J. A. FIDALGO M. R. FERNÁNDEZ
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M e c á n ic a E le c tric id a d E le c t ro m a g n e tis m o O ndas E le c tró n ic a R e la tiv id a d R a d ia c tiv id a d T e r m o d in á m ic awww.FreeLibros.me
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1 0 00 PROBLEMAS DE FÍSICA GENERAL www.FreeLibros.me
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M . R. FERN Á N D EZ J . A . F ID A L G O
1 000 PROBLEMAS DE
FÍSICA GENERAL • MECÁNICA • ELECTRICIDAD • ELECTROMAGNETISMO • ONDAS • ELECTRÓNICA • RELATIVIDAD • RADIACTIVIDAD • TERMODINÁMICA
BACHILLERATO LOGSE PRUEBAS DE A CCESO A LA UNIVERSIDAD ESCUELAS TÉCNICAS FACULTADES UNIVERSITARIAS
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Autores: José A. Fidalgo Sánchez
M anuel R. Fernández Pérez
Coordinación editorial: Juan Carlos Carrascosa Calpena Nlaquctación: Francisco Fontecha Al/er Ilustraciones: José Luis Giner Archivo Everest
Diseño de cubierta: Alfredo Anievas Fotografía de cubierta: AGFFotostock
No está permitida la reproducción total o parcial de este libro, ni su tratamiento informático, ni la transmisión de ninguna forma o por cualquier medio, ya sea electrónico, mecánico, por fotocopia, por registro u otros métodos, sin el permiso previo y por escrito de los titulares del Copyright. Reservados todos los derechos, incluido el derecho de venta, alquiler, préstamo o cualquier otra forma de cesión del uso del ejemplar. OCTAVA EDICIÓN, segunda reimpresión, 2004 © Manuel R. Fernández. Pérez, José A. Fidalgo Sánchez y EDITORIAL EVEREST, S. Á. Carretera Lcón-l-i Coruña. km 5 - LEON ISBN: 84-241-7603-0 Depósito legal: LE. 400-2001 Printed in Spain - Impreso en España EDITORIAL EVERGRÁFICAS. S. L. Carretera León-La Coruña, km 5 LEÓN (España) www.FreeLibros.me
PRESENTACIÓN E l estudio de la Física, entendida en una de sus primeras definiciones com o «Ciencia de la medida», exige siem pre unos criterios cuantitativos a la hora de plantear, desarro llar e interpretar los m últiples fenóm enos de la Naturaleza, objetivo últim o de toda investigación. Nada m ás significativo que lo expresado p o r lord Kelvin en el siglo X IX y hoy tan actual com o entonces: «Suelo decir con frecuencia que cuando se puede m edir aquello de que se habla y expresarlo en núm eros, se sabe algo de ello: pero nuestro saber es defi ciente e insatisfactorio mientras no som os capaces de expresarlo en números; lo dem ás puede significar el com ienzo del conocimiento, p ero nuestros con ceptos apenas habrán avanzado en el cam ino de la ciencia, y esto cualquiera que sea la materia de que se trate». La enseñanza de la Física, evidentemente, obliga, com o p unto departida, a la adqui sición de unos contenidos teóricos cuya «claridad conceptual» sirva de soporte a la hora d e interpretar y solucionar cualquier problem a propuesto; problem a que, en definitiva, no es otra cosa que una posible situación real más o m enos idealizada en la que, para facilitar la solución, se ha prescindido, o se han controlado, algunas variables. Este «m ínim o de contenidos», com o dice lord Kelvin, significa el com ienzo del cono cimiento; pero resulta insuficiente s i n o conduce a una interpretación cuantitativa del fenóm eno (problem a) objeto de estudio. Con frecuencia asistimos, un tanto atónitos, al asom broso espectáculo de ver cóm o alumnos de Bachillerato, e incluso d e prim eros cursos d e carreras universitarias, pre tenden enfocar los problem as de Física com o si se tratara d e una sim ple y directa apli cación de fórm ulas vacias de contenido, o, lo que es m ás grave, sin intentar siquiera la búsqueda de una correcta interpretación d el fenóm eno y del significado físico de los resultados obtenidos. A l plantearse la confección de este libro, com o m aterial de apoyo a los estudiantes de Física General, hem os pretendido conseguir tres objetivos básicos:
— Ofrecer una com prensión e interpretación lógicas de la realidad física, dando una visión panorámica de aquellos m odelos y teorías de m ayor interés científico.
— Poner al lector en contacto con aquellos problem as que, d e hecho, son o pueden
ser situaciones reales, explicitando su tratamiento conceptual y su significado físi co tanto en el proceso de desarrollo com o en los resultados obtenidos. — Fomentar una m anera de pensar seria, razonada y crítica. www.FreeLibros.me
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Para ello hem os tenido m u y en cuenta lo s siguientes criterios:
— Una evaluación objetiva del n ivel de conocim ientos, tanto físicos co m o m atem á
ticos, exigióles a los alum nos que pretenden acceder a niveles superiores en el estudio de la Física. — Evitar, en la m edida de lo posible, el crear una im agen — falsa, p o r supuesto— de que la Física es una «aplicación» sin m ás de las M atemáticas; insistiendo, eso si, en la necesidad d e u n lenguaje m atem ático para alcanzar los objetivos propues tos. — Para facilitar la «selección de cuestiones y problem as » a lo s alu m n os de 2 ." curso de Bachillerato, se han señalado con un asterisco aquellas y aquellos q u e h an sido propuestos en sucesivas convocatorias d e Exam en d e Selectividad en diversas Universidades.
E s nuestro deseo que tanto a profesores co m o a alu m n os les sea útil esta publicación, esperando que sea acogida tan favorablem ente co m o lo han sido nuestros anteriores tra bajos. A su generosidad e interés apelam os d e nuevo para recibir todas las sugerencias q u e estim en conveniente indicarnos: tengan la seguridad d e que las aceptarem os con el m á xim o agradecimiento.
LOS AUTORES
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1. ANÁLISIS DIMENSIONAL. LA MEDIDA. ERRORES.
FO RM U LA R IO M A TEM Á TICO (REPASO)
■
*“ « — T
;
cos a =
;
“ 1 |se n 2 a + eos2 » = l| ctg a =
b «
0°
30°
45°
60°
90°
180°
270°
sen a
0
1/2
V2/2
V5/2
1
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1
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-1
0
tg a
0
I
3
co
0
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c tg a
00
0
-c o
0
VT
1
sen (a ± b) = sen a • eos b ± eos a • sen b
sen 2a = 2 sen a • eos a
eos (a ± b ) = eos a • eos b + sen a • sen b
eos 2a = eos2 a - sen2 a
!g (a ±
b)
tg a ± Ig b
lg 2a
1 + tg a • tg b du = ^ - d x dx d (a u ) = a du
2 tg a 1 — tg2 a
f J
du = u + C
a du = a J d u + C
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7
í (d u + d v ) = /
d (u + v ) = d u + dv
du + / d v + C
d (un) = n u "_1du
/■ * —
«
( - Í L - . v T + C J Vü
*
>
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+ C ( n i» - »
2
-
d (Inu) =
í- f - =
ln|u| + C
d ( c “ ) = e"d u
I e “d u = e“ + C
d (a“) = a “ln a d u
f a “d u = - f - + C ] Ina
d (sen u ) = eo s u d u
/ eo s u d u = sen u + C
d (eos u ) = - s e n u du
1 sen u d u 2
2
/ sec u d u = tg u + C
d (tg u) = sec u du
d (c tg u ) = - c o s e c
d (are sen u ) =
d (a re c tg u) =
2
2 u du
^ d-
-=■•
d (are eo s u ) = — <*u V i - u d (a re tg u ) = -
= -e o s u + C
/
—
í
— — - = are sen u + C
^ ~ -u -
u
—
1 + u2 ^
/ cosec u d u = - c t g u + C
2-
f — ~ c*u ] 1 + u
= a re eo s u + C
l = a rc ,g - + c
2
= are ctg u + C
d (sh u ) = c h u du
/ ch u du = sh u + C
d (c h u ) = sh u du
I sh u d u = ch u + C
2
d (tg h u ) = sech u du
1 sech 2 u d u www.FreeLibros.me
= tgh u + C
1. ANÁLISIS DIM ENSIONAL. LA MEDIDA. ERRORES. 1.1.
1.2.
Explica brevem ente la diferencia entre observación y experim entación.
Solución: La observación consiste en el estudio del fenómeno tal como se verifica en la Naturaleza, interviniendo normalmente todas las variables que pueden influir en él. La experimentación consiste en el estudio del fenómeno reproducido artificialmente, controlando en cada proceso las variables que interesa estudiar. ¿Q ue entiendes p o r m odelo? Explícalo con un ejemplo.
Solución: Un modelo es una interpretación lógica y, por tanto, válida de un fenómeno. No se pretende que el modelo sea la verdad, sino que interpre te satisfactoriamente lo observado. Ejemplos: Los modelos atómicos (Dalton, Bohr, Rutherford, etc.); el modelo del calórico (naturaleza del calor); modelos acerca de la naturaleza de la luz; modelos acerca del porqué de la electrización, etc. 1-1.
hay teorías objetivas, sino explicaciones validas. ¿Q ue quiere decir esto? E x plícalo con un ejemplo.
Solución: El investigador debe estar convencido de que sólo puede cono cer la realidad subjetivamente. Por tanto, todas las conclusiones que obtenga en sus observaciones serán subjetivas; lo cual quiere decir que serán satisfac torias y válidas durante un determinado período histórico. Al descubrirse nuevos fenómenos y al mejorar los métodos de observación esas teorías de berán ser corregidas o modificadas. 1.1.
¿Q ue veníalas tiene el t nitor la tuerza i onio m nitnitud fundam ental? ' el inulto lo maso ' Razónalo con m i ejemplo
Solución: La fuerza es fácil de determinar con un dinamómetro, pudiendo reproducirse su unidad con relativa facilidad. La masa ofrece la ventaja de su práctica invariabilidad.
Solución: Cuando se expresa una medida debe indicarse cuántas veces contiene a la unidad empleada y cuál es esta unidad. Asi, no puede decirse que la masa de un cuerpo es 5, sino 5 g o 5 kg, etc. Solución: La ecuación de dimensiones representa la dependencia que exis te entre una magnitud derivada y las fundamentales. Esta dependencia la ex presa en sus dos aspectos: cualitativo y cuantitativo. Las ecuaciones de d¡www.FreeLibros.me
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mensiones sirven para comprobar la homogeneidad de las fórmulas físicas, así como para deducir algunas de ellas. 1.7. Hallar la ecuación de dimensiones de la superficie de una lámina rectangular de dimensiones a y b.
Solución: Como S = a • b, y tanto a como b son longitudes. | [S| = L • L = L2 | 1.8. Hallar la ecuación de dimensiones de la velocidad. Solución: Como v = resulta.j [v] = LT~‘~| 1.9. Hallar la ecuación de dimensiones de la aceleración. V — V Tl Solución: Ya que a = -----— — = —V = —— , tenemos que: [------------------------I |(a] - LT~*[ Esia ecuación de dimensiones significa que la aceleración es directamente proporcional a la longitud e inversamente proporcional al cuadrado del tiempo.
1.10. Calcular las ecuaciones de dimensión de las siguientes magnitudes: ai trabaja; b) potencia; c) presión.
Solución: a) Como W = F • s • eos 9, resulta: [W] = [F • s • eos 9] = (m • a • s • eos 9) = MLT~2 • L = 1ML^T-2!
b) Ya que P = -y- y |W| = ML*T'!, resulta: [P] = MLl-r J = ! ML^r-»| c) Sabemos que p = -y-. Como |F| = MLT-2 y [S] = L¡. se obtiene: (p) =
= | m l ‘t - 2|
1. 11. ¿Qué ecuación de dimensiones tienen las razones trigonométricas? Solución: Como las razones trigonométricas son el cociente entre dos lon gitudes. carecen de dimensiones. 10
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1.12. ¿Qué ecuación de dimensiones tiene el núm ero ~? Solución: El número r. viene dado por el cociente entre la longitud de una circunferencia y su diámetro. Por consiguiente, al tratarse de un cociente en tre dos longitudes, carece de dimensiones. 1.13. (*) Comprobar que las dimensiones de la energía cinética son las de un trabajo. Solución: La ecuación de dimensiones del trabajo es: (WJ = ML'T-2 (véase problema 1.10). y la de la energía cinética: [Ecl = [ 4 - m v ¡] = M •
||E J ^ [VV|| 1.14. Demuestra que la ecuación v = V J g h es homogénea (v es una velocidad ; g, una aceleración, y h , una longitud).
Solución: La ecuación de dimensiones de v es: M
= [ 4 - ] = lt-'
y la de V igh: [V2ghJ = V LT~: • L = V U T T = LT-' Por consiguiente, como [vj = [ V2gh]. la ecuación mencionada es homo génea. 1.15. (*) E l electronvoltio (eV) se define com o la energía que adquiere un electrón cuando está sometido a una diferencia de potencial de I voltio. Probar que, efectivamente, el producto eV tiene dim ensiones de energía.
Solución: a) La ecuación de dimensiones de la energía es: [WJ = ML2T~2. mientras que las de e y V son: [e] = [O) = AT
Por tanto: (cV) = AT • ML2T - , A“ 1 = ML2T~2 = |W |, conforme se quería demostrar. www.FreeLibros.me
II
b) Utilizando los conceptos de carga, potencial y energía eléctrica, resulta que estas magnitudes están relacionadas m ediante la expresión: V = ~W q - . por lo que es evidenic que el producto de una carga por un potencial tenga las dimensiones de una energía. 1.16. ¿E s correcta o errónea la expresión T =
Para el periodo de un péndulo lea la que T representa un tiempo: I, una longitud, y g . una acelera ción)?
Solución:
|T] = T;
[V rJ -V ^ -^
La ecuación es homogénea y. en principio, pudiera ser acepta ble, pero es errónea, debido a que falta en ella el coeficiente numéri co 271. La fórmula correcta sería: T = 2 . Estos coeficientes que no afectan a la homogeneidad de una fórmula reciben el nombre de coeficientes adimensionales. Tardamos si ¡u fórm ula del periodo deI pendido «
¿ ( orno se podría saber cuál de las dos e\ la correcta'/
Solución: Comprobando cuál de las dos es homogénea; es decir, con los dos miembros dimensionalmente iguales. Procediendo de esta forma (ver problema anterior), vemos que la primera fórmula es la correcta.
Solución: Dicha fórmula, expresada dimcnsionalmente. es: MT~2 = MT~2 + M L-'T "2 12
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Por tanto, no es correcta, ya que carece de homogeneidad, puesto que el segundo sumando de la derecha no tiene iguales dimensiones que los otros dos. Para que fuese correcta, se podría multiplicar este segundo sumando por una longitud, con lo que quedaría de la forma siguiente: -2 -5 - = p . I+
1,5
p _V_ (V = volumen)
o bien: -J2J-2- = p . , +
1,5
_ID_
1.19. (*) E n el Sistema Internacional (SI) el valor numérico de la constante de gra vitación universal es 6,67 • ¡0 “ . Obtener su valor numérico en un sistema en el que las unidades fundam entales sean el kilómetro, la tonelada y la hora.
Solución: La expresión matemática de la ley de gravitación universal es:
donde G = 6,67 • 10
kg2
Por consiguiente: G = 6,67 . 1 0 1(1' kg 1 ton
kg2
L = 6,67 • 1 0 - kg
/ 3.6- ÍO3 ® \ 2 \ 1h /
kg2
^ ton • h2
1.20. (*) E l valor numérico de la permitividad eléctrica ( c j en el vacio es 8,85 • 10 en e l V/ í)hténi;ti\e m i \ alor en u n sistema cuyas unidades fundam entales sec kilómetro, tonelada, hora v culombio. Solución: La expresión matemática de la ley de Coulomb es: 1
Ar.t • c„
O, • Q2
donde t„ = 8.85 • 1 0 '12 — N ■m2
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13
s„ = 8,85 • 10-12 — N • m2 1h 3,6 • 10-' s
103 m 1 km
1.21. <*) Comprobar, utilizando el análisis dimensional, que la permitividad eléctrica, e, puede expresarse en F/m.
Solución: De acuerdo con la ley de Coulomb: F_ 1 Qx Q i Ar.c • c0 r2 la ecuación de dimensiones de la permitividad eléctrica es:
Por otra parte, la capacidad tiene como ecuación de dimensiones:
Se deduce, por tanto, que: Jeo] = por lo que la permitividad se puede expresar en unidades de capacidad partido por unidades de longi tud; esto es, en F/m. 1.22. Deducir mediante el análisis dimensional la fórm ula de! volumen de una esfera, sabiendo que depende solamente de su radio.
Solución: Ya que las dimensiones del primer miembro (volumen) son L3, en el segundo miembro ha de aparecer una longitud (el radio) ele vada al cubo. Podemos escribir, por lo tanto: V = k • R3. El coeficiente adimensional k, que no se puede obtener mediante el análisis de las 4 dimensiones, es igual a - j - z. 1.23. A l estudiar experimentalmente las magnitudes de que depende el periodo de un
péndulo parece deducirse que puedan influir sobre él la longitud del hilo, la masa del péndulo y el valor de la aceleración de la gravedad en el lugar de la experiencia. Obtener mediante el análisis dimensional la fórm ula del periodo de! péndulo.
Solución: En vista de los datos experimentales, la ecuación que nos da el período será de la forma: T = k • lp • m“ • gr 14
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fallándonos por determinar los exponentos p, q y r. Ya que el primer miembro tiene por dimensiones T y el segundo: V ■M’ • (LT“2)' = Lp*' • M" • T "2' Como la ecuación tiene que ser homogénea, resulta: T = Lp*r • Mq • T~2r es decir: p+ r= 0| q=0V -2 r = 1 ( conduciendo la resolución del sistema a: p = 1/2; r = -1/2; q = 0. Con ello, la fórmula del período del péndulo se puede escribir así:
El cocficienie adimensional k, como ya hemos visto en el problema 1.16, vale 2r.. Obsérvese que mediante el análisis dimensional hemos deducido que el pe ríodo del péndulo no depende de la masa, como habíamos erróneamente su puesto al principio. 1.24. (*) Comprobar, utilizando e l análisis dim ensional, que el periodo de revolución de un planeta depende de la longitud del eje m ayor de su trayectoria, 2a; de la m asa d el S o l, M „ y de la constante d e gravitación universal, G .
Solución: La ecuación que nos da el período de revolución de un planeta será de la forma: T = k • (2a)p • (M*)q • Gr siendo necesario determinar los exponentes p, q y r. Como el primer miembro tiene por dimensiones T y el segundo: Lp • Mq • (M - , L3T~2)r = Lp+3r • Mq-r • T ‘ 2r y la ecuación tiene que ser homogénea, resulta: T = Lp*3r • Mq_r • T "2r es decir: p + 3r = 0 www.FreeLibros.me
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conduciendo la resolución del sistema a: p = 3/2; q = —1/2; r = —1/2. Con ello, el período de revolución del planeta vendrá dado por: T - k - (2a)” ■M ,-* • G-W . fc N/8 ■
-
' V
El coeficiente adimensional k' vale 2-. Queda con esto demostrado que el período de revolución depende de la longitud del semieje mayor de la órbita, de la masa del Sol y de la constante de gravitación universal. G. 1.25. Con una balanza has obtenido los siguientes valores al determinar la m asa de un
cuerpo: 2,350 g; 2,352 g ; 2,348 g. y 2,350 g. ¿Cuál es el valor m ás probable o correcto?
Solución:
a = 2.350 g + 2.352 g + 2.348 g + 2.350 g =
1.26. E l error absoluto no indica la precisión de una medida. ¿Q ué quiere decir esto? Pon un ejemplo que lo explique.
Solución: El error absoluto solamente indica la cuantía del error; pero no si la equivocación puede ser aceptable o no. Así. por ejemplo, equivocarse en 5 m al medir una longitud de 10 m es un error inaceptable; mientras que esc mismo error (5 m) en una medida de 100 km apenas se aprecia. 1.27. Plantea y resuelve dos ejercicios donde tengas que calcular el error absoluto y el error relativo cometidos al efectuar una medición.
Solución: a) La longitud de una mesa es 112.8 cm. AI medirla hemos obtenido 113,4 cm. Hallar el error absoluto y el error relativo cometidos. x¡ = m, - M = 113,4 cm - 112.8 cm = | 0,6 cm (por exceso) [ 0,6 <
ttV s cm 100 = [0^53* M~ 100 ‘ = - 112,8 b) La masa de la Tierra es 5,98 - 1024 kg. ¿Qué errores absoluto y relativo se cometen al tomar, en vez de dicho valor, 6 • 1024 kg? x¡ = m, - M = 6 - 10“ kg - 5,98 - 10“ kg = |0,02 ■10“ kg] x, .
■-1
16
= _ i i _ . ,(K) =
M
35
L
i ^
i - .
5.98 • 10“ kg
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100 = | Ó j 3
% l
1-----------1
1.28. ¿Q ué error relativo se comete al dar a .: el valor i , 14? Solución: Hallemos, en primer lugar, el error absoluto: x, = mi - M = 3,14 - 3,14159 = -0,00159 (por defecto) El error relativo será: 0,00159 Td~ >00 = 3.14159 • 100 = 0,05 ' l .29. ¿E s aceptable tlar a g el valor de 10 m r , en vez de 9.S I mis2? Razona la contes tación.
Solución: Será aceptable si el error relativo cometido no supera el 2 %. x, = m. - M - 10 ny/s2 - 9,81 ny/s2 = 0,19 m/s2 (por exceso) X, = ——— 100 = 0,19 • m/s2 VV - 100= 1.94 % < 2 % M 9,81 nVs2 1--------------------1 Por tanto, sí es aceptable.
1.30. Un alumno A mide la longitud de un hilo de 5 m y halla un valor de 6 m . (Uro alumno B mide la longitud de un paseo de 500 m y halla un valor de 501 ni. ¿Qué error absoluto se cometió en cada caso? ¿Q ué medida fu e más precisa?
Solución: Ambos alumnos cometieron el mismo error absoluto: 1 metro por exceso, y la medida más precisa fue la del alumno B, ya que cometió un error relativo menor. Alumno A B
Error absoluto
Error relativo
1
m exceso
- i- • 100 = 20 %
1
m exceso
-~ ¡r ■io° = o,2 %
1.31. ¿Qué medida es más precisa: la de un químico que pesa 20 cg con una balanza que aprecia el miligramo o la de un tendero que pesa 2 kg de arroz con una balanza que aprecia el gramo?
Solución: Será más precisa aquella pesada cuyo error relativo sea menor. Para el químico:
= 200^
100=
Para el tendero: x ,„, = 2 ^ g • 100 = 0.05 % . Por tanto, es más precisa la medida del tendero. www.FreeLibros.me
17
I precisión: la de un n in a d e .id i
Solución: Para el niño:
30 meses 1 año 38 años
Para el hombre:
-
Por consiguiente, la edad del hombre tendrá dada con mayor precisión.
Solución: Como x,mi =
• 100. se ha de cumplir que: - Í Í - - 100 < 0 .1
de donde:
x, < 0.00314...
El error absoluto ha de afectar a la tercera cifra decimal. Por tanto, debe mos tomar r. con tres cifras decimales. -
¿ s o n cuantas ei/ras decimales dchenws am ellan sea m enor d e l n.O i ‘ t
Solución: Análogamente al problema anterior: —^
VT
- 100 < 0,01
de donde: X| < I M F < O-000173 Por consiguiente, debemos tomar V3 con cuatro cifras decimales. 1.35. E xpresar correctam ente las siyuientes m ediciones: a i 12.11 = 11.0551 m : bi llJ .J d b ~ Il.ll.l6h y; ci 15 7 ± 0.551 s: d> 15.259571 ± 0.110751 ky. 18 www.FreeLibros.me
Solución: a) (2,80 ± 0.06) m; c) (37,0 + 0,6) s;
b) (13.45 ± 0.04) g; d) (3.289 ± 0.008) kg.
Mediciones
Errores, X,
4,556 mm 4,559 m m 4.553 m m 4,561 mm 4,562 m m 4,555 mm 4,557 m m 4.553 mm 4,556 m m 4,558 m m
-0.001 +0,002 -0.0 0 4 +0,004 +0,005 -0.002 +0,000 -0.004 -0,001 +0,001 2Jr,-| = 0.024
M = 4,557 mm
3
^
*:
W
0,0024
0,000001 0,000004 0,000016 0,000016 0,000025 0,000004 0,000000 0,000016 0,000001 0,000001
= 0,000084
0,2 %c 0,4 %* 0,9%* 0.9%* 1,1%* 0,4 %o 0,0%* 0,9%* 0,2%* 0,2%* S,= 0 ,5 % * = 0.0024 , “ 4,557 ■ '00°
¿C om o se debe expresar el resallado fin a l de las mediciones?
Solución: El error probable de una medición aislada es: ±0.6745
= ± 0 002,
y el error probable del resultado será: ±0,0007. Expresaremos, por tanto, el resultado final de la forma: (4,557 ± 0,0007) mm Del concepto de error probable se deduce que hay un 50 % de probabili dades de que el verdadero valor del resultado final esté comprendido entre 4,5563 mm y 4,5577 m. www.FreeLibros.me
19
1.37.
Se han hecho las siguientes pesadas con una balanza: 2.4682 g 2,4716 g 2.4682 g 2.4670 g 2.4670 g 2.4666 g 2.4686 g 2.4686 g 2.4694 g 2.4702 g 2.4694 g 2.4690 g ¿Cómo debemos expresar el resultado final de la pesada?
2.4700 g 2.46VH g 2.4680 g 2.4696 g
Solución: Tabulemos los dalos anteriores: Medidoras
■Errores, s,
2.4682 g 2.4716 g 2.4682 g 2,4700 g 2,4690 g 2.4690 g 2,4686 g 2.4698 g 2.4686 g 2,4686 g 2.4694 g 2.4680 g 2.4702 g 2,4694 g 2,4690 g 2,46% g
-0.0010 ±0,0024 -0,0010 ±0,0008 -0.0002 -0.0002 -0,0006 ±0,0006 -0.0006 -0,0006 ±0.0002 -0.0012 ±0,0010 ±0,0002 -0,0002 ±0,0001 2 |x ,| = 0.0112
W* 0,00000100 Q.00000576 0,00000100 0,00000064 0,00000004 0.00000004 0.00000036 0.00000036 0.00000036 0.00000036 0,00000004 0,00000144 0,00000100 0.00000004 0.00000004 0.00000016
«n 0 ,0 4 % 0 .1 0 % 0 .0 4 % 0,03 % 0,01 % 0,01 % 0.02% 0,02% 0,02 % 0.0 2 % 0,01 % 0,0 5 % 0,0 4 % 0.01 % 0,01 % 0,02% S, = 0,028 % -
M = 2,4692 g j = .. “1X|L = 7 -10-‘ 2|x,|! = 1 284 • 10-"
El error probable del resultado será: x„ = ±0.6745 •
l2 f64 .'|15l! - “ >•* • ,0' 4 “ 0-"002
Expresaremos, por tanto, el resultado final de la forma: [(2.4692 ± 0,0002)7] 20
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1.38. A l pesar 20 veces consecutivas un determinado objeto con una balanza de poca precisión se han obtenido los siguientes resultados en gram os: 25. 26. 24, 24. 26, 22, 27. 25, 25, 24. 25. 23. 28. 24, 23, 24, 24. 25, 27, 23. a) Construir la tabla de frecuencias, tanto absolutas como relativas. b) Determinar el valor medio de las mediciones. c) Indicar los valores correspondientes a la mediana y a la muda. d) Construir el diagrama de barras y el histograma correspondiente.
Solución:
—
a)
TABLA DE FRECUENCIAS Mediciones
Frecuencia relativa 0.05 0.15 0,25 0.10 0,10 0.05
Frecuencia absoluta 1 3 6 5 2 2 1
28 g
b) El valor medio de las mediciones se puede obtener así: M = ~~~~ ~ = (22g-l) + (23g-3) + (24g-6) + (25g-5) + (26g-2) + (27g-2) + (2 8 g l)
20 c) La mediana es 25 g y la moda 24 g. d) En la figura 1.1 podemos ver el diagrama de barras y en la 1.2 el corres pondiente histograma.
22 23 24 25 26 27 28(91 fíg. 1.1
JZL
22 23 24 25 26 27 28
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Fig. 1.2
191 21
1.39. (*) Sobre un cuerpo que pesa (3.75 ± 0,03) kg se aplica una fuerza de 12,6 iV. valor escrito con todas sus cifras correctas. ¿Cuál es, escrito correctamente, el valor de la aceleración que adquiere?
Solución: Si el cuerpo pesa (3,75 ± 0.03) kg, ello implica que su masa es (3,75 ± 0,03) kg. La aceleración que dicho cuerpo adquiere al actuar sobre él una fuerza de 12,6 N es:
Para calcular el error absoluto cometido en la determinación de la acele ración tomamos, en primer lugar, logaritmos neperianos en los dos miembros de la expresión de la aceleración, obteniendo: In a = In F - ln m La diferenciación de la anterior expresión logarítmica conduce a: da
es:
dF _ dm F m
Reemplazando las diferenciales por los errores absolutos, tenemos: Aa _ AF « cF + Am ~ m De aquí que: a = 0,0159 • 3,36 m js1 = 0,053 m/s2 = 0,05 m/sJ Por tanto, la aceleración que adquiere el cuerpo, escrita correctamente, a = (3,36 ± 0,05) ny's1
1.40. Las dimensiones de una sala, medidas con la aproximación del centímetro, son: 5,45 m ; 4,05 m; 3,25 m. Hallar el volumen de dicha sala con todas las cifras exactas.
Solución: Llamemos a. b y c a las dimensiones de la habitación. El volu men será: V = a • b • c = 5,45 m • 4,05 m • 3,25 m = 71,735625 m3 Calculemos ahora el error absoluto cometido en la determinación del vo lumen. Tomando logaritmos neperianos en los dos miembros de la expresión V = a • b • c, tenemos: In V = In a + In b + In c 22
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La diferenciación de la anterior expresión logarítmica conduce a: dV _ da , db , de V a b c Reemplazando las diferenciales por los errores absolutos, tenemos: AV _ Aa Ab Ac _ V ~ a b c _ 0,01 m 0,01 m 0.01 m , ~ M ÍT oT + 4,05 m + T,25"ñT “ 7’38 ' 10 De ahí que: V = 7,38 • 10“! • 71,735625 m3 = 0,529 m3 = 0,5 m3 Por tanto, el volumen de la sala, escrito con todas las cifras exactas, es: |V = (71,7 ± 0,5) m3| 1.41. E l valor del área de un cuadrado es 6,486 m ! , con todas su s cifras exactas. ¿Con cuántas cifras decim ales debe darse e l valor de su lado?
Solución: En primer lugar:
I = VS = V6.486 m2 = 2,5467627 m Calculemos ahora el error absoluto en la medida del lado: In I = - i - In S
Por diferenciación se obtiene: di = _1_ _dS_ 1 2 S Sustituyendo las diferenciales por los errores absolutos, tenemos: Al I
1 2
AS S
1 2
0,001 m2 = 7,7 - 10~s 6.4861
De ahí que: Al = 7,7 • 10~5 • 2,5467627 m = 1.96 • 10“4 m = 2 • lO-4 m Como este error afecta a la cuarta cifra decimal, debemos expresar el < lor del lado con cuatro cifras decimales. www.FreeLibros.me
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1.42. (*) Una fuerza de 8.25 y actúa durante un breve intervalo sobre un cuerpo cuyo peso es de 18,3 g y , prescindiendo de todo rozamiento, lo lanza a una velocidad inicial de 4,25 m/s. S i todos estos valores están escritos con todas sus cifras correctas, ¿cuál es en segundos, y escrito correctamente, el valor del intervalo de tiempo en que ha estado aplicada la fuerza sobre el cuerpo?
Solución: De acuerdo con el teorema del impulso mecánico: F - At = m - Av
Sustituyamos, ahora, en esta expresión los datos numéricos del enunciado del problema: Al =
10~3 kg^-(4,25 m/s - 0 m/s) = ^
,
Para calcular el error absoluto comeiido en la determinación del intervalo de tiempo, tomaremos logaritmos neperianos en la expresión [1]: ln (At) = In m + In (Av) - In F
[2]
Diferenciemos, ahora, los dos miembros de la expresión [2]: d (At) _ dm At " m
d (Av) _ dF Av F
11
Reemplazando las diferenciales por los errores absolutos, tenemos: A (At) _ Am A (Av) At m ^ Av + 0,1 g 0.01 m/s 0,01 N 18,3 g 4,25 m/s 8,25 N
AF F _ n(uv, ~ -
De aquí: A (At) = 0,009 • 9,427 • 10~' s = 8,48 - 10'5 s = 8 - 10~5 s Por tanto, el valor del intervalo de tiempo en que ha estado aplicada la fuerza sobre el cuerpo, escrito correctamente, es: I At = (9,43 ± 0,08) ■10"3 s I 24
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1.43. (*) S e tienen dos fu erza s de 5,4 5 y 3,2 6 kp , expresadas con todas su s cifras correctas, y cuyas lineas de acción fo rm a n entre si un ángulo de 90c. ¿C uál es el valor, con todas sus cifras correctas, que debe tener una tercera fu erza para que. con las dos anteriores, produzca equilibrio sobre e l cuerpo que actúe?
Solución: La fuerza pedida. P, ha d tener el mismo módulo y la misma dirección, pero sentido contrario que la resultante de las dos fuerzas dadas. Por consiguiente, dicha fuerza valdrá (fig. 1.3):
Fig. 1.3
F = V f? + ff = V(5,45 kp)2 + (3,26 kp)2 = 6,3505984 kp Para calcular el error absoluto cometido en la determinación de la fuerza tomaremos logaritmos neperianos en los dos miembros de la expresión anteIn F = - i - In (ff + f§) Diferenciemos ahora. Se obtiene: 1 d (ff + f|) _ I 2f, - df, + 2f2 • df? f, • df, + f2 • df2 2 ff + f | 2 ff + f | F2 Reemplazando las diferenciales por los errores absolutos, llegamos ; AF f, • Af, + f2 • Af2 De aquí: f, • Af, + f2 • ¿f2 5,45 kp • 0,01 kp + 3,26 • 0,01 kp ______ , AF = ------------ F-------------" ~ 6,3505984-kp-------------~ = ° '0137 kP Por tanto, el valor de la fuerza, escrito con todas sus cifras correctas, es: [ F = (6,35 ¿ 0,01) kp
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1.44. (*) ¿Cuál es el valor en newlons, escrito correctamente, de la fuerza centrifuga cuando se trata de un cuerpo que pesa 4,25 kg, que se m ueve uniform em ente sobre una circunferencia de 35,7 cm de radio tam bos valores expresados con todas sus cifras correctas), si la velocidad que lleva, medida varias veces, ha conducido a los valores de 33,6: 34,1; 35,2; 33.3; 34.1; 32,5 cm • s '?
Solución: El valor medio de la velocidad es: XX S\ cm/s (33,6 + 34,1 + 35,2 + 33,3 + 34,1 +J. 32,8) - = 33,9 cm/s 6 y su error absoluto medio: (0,3 + 0,2 + 1,3 + 0,6 + 0,2 + 1,1) cm/s : 0,6 cm/s Por otra parte:
m js)2 Fc = m • — = 4,25 kg • (0.339 0,357 m = 1,3681 N Tomando logaritmos neperianos en la expresión anterior y diferenciando a continuación, se obtiene: dr ln Fc = ln m + 2 ln v - ln r; dFc _ dm ^ 2 dv
Reemplazando las diferenciales por los errores absolutos, llegamos ¡ AFC
~FC
Am 2Av Ar __ 0,01 kg 2 - 0,6 cm/s m - "* v "* r 4,25 kg + 33,9 cm/s + 35,7 Cm cm = 4,055 • I0’ 2
De aquí que: Fc = 4,055 • 1 0'2 ■1,3681 N = 0,05548 N = 0,06 N Por tanto, el valor de la fuerza, escrito correctamente, es: Fc = (1,37 ± 0,06) N
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2 . INTRODUCCIÓN AL CÁLCULO VECTORIAL
F O R M U L A R IO -R E SU M E N
Vector A
( A < _ ( A
Módulo: A
= A J + A y J + Aje (A,, A,, A,)
eos a =
= V a * + A* + A*
COSENOS DIRECTORES A, „ Ay eos ? = eos Y =
A,
PRODUCTO ESCALAR
A B = A = A ,7 + A , j +
Ajé
A - B cosO = A xB x + -á rc e o s
A ,B , + A XB X
PRODUCTO VECTORIAL P = A AB =
B = B ,7 + B , j + B ,k P =
A • B • sen 0;
7
7 I
Ax A , A, B , By B ,
= P ; Stn»n«ulo = ~ 2~ P
PRODUCTO MIXTO A • (B A C ) =
A x Ay A , Bx B, B, C , C C,
= Volum en del paralelepípedo determinado por
l°s tres vectores.
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M OM EN TO D E U N V ECTO R RESPEC TO A UN PUN TO
M = r A A ; (r vector de posición con respecto a dicho punto del punto de apli cación del vector A). M = A • d; (d = distancia mínima del punto de referencia a la recta de ac ción de A). t e o r e m a d e V ARtGN O N: M B = X M A , s i e n d o = X A, D ERIVADA D E UN VECTO R RESPEC TO A UN ESCALAR
Si R = R (t) = R, (t) T+ Ry (t) T + R, (t) k, dR „ óR dR, , , dR, , dRz r = — =-d r' + - ^ ' +-d rk
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2. INTRODUCCIÓN AL CÁLCULO VECTORIAL 2.1.
2.2.
Identificar el carácter vectorial o escalar de las siguientes m agnitudes físicas: m asa, trabajo, velocidad, peso, potencia m ecánica, flu jo , intensidad de corrien te. presión y aceleración .
Solución: Son magnitudes escalares: masa, trabajo, potencia mecánica, flujo, intensidad de corriente y presión. Vectoriales: la velocidad, el peso y la aceleración. ¿E s posible que la sum a de dos vectores de m ódulos 5 y 7 sea otro vector de m ódulo 2? ¿Y de m ódulo 0?
Solución: Si se trata de dos vectores de la misma dirección y de sentidos contrarios, el vector suma tendrá por módulo 2. En cambio, nunca es po sible que el vector suma sea nulo. 2.3. ¿Existe algún caso en que el producto de dos vectores de m ódulos 10 y 25 sea nulo?
Solución: Habrá que distinguir dos casos, según que se trate de un pro ducto escalar o de uno vectorial. a) El producto escalar de dos vectores es nulo si ambos son perpen diculares. b) En cambio, el producto vectorial será nulo si los dos vectores son paralelos. 2.4.
¿Q u é m agnitudes física s pueden definirse como un producto escalar? ¿Y como u n producto vectorial?
Solución: Se pueden definir mediante un producto escalar el trabajo (W = P • s). el flujo eléctrico (4» = E • S), el flujo magnético (4» = B ^S), etcétera, y mediante un producto vectorial_el momento de una fuer/a (M = = r A P), el momento cinético (L = r A mv), etc. 2.5.
¿P o r qué una fu erza cuando se desplaza paralelam ente a si m ism a no realiza trabajo?
Solución: Porque, al ser perpendiculares los vectores fuerza y desplaza miento. su producto escalar, que corresponde al trabajo, es nulo. 2.6.
¿C óm o se podria representar vectorialmente el m ovim iento d el m inutero de un reloj?
Solución: Por medio de un vector axial perpendicular al plano del reloj, sentido el que determine la aplicación de la regla de Maxwell y de módulo: w
rad/s
29
Solución: Si a = 30° (fig. 2.2): R = V F i + F¡ + 2 F,F2 eos a = =
9
N)2 + (12 N)2 + 2 • 9 N • 12 N
Fig. 2.2
b)
Cuando « = 45° (fig. 2.3):
Fig. 2.3
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= |20,3 n |
R = V F i + F l + 2 F,F2 eos o = ■ \ y (9 N)2 + (12 N)2 • 2 ■9 N • 12 N •
c)
Si i = 90° (fig. 2.4), resulta: r
= V fF T f| =
= V (9 N)2 + (12 N)2 = [TJÑ ] Fig 2 4
0
T
Solución: Como R = V F 2 + F2 (fig. 2.5), resulta: F2 = V R 2 - F? = = V (1 0 N)2 - (8 N)2 = [ ó N | l l n c o m p o n t r " " ve cl.ir l u c í : : ir i h n
Fig. 2.5 \ r/i
rriiiiinii, in ri rccloilgii!arc\ luir, qtu \n \
m o d u lns sn n t igiwU1*.
Solución: Para que las componentes rec tangulares sean iguales, la fuerza de 100 N debe formar un ángulo de 45° con cada uno de los ejes (fig. 2.6). Por tanto: F„ = Fy = 100 N - sen 45° = | 70.7 N O también: V F 2 + F2 = 100 N
Fig. 2.6
y como F, = Fy. resolviendo el sistema, se obtiene: | F . = Fy = 70,7 N www.FreeLibros.me
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2.10. Un muchacho lira de una cuerda atada a un cuerpo con una fuerza de 200 V. Si la cuerda form a un ángulo de 30° con el suelo horizontal. ; cuál es el valor de la fuerza que tiende a elevar verticalmente e l cuerpo?
Solución: La componente vertical de la fuerza de 200 N viene dada por (fig. 2.7): Fr = F • sen 30° = = 200 N •
rV / / / / / // / / / /
“ 1100 N | Fig. 2.7
2.11. Un bloque de 10 kg se encuentra situado sobre un plano inclinado JO sobre la horizontal. Calcular las componentes del peso, norma! y paralela al plano.
Solución: El peso del cuerpo viene dado por: P = m • g = 10 kg • 10 m/s2 = 100 N _ _ F=mg Tras examinar el diagrama de fuerzas de la figura 2.8, se pueden calcular fácil mente las dos componentes del peso. Componente paralela al plano: F, = mg • sen a = P • sen a = 100 N ■0,5 = | SO N | Componente perpendicular al plano:
big. 2.S
F2 = P 2.12. Dado el vector \ = J i
2 j + S k: a) representarlo gráficamente; b) calcular su modulo; el calcular \ v cosenos directores.
Solución: a) Véase la figura 2.9. b) A = V aS + A? + A 2, = = V9 + 4 + 25 - V38 = | 6.164]
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2.13. Dos vectores A y B vienen expresados por: A = 3 1 + 4 J + k ; B = 4 1 - 5 j + 8k Deducir si son perpendiculares.
Solución: Dos vectores son perpendiculares si^su producto escalar es nulo. Por tanto, calcularemos el producto escalar A • B: Á • B = A*BX + AyBy + AZB, = = 3 • 4 + 4 • (-5 ) + 1- 8 = 12 - 2 0 + 8 = 0 En consecuencia, ambos vectores son perpendiculares. 2.14. Calcular los módulos y los cosenos directores de los vectores anteriores. Solución: * = V 32 + 42 + l2 V 42 + (-5 )2 + 82 3 = 10.58831 A. VE A Ay 4 = 10.7844) Para el vector A A VE A, 1 = 10.1961 I A VE 4 B, = 0,3904 B VTD5 B> -5 B V I 05 8 B, _ eos f ' B VÍÓ5 2.15.
Dados los vectores A (3, - 2 , 01 y tí (5, /. - 2 ), deducir: ai sus módul> producto escalar y c) el ángulo que form an.
Solución: a) b)
A = V 9 + T = 1V l3 1 ; B = V25 + 1 + 4 = |V3C¡] A • B = 3 • 5 + (-2 ) • 1 + 0 ■(-2 ) = 15 - 2 = [Ü ] A 13 = 0,6583; a = are eos 0.6583 = 48.83° c) eos a = • B _ A ■B VÜ- V W www.FreeLibros.me
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2.16. Deducir el valor de x para que los vectores Á (5, /. - 2 ) y B (2. x , 6) sean perpendiculares.
Solución: Bastará hallar el producto escalar Á • B e igualarle a cero; pues to que si dos vectores son perpendiculares, su producto escalar será nulo. 5 • 2 + 1 • x + ( - 2 ) -6 = 0
de donde: F ^ ri 2.17. Hallar un vector cuyas componentes sean proporcionales a 2 , 3 y 4 , respectiva mente, y cuyo módulo sea V 116 . Solución: De acuerdo con los datos del enunciado, podemos escribir el si guiente sistema de ecuaciones: Ax _ Ay _ 2 ~ ~3
A,
T
V A j + A l + AÍ = vTTó La resolución de este sistema conduce a: A , = ±4; Ay = ±6; A , = ±8
Por tanto, el vector pedido será: | A = ± (4 T + 6 J + 8k) | 2.18. Dados los rectores: A - 3 ¡ - 2 j + 4 k ;B - 2 1 + 3 j - 6Í¡:
aI Calcular el producto escalar A • B. b) Calcular el producto vectorial A A B. c) Comprobar que el producto vectorialÁ AB es perpendicular a los vectores Á y B.
Solución:
a) Á - B = 3 • 2 + ( - 2 ) • 3 + 4 • ( - 6 ) = 6 - 6 - 24 = |-241
b) Resolviendo el determinante: T 7 3 2
E
-2 4 3 - 6
se tiene: P = A A 8 = 12E+ 8 f + 9¡t - 1 2 f + 1 8 f+ 4Ít = |2 6 j + I3k |
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c) Habrá que comprobar que los producios escalares P • A y P • B son nulos. P • A = 0 • 3 + 26 -(-2) + 13 • 4 = -5 2 + 52 = 0 P B = 0 - 2 + 26 - 3 + 13- (-6 ) = 78 - 78 = 0 2.19. Determinar el área deI paralelogramo que definen los vectores del problema an terior.
Solución: El área del paralelogramo coincide con el módulo del producto vectorial A A 8: P = |A A B| = V262 + 132 = V676 + 169 = = ¡29.1 unidades de superficie | 2.20. Los vectoresÁ 13. I . - 5 ) y B 12, - 6 . 3) form an entre si un ángulo de 111,3°.
Deducir el módulo de su producto vectorial: al a partir de la definición: b) resolviendo el determinante.
Solución: a) A = V 35 + l2 + (-S )2 = V35 ; B = V 22 + (-6 )2 + 32 = 7 De acuerdo con la definición de producto vectorial: |A AB| = A - B • sen a = V5s - 7 • sen 111,3° = b) Á A 8 =
i j k = -2 7 Í - 19j - 20Í 3 1 -5 2 -6 3 ¡A A B| = V (—27)2 + ( - 19)2-v(-20)' = Í38,60l
2.21. Los vectores A 13, 2 , -51. B 16, - 4 . 01 y C 10, 7, 4) están sometidos a esta operación:
V = 2Á + B + C Calcular: al el módulo de V; bl el producto escalar Á ■V.
Solución: a) El vector V es:
V = 2A + 8 + C = 2 • (3, 2. - 5 ) + (6. - 4 . 0) + (0. 7 .4 ) = (12,7. -6 )
y su módulo: V = V l2 2 + 72 + (—6)2 = 11S.133¡ www.FreeLibros.me
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b) X • \> = A,V, + AyVy + A,V, = 3 • 12 + 2 • 7 + (-5 ) - (-6 ) = = 36 + 14 + 30 = |80| 2.22. ¿Para qué valores de x el vector Á 13x3, 2x, - ix + 5)1 es perpendicular al vec tor B 12, I , 4)?
Solución: Para que los vectores X y B sean perpendiculares su producto escalar ha de ser nulo. En consecuencia: 3x2 • 2 + 2x • 1 - (x + 5) • 4 = 0 6x2 - 2x - 20 = 0 : = 2;» = -5 /3 | 2.23. Deducir el producto escalar de los vectores A 12, I . - 3 ) y B , el cual es sum a de los vectores C (3, I , I) y D 1 -5 , - 3 . 4).
Solución: El vector 8 es: B = C + 5 = (3 ,1 ,1 ) + (-5 , - 3 , 4) = (-2 , -2 , 5) Hallemos ahora el producto escalar de X y 8: X - 8 = 2 • (-2 ) + 1 • (-2 ) + (-3 ) • 5 = - 4 - 2 - 15 = [^2Í]
2.24. Hallar un vector que sea perpendicular a los vectores A = 4 i + 3 j + 2k y B = 3 i + 2 j + 2 k , y tal que su módulo sea igual a 6. Solución: Este problema se puede resolver empleando dos métodos dife rentes: a) Primer método: Hallemos el vector A A B, que es perpendicular a A y XaB=
T E 4 3 2 3 2 2
t
= 2 1 - 2 7 -S
Para obtener un vector unitario perpendicular a X y 8 dividiremos el anterior vector entre su módulo: 1Xa B| = V 4 + 4 + 1 = 3
X aB |X A B |
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_ 2 T - 2 J - E _ 2 -e 3
3
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2
1 |.
3
3
El vector pedido, de módulo igual a 6, será: C = 6u = 47 - 4 j - 2k Otra solución será el vector opuesto: -C = - 4 Í + 4 j + 2íc Podemos agrupar las dos soluciones del problema en una sola: 1±C = ± <4 T —4 1 — 2k)l b) Segundo método: Por ser el vectorC pedido perpendicular a A y a 6 , ten drán que ser nulos los productos escalares Á - C y B • C.Por tanto, si designamos por (C*.Cy, C,) las componentes delvector C, se tendrá que cumplir que: 4CX + 3Cy + 2 Q = 0 (1) 3C* + 2Cy + 2C* = 0 [2] Por otra parte, como el módulo del vector C ha de ser igual a 6, resulta: V e ; + C \ + C¡ = 6 [3] Resolviendo este sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas, se obtiene: Q, = ±4; Cy = +4; C* = +2 Por tanto, el vector pedido es: l± e = ¿ (4 1 -4 7 -2 5 )1 2.25. Hallar el área del paralclogramo cuyas diagonales son: A = 5 ¡ + 4 j + 7 k y B = 7 +k.
Solución: El problema se puede resolver de dos formas ligeramente dife rentes: a) En la figura 2.10 vemos que: Á = C + 5 = 57+ 4 j + 7íc[1] g = C -D = T+E [21 Sumando y restando las ex presiones [1 | y [2J, obteneX + B = 2C = 6 í + A - B = 2 6 = 47+
4 j+ 8Ü 4 j + 6ü www.FreeLibros.me
r¡g. 2.10
37
C = 3 l + 2 j + 4Ít y 5 = 27 + 2J + 3¡c Para calcular el área del paralelogramo tendremos que hallar el pro ducto vectorial de C y B: ' 1 k 3 2 4 = - 2 l - j + 2k 2 2 3 El área del paralelogramo es el módulo de dicho producto vectorial. Como: |C A 5 | = V ( —2)2 + ( - 1)2 + 22 - 3 el área del paralelogramo es 3 unidades. b) Calculemos en primer lugar el área del paralelogramo OPQR (fig. 2.11), CA5 =
que es igual al módulo del producto vectorial - j — A - j —. T
7
k
5/2 2 7/2
1/2 0 1/2
— V i 2 + (1/2)2 + l2
En la figura vemos que S(nlnfu¡o
38
^
Spmfclojramo O P O R
3 • unidades. Por consiguiente:
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2.26. Comprobar que los siguientes vectores: Á = 3 ¡ + 2 j - k , Ó = i + 3 j — Sk y C = 2 i — j + 4 k form an un triángulo rectángulo.
Solución: Primero tenemos que demostrar que los vectores citados for man un triángulo, para lo cual tendrá que cumplirse que uno de ellos sea la resultante o suma de los otros dos. o bien que la resultante de los tres sea Tras sencillos ensayos, podemos comprobar que A = B + luego los tres vectores forman triángulo. Para que el triángulo sea rectángulo tendrá que cumplirse que los vecto res representativos de los catetos sean perpendiculares, lo cual sucederá si su producto escalar es cero. Dado que: Á B = 3 1 + 2 - 3 + ( - 1 ) • ( - 5 ) = 14 A •C = 3 • 2 + 2 • (—1) + ( —1) *4 = 0 B • C - 1 • 2 + 3 • ( - 1 ) + ( - 5 ) • 4 = -2 1
se ve que el triángulo es rectángulo, ya que los vectores A y C son perpendi culares. Se puede llegar a esta misma conclusión considerando que: |A| = V 3 2+ 22 + (—1)2 = V i? |B| = V i 2+ 32 + (—5)2 = V35 P | = V 2 2+ ( - 1 ) 4 + 42 = V 2Í
pudiendo comprobarse que ¡B|2 - |A |2 + |C|2. de acuerdo con el leorema de Pitágoras. En consecuencia: Los vectores A, B y C forman un triángulo rectángulo, en el que el vector B es la hipotenusa y A y £ los catetos. 2.27. U n barco navega hacia el norte con una velocidad de 12 km fh y la m area lo arrastra hacia el este con una velocidad de 9 km /h. ¿Cuál es en valor, dirección y sentido la velocidad real del barco?
Solución: En la figura 2.12 se puede apre ciar que: v = V (9 knVh)2 + (12 knVh)2 = [ 15 knyTi | * — áng Ig — = | 53.13°1
Por lanto, la velocidad real del barco será de 15 knyh, dirigida hacia el nordeste, forman do un ángulo de 53,13° a partir del este. www.FreeLibros.me
% 2 /2 39
2.28. L a velocidad de la corriente de un río es 4 km /h . Un barco es capaz de navegar a
8 km /h y quiere atravesar el rio perpendicularm ente a la corriente, con objeto de alcanzar un punto situado en la orilla opuesta, ju sto enfrente del de partida. ¿Q ué ángulo debe fo rm a r con la orilla la dirección de la velocidad propia del barco?
Solución: De acuerdo con la figura 2.13, vemos que: _ 4 km/h _ 1 COS * " 8 km/h T de donde: 1* = 60° I
Fig. 2.13
2.29. ¿Q ué fu erza paralela a u n plano in d in a d o , de pendiente 27,8 %, se debe ejercer para conseguir que un cuerpo de 90 kg, colocado en él, no deslice?
Solución: Para que el cuerpo no deslice (fig. 2.14) la fuerza F aplicada ha de ser igual a la componente del peso paralela al plano:
= 90 kg • 10 m /s2 ■0,278 = | 250,2 N ]
Fig. 2.14
2.30. U n autom óvil circula a una velocidad de 54 km /h y desde é l se tira una piedra perpendicularm ente a! suelo de la carretera con u na velocidad de 5 m is. ¿C uál es el valor de la velocidad de la piedra en el instante de salida?
Solución: En primer lugar hemos de tener en cuenta que 54 knyh = 15 m/s. De acuerdo con el diagrama de la figura 2.15, la velocidad de la piedra en el instante de salida será: v = V fís ñ v íT M S m A )1 = | 15,8 m /s \
Fig. 2.15
?.3i. I na fu erza de 400 V actúa veriicnhnente hacia arriba sobre un cuerpo »>. -• fuerza, sim ultánea t o ; 'o anterior, di alar 250 \ tem a >br< el m i cuepo fo t m undo u n ángulo tu '>0 con tu horizontal hacia -u ote. • '.tío' • la fuerza que tiende o elevar <•' cuerpo? Solución: La fuerza que tiende a elevar c! cuerpo (véase fig. 2.16) es: F = 400 N + Fy = 400 N + 250 N • sen 60° = 40
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Fig. 2.16
.32. Dados los redores .4 (3, - / , 2) y B (I, 1. - 2 ) , calcular: a) su produelo escalar; b)
a)
el ángulo que form an sus direcciones.
Solución:
A • 3 - A.B, + A,B, + A,B, = 3 1 + (-1 ) • 1 + 2 • (-2 ) = -2 |A - B = - 2 | b) Como: A = V 32 + (-1 )2 + 22 = V I?, y B = V i 2 + l 2 + (-2 )2 = V6 por aplicación de la definición de producto escalar, resulta: eos „ =
AJL = A B
de donde:
zl
VÍ4 - V6 | a = 102° 36'
= -0,2182
.33. H ollar e l volumen /leí paralele pípedo /le la figura 2.17 . sabien do que los verdees explieli/idos
son: t <>. II,. II U. 2.
(
■7. • I . 41 y l> l l . I. /,. coorde nadas rodas ellas exprr-adas en no.dad- • de- \istem o ¡i:;.-n-i-
Solución: Las tres aristas del paralelepípedo que concu rren en el vértice D vienen da das por los vectores: www.FreeLibros.me
Fig. 2.17
41
a = D Á = X -6 = ( 2 - l) T + ( 3 - l) T + ( 0 - l) E = T + 2 7 -E B = d B = B - B = ( 4 - 1 ) T + ( 2 - 1 ) j + (3 -1 )¡c = 3 7 + 7 + 2 E
c = DC = C - B =
(7
- 1) 7 +
( -1
- 1) 7 +
(4
- 1) K = 6 7 -
27
+ 3k
El volumen del paralelepípedo determinado por los vectores a, b y c e: igual al producto mixto de dichos tres vectores: 1 2 -1 ax a, a, bx by b, 3 1 2 = ¡ 25 mJ | 6 -2 3 c« c,. c. 2.34. Los vectores Á ( - 3 , 2, I), B (2, - 4 , 0) y C (4, - 1 , 8 ) son concurrentes en el punto (3, I , 2). Calcular el momento de cada vector respecto a l origen de coordenadas, el momento del vector resultante respecto al origen de coordenadas y comprobar que se cumple el teorema de Varignon.
Solución:
= - 3 i - 9j + 9k = (-3 , -9 , 9)1 7A § :
Mc = rA C =
= | 8 7 + 4 j - 14k = (8. 4, —14)1 1 j k 3 1 2
= | 10 7 - 16 J - 7k = [10. -16. -7).
El vector resultante de A, B yC es: R = A + B + C = (3, -3 , 9) y su momento respecto al origen de coordenadas valdrá: = rAR =
= 115 i — 21 j — 12k = (15, -21, -12)1 1 -2 3 Se puede comprobar fácilmente cómo: MR - MA + MB + Mc, de acuer do con el teorema de Varignon: «el momento respecto a un punto del vector resultante de un sistema de vectores concurrentes es igual a la suma de los momentos de cada vector componente del sistema respecto a dicho punto». 42
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2.35. E l vectorB I I, - 2 , 31 está aplicado en el punto P (2, I , 2). Calcular su momento respecto al origen de coordenadas. ¿Cuánto valdrá su módulo?
Solución: El momento del vector R respecto ai origen de coordenadas es: 7 , k Mn = r A B = 2 1 2 = I 7 T - 4 j - Slt = (7, - 4 , -5)1 1 -2 3 y su módulo: M = V 7 2 + (-4 )2 + <-5 )2 = V 90= | 9,491
2.36. !a ¡ fuerza F = 2 1 — j + 2 k (SI) está aplicada en el punto r = 1 + 2 j + k (SI). Calcular: a) el momento de dicha fuerza respecto al origen de coordenadas. O; b) el momento respecto al punto O ' ( - 2 , - 2 , I).
Solución:
a)
Tk
M0 = rA F
1 2 1 = | 5 í - 5k (SI) I 2- 1 2 El módulo del momento es: M „= V 5 2 + (—5 )2 = | 5 V2 N - m i
b) Esta segunda parte del problema se puede resolver de dos formas: bi) Ñl0 ' - &fo + C7?) A F. y como Ü 'Ó = 0 - 0 ' = 27 + 2 j - ¡t, re sulta: (T o
2 - 1 = 3 i — 6 j — 6k (SI) 2 - 1 2 Por consiguiente: Kl0 = Slo + O t) A F = 5 Í - 5ít + 37 - 6j - 6 k ■ a
F=
2
= 8 í - 6 7 - l l k (SI)J
b2) Ya que (véase fig. 2.18): ? = r - 0 5 ' " F + Ü ’t ) =
= 7 + 2 7 + Ic + 2 T + 2 7 -l( = = 37 + 4 j
resulta:
Fig. 2.18 www.FreeLibros.me
43
i j R 3 4 0 2 - 1 2
= fx i' - 6 j - llk (Sl)j
El módulo del momento es: M0 - = V 8 2 + (—6)2 + (-1 1 )2 - | V22Í N ■m | 2.37. Dado el vector Á = P eos «A • 7 + P sen <
Solución: a) A = V P 2 eos2 o,i + P2 sen 2
d)
dÁ
cu sen a>t T + P oí eos u t j
= V P 2 o>2 sen 2 o,t + P2 o,2 -
e) Serán perpendiculares si el producto escalar es nulo: A•
= (P eos t) = = - P 2 oí sen oit • eos oit + P 2 oí sen ojt • eos o>t = 0
Luego Á y ^
son perpendiculares.
2.38. Dado e l recluí t I2l‘. 1.5 \ .? r . 0.5 ir“ - r l l . calcular elm ódulo de n i derivada rem olda cuando 1 = 1.
Solución:
44
dÁ = 6t2T + 3 V T t 7 + ( 2 t 3 - t ) C dt d2Á - = 12tT+ 3 V 5 7 + (6t - l)lc dt2 d ft = 1 2 7 + 3 V 3 7 + 5ít www.FreeLibros.me
-^ L |
= V l2 2 + (3 V?)2 + 5* = [U ]
2.39. ¡ m aceleración es la derivada segunda del espacio respecto al tiempo. S i la t ción de un determinado movimiento es:
donde A y
Solución:
dv
d2s
2.40. Sabiendo que Á = 2t i - t* j + (2t - 1) k y B = t2 i - (2t + 5) J calcular cuando t = I:
a, -jr
(Á • s );
b)
(Á A B);
c, - ± - (Á + 8 );
Solución: a)
X • B = 2 t • l2 + ( - t 2) ■( - 2 1 - 5) = 213 + 2 t3 + 5t2 = 4t3 + 5t2 (A ■ B) =
(4l3 + 5l2) = 12t2 + 101;
A AB =
(A -B|
> I k 2t - t 2 21 - 1 t2 - (2t + 5) 0
= (4l2 + 8! - 5) T + (2t3 - t2) 7 + (t4 - 4t! - 101) k - i - (A A B) = (81 + 8) T + (él2 - 21) 7 + (4l3 - 81 - 10) k www.FreeLibros.me
= 16 T + 4 J - 14k De oirá manera: _ íL (Á A B) = A B + Á A - ^ 5 - = (2T - 2tj + 2k) A A (I2! - <21 + 5) j) + [2tT - 1*7 + (2t - 1) E) A (2tT - 2)) = 7
7
E
7
7
E
+ 2l - l 2 21 - 1 2 -21 2 21 - 2 0 I2 - (2t + 5) 0 = (4l + 10) T+ 2l2J + (2t3 - 41 - 10) k + (4l - 2) T + (4l2 21) 7 + (2t3 - 4() E = (8t + 8) T + (6l2 - 21) 7 + (4t3 - 81 - 10) E = 16 T + 4 J - 14k Ya que: A + B = (l2 + 21) T - (I2 + 21 + 5) 7 + (21 - 1) E
resulla: (S + B) = (21 + 2) T - (21 + 2) 7 + 2E y cuando 1 = 1 : (A +1
= 4 l - 4 j + 2k
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3. CINEMÁTICA DEL PUNTO
FORMULARIO-RESUMEN Celeridad inedia (velocidad media escalar): v - is Al Celeridad instantánea (velocidad instantánea escalar): „ _ i¡„ As ds í'-o “Át dT Velocidad media vectorial: - = Ar At
Velocidad instantánea vectorial: - _ |jm Ar _ dr At dt Aceleración media: Av At
nVs
módulo: dirección: tangente a la trayectoria sentido: el del movimiento
Aceleración instantánea: -• „ Av dv a = i 1?» -Á T = “dT
m/s2
C O M PO NENTES INTRÍNSECAS DE LA A CELERACIÓ N
Aceleración tangencial: a, = /•y Aceleración normal:
an = - yv2~ www.FreeLibros.me
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48
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3. CINEMÁTICA DEL PUNTO 3.1.
Desde un punto de vista conceptual ¿es lo m ism o decir trayectoria recorrida que desplazamiento efectuado? ¿Y desde un punto de vista práctico? ¿Puede darse algún caso en que el desplazamiento coincida con la trayectoria?
Solución: Trayectoria es la línea originada por los extremos de los distintos vec tores posición del punto en cada instante. Físicamente representa la línea descrita por un punto móvil en su movimiento. Desplazamiento —o, mejor aún. vector desplazamiento— es la diferencia entre dos vec tores posición (Fig. 3.1). Por consiguiente, la trayec toria y el desplazamiento son magnitudes diferentes, ya que la primera es una magnitud es calar y el segundo vectorial. Nunca pueden coincidir el desplazamiento y la trayecto ria. Sin embargo, en el caso de un movimiento rectilíneo y sin retroceso, o si se supone un desplazamiento infinitesimal, la longitud de la trayectoria re corrida por el móvil coincide con el módulo del vector des plazamiento. Fig. 3 J 3.2.
¿Existe algún movimiento en que permaneciendo constante el valor de la veloci dad tenga, sin em bargo, aceleración?
Solución: Sí; el movimiento circular uniforme. En este movimiento no se modifica el valor de la velocidad (a, = 0); pero sí se modifica su dirección y sentido (an 4 °)3.3.
¿Q ué clase de movimiento posee un cuerpo que presenta aceleración constante en módulo y perpendicular a la trayectoria del móvil?
Solución: Se trata de un movimiento circular uniforme. En este movi miento la aceleración radial es constante, puesto que no varía el módulo de la velocidad. La dirección de la aceleración radial es perpendicular a la direc ción de la velocidad. www.FreeLibros.me
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3.4.
3.5.
3.6.
¿Q ué diferencias cnncepluales hay entre celeridad y velocidad?
Solución: La celeridad es una magnitud escalar, definida por la relación: longitud recorrid^tiempo empleado. Físicamente representa la rapidez del movimiento. La velocidad es una magnitud vectorial, definida por un módulo (el valor de la celeridad), una dirección (la de la tangente a la trayectoria) y un senti do (el del movimiento). ¿E s la aceleración una magnitud vectorial?
Solución: La aceleración viene definida por la relación: variación de velocidacVtiempo invertido. Como la velocidad es una magnitud vectorial y el tiempo es una magnitud escalar, el cociente de un vector entre un escalar es siempre un vector. Un ciclista va por una región donde existen subidas y bajadas, ambas de igual longitud. E n las subidas marcha a 5 km li y en las bajadas a 20 km li. Calcular su celeridad media en km h.
Solución: Vamos a llamar I a la longitud de una subida o de una bajada. El camino total recorrido por el ciclista será, entre una subida y una bajada, igual a 21 , y el tiempo total empleado será la suma del que invierte en subir más el que invierte en bajar. Por tanto: Tiempo de subida = ~
horas
Tiempo de bajada =
horas
Tiempo total invertido:- j - +
horas
En consecuencia, la celeridad media vendrá dada por: 21 km = 8 km h 1/4 horas 3.7.
La ecuación de un determinado movimiento es: s = 4t* + 2i + 8 (SI) ¿C uál es su celeridad al cabo de 2 segundos? ¿Y su aceleración?
Solución: La celeridad es la derivada del espacio respecto al tiempo: = 8t + 2 (SI)
Al cabo de 2 segundos: 50 www.FreeLibros.me
V .. 2 , = 8 • 2 + 2 = I 18 m /s | La aceleración es la derivada de la celeridad respeclo al liempo:
a = - £ - = 8(Sl) Al cabo de 2 segundos: a ,.2, = 2.8.
8
nyV
¿Cuál es la velocidad, en rad/s. de ana rueda que gira a razón de 3110 r.p.n
Solución:
2e rad 1 mi ■= [31,4 rad/s 1 rev ' 60 s 3.9.
Siendo 30 cin el radia de las ruedas de un coche V056 las revoluciones que dan por m inuto, calcúlese: a) la velocidad angular de las mismas: b) la velocidad del coche en mis y en kntlh; el la aceleración radial de un punto situado en la periferia de dichas ruedas.
Solución:
a) to = 956 -IL2
„ loo racVs
b) v = o» • r = 100 . 0,3 m = |3O n0 m 1 km 3 600 = | 108 knvh s I 000 m Ih v2 _ (30 m/s) = 1 3 ■103 m/s2 1 3.10. L a ecuación de un determinado movimiento viene dada por la expresión: s = W + S t + t ' (SI) Calcúlese: la distancia a l origen, la velocidad y la aceleración al cabo de 5 se gundos de iniciado el movimiento.
Solución: La distancia al origen se calcula sustituyendo directamente el tiempo por su valor: s5 = 10 + 5 - 5 + 53 = 1160 m | Para calcular la velocidad es preciso determinar previamente su ecuación, y después sustituir en ella t por su valor correspondiente: www.FreeLibros.me
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v„5, = 5 + 3 • 52 80 m/s Procediendo de forma similar, se calcula la aceleración: a „ 5l = 6 - 5 = [ 30 ny's2 3.11. Justifiqúese que si en un determinado movimiento las dos componentes del vector aceleración son nulas, el movimiento ha de ser rectilíneo y uniforme.
Solución: Si la aceleración tangencial es nula, quiere decir que no hay modificación en el valor del módulo del vector velocidad (celeridad). Por tanto, el movimiento debe ser uniforme. Si la aceleración radial es nula, quiere decir que no se modifican ni la dirección ni el sentido de la velocidad. Por tanto, la trayectoria debe ser rectilínea.
3.12. lln tren eléctrico de juguete da vueltas en una pista circular de 2 m de radio, con una velocidad constante de 4 m/s. ¿Tiene aceleración? ¿Cuánto vale?
Solución: Existe aceleración, puesto que hay un cambio en la dirección del vector velocidad. Esta aceleración es la radial, normal o centrípeta. Su valor viene dado por:
3.13. Un automotor parte del reposo en una vía circular de 400 m de radio y va mo viéndose con movimiento uniformemente acelerado hasta que a los 50 segundos de iniciada su marcha alcanza la velocidad de 72 km /h, desde cuyo momento conserva tal velocidad. Calcular: al la aceleración tangencial en la primera eta pa de su movimiento: b) la aceleración radial en el momento de conseguir los 72 km/h; c) la aceleración total en ese instante.
Solución: Previamente transformaremos la velocidad en m/s: 1 000 1 km 3v a) a, 31 50 s b)
c) i 52
laT+"af = V (0.4 m/s2)2 + (1 nVs2)2 = | 1.08 n^s2 www.FreeLibros.me
3.14. La distancia alcanzada por un proyectil disparado verticalmente hacia arriba viene dada por la expresión:
s = 800t - 5 r Deducir: a) las fórm ulas de su velocidad y de su aceleración: b) el tiempo para el cual se anula la velocidad (s, medido en m; t, medido en s).
Solución:
-£ ---1 0 n V fc * I-
101
= 0; de donde: 1 = -J™=| 10
80
s|
3.15. Una rueda de 15 cm de diámetro gira a razón de 3011 r.p.m . y en 15 segundos, mediante la acción de un freno, logra detenerse. Calcúlese su aceleración angu la r y la aceleración lineal de un punto de su periferia.
Solución: Expresaremos, en primer lugar, todos los datos en unidades del Sistema Internacional: “ = 30° “ 55H
t Üt ~ ' = lO" J T ~ r = 7,5 cm = 0,075 m Apliquemos ahora la expresión correspondiente al movimiento circular uniformemente variado: « = &»„ + xt. De ella se deduce:
« = -S -- -
■ 0 -J-fe jg f t . | - 2 ,1 rad,V~|
Ya que toda magnitud lineal es igual a su correspondiente magnitud angu lar multiplicada por el radio, la aceleración lineal de un punto de la periferia de la rueda valdrá: a = x • r = -2,1
• 0,075 m = | -0,157 nys2 |
3.16. L a ecuación de un determinado movimiento es: s = 6 t' + Sí2 + 2t - 5 (SI) Calcúlese el espacio recorrido, la velocidad y la aceleración al cabo de 3 segun dos de iniciado el movimiento. ¿Qué espacio recorrió el móvil durante el tercer segundo?
Solución: El espacio recorrido al cabo de 3 segundos de iniciado el movi miento será la diferencia entre las posiciones del móvil en los instantes t = 0 Y t = 3: www.FreeLibros.me
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As = s 3 - s „ = 6 - 33 + 8 - 3 2 + 2 - 3 - 5 -(6 03 + 8 - 0 2 + 2 - 0 - 5) = | 240 m Este razonamiento es correcto siempre que en dicho intervalo no tenga lugar una inversión en el sentido del movimiento, fácilmente constatable por que, en caso de suceder así, en uno o más puntos del intervalo la velocidad del móvil se anulará. La ecuación de la velocidad se calcula derivando respecto al tiempo la ecuación del movimiento: v=
= 18t2 + 16t + 2 (SI)
Para t = 3 s: v3 = 18 • 32 + 16 • 3 + 2 = | 212 ny's | Por último, la aceleración será: a=
= 36t + 16 (SI)
y al cabo de 3 segundos: a 3 = 36 • 3 + 16 = | 124 m/s2 1 El espacio recorrido por el móvil durante el tercer segundo es igual a la diferencia entre sus posiciones en los instantes t = 3 s y t = 2 s. Al cabo de 3 s: s, = 6 • 3-' + 8 • 32 + 2 • 3 - 5 = 235 m Al cabo de 2 s: Sj = 6 - 23 + 8 - 22 + 2 - 2 - 5 = 79 m Por tanto: As = s 3 - Sj = 235 m - 79 m = | 156 m 3.17. L a posición de una partícula material, que se desplaza sobre el eje O X, viene dada, en función de! tiempo, por la ecuación: x = r2 - 6 t + J ISIi H allar el espacio recorrido por dicha partícula en los cinco prim eros segundos de su movimiento.
Solución: La velocidad de la partícula viene dada por la expresión: V = - | L = 2t - 6 (SI)
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que pone de manifiesto que dicha velocidad se anula (2 t - 6 = 0 ) cuando t = 3 s. Por tanto, en ese instante tiene lugar un cambio en el sentido del movimiento de la partícula: durante los tres primeros segundos se desplaza en sentido negativo del eje OX. y luego en sentido positivo. En consecuencia, tendremos que descomponer el movimiento en dos eta pas: la primera, de t = 0 a t = 3, tiempo durante el cual la partícula recorre un espacio s, = x3 — xo = —4 m - 5 m = - 9 m = 9 m en sentido negativo del eje OX. El espacio recorrido por la partícula en la segunda etapa será: s2 = x5 - x3 = 0 m - ( - 4 m) = 4 m Por tanto, el espacio recorrido en los cinco primeros segundos es: s = 9 m + 4 m = 1 13 m | 3.18. Las trayectorias de dos móviles tienen por ecuaciones: Si = 4t* + 3 tf - 2 * (SI) s2 = 2 t* + 2. t + 3 J ¿Q ué relación existe entre los espacios recorridos por ambos y entre sus velocida des al cabo de 5 segundos?
Solución: Los espacios recorridos por ambos móviles al cabo de 5 segun dos serán la diferencia entre sus posiciones en los instantes t = 0 y t = 5. Procediendo de esta forma, resulta: Para el primer móvil: S| = 115 m. Para el segundo móvil: s2 = 60 m. Por consiguiente: Las ecuaciones de la velocidad de los dos móviles s v,1 = J fdi! _ = 8, + 3 j v2 = = 41 + 2
(SI)
v, = 8 • 5 + 3 = 43 nVs v2 = 4 • 5 + 2 = 22 mj% www.FreeLibros.me
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Por lamo: -jü— 43. ^ s- . v2
22 nVs
rr¡ü i ----------
3.19. Sea/i /flí ecuaciones de un movimiento: x = A ■sen fot y = A • coi <->/ Deducir la ecuación de la trayectoria, las componentes cartesianas de la veloci dad y la ecuación de la celeridad.
Solución: a) Para hallar la ecuación de la trayecioria deberá eliminarse t en las dos ecuaciones: sen wt = - 7- ; sen2 wt = A A2 eos2 wt — 1 — sen2
A2 Elevando al cuadrado y = A • eos
o, lo que es lo mismo: x2 + y2 = A2 que corresponde a la ecuación de una circunferencia, b) Las componentes de la velocidad vienen dadas por: v , = dx = A.,i eos wt
dt - = - Aw sen w c) El valor de v se calcula mediante: v = V v ; + v , = V a V eos2 wt + A 2w2 sen2 wt = A -
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3.20. La ecuación de un determinado movimiento es: s = lOt2 + St - 4 (SI) Calcúlese el espacio recorrido por el móvil y su velocidad al cabo de 4 segundos de iniciado el movimiento. ¿Qué espacio recorrió durante el cuarto segundo?
Solución: El espacio recorrido por el móvil al cabo de 4 segundos será igual a la diferencia entre las posiciones del móvil en los instantes t = 0 y t = 4, ya que en dicho intervalo no tiene lugar variación alguna en el sentido del movimiento. Para t = 0: s0 = 10 • O2 + 5 • 0 - 4 = - 4 m. Para t = 4: s4 = 10 • 42 + 5 • 4 - 4 = 176 m. _______ Por tanto: As = s4 - sc = 176 m - (-4 m) = | 180 m | La ecuación de la velocidad será: v = -A . = 20 I + 5 (SI) Al cabo de 4 segundos: v4 = 20 • 4 + 5 = | 85 m i El espacio recorrido por el móvil durante el cuarto segundo se obtiene restando sus posiciones al cabo de 4 s y 3 s: Para t = 4 s: s4 = 10 • 42 + 5 • 4 4 = 176 m. Para t = 3 s: s3 = 10 • 32 + 5 • 3 4 = 101________m._ Por tanto: As = s4 - s3 = 176 m 101 m = ] 75m | 3.21. ¿En qué instante tendrán la misma velocidad dos móviles cuyas respectivas ecua ciones de movimiento son:
Solución: Las ecuaciones de la velocidad correspondientes a estos movi mientos son: (SI) Igualando ambas expresiones, se obtiene: 6t + 5 = 6, de donde:
t = - Oi - s
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57
3.22. (*¡ E l vector de posición de un punto en función del tiempo está dado por: r = t l + (i2 + 2) j + r'k (SI) a) Su posición, su velocidad y su aceleración en el instante t = 2. b) E l ángulo que form an el vector velocidad y e l vector aceleración en ese ins-
a)
Solución: Hallemos, en primer lugar, las expresiones correspondientes a la veloci dad y a la aceleración: v = - £ - = T + 2 .T + 2 ,k
(SI)
S = - £ = 2 ! + 2E En el instante t = 2 s:
r , = 2 Í + (22 + 2) ) + 2 ^ = | 2 T + 6 j + 4k v2 = T + 2 - 2) + 2 • 2Ít = | T + 4 J + 4lt
> (SI)
b) Los módulos de los vectores velocidad y aceleración al cabo de 2 segun dos son: v2 = V F + T T ? = V33 m/s a2 = V 2: + 22 = VS = 2 V 2 nVs!
Por consiguiente, el ángulo que forman los vectores v y j tante t = 2 s es: v2 • a2 v2 • a2
8+ 8 V33" • 2 V2
16
2 V66
de donde: | 3 = 10° 58 www.FreeLibros.me
V66
3.23. L a posición de una partícula, en fu n ción del tiempo, viene dada por las siguien tes ecuaciones paramétricas:
H allar la velocidad y la aceleración de la partícula, asi como el radio de curvatu ra de la trayectoria, a l cabo de 2 segundos de iniciarse e l m ovimiento.
Solución: Dado que el vector posición de la partícula es: r = I2? + 3tJ + 5¡t (SI) el vector velocidad será: V = -Sjí- = 2.1 + 3 J (SI)
y su módulo: v = V (2t)2 + 32 = V 4t2 + 9 (m/s) AI cabo de 2 segundos: | Vh = 5 m ■s 1 |
El vector aceleración es: 5 = 4 - = 2 7
siendo su módulo: Como vemos, la aceleración es constante a lo largo del tiempo, tanto t módulo como en dirección y sentido. Por tanto, al cabo de 2 segundos: I a i. = 2 m • s~2 i
Calculemos, ahora, la aceleración tangencial: 4t , • s - 2,) a, = dv (m dt V 4t + 9 Al cabo de 2 segundos: a,„ =
1.6
m •s-2
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59
Por tanto, la aceleración normal de la partícula al cabo de 2 segundos es: a„„ = V a i - a2, = V <2 m • s~2)2 - ( 1,6 m • s '2)2 = 1.2 m • s '2 V2 Por último, como: an = —— , resulta:
3.24.
La trayectoria descrita por un móvil viene definida por el vector de posición: r = 4t 7 + 2r’ j (Sil Determinar: a) Los vectores velocidad y aceleración del móvil, asi como sus módulos respec tivos. b) Las componentes intrínsecas de la aceleración. c) El radio de curvatura de la trayectoria.
Solución: a) El vector velocidad del móvil es:
7 = - £ - = 41+411 (SI) y su módulo: V = V 42 + (4t)2 = 4 V i + I2 (m • s~') |~7 = 4 T + 41 I (SI); v = 4 V i + t2 (m ■ El vector aceleración es: 5 = 4 = 47(si) y su módulo: La aceleración del móvil es constante en módulo, dirección y sentido. | a = 4 7 (SI): a = 4 m ■s~2 | b) La aceleración tangencial es: a' = -5diT = -5diT [4 V T T 7 ] = - V7ii l+= 1- r (m . s - 2) 60
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y la normal:
41
(m • s 2); a„
(m • s-')
V resulla: c) Como an = ----,
P
P ■=4 (1 + t2)*2 (m) | 3.25. E l vector de posición de un punto material respecto a un sistema de ejes coorde nados O XY viene dado por:
7 = 4 1 1 - eos 2 t)~i + 4 (2 t ~ sen 2t) J estando expresadas todas las magnitudes en unidades del Sistema Internacional. Hallar: a) Los vectores velocidad y aceleración del punto material, asi como sus módu los respectivos. b) Las componentes intrínsecas de la aceleración. c) E l radio de curvatura de la trayectoria.
Solución: a) Ya que el enunciado del problema nos da el vector de posición del punto material, el vector velocidad será: 8 sen 2t T + 8 (1 - eos 2t) j (SI) siendo su módulo: v = V ( 8 sen 2l)2 + (8 (1 - eos 2l)]2 = = 8 V 2 (1 - eos 21) = 16 sen i (m • s " ')
1 V = 16 sen I (m ■s V Hallemos ahora el vector aceleración: a' =
= 16 eos 21 T + 16 sen 21 ] (SI) www.FreeLibros.me
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a = V (16 eos 2l)2 +
(16
sen 2t)2 =
16
i
b) Llegado esle momenlo, vamos a calcular las componentes intrínsecas de la aceleración. La aceleración tangencial es: a, =
=
16
eos t (m s~2)
y la normal: a„ = V a 2 - a? = V (16 m • s '2)2 - [(16 eos t) m • s“2]2 = = 16 sen t (m • s~2) | a„ = 16 sen t (m • s"2) v2 c) Como: a„ = -----. v2 (16 sen t)2 . . . . , , ~ a T ° 16 sen t = 16 “ n t (m) | p ~ 16 sen t (m) | 3.26. (*) Un punió se m ueve sobre una circunferencia de acuerdo con la ley: s = t* + 2 r siendo s la longitud del arco recorrido y I el tiempo. S i la aceleración total de! p unto a l cabo de 2 segundos es J6 \ 2 m • s 2. ¿cuál es el radio de la circunfe rencia?
Solución: La velocidad sigue la ley: V=
= 3t2 + 4t (SI)
siendo su valor al cabo de 2 segundos: v& = 20 m ■s~‘ La aceleración tangencial viene dada por la expresión: a, = dv = 61 + 4 (SI) 62 www.FreeLibros.me
valiendo al cabo de 2 segundos: a,s =
16
m • s-2
Teniendo en cuenta que las dos componentes intrínsecas de la aceleración son perpendiculares, se deduce que: r5)r =
16
m ■s-2
Por otra parte, como an = —=—. K resulta: r
3.27.
íai
=— = a„
16
---------
m •s
ecuación de la celeridad en un determinado movimiento es: i=6 +
St
Suponiendo que el origen de los espacios coincida con el de los tiempos . ¿qué longitud habra recorrido el móvil a los 5 segundos de iniciado el m ovimiento? I v en m s y t en segundos i.
Solución: La ecuación del espacio recorrido viene dada por: s=
j'
V
• dt =
f ' (6 +
81
|
) di = |6t + 4i2]g = 130 m |
3.28. Sobre un cuerpo de 2 kg de m asa actúa una fuerza variable con el tiempo dada por la expresión:
en la que I se expresa en segundos y F en newtons. Sabiendo que en el instante inicial s0 = J m . v„ = 5 m ■s 1, calcular la velocidad adquirida por el m óvil y su posición al cabo de 5 segundos.
Solución: La aceleración que adquiere el cuerpo es: Dado que: dt = lüt + 3
: sigue: www.FreeLibros.me
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v = /d v = / a • dt = j (lOt + 3) di = 5t; + 3t + v„ = 5t2 + 3t + 5 (SI) Para I = S s: | v» =
145 m •
Por otra parte, como v = s = f ds - j v • dt = j (Si2 + 3t + 5) dt = = -§- '3 + -§ - t2 + 51 + s„ =
t3 + - j - t2 + 51 + 3 (SI)
Para t = 5 s:
3.29. La aceleración del movimiento de una particula cuya trayectoria es rectilínea vie ne dada por la expresión:
a = 24t* — 16 en la que el tiempo se expresa en segundos y la aceleración en m • s *. Sabiendo que en el instante en que el cronómetro comienza a contar el tiempo, la partícula móvil se encuentra a 5 m del origen y que al cabo de 2 segundos su velocidad es de 36 m • s ', calcular: a) La ecuación de la velocidad y de la posición de la particula móvil. b) S u velocidad media entre los instantes t = I s y t = 3 s.
Solución: dv resulta: a) Ya que: a = —r—,
dv = a • dt = (24t2 - 16) dt Por tanto:
Para hallar el valor de la constante de integración hemos de tener en cuenta que cuando t = 2s, v = 36 m/s. Si sustituimos estos valores en la ecuación anterior, se obtiene: cte = 4 m/s. que es el valor de la veloci64
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d ad inicial. P or tan to , la ecuación de la velocidad d e la p artícula es:
v = 8t3 - 161 + 4 (SI) Ya que v =
resulta: ds = v • di = (8t3 - 16t + 4) dt
Por tanto: s = j (8t3 - 16t + 4) dt = 2t4 - 8t2 + 4t + cte Para hallar, en este caso, el valor de la constante de integración, que coincide con el espacio ya recorrido por la partícula cuando se empieza a contar el tiempo, tenemos que, como en esc momento la partícula se en cuentra a 5 metros del origen, s„ = cte = 5 m. En consecuencia, la ecua ción de la posición de la partícula móvil es: | s = 2t4 - 8t2 + 4t + S (SI) | b) Para t = 1 s. Si = 3 m, mientras que para t = 3 s, s3 = 107 m. Por tan to, la velocidad media de la partícula entre ambos instantes es:
3.30. Una partícula se desplaza a través de un plano X Y con una velocidad v = (2t - 2 ) 1 + 3 j, expresada en unidades internacionales. Cuando t = 2 s su vector de posición es r = 2 i + 3 j (m ). Determinar la ecuación de la trayectoria de dicha partícula.
Solución: La posición de la partícula viene dada en todo momento por el vector: F = /v • dt = I |(2t - 2) T + 371 dt = (I2 - 2 t)T + 3t7 + r„ Para el cálculo de F„ hemos de tener en cuenta que cuando t = 2 s, ?¡ =
65
de donde: Por consiguiente, la ecuación vectorial del movimiento es: r = (t2 - 2t) T + 3t j + r0 = (t2 - 2t + 2) T + (3t - 3) j que se puede descomponer en las dos ecuaciones paramétricas siguientes: x = t2 - 2t + y = 3t - 3
2> /
Si en estas dos ecuaciones eliminamos el tiempo, obtenemos la ecua ción de la trayectoria de la partícula: | y* - 9» + 9 = Ó] que es la ecuación de una parábola. 3.31. (*) Una partícula P se mueve en un plano, siendo su trayectoria la c u n a xy = I (x e y en metros). L a proyección de su vector velocidad sobre el eje O Y es cons tante e igual a - 1 0 cm /s, y para t = 4 , x = 2. Se pide: a)Ecuaciones del movimiento: x = x (t) e y = y (t). b) Posición, velocidad y aceleración de la partícula en los instantes t = I y t = 5.
Solución: a) La componente v^ de la velocidad es constante (vy = —0,1 n\/s); en con secuencia. el movimiento según el eje OY es rectilíneo uniforme, siendo sú ecuación: y = -0 ,lt + yQ. Para el cálculo de yD hemos de tener en cuenta que cuando t = 4. x= 2e y= Sustituyendo en la ecuación anterior, resulta: J _ = -0,1 - 4 + y„ de donde: y„ = 0,9 Por tanto, las ecuaciones paramétricas del movimiento de la partícula y = -0 .lt + 0,9 „ 1 1 y - 0 ,lt + 0.9 66
) > (SI)
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b) El vector d e posición de la partícula es: r = -=
04í W
T + < - ° '11 + 0 '9 > ' < S I )
y la velocidad y la aceleración vendrán dadas por los vectores respecti vos: ; =-------- ---------- ----------- T - o . i j ( S i )
dt
(—0,lt + 0,9)2
; =J L
dt
= -------^ --------T (si)
(-0 ,lt + 0,9)J
Al cabo de 1 s: ?, = 1,25 T + 0,8 j (SI) v, = 0,16 T — 0,1 j (SI) a, = 3,9 - 10 2 i (SI) Al cabo de 5 s: í 5 = 2,5 T + 0.4 j (SI) v5 = 0,625 í - 0,1 j (SI) a, = 0,3125 i (SI) 3.32. Sobre un cilindro de 25 cm de diámetro, que gira en torno a su eje, dispuesto hori zontalmente. con una velocidad angular constante de ^ - r.p.m .,está enrollada una cuerda, de tal form a que ésta se va desenrollando a medida que el cilindro gira. E n el extremo de la cuerda está sujeto un pequeño vagón de juguete, que se desliza, al desenrollarse la cuerda, sobre unos railes en form a de arco de parábo la, de ecuación r f = 4y (fig. 3.2). Hallar la aceleración del vagón en el momen to en que lleva descendido I m.
Solución: La velocidad angular del cilindro, expresada en unidades inter nacionales, es: _ 240 rev 2r. rad . 1 min _ g rad w z ntin 1 rev 60 s s siendo la velocidad lineal de un punto de su periferia; v = co - R = 8
- 0,125 m = 1 m/s
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Fig. 3.2
Esta misma velocidad lineal constante es con la que el vagón se desliza « lo largo de los raíles. Tenemos que: V = VXT + v j siendo: v = Vv* + = cte = 1 m/s Por otra parte: dy d (x2/4) _ x dx _ x ' “ “di- di 2 ' di 2 ' Vx
V ^ ( x - r - V ^ 4 - í_
V S T ? - i -5 -
de donde: =
2 V 4 + x2
_ _X _
v
2
_
’
X
V 4 + xJ
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En consecuencia, el vector velocidad lineal del vagón en un punto cual quiera de su trayectoria sobre los raíles definido por la abscisa x vendrá dado por: i + vyJ = -
7 (si)
Calculemos ahora el vector aceleración: dt
(4 + x2)w
di
(4 + x2)M (4 + x2)w
(4 + x2)V2
di
(4 + x2)*2
V 4 + x2 4x (4 + x2)2
(4 + x2)9'2 (4 + x2)2
V 4 + x2
7 (S I)
Para y = l m , x = 2 m ,y sustituyendo en la expresión general del vector aceleración, tenemos:
5- T + - ¿ - 7 ( s i )
5,-2
siendo su módulo:
V F T F i+ r -^ ' Nota: Esta aceleración es radial, ya que, como la velocidad con que se desliza el vagón es constante en módulo, no existe aceleración tangencial. 3.33.
Compruébese que la ecuación de la aceleración radial tiene las dim ensiones de una aceleración.
Solución: Como an = -
. resulta:
M -[Í] www.FreeLibros.me
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3.34. Una rueda que gira a 900 r.p.m . mediante la acción de un fren o gira a 300 r.p.n, tardando en este proceso I¡4 de m inuto. ¿A qué aceleración angular estuvo s metida? S i el diámetro de la rueda es 60 cm, ¿cuál es la aceleración lineal de i punto de su periferia?
Solución: Expresemos, en primer lugar, todos los datos en unidades c Sistema Internacional: a,0 = 900 min „ = 300 - * ? - .
rev . _ !oü™ sL = 1(k ractfs t = - 4í - min = 15 s La aceleración angular de la rueda es: 10a racty's - 30a rad/s -4 ,2 rad/s2 Í5s Calculemos ahora la aceleración lineal de un punto de su periferia: mm
a = i • r = - -i- a
1
• 0,3 m = - 0,4a m/%1 = \ -1,26 m/s2]
3.35. Un móvil toma una curva con una aceleración tangencial constante de 3 m/s2. El radio de la curva es 50 m . ¿A qué aceleración total estará sometido el móvil en el instante en que su velocidad sea 90 km/h?
Solución: En el instante pedido, en que la velocidad del móvil es 90 km/h = 25 m/s, su aceleración radial valdrá: =^
=
= 12.5 0 ^
Como la aceleración tangencial y la radial son perpendiculares, el valor de la aceleración total será: a = Va,2 + ai = V (3 m/s2)2 + (12,5 nVs2)2 = 12,85 nVs2 3.36. La velocidad tangencial adecuada para trabajar el hierro fundido es 0,6 m aproximadamente. ¿A cuántas r.p.m . debe girar en un torno una pieza de 5 c de diámetro?
Solución: Como r = 2,5 cm = 0,025 m, tenemos:
„ = J L = ° ’6 n ^s = 24 = 24 — r 0.025 m s s = 229.18 - 2 ^ - = I 230 r. 70
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3.37. Demuéstrese que en el movimiento uniformem ente acelerado la aceleración es igual al doble del espacio recorrido en la primera unidad de tiempo.
Solución: En el movimiento uniformemente acelerado, si el móvil parte del reposo, se cumple que: El espacio que recorre el móvil en la primera unidad de tiempo es: de donde se deduce que: 3.38. ¿Por qué un movimiento uniforme no puede iniciarse a partir del reposo? Solución: Si un cuerpo está en reposo, para iniciar su movimiento ha de poseer una cierta aceleración y, en consecuencia, el movimiento no podrá ser uniforme. 3.39. I m figura 3.3 representa un movimiento rectilíneo y uniforme. A purtir de los datos expuestos en ella deduce la ecuación de ese movim iento .
0
1
2
3 4
5 6 7
t en segundos
Fig. 3.3
Solución: La ordenada en el origen corresponde al espacio inicial sD. Por tanto, s0 = 5. La pendiente de la recta coincide con el valor de la velocidad: 9 -5 lg* 7 -1 5 2 La ecuación será: I s www.FreeLibros.me
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3.40. Determinar las constantes de un movimiento uniform em ente acelerado, sabiendo
que e l móvil tiene una velocidad de 17 m /s a los 4 segundos de haberse comenza do a contar el tiempo, y que en los instantes 2 y 4 segundos dista del origen 12 y 40 m , respectivamente.
Solución: Sustituyendo los datos en las ecuaciones de la velocidad y del espacio, se tiene: 17 = v„ + 4a 12 = s„ + 2 v„ + 2a 40 = s„ + 4v„ + 8a Resolviendo el sistema, se obtienen los siguientes resultados: a = 3 m/s2: Vp = 5 m/s; s„ = - 4 m 3.41. E n un movimiento rectilineo la distancia al origen viene dada por la expresión: s = 10 + 2t + r1 Determinar las características del m ovimiento, la distancia al origen, la velocidad y la aceleración a los 2 segundos de iniciado el movimiento.
Solución: La ecuación de la velocidad viene dada por: v = dt = 2 + 312 y la de la aceleración por: Al ser variable la aceleración se tratará de un movimiento variado no uni formemente. Los valores de s, v y a se obtienen directamente de sus ecuaciones al sus tituir t por su valor (2 segundos): s = 22 unidades de longitud V = 14 unidades de velocidad a = 12 unidades de aceleración 3.42. Un móvil parle de un punto con una velocidad inicial de 1,10 m /s y recorre una trayectoria rectilínea con aceleración constante de -0 .1 m/s2. ¿Cuánto tiempo tardará en pasar por un punto situado a 1.05 m del origen? Interpretar física mente los resultados obtenidos.
Solución: Basta sustituir los datos en la ecuación del espacio: 72
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1,05
m = 1,1 (m/s) t —
0.1 (m/s2) t2
Despejando t, se obtienen los siguientes resultados: t, = l s t2 = 21 s Esto quiere decir que el móvil pasa dos veces por el mismo punto: una a la ida y otra a la vuelta. 3.43. Calcúlese la velocidad inicial y el espacio inicial en un movimiento uniforme mente variado, de aceleración - 8 m/s2, sabiendo que la velocidad se anula para t = 3 s y que el espacio se anula para t = 11 s.
Solución: Consideremos las dos fórmulas fundamentales del movimiento uniformemente variado: v = vG + at s = s„ + v„I + -y - ai2 Como a = - 8 m /sz, sustituyendo resulta: v = v„ - 8t [1] s = s,, + v„t - 4t2 (2 ] Teniendo en cuenta en la ecuación [1] que cuando t = 3 s, v = 0, se ob tiene: 0 = v„ - 8 • 3 de donde: |~v„ = 24 m/s | Como, por otra parte, para t = 11 s. s = 0, sustituyendo en la ecuación
[2], tenemos:
0 = s0 + 24 • 11 - 4 • l l 2 de donde: | -S, = 220 m | www.FreeLibros.me
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3.44. Un coche marcha a 45 km /h y apretando el acelerador se logra que al cabo de medio minuto se ponga a 90 km /h. Calcular la aceleración del vehículo y el espa cio recorrido en ese tiempo.
Solución: Expresemos, en primer lugar, todos los datos en unidades del Sistema Internacional: Vv° = ”45 JÍ22— —s = 12,5 h - 11 km _____3 600 ’ m/s v v - 90 km . 1 000 m , 1 h - 25 m/s v -9 0 n : fTST^ 3 600 s " nVS I = 0,5 min = 30 s La aceleración del coche será: a =
v ~ v° t
2 5 n V s - q 5 n y s _ = Q 4 1 ft? ^ 3U S
= I 0 ,42 m / s ' I '
y el espacio recorrido: s = v„t + j - at2 = 12,5 — 2 s
• 30 s + J 2
0,42 - 2 - . (30 s)2 =1 s2 1---------
3.45. Una rueda gira a razón de I 200 r.p.m . y mediante la acción de un freno se logra detenerla después de dar 50 vueltas. Deducir la aceleración angular de fre nado y el tiempo empleado en el fenómeno.
Solución: En primer lugar hay que expresar los datos en unidades SI:
1 200 r.p.m. = 40n rad/s; 50 vueltas = 100n rad Sustituyendo estos datos en las ecuaciones de la velocidad angular y del ángulo descrito: 0 = 40* + a • t 100n = 40n • I + -y - e • t2 y resolviendo el sistema formado, se deduce: t = 5 s; , = 8~ rad/s2 3.46. Un volante necesita 3 segundos para conseguir un giro de 234 radianes. Si su ve locidad angular al cabo de ese tiempo es de IOS rad/s, ¿cuál fu e su aceleración angular, supuesta constante? ¿Y su velocidad angular inicial?
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Solución: Sustituyendo los datos en las ecuaciones de la velocidad angular y del ángulo, se tiene: 108 = o,„ + 3a 234 = 3oi„ + 4,5») Resolviendo el sistema, se obtienen los siguientes resultados:
, . Un volante gira a razón de 60 r.p.m . y al cabo de 5 segundos posee una velocidad
3 47
angular de 37,7 rad!s. ¿Cuántas vueltas dio en ese tiempo?
Solución: Calculemos, en primer lugar, la aceleración angular del volante, teniendo en cuenta que:
» rat(/s - 2 » rat^s = 2r. rad/s2 5s El ángulo girado por el volante en 5 segundos es: o, - "»o
y = o>0 • t +
12
o • t2 = 2»
'
2
*
■(5 s)2 = 35» rad =
= 35» 17,5 vueltas 35^ rad • 12vuel'an rad = II-----------------3.48. (•) Un automóvil, partiendo del reposo, acelera uniformem ente para alcanzar una velocidad de 20 m/s en 250 m de recorrido; a partir de este instante y mante niendo constante la velocidad recorre una distancia de l 500 m , para detenerse a continuación en 50 m , mediante un movimiento uniformemente retardado, ca racterizado por una aceleración negativa de 400 cm/s2. Determinar los tiempos empleados en cada una de las tres fa ses del movimiento y dibujar la representa ción gráfica de la velocidad en función del tiempo.
Solución: En la primera fase el movimiento es uniformemente acelerado, cumpliéndose las ecuaciones de dicho movimiento: v = vG + at s = V„t + - i - at2 De acuerdo con los datos del problema: www.FreeLibros.me
75
20
= ai
250 = - i - ai2 Resuello este sistema de ecuaciones, obtenemos: En la segunda fase el movimiento es uniforme, de acuerdo con la ( ción: s = vt. De aquí: - = 75 s; t¡ = 75 s 20 nVs Por último, en la tercera fase el movimiento es uniformemente retardado. Como v = v„ + at: v - v0 0 m/s - 20 m/s -4 iq/s2 Obsérvese cómo en esta tercera fase del movimiento el enunciado del problema nos suministra datos en exceso. La representación gráfica de la velocidad en función del tiempo se recoge en la figura 3.4.
H*. 3.4 3.49. Deducir lus velocidades, supuestas constantes, de dos móviles A y II. separados por una distancia de 30 km , sabiendo que si se mueven en la misma dirección y sentido, se encuentran a 10 km de B. pero que si se mueven en sentidos opues tos, tardan 40 minutos en encontrarse.
Solución: Expresaremos todos los datos en unidades del Sistema Interna cional: 76
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30 km = 30 000 m 10 km = 10 000 m 40 min = 2 400 s En el primer caso el móvil A recorre 40 000 m y el B 10 000 t El tiempo invertido por ambos es el mismo. Por tanto:
v A = 4vb
[1 ]
En el segundo caso el espacio que recorre el móvil A, más el que recorre el móvil B. habrá de ser igual a la distancia que los separa. Es decir: vA • 2 400 + vB • 2 400 = 30 000 y simplificando: vA + vB = 12,5 [2] Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [1 ] y [2). se tiene: vA = 10 nVs; vB = 2,5 iV s
3.50. Dos cuerpos. A y B. separados por una distancia de 2 km , salen simultáneamente en la misma dirección y sentido, ambos con movimiento uniformemente variado, siendo la aceleración del más lento, el B. de 0.32 cm /sJ. El encuentro se realiza a 3.025 km de distancia del punto de partida de B. Calcular: a) E l tiempo invertido por am bos móviles. b) L a aceleración de A . c) L as velocidades de am bos en el instante d el encuentro.
Solución: a) El movimiento de B es uniformemente variado, según la ecuación: SB = ~ aB • I2 = -A- 0,0032 - 2 - • t 2 = 0,0016 t2
Como, de acuerdo con los dalos del problema. SB = 3 025 m, resulta: 3 025 = 0.0016 I2 de donde: l = 1 375 s www.FreeLibros.me
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b) Como A y B distan 2 km, el espacio recorrido por A será: SA = 3 025 m + 2 000 m = 5 025 m Por otra parte, el movimiento de A también es uniformemente varia do. En consecuencia:
Sa- -y- aA•t2
de donde: 2 • 5 025 m— = II 0,0053 n ~ m/s aA = —2 SA -— -------------t2 (1 375 s ) L- i --------------1 — 1 c) Calculemos, por último, las velocidades de los dos cuerpos en el momen to del encuentro: vA = vQa + aA • t = 0 m/s + 0,0053 —— • 1 375 s = | 7,3 n^s vB = vG| + aB • t = 0 m/s + 0,0032 -¿y- • 1 375 s = | 4,4 r 3.51. Un coche lleva una velocidad de 72 km /h y los frenos que posee son capaces de producirle una deceleración m áxima de 6 m/s2. E l conductor tarda 0,8 segundos en reaccionar desde que ve un obstáculo hasta que fren a adecuadamente. ¿A qué distancia ha de estar el obstáculo para que el conductor pueda evitar el choque en las circunstancias citadas?
Solución: Mientras dura el tiempo de reacción, el coche, con movimiento uniforme, avanza un espacio: Una vez que el coche comienza a frenar el espacio que recorre hasta pa rarse será: S2 = •
y2_,
2a
2• ( —6 nVs2)
Por tanto, para evitar el choque, el obstáculo ha de estar ¿ s = s, + s2 = 16 m + 33,3 m = | 49,3 m 1 3.52. E n u n movimiento uniform emente variado los espacios recorridos por el m óvil t los instantes I , 3 y 5 segundos son, respectivamente, 55 cm , 225 cm y 555 en Calcular e l espacio inicial, la velocidad inicial y la aceleración.
Solución: En el movimiento uniformemente variado se cumple que:
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S = S„ + V„t + - y
al2
De acuerdo con los datos del problema, tenemos: 0,55 m = s„ + v0• 1 s + - i - a • (1 s)2 \ 2,25 m = s„ + v„• 3 s + - i - a • (3 s)2 > 5,55 m = s„ + v„• 5 s + - | - a • (5 s)2 1 La resolución de este sistema de ecuaciones conduce a: I s„ = 0,3 m; v„ = 0.05 m/s; a = 0.4 m/s2 | 3.53. E n e l m inuto 32 d el prim er tiem po, correspondiente a l partido de fú tb o l EspañaE ire, ju g a d o e l dia 16 de noviem bre d e 1988, A n d rin ú a lanzó un balón a ras de suelo, en pase recto, a u na velocidad de 2 7 k m /h . B utragueño, que se encontra ba 10 m detrás de A nd rin ú a , en la m ism a dirección d e lanzam iento d el balón, salió tra s de é l con intención d e alcanzarlo y pasárselo a M anolo. L a velocidad de B utragueño era de 36 km /h. ¿Q u é distancia hu b o de recorrer « E l B uitre» p ara alcanzar e l balón? ¿C u á n to tiem po empleó? D ato: E l rozam iento de! balón contra e l suelo le produjo a éste u na decelera ción constante de 2 m /s2.
Solución: Expresemos ambas velocidades en unidades SI: 27 km/h = 7,5 n\/s; 36 knVh = 10 m/s El espacio recorrido por el balón hasta ser alcanzado por Butragueño es: s, = 7,5l +
(-2 ) t2 = 7,5t - t2
mientras que la distancia que recorre el jugador será: s2 = lOt Como s2 = S| + 10, sustituyendo resulta: 7,5t - t2 + 10 = lOt de donde: 1 t = 2,15 s 1 (La otra solución de la ecuación carece de significado físico.) www.FreeLibros.me
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La distancia que tuvo que recorrer el jugador es: Sj =
10
t = 10
• 2,15 s = | 21,5 m
Un conejo corre ha d a su m adriguera a la velocidad de 72 km /h . Cuando se encuentra a 2 0 0 m de ella, un perro, situado 40 m m ás atrás, sale en su persecu ción, recorriendo 90 m con la aceleración de 5 m /s2 y continuando luego con velocidad constante. a) Deducir cinemáticamente si salvará su piel el conejo. b) R azonar matemáticamente qué sucedería si la m adriguera estuviera 100 m m ás lejos.
Solución: a) Calculemos los tiempos invertidos por el conejo y el perro en llegar hasta la madriguera. Como el conejo corre a velocidad constante de 72 kn\/h = 20 m /s, su movimiento es uniforme y el tiempo que emplea es:
El perro en la primera etapa de su movimiento emplea un tiempo: 2 J ^ = 6s 5 m/s adquiriendo al cabo de estos 6 segundos una velocidad:
v = vG + at = 0 m/s + 5
• 6 s = 30 ¡Vs sz Durante la segunda etapa recorre: 240 m - 90 m = 150 m, a la veloci dad constante de 30 m /s, inviniendo un tiempo de: . _ 150 m _ ■ ” 30 m/s El tiempo total que emplea el perro es: tp = tp, + lp, = 6 s + 5 s = l i s mayor que el del conejo. Por tanto, éste se salvará, b) El razonamiento es análogo al del caso anterior:
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_ 340 m - 90 m _ 250 m 30nVs ~ 30 m/s tp = tPi + tPj = 6 s + 8,33 s = 14,33 s Como tp < tc, el conejo será capturado por el perro. 3-55. Desde un punto situado a 10 ni sobre el suelo se lanza verticalmente hacia arriba una piedra con una velocidad de 30 m/s. ¿Con qué velocidad llenará al suelo?
Solución: Calcularemos, primero, el tiempo que tardará la piedra en al canzar la máxima altura, momento en que se anula su velocidad. Por tanto: t _ v - v„ _ 0 nt/s - 30 n\/s _ 3 s g - 1 0 m/s2 La altura que alcanza la piedra al cabo de este tiempo (que será la altura máxima) vale: h = h„ + v„t + - i - gt2 = = 10 rn + 30 -!2 - • 3 s + - i - . / -1 0
. (3 s)2 = 55 m
Hallemos, por último, la velocidad con que llega la piedra al suelo: V = V3¡h =
2 • 10 - 2 - • 55 m = 1 33,17 m/s |
También se puede resolver el problema de una manera más sencilla, con siderando que cuando la piedra efectúa su movimiento de descenso, al pasar por el punto de lanzamiento su velocidad es de 30 m/s. Todo se reduce, pues, a calcular su velocidad cuando ha recorrido 10 metros desde dicho punto: v = Vvq + 2 gh =
(30 m/s)1 + 2 ■10
■10 m = | 33,17 m/s
3.56. S e lanzan dos piedras verticalmente hacia arriba: una desde 20 m más arriba que la otra. Si ambas piedras alcanzan la misma altura máxima, ¿qué relación existe entre sus velocidades iniciales?
Solución: Si la más alta se lanza con una velocidad vQy alcanza una altura h, la más baja, que se lanza con una velocidad vó, recorrerá una distancia vertical h + 20. Ambas piedras al alcanzar la máxima altura anulan su veloci dad. Por tanto: www.FreeLibros.me
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v | = 2 gh v¿ 2 = 2g (h + 20 ) Dividiendo la segunda ecuación entre la primera, resulta: v¿ 2 h + 20
3.57. (*) Un cuerpo es lanzado verticalmente hacia arriba < 20 a) b) c)
t velocidad inicial de m /s. Calcular: L a altura m áxim a que alcanzará. E l tiempo que larda en alcanzar dicha altura. E l tiempo mínimo que tarda en alcanzar una velocidad de 10 m/s. (Tómese g = 10 m/s1.)
Solución: Al ser un movimiento de ascenso vertical, es uniformemente re tardado, valiendo la aceleración de la gravedad g = - 1 0 m/s2. a) Al alcanzar la altura máxima la velocidad del cuerpo se anula (v = 0). Por tanto: (0 nVs)2 - (20 nVs) 2 2 • ( - 1 0 m/s2) m/s - 20 m/s —10 nVs2 c) El cuerpo alcanza la velocidad de 10 m /s dos veces: una al subir y la otra al bajar. El tiempo mínimo que tarda en alcanzar dicha velocidad será al subir. En consecuencia, aplicando la fórmula v = v„ + gt, tenemos: _ io m/s - 20 tVs - 1 0 m/s2 0
3.58. (*) Dos proyectiles se lanzan verticalmente hacia arriba con dos segundos de intervalo, el prim ero con una velocidad inicial de 50 m /s y el segundo con veloci dad inicial de 80 m/s. ¿Cual será el tiempo transcurrido hasta que los dos se encuentren? ¿A qué altura sucederá? ¿Q ué velocidad tendrá cada uno en ese momento? (Tómese g = 9,8 m /s2.)
Solución: Llamemos t al tiempo que transcurre desde que se lanza el se 82 www.FreeLibros.me
gundo proyectil hasta el momento en que los dos se encuentran. Cuando eso sucede, ambos están a la misma altura. Por tanto: 50 (t + 2) -
-i-
9,8 (t + 2) 2 = 80 t -
-i-
9,8 t2
Operando en esla expresión, se obtiene: 5 0 - 9 ,8 _ | . i 15 + 9,8------ l— !------1 El tiempo transcurrido desde que se lanzó el proyectil es: f = t + 2 = 3,62 í Calculemos ahora la altura a la que se encuentran y apliquemos para ello la ecuación h = vQt + gt2 a un proyectil cualquiera, por ejemplo al se gundo. Tenemos: I = 80 -2 í- ■1,62 s + - i - ^ -9 ,8
• (1,62 s )2 = 1116,7
I-a velocidad del primer proyectil en el punto del encuentro será: Vi = v„ + gt' = 50 m/s + (-9 ,8 m /sz) ■3,62s = 114,52 ny/s [ y la del segundo: V2
=
V„
+ gt = 80 m/s + (-9 .8 m/s2) - 1 ,6 2 s = I 64,12 nVs
3.59. (*) U n globo que se eleva verticalmente con u na velocidad de 4 ,8 m /s abandona un saco de lastre en el instante en que el globo se encuentra a 19,2 m etros sobre e l suelo. a) Calcular la posición y la velocidad del saco de lastre a l cabo de 1/4 s, 1/2 s, I sy2s. b) ¿A l cabo de cuántos segundos llegará al suelo? c) ¿C u ál será su velocidad en ese instante?
Solución: a) Si tomamos como nivel de referencia el suelo, la velocidad inicial del sa co de lastre positiva (por estar dirigida hacia arriba) y la aceleración de la gravedad negativa (ya que su sentido es siempre hacia abajo), la posi ción y la velocidad del saco de lastre vendrán dadas en todo momento por las expresiones: h = 19,2 + 4,8 t - 4,9 t2 (m); v = 4,8 - 9,8 t (n^s) Por sustitución en las ecuaciones anteriores, se obtiene: www.FreeLibros.me
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Para I = 1/4 s, h = 20,09 m; v = Para t = 1/2 s, h = 20,37 m; v = Para t = 1 s, h = 19,1 m; v = —5 i»Vs (hacia abajo). P aral = 2 s, h = 9,2 m; » = -14,8 (hacia abajo). b) Cuando el saco de lastre llegue a tierra, h = 0. La ecuación de la posi ción queda reducida a: 0 = 19.2 + 4,8 t - 4,9 t2 de donde: | ( = 2.53 s | c) La velocidad del saco al llegar al suelo será: v = 4,8 m /s - 9,8 m /s2 • 2,53 s = | —20 m/s (hacia abajo)~| 3.60. (*l Dos móviles se encuentran sobre una misma horizontal separados 20 metros. E n el m ism o instante se lanzan verticalmente hacia arriba con velocidad de 100 v ISO m/s. a) ¿A qué distancia se encontrarán uno de otro a! cabo de 10 segundos de iniciarse el movimiento? b) ¿En qué instante se encontrarán a la misma altura? ¿Cuál es esta altura?
Solución: a) AI cabo de un cierto tiempo t, la altura alcanzada por el primer móvil es: h, = v,t - -y - gt2 mientras que la que alcanza el segundo, lanzado simultáneamente, es: h2 = v2t -
-i-
gt2
La diferencia de alturas que alcanzan ambos móviles al cabo de 10 segundos de iniciarse el movimiento es: 3h = h2 - h, = (v3 —v,) - 1 = (150 m/s - 100 m/s) • 10 s = 500 m Al cabo de figura 3.5) es:
10
segundos la distancia entre ambos móviles (véase la
d = V(500 m)2 + (20 m )2 = | 500,4 m | 84
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Fig. 3.5
b) Cuando ambos móviles se encuentren a la misma altura se cumplirá que hi = h2, de donde se deduce que v,t = v2t, lo cual, dado que v, ^ v2, sólo es posible cuando 11 = 0 1. Para este valor de t , | h, = h 2 = 0 |. 3.61. Desde un punto situado a u na altura de 78,4 m p o r encim a de un p lano horizon tal se deja caer una pelota de gom a, que, tras chocar con el plano, rebota, consen-ando la m itad de su velocidad. Calcular: a) L a altura que alcanza la pelota en su rebote. b) E l tiem po total transcurrido desde que se dejó caer la pelota hasta que choca p o r segunda vez con el plano.
Solución: a) La velocidad con la que la pelota llega al suelo es: V = V^gh = V 2 • 9.8 m • s~ 2 • 78.4 m = 39.2 m/s
Al rebotar conserva la mitad de su velocidad, siendo, por tanto, la velocidad inicial de ascenso: v'a =
- i-
• 39,2 m/s = 19,6 m/s
Con esta velocidad inicial la altura que alcanzará la pelota en su rebo te es: h' = y 2 ~ v* = (0 m/s)2 - (19,6 m/s )2 2g 2 • (-9 ,8 m/s2)
=
H ------- 1
1— 1
b) El tiempo invertido en la primera caída es: i = v ~ v° = 39,2 m/s - 0 m/s ' g 9,8 tVs2 www.FreeLibros.me
= 85
El tiempo empleado en el primer ascenso es: Por último, el tiempo que invierte la pelota en su segunda caida es el mismo que el del ascenso anterior. t, = t2 = 2 s Por tanto, el tiempo total es: t = t, + tj + t 3 = 4 s + 2 s + 2 s = | 8 s | 3.62. I’ l Determinar la profundidad de un pozo cuando el sonido producido por una piedra que se suelta en su brocal, al chocar con su fo n d o, se oye 3 segun dos después. (Considérese: g = 10 m ■s~2; velocidad del sonido en el aire = 340 m ■s~ ‘ .) Solución: Llamemos h a la profundidad del pozo. Es evidente que el tiem po de 3 segundos es la suma del tiempo empleado por la piedra en su caída con movimiento uniformemente acelerado y velocidad inicial nula (V 2 tyg) y del que invierte el sonido con movimiento uniforme en subir hasta el brocal (h/340). Por consiguiente:
Como g = 10 m • s 2:
o, lo que es lo mismo:
Elevando al cuadrado los dos miembros de la anterior ecuación y quitan do denominadores, obtenemos, tras simplificar: h! - 25 160 h + 1 040 400 = 0 Resolvamos ahora esta ecuación de segundo grado: - 4 ■1 040 400~ _ ^ 2 5 118 m h = 25 160 ± V25 1602 2 "M I,4 m De las dos soluciones obtenidas sólo la segunda tiene significado físico. www.FreeLibros.me
La primera ha surgido al elevar la ecuación original al cuadrado, y, como se puede comprobar fácilmente, si fuera válida, tanto la piedra al caer como el sonido al subir emplearían más de 3 segundos. En consecuencia: h = 41,4 m 3l43. (*) Dibujar en sendas gráficas el espacio y la velocidad, ambas en fu n ción del tiempo, de una piedra lanzada verticalmente hacia arriba, hasta el m om ento en que de nuevo es recogida por la persona que la lanzó.
Solución: Tenemos que representar gráficamente dos funciones. La pri mera es: (El signo negativo en la anterior ecuación se debe al hecho de que se trata de un movimiento de ascenso vertical en el campo gravitatorio terrestre, que es uniformemente retardado.) Esta ecuación corresponde a una parábola. Vamos a hallar sus puntos de intersección con los ejes: Para t = 0, s = 0; por otra parte, para s = 0, t • I v0 gt ) = 0, ecuación que tiene dos soluciones: t, = 0 y t2 = 2v0/g. Por consiguiente, los puntos de intersección con los ejes son (0 , 0 ) y (2 v
de donde se obtiene: t = v j g . Para este valor de t:
Como:
el valor antes obtenido es un máximo. La función adquiere un valor máximo en el punto:
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Tras este estudio teórico podemos ya construir la representación gráfica del espacio en función del tiempo (fig. 3.6).
Fig. 3.6
La segunda función que tenemos que representar es: Esta ecuación corresponde a una recta, cuyos puntos de intersección con los ejes los calcularemos haciendo t = 0 y v = 0 . Para t = 0, v = v0, y para v = 0, t = v j g . Por consiguiente, los puntos de intersección con los ejes son: (0. v0) y (v^g, 0). Por otra parte, cuando la piedra llega al suelo, des pués de haber transcurrido un tiempo t = 2 vc/g , su velocidad es: v = v„ - g • (2 vQ/g) = -v 0, igual a la inicial de lanzamiento, pero en sentido contrario. En resumen, la representación gráfica de la velocidad en función del tiempo es la que vemos reproducida en la figura 3.7.
M
t
01
Fig. 3.7 Una pelóla cae desde la cornisa de un edificio y tarda 0,3 segundos en pasar por delante de una ventana de 2,5 metros de alto (longitud de la ventana). ¿A qué distancia de la cornisa se encuentra el marco superior de la ventana? www.FreeLibros.me
Solución: Según el esquema repre sentado en la figura 3.8, la pelota «en tra» en la ventana con una velocidad inicial v', que podemos calcular conoci da la longitud de la ventana y el tiempo que tarda en pasar por delante de ella: h = h„ + v't + - i - gt2 2,5 m = v' • 0,3 s + -y - 10iq/s2-(0,3s)2 de donde: v' = 6,8 m /s. Ahora el problema se reduce a cal cular desde qué altura deberla caer la pelota (v„ = 0) para alcanzar esa velo cidad de 6,8 nVs. Aplicando la expre sión: v2 - v¿ = 2gh correspondiente a la caida libre, tenemos v2 (6,8 m/s)2 - 0 h= • 2 - 10 m /s2 También se puede resolver el pro blema considerando dos movimientos de caída de la pelota: desde la cornisa hasta el marco superior de la ventana y desde la cornisa hasta el marco inferior. Resulta, asi, el siguiente sistema de ecuaciones (fig. 3.9): g'! h + 2,5 =
g (t + 0,3)2
La resolución de este sistema, to mando g = 10 m /s2. conduce a: valor que, sustituido < mo resultado:
i cualquiera de las ecuaciones del sistema, da t h = 2,3 m www.FreeLibros.me
3.65. Una plataforma circular, dispuesta horizontalmente, gira con velocidad angular constante en torno a un eje vertical que pasa por su centro. D el techo de la habitación donde se encuentra dicha plataforma cuelga una polea fija, de la que, a través de un hilo de masa despreciable que pasa por su garganta, penden dos esferillas idénticas, situadas ambas en un plano vertical que contiene a l eje de rotación y a un mismo lado de él, tiznadas de negro de hum o y que distan de la plataforma 240,1 cm y 176,4 cm, respectivamente. En un momento determinado se rompe el hilo y las esferillas caen, chocando contra la plataforma y dejando en ella dos señales ennegrecidas, que con el centro como vértice determinan un ángulo de 45°. Calcular la velocidad angular de la plataforma.
Solución: El tiempo que tarda la primera esferilla en alcanzar la platafor ma es:
mientras que el que invierte la segunda es:
- V?- V
» —
Luego las dos esferillas llegan a la plataforma con una diferencia de tiempo: At = t, — t2 = 0,7 s - 0,6 s = 0,1 s En ese intervalo de tiempo la plataforma giró 45°. Por tanto, su velocidad angular será: 45° 0,1 s
60 s 1 min
1 vuelta 360°
7 5 _vueteL min
3.66. Un móvil animado de movimiento vibratorio armónico tiene una aceleración de 5 m/s1 cuando su elongación es de 5 cm. ¿Cuánto vale su período? Solución: Si consideramos positiva la elongación, la aceleración debemos considerarla negativa. Por tanto, los datos podemos expresarlos así: s = 5 cm = 5 - 10*2 m a = - 5 m/s2 Apliquemos la ecuación que relaciona la aceleración con la elongación: a = -o 2- s Se deduce que: - 5 m/s2 = - 5 • 10-2 m • oí2 90
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de donde:
resulta: T = 2" rad, = 0,2r. s = I 0,63 s I 10 raiVs 1----------- 1 U na masa puntual, sujeta a un muelle elástico dispuesto horizontalmente, está animada de un movimiento armónico simple de amplitud A = 2 m y pulsación
Solución: a) El período del movimiento es:
2r. _
2r. rad _ . 2r. racj/s
T = 1 s; v = 1 ! b) En todo movimiento armónico simple la elongación viene dada por la ecuación: x = A sen (wt + ?„). Como en el caso del problema, para t = 0, x = 0, sin más que sustituir en la ecuación anterior obtenemos: sen 9o = 0, de donde se concluye que 9C = 0. Por tanto, la ecuación que relaciona la elongación con el tiempo viene dada por: x = A sen wt. www.FreeLibros.me
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Sustituyendo los valores de A y 10. llegamos al resultado final: x = 2 sen 2 - t (SI) c) La velocidad y la aceleración de la masa puntual son respectivamente: v = - £ - = 4c - eos 2 c t (SI) a = dt________________________________ = —8c2 sen 2 c t (SI) = - 4 ^ (SI) d) Para t = -y- s, los valores de la elongación, velocidad y aceleración de la masa puntual son, respectivamente: *1/3 = 2 sen V./3 = 4e • eos
VTm | = | - 2- ny's |
a,„ = —4c2x = | -4c2 V lm ■s~2 | e) Si en la expresión de la elongación hacemos x = -1 m, tenemos: -1 = 2 sen 2 n l. de donde: 2ct = are sen ( - 1/ 2) = s + O
o
Por tanto: 7r/6 f) La velocidad máxima de la masa puntual tendrá lugar cuando eos 2 c t = ±1. Luego: v»., = 4c m/s 3.68. E l movimiento del pistón de un automóvil es, aproximadamente, armónico sim ple, S i la carrera del motor Idos veces la amplitud ) es de 10 cm y la pulsación 3 600 r.p.m. calcular la aceleración del pistón en el extremo de su carrera y su velocidad al pasar por el punto medio de la misma.
Solución: Expresaremos previamente los datos en unidades del Sistema In ternacional: A = 5 cm = 5 • lO"2 m 92
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w = 3 600
. J m m _ = , 20 ^ _rad_ min 1 rev 60 s s En el extremo de la carrera la elongación es máxima y viene dada por la ecuación: amí, = -A • &»2 a„u, = - 5 • 1(T! m • ^ 120 n - ^ - ) 2 =1 - 7 106 nVs*~| Por otra parte, como s = A sen (t + ?0) = A • <■ >• V 1 —sen2 (wt + ?„) =
- a- V
h
F-*-
Al pasar por el punto medio de la carrera, s = 0. Por tanto: v = w • A = 120n -£2iL . 5 . 10-a m = fe _2L = 18.85 = 18.85 ~ '-r 1'000 1 h = | 67,86 km, h 3.69. (*) En el instante en que un cuerpo que se mueve con movimiento armónico simple se encuentra a 6 cm de su posición de equilibrio , su velocidad es de I cm/s, mientras que cuando se encuentra a 2 cm, su velocidad es de 4 cm/s. Calcular la frecuencia y la amplitud de! citado movimiento.
Solución: Como: v= A
-V
A2 - * 2
sustituyendo en los dos casos, tenemos: I cm/s = V A 2 - (6 cm)2 4 cm/s = <» V A 2 - (2 cm)2 Dividiendo miembro a miembro, se obtiene: 1 _ V A2 - 36 www.FreeLibros.me
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y elevando al cuadrado:
Partiendo de la primera de las ecuaciones iniciales tenemos: v IcnVs _ 1 _ /1 5
Va2- x2 V(6,2cm)2- (6cm)2 V3^15 V
32
Hz = 0,11 Hz A una partícula de 10 g se la obliga a describir un movimiento vibratorio arm óni co en el eje de las Y. !m amplitud del movimiento es 5 cm y la frecuencia 0.5 s ‘ . Calcúlese: a) L a ecuación del movimiento. bj Los valores de la elongación para los cuales será máxima la velocidad, c) L a m áxima velocidad que puede alcanzar la partícula.
Solución: a) En la ecuación s = A sen 2-v¡ sustituyamos los datos del problema: A = 0,05 m y v = 0,5 s_1. Resulta asi: s = 0,05 sen n l (SI) b) Según hemos visto en los problemas anteriores: v = «>Se deduce fácilmente que la velocidad será máxima en los puntos en que s = 0. c) La velocidad máxima valdrá: Vmi, —w • A — 2itv - A = 2r. rad • 0,5 s 1 • 0,05 m =! 0,05:: itv'si
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4. COMPOSICIÓN DE MOVIMIENTOS
FORMULARIO-RESUMEN_____________________
■t
CO M PO SIC IO N D E D O S M OV 1M IEN T 0 6 RECTILÍN EO S Y U N IFO RM ES D E LA M E M A D IRECCIO N
í
í Signo +: mismo sentido v = V] ± Vj s = ( v , ± v2) • t I Signo sentidos contrarios
C O M P O SIC IO N D E DOS M O V IM IEN TO S R EC T ILÍN EO S V U N IFO RM ES D E DIRECCIO NES CU ALESQU IERA Q U E FORM A N EN T R E S í U N A NG U LO a
V = V v f + v| + 2V, • V2 • cosa CO M PO SIC IO N D E DOS M O V IM IEN TO S R EC T ILIN EO S Y U N IFO RM E M E N T E VARIADOS D E LA M ISM A D IR EC C IO N
s=
s , ± s , = (So, ± s »,) + (Vo, ± Vo>) • t +
( a , ± a j ■ t2
CO M PO SIC IÓ N D E UN M O V IM IEN TO R E C T ILÍN EO U N IFO RM E V O T R O R EC T ILIN EO U N IFO RM E M E N T E VARIA D O D E L A M ISM A D IRECCIO N s = s , + S2 = (So, + So,) + (v„, + V o J • I + - i - a • t>
LANZAMIENTOVERTICALDE PROYECTILES
LA N ZA M IENTO H O RIZ O N TA L D E PR O Y EC T ILES
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(o = á n g u l o g •X Ecuación de la trayectoria: y = x • tg a — •— -?--------— 2 vc • eos a • sen2
Alcance final (X):
^ : “
x -
d e e le v a c ió n )
2 *
g
C O M PO SICIÓ N D E DOS M O V IM IEN TO S VIBRATORIO S A RM Ó N ICOS SIM PLES D E LA M ISM A DIRECCIÓ N Y FRECUENCIA
A2 = A2 + A2 + 2 A] • A2 • eos (?, - ?2) A! • sen 9 , + A2 • sen n 18 f A, • eos 9, + A2 - eos f ¡ C O M PO SICIÓ N D E DOS M OV IM IEN TO S A RM Ó N ICOS SIM PLES D E LA M ISM A FRECU EN CIA Y DIRECCIO NES PERPEN DICU LA RES
x2 y2 A{ Af J - ■x (recta) Si = 2kn, y — A?
2 x •y A,.-A¿
Si t - (2k + 1) * y =
I
I
+
Si 9 = (2k ± - i-
Si A, = A2, x2 + y2 = A2 (circunferencia) M O V IM IEN TO D E A RRASTRE D E TRA SLA CIÓN
= ? + r„ = V, + V , a = a, + a. r
V
A CELERACIÓ N D E C O R IO U S
ác = 2 [ót A v,l
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4. COMPOSICIÓN DE MOVIMIENTOS 4.1. Cita uno o más ejemplos que pongan de manifiesto el principio de la independen cia de movimientos de Galileo.
Solución: El movimiento de un nadador que atraviesa un río es la combi nación del movimiento propio del nadador junto con el de la corriente. También el movimiento del humo de una chimenea es combinación del movimiento vertical de ascenso del humo con el del aire, que suele ser hori zontal, resultando de esta forma un movimiento de ascenso oblicuo. 4.2. Si aumenta la velocidad del agua de un rio. un nadador ¿tardará más o menos tiempo en cruzarlo?
Solución: a) Si el nadador desea tan sólo alcanzar la orilla opuesta, sin importarle el punto de llegada, el tiempo empleado será siempre el mismo, ya que dependerá únicamente de su velocidad, v. Sin embargo, el punto de lle gada estará tanto más lejos cuanto mayor sea la velocidad de la corriente del río (fig. 4.1).
Fig. 4.1
b) Por el contrario, si el nadador desea alcanzar el punto de la orilla opues ta situado enfrente del de partida (fig. 4.2), como para lograrlo tiene que dirigirse oblicuamente contra la corriente, tardará tanto más tiempo cuanto mayor sea la velocidad del río, ya que en el mismo sentido dismi nuye la componente perpendicular a la orilla de la velocidad del nada dor. Por consiguiente, el nadador no podrá alcanzar el punto en cuestión si su velocidad es menor o igual que la de la corriente.
Fig. 4.2 www.FreeLibros.me
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4.3.
Teniendo en cuenta la resistencia del aire, si lanzamos un cuerpo verticalmente hacia arriba, ¿en qué emplea m ás tiempo: en subir o en bajar?
Solución: En el ascenso las dos aceleraciones a que se encuentra sometido el móvil (la de la gravedad y la de la resistencia del aire) son del mismo sig no, mientras que al bajar sus signos son opuestos. Por tanto, la aceleración al subir es mayor que al bajar, y el cuerpo empleará más tiempo en bajar que en subir. (Comprobarlo para el siguiente caso: v0 = 40 nys; g = 10 nys2; a, (aire) = 2 m/s2). 4.4.
Una canoa, que vamos a considerar puntual, atraviesa perpendicularmente un río de 100 m de ancho, con una velocidad de 10 m/s. L a velocidad de la corriente es de 5 m/s. Calcular: a) E l tiempo que tardará la canoa en llegar a la orilla opuesta. b) E n qué punto de la orilla opuesta atracará. c) La velocidad real de la canoa y el espacio recorrido por ella. d) E l espacio recorrido por la canoa en ese tiempo si navegara en el sentido de la corriente. e) E l espacio recorrido si navegara en sentido contrario a la corriente.
Solución: a) El tiempo que tardará la canoa en cruzar el río es:
b) Calculemos ahora el espacio recorrido por la canoa en la dirección de la corriente: c) La velocidad real de la canoa es: 'v? + v§ = V (10 m/s)2 + (5 n\/s)2 = [ 1 1 ,1 8 n y s [ y el espacio recorrido por ella: s = v • t = 1 1 ,18 nys • 10 s = | lll,8~m ~ d) Si la canoa navega en el sentido de la corriente: v = v, + v2 = 10 m /s + 5 m /s = 15 ny^s y en consecuencia: s = v • t = 15 nVs • 10 s =1 150 m e) Si, por el contrario, la canoa navegara en sentido opuesto a la corriente: v' = v, — v2 = 10 m/s - 5 m/s = 5 m/s y, por lo tanto: s' = v' • t = 5 n\/s • 10 s 98
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4.5. E l agua discurre por el cauce de un rio de 160 m de anchura, con una velocidad de 10 m /s. E n dirección perpendicular a una de sus orillas sale una barca con una velocidad de 4 m /s respecto a tierra. Sim ultáneamente, siguiendo el mismo centro del rio y desde un punto situado I km aguas abajo del primero, sale otra barca navegando a contracorriente, la cual se cruza con la primera en el punto medio del rio, a igual distancia de ambas orillas. Con estos datos se pide calcu lar: a) E l tiempo que tardan en cruzarse. b) E l espacio que recorre la segunda barca hasta que se cruza con la primera. c) L a velocidad de la segunda barca respecto a l agua.
Solución: a) El tiempo que tardan ambas barcas en cruzarse (véase fig. 4.3) es igual al que emplea la primera en llegar al centro del rio. Este tiempo es:
Fig. 4.1
b) En esc tiempo de 20 s la primera barca es arrastrada por la corriente a lo largo del rio una longitud: s, = 10 m • s~' • 20 s = 200 m Por tanto, el espacio que recorre la segunda barca hasta ese momento es:
s2 = i (KM) m —s, = 1 000 m —200 m = | 800 m c) La velocidad de la segunda barca respecto a tierra es:
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Ahora bien, la velocidad de la barca respecto al agua es igual a la ve locidad de la barca respecto a tierra menos la velocidad del agua respecto a tierra: v 2 ,a = V2 ., -
V ,.,
En el caso del problema, la barca segunda navega a contracorriente, por lo que v2., y va
Se lanza verticalmente hacia arriba un móvil con una velocidad inicial de 80 m/s. Considerando g = 10 m/s*, ¿qué altura máxima alcanzará y qué tiempo invertirá en alcanzarla?
Solución: Cuando alcance la altura máxima, v = 0 tiVs. Por lo tanto: 0 m/s = 80 m /s - 10 m/s! • t de donde: t = 8s
El espacio recorrido en ese tiempo será: s = Y „ ,„ = 80 iq/s • 8 s - - i - 10 m/s; ' (8 s)! = | 320 m
o también: Ymü = j i = J 8 0 jlV ^ = r _ 2g 2 -1 0 nVs '---------- 1 4.7. Se lanza verticalmente una piedra hacia arriba, con una velocidad de 45 m/s. a) Expresar su velocidad en km/h. b) ¿Qué altura alcanzará al cabo de 2 segundos? c/ ¿Qué altura máxima alcanzará? d) ¿Cuánto tiempo tardará en pasar por un punto situado a 5 m del origen? IInterpretar físicamente los dos resultados obtenidos.)
Solución: „v „ _ te m 1 km 3 600 s r r m — n a) v 45 ~ 7 ® ó í ---------r h ~ ~ L ‘g J ! " / ü I b) h = v„t + - i- gt2 = 45 -2 L • 2 s + - i - • (-10 nyi2) • (2 s)2 = [
c) Y ,„ - ^ 2g 100
(45 • 10 m/s1
2
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d) Como: h = 5 m y g = - 1 0 m/s2 susliluycndo en la ecuación: h = v„l + \
gt'
resulta: 5 m - 45 m/s - 1 + - i - (-10 it^s2) • t2 de donde: li = 0.11 s I; = 8.9 s Se obtienen dos resultados posibles, porque el móvil pasa dos veces por el mismo punto en tiempos diferentes; una vez al subir y otra al bajar. 4.8. Desde un pum o siluado a 10 m sobre el suelo se lanza verlicalmenle hacia arriba
una piedra con una velocidad de 30 m/s. ¿Qué altura alcanzará? ¿Con qué velo cidad llegará a l suelo?
Solución; Calcularemos, primero, el tiempo que tardará la piedra en al canzar la máxima altura. Sabemos que cuando el móvil alcanza la altura má xima su velocidad se anula. Por tanto: 0 = 30 ny/s + (-1 0 n^s2) • t de donde: t = 3 s. Sustituyendo este dato en la ecuación del espacio: h = h„ + v„t + — gt2 resulta: h = 10 m + 30 - 2 - • 3 s + - i - (-10 m/s2) • (3 s)2 = O también:
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El móvil alcanza una altura de 45 m sobre el punto de lanzamiento; pero co mo este punto está situado a 10 m sobre el suelo, la altura sobre el suelo que alcanza la piedra será: h = 45 m + 10 m = ) 55 m | La velocidad con que la piedra llega al suelo se calcula fácilmente aplican do la ecuación: v = V3gh ' = V2gh = V ^ lo iS /s ^ íT m =| 33,2 n^s 4.9.
Desde 20 m de altura se dispara horizontalmente un proyectil con una velocidad de 600 m/s. Calcular: a) E l tiempo que tardará en caer aI suelo. b) E l alcance del disparo. c) La velocidad del proyectil en el instante de llegar a! suelo.
Solución:
■ >- V f - V i f - E i b)= v, • t = 600 m/s • 2 s = | 1 200 m | c) resultante Como v, =sera: 600 m/s y vy = g • t = 10 m/s' • 2 s = 20 nVs, la velocidad 'v j T v f = V
4.10.
(600
m /s)' +
(20
nys)2 =
600.33 — I 5__
Desde un pum o situado a 100 m sobre el suelo se dispara Iwrizontalmenle un proyectil con una velocidad de 400 m/s . ¿Cuánto tiempo tardará en caer? ¿Cuál será su alcance? ¿Con qué velocidad llegará al suelo?
Solución: El tiempo que tarda el móvil en llegar al suelo es:
■ ■ v f-V W -®
El movimiento de avance es un movimiento rectilíneo y uniforme. El tiempo de avance es el mismo que el de caída. Por tanto: X = vs • t = 400
102
• 4,47 s = | 1 789 m |
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La velocidad con que el proyectil llega al suelo es la resultante vectorial de la velocidad horizontal de avance: vx = 400 m/s, y de la velocidad vertical hacia abajo que adquiere en la caída, que en el momento de llegar al suelo será: vy = gl = 10 m/s2 • 4,47 s = 44,7 nVs Por tanto, la velocidad con que el proyectil llega al suelo es: v = V v 2 + v2 = V(400 m/s)2 + (44,7 m /s)2 = | 402,5 nVs~] 4.11. U n avión que vuela a u na altura de 2 km lleva una velocidad de 100 m /s. ¿4 qué
distancia horizontal del blanco debe soltar una bomba para que explosione exac tam ente en ese punto?
Solución: Esta distancia es, precisamente, el alcance; hay que tener en cuenta que la velocidad horizontal de la bomba es igual a la velocidad de avance del avión. Por consiguiente: X = vx • \
/ V e
= 100 - E - . \ / 2 2 0 0 0 _ | 2 000 m | s V 10 m/s2 1-------------- 1
4.12. (*) A una altura h de! suelo se lanzan sim ultáneam ente dos bolas con la m ism a
velocidad, u na verticalmente hacia arriba y la otra verticalmente hacia abajo. La prim era bola llega al suelo 5 segundos m ás tarde que la segunda. ¿C on qué velocidad fu ero n lanzadas las bolas? D ato: g = 9.8 m ■s~2.
Solución: Suponiendo nulo el roza miento contra el aire, resulta evidente que las dos bolas emplearán el mismo tiempo en recorrer la distancia h. En consecuen cia, los 5 segundos de diferencia en sus lle gadas al suelo se deberán al tiempo que invierte la bola que se lanza hacia arriba en subir y bajar la altura h' (véase fig. 4.4). Considerando tan sólo esta bola y to mando como nivel de referencia el punto de lanzamiento, cuando vuelva a pasar por este punto (h = 0) habrán transcurrido 5 s. Por consiguiente: U = v„ • 5 s + y
(-9 ,8 m /s2) • (5 s)2 Fig. 4.4
de donde: V°
9,8 m/s2 • 25 s2 2 •5 s
¡24,5 m/s
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103
4.13. (*) Un bombardero que vuela horizontalmente suelta 3 bombas con interva los de I segundo. ¿Cuál es la distancia vertical entre la primera y la segunda, y entre la segunda y la tercera?: a) E n el instante en que se deja caer la tercera. b) Después de que la primera ha descendido 200 m. Despreciar la resistencia del aire.
Solución: a) En el instante en que el bombardero deja caer la tercera bomba habrán transcurrido 2 s y 1 s, respectivamente, desde el lanzamiento de la pri mera y de la segunda bomba. Las distancias verticales recorridas por ca da una de ellas hasta esc momento son: h, = -y- g ' l? = - y 9.8 n^s2 • (2 s)2 = 19,6 m h2 = - y g • 122 = - j - 9.8 m /s2 • (1 s)2 = 4,9 m h3 = 0 Por lo tanto, la distancia vertical entre la primera y la segunda será: h, — h2 = 19,6 m - 4,9 m = | 14,7 ni | y entre la segunda y la tercera: h2 - h3 = 4.9 m - 0 m = [ 4,9 m | b) En descender 200 m la primera bomba invierte un tiempo: A / H ^ = 6 ,389s V e V 9,8 n\/s La segunda bomba habrá estado cayendo durante un tiempo: «2 = t, - 1 s = 6.389 s - 1 s = 5,389 s descendiendo una altura: ha =
\
g • 'I = - y - 9.8 m/s2 - (5,389 s)2 = 142,3 m
Efectuando cálculos idénticos para la bomba tercera, tenemos: tj = t2 - 1 s = 5,389 s - 1 s = 4.389 s hj = - i - g • t2 = - L 9,8 nVs2 • (4.389 s)2 = 94,4 m 1(14 www.FreeLibros.me
Por lo tanto, la distancia vertical entre la primera bomba y la segunda se rá: h, - h2 = 200 m - 142.3 m = | 57,7 m | y entre la segunda y la tercera: h2 - h3 = 142,3 m - 94,4 m = | 47,9 m | ■4.14. S e dispara un proyectil con una velocidad de 200 m /s, form a n d o u n ángulo de 30° con Ia horizontal. Calcular: a) Com ponentes rectangulares de la velocidad en e l instante de la salida. b) Tiem po que tarda en alcanzar la m áxim a altura. c) A ltura m áxim a alcanzada. d) Alcance d el proyectil.
Solución:
a) vox = v„ • eos 30° = 200 m/s • ~ ~ = I 100 V ? m/s ] voy = v„ • sen 30° = 200 m/s • -y - = | 100 m/s I b) La máxima altura se alcanza cuando la componente vertical de la veloci dad se hace cero: « " " ¡ ¿ L jf r .- r w n -------g 10 nVs c) Aplicando la ecuación del desplazamiento vertical: Y _ Vp ' sen2 ; (200 iVs)2 • 1/4 ™‘ 2g 10 m/s2 1------------ 1 d) El tiempo de avance será el doble del invertido en alcanzar laaltura má xima: tav = 2 • 10 s = 20 s y, aplicando la ecuación del desplazamiento horizontal: lY. „ -
X = 100 V T m / s • 20 s = f 2 0 0 0 V 3 m
|
o también, aplicando la fórmula del alcance final: X
-
t ' ™
8
2'
.
(2.30 n V s ) ' • V 3 / 2
10 nVs
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1-------------------- 1 105
4.15. S e dispara un proyectil con una velocidad de 600 m /s. form ando un ángulo de 60 ° con Iá horizontal. a) ¿Q ué altura m áxim a alcanzará? b) ¿C uánto tiempo tardará en alcanzarla? c) ¿Q ué velocidad tendrá en dicho punto?
Solución: La velocidad de salida se descompone en dos componentes: una horizontal, de avance, que es constante, y otra vertical, de subida, afectada por la aceleración debida a la gravedad. Estas componentes valdrán: vox = v0 • eos a = 600 nVs • 1/2 = 300 m/s v„y = v„ • sen a = 600 = 300 V3 nVs
a) y b) En la máxima altura se anula la componente vertical de la veloci dad: Vy = voy - gt = 300 V ? - f - - 10 -2 j- • t Por tanto: 0 = 300 V ? - 10 t de donde: | t = 30 V 3 s 1 La altura máxima vendrá dada por: Y ., ., = v0) •
t
- - i-
gt2 = 300 V
i
. 30 V 3
s - - i-
10 - 2 j -
•
(30 V3 s)2 = 27 000 m - 13 500 m = | 13 500 m | O también: Y
_
• sen- , _ (600 m/s); • (v5/2); _ i |3 fw| m , 2g 2 - 10 m/sJ 1--------------- 1
c) La velocidad en la posición de máxima altura es la componente horizon tal de la velocidad inicial de lanzamiento, puesto que la componente ver tical es nula. Esta velocidad es. como se calculó antes: |T = 300 nVs | 106
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A .H . I*) El movimiento plano de un punto materia! pesado se refiere a unos ejes cartesianos, de manera que el eje OX es horizontal y O Y es vertical, siendo el sentido del semieje positivo hacia arriba. La velocidad inicial es vu = 100 m • s~‘ y form a un ángulo rj4 con el se mieje de abscisas positivo. Tómese g = ¡O m • s 2. Hallar la ecuación de la c u n a descrita por el punto material.
Solución: Se trata de un cuerpo lanzado oblicuamente con respecto a la horizontal (véase fig. 4.5). Las componentes horizontal y vertical de la velo cidad inicial son:
Fig. 4.5
vox = v0 • eos a = v0 • eos r/4 voy = v0 • sen a = vD • sen r/4 El movimiento del punto material se puede considerar como el resultado de la composición de dos movimientos rectilíneos perpendiculares: uno hori zontal uniforme con velocidad constante v„ = vox = v0 • eos rqA, y otro verti cal uniformemente retardado, debido a la aceleración de la gravedad, varian do la velocidad con el tiempo de acuerdo con la expresión: V , = voy - gt = V „ • sen r/4 - gi Al cabo de un tiempo t después del lanzamiento las coordenadas x , y de la posición del punto material serán: x = vox •t = v„ • eos V* • t y = v„y -1 - - y glJ = v„ - sen r/4 • I Si eliminamos el tiempo entre estas dos expresiones, se obtiene la ecua ción de la trayectoria:
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107
Sustituyendo en la ecuación anterior los valores de vG,g, sen y eos - j - , obtenemos la ecuación de la curva descrita por el punto material: [ 7 = » - io ~3 x2 (si) | que corresponde a una parábola con el eje de simetría paralelo al eje de ordenadas y la concavidad dirigida hacia abajo. 4.17. Un artillero situado al nivel del mar desea que su disparo, efectuado con un ángulo de elevación de 45°, rebase justam ente la cumbre de una colina de 350 m de altura. Determinar la velocidad mínima necesaria para ello, sabiendo que la distancia horizontal entre la cumbre de la colina y el artillero es de I 500 m.
Solución: Se trata del lanzamiento oblicuo de un proyectil, cuya trayecto ria viene dada por la ecuación: y=:
2v i -
Si consideramos como origen de coordenadas el punto de lanzamiento, donde se encuentra situado el artillero, la cumbre de la colina corresponde al punto (1 500, 350). Sustituyendo estos valores en la ecuación de la trayecto ria, tenemos: m)2 350 m = 1 500 m - 10 m/s2 • (1 500 2 V Í-41, = 140 nVs 4.18. ¿A qué llamamos parábola de seguridad3 Solución: Es la curva envolvente de todas las posibles trayectorias segui das por un proyectil disparado oblicua u horizontalmente con distinto ángulo y velocidad constante. Fuera de ella existe la completa seguridad de que ningún punto es alcanzado por el proyectil. 4.19. (*) Un proyectil disparado form ando un ángulo de 53 por encima de la horizon tal alcanza un edificio alejado 43,2 m en un punto que se encuentra 13,5 m por encima del punto de proyección. a) Calcular la velocidad del disparo. b) Calcular el valor y el sentido de Ia velocidad del proyectil cuando golpea el edificio. c) Hallar el tiempo de vuelo. www.FreeLibros.me
Solución:
Considerando como origen de coordenadas el punto de lanzamiento del proyectil, el punto de impacto sobre el edificio tendrá de coordenadas (43,2, 13,5), las cuales han de satisfacer la ecuación de la trayectoria: y = x • tg 53° - — ¡ 2 r — 2 v i • eos- 53° Sustituyendo, resulta: ,3.5 m = 43,2 m • 1,327 - 9'8 f2 v> - 0,3622 de donde: . 24 m/s
b) y c) La componente horizontal de la velocidad del proyectil cuando gol pea el edificio es la misma que la inicial: V, = V0, = v„ • eos 53° = 14,4 m/s El tiempo de vuelo del proyectil se calcula fácilmente teniendo en cuenta que su movimiento horizontal es uniforme: 43,2 i vx 14.4 m/s - [ m Hallemos, por último, la componente vertical de la velocidad en el punto de impacto: vy = v„ • sen 53° - gt = 24 m/s • 0,7986 - 9,8 m/s- • 3 s = -10,2 nVs Por tanto, el módulo de la velocidad es (fig. 4.6): ■= V vJ + vj = V(14,4 m/s)2 + (-1 0 .2 m/s)2 = |17,65 ny's
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formando con la pared un ángulo: .- in g .g ^ - [ » £ ] E n el partido de fú tbo l Atlético de Madrid-Sporting de Gijón, celebrado el día 20 de noviembre de 1988, Joaquín lanzó una volea con un ángulo de 30° y una velocidad de 108 km /h. Kevin M oran, que estaba a 50 m del punto de lanzamien to en la dirección de avance horizontal del balón, salió corriendo con la inten ción de alcanzarlo en el mismo instante de su ¡legada a! suelo, lo que, efectiva m ente, consiguió. ¿Cuál fu e la celeridad de M oran, supuesta constante? Consi dérese nula la resistencia del aire.
Solución: Expresemos, en primer lugar, la velocidad del lanzamiento en unidades internacionales: 108 knyh = 30 m/s. El alcance de la volea es: x _
Vp ■sen 2 *
_
(30 nV s)2 ■V l / 2
g 10 nVs2 y el tiempo que el balón permanece en el aire:
_ 7? ? m
_ 2 v„ • sen a _ 2 - 30 m/s • 1/2 _ 10 m /s2 g En este tiempo Moran tiene que recorrer la distancia PA (véase fig. 4.7):
PA = 77,9 m - 50 m = 27,9 m Por tanto, su celeridad será:
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4.21. Sucedió en un partido de fú tb o l jugado recientemente por la selección española. Sacaba Zubizarreta de puerta y soplaba el viento horizontalmente a su fa vo r con una fuerza F . IJam em os P a! peso del balón. ¿Con qué ángulo debia Zubizarreta efectuar su saque, si deseaba que la altura m áxim a a la que se elevase el balón fu ese igual a la m itad de! alcance de! lanzamiento?
Solución: Llamemos a al ángulo de lanzamiento y v„ a la velocidad inicial del saque. Las componentes horizontal y vertical de esta velocidad son:
El movimiento del balón se puede considerar como el resultado de la composición de dos movimientos rectilíneos perpendiculares, ambos unifor memente variados: uno horizontal uniformemente acelerado pdebido a la fuerza del viento, que comunica al balón una aceleración a = -p - • g, y otro vertical uniformemente retardado a causa de la aceleración de la gravedad. Como consecuencia de esta composición de movimientos, lasco horizontal y vertical de la velocidad del balón al cabo de un tiempo t vx= v„ . eos , + gt [1 ] vy= v„ • sen a - gl [2) En ese momento las coordenadas x , y de la posición delbalónserán: x = V„ • eo s * • t + - § - - ¡ r >2
[3]
y = v„ • sen a • t - -± - gt2
[4]
Cuando elbalón alcance el punto más alto de su trayectoria,vy=* 0; por tanto, de acuerdo con [2 ), el tiempo que en ello emplea será:
La altura máxima alcanzada por el balón se obtiene sustituyendo en [4| el valor del tiempo que figura en la ecuación [5|. Se llega de esta forma a:
El tiempo total de permanencia del balón en el aire es el doble del tiempo de ascenso:
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Por consiguiente, el alcance del balón será: ■eos 1
2 v„ • sen i. 8
2 ' P
• sen J 8
• sen 2 7. v; sen 2 » g g Como, de acuerdo con el enunciado del problema, el saque de Zubizarreta tiene que cumplir la condición: x = 2y, tenemos:
Operando matemáticamente con esta ecuación trigonométrica, teniendo en cuenta que sen 2 a = 2 sen a eos i , llegamos a la conclusión final:
4.22. Desde un punió A de un plano inclinado 45° con respecto a la horizontal se lanza verticalmente hacia arriba una pelota de gom a perfectamente elástica, la cual, tras alcanzar una altura de 40 m , inicia su descenso, chocando elásticamente contra el mismo punto A , Después del rebote la pelota vuelve a chocar con el plano en otro punto B, Calcular la distancia AB,
Solución: La velocidad de la pelota en el instante mismo del primer cho que es: = V2gh = V 2 • 9,8 m • s~2 • 40 m = 28 m
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Tras el choque clástico y oblicuo con el plano (véase fig. 4.8). la pelota sale rebotada en dirección horizontal con una velocidad de 28 m • s , des cribiendo una trayectoria parabólica dada por la ecuación:
*=v•
=28
111
El punto B será el de intersección de esta parábola con la recta y = x, que define el perfil del plano: y= x [2) Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [1] y (2). obtenemos: x = y = 160 m En la figura 4.8 se aprecia claramente que: d = AB = V x 2 + y2 = V (160 m)2 + (160 m)2 = 1 160 V i m ] 4.23. E n el m ism o instante en que una partícula que se m ueve en el plano X Y pasa por el origen de coordenadas, animada de una velocidad v„ en el sentido positivo del eje O Y , se le com unican dos aceleraciones constantes y de igual módulo «a», una dirigida en el sentido positivo de! eje O X y la otra en el sentido negativo del eje O Y . Hallar: a) L a ecuación de la trayectoria descrita p o r la partícula . b) E l punto del plano X Y en el que la velocidad de la partícula es mínima.
Solución: a) El movimiento de la partícula se puede considerar como el resultado de la composición de dos movimientos rectilíneos perpendiculares. Según el eje OX el movimiento es uniformemente acelerado y sin velocidad ini cial. mientras que en la dirección del eje OY es uniformemente retarda do con velocidad inicial vQ. Por tanto, al cabo de un tiempo t las coordenadas que definen la po sición de la partícula son:
y = V „t
a t2
La ecuación de la trayectoria la obtenemos eliminando t entre ambas ecuaciones: 1 2
(x 4- y)2 v2
_ x2 + y2 + 2 xy -
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2
x=0 113
b) Ya que las componentes de la velocidad de la partícula en las direcciones de ambos ejes son: v, = at vy = vQ - at el módulo de la velocidad en todo momento será: v = V v J + 2 a2t2 - 2 v„at Para hallar la velocidad mínima tendremos que derivar la expresión anterior con respecto al tiempo, e igualar a cero esta primera derivada: dv _ 2 a2t - v0 • a _ dt v
La partícula adquirirá su velocidad mínima al cabo de un tiempo Puede comprobarse que esta velocidad es mínima y no máxima, v0 toma hallando la derivada segunda —d2v— y viendo cómo para t = —— dr 2a valor positivo. Las coordenadas del punto en que la velocidad de la partícula es mí nima son: 1 vi i 2a ( \ i2a) / J_ 8a 3vi v„ 1 / Vo y y = vQt ^ al 8a '2 a 2 a \ 2a / El punto del plano XY en que la velocidad de la partícula es mínit=
3 v* 8a 4.24. A l componerse dos movimientos armónicos sim ples perpendiculares entre si, de la m ism a amplitud y período y con una diferencia de fa se de 2rj3, ¿cuál es la ecuación de Ia cun'a de Lissajous obtenida?
Solución: Las ecuaciones de ambos movimientos serán: x = A sen 2^t y = A sen [2*vt + 114
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Vamos a eliminar el tiempo entre esas dos ecuaciones. Para ello hemos de tener en cuenta que: sen 2 jrvt = —£— eos 2nvt y=
A
£ se n
2nvt • eos
+ eos 2™i • sen
resulta, por sustitución:
= _ _ i_ x + _V T .V Á T T ? Elevando al cuadrado y sustituyendo, se obtiene finalmente: | 4x2 + 4y2 -i- 4»y - 3A2 = 0 ( u n a
clipseTI
Una masa puntual está sometida simultáneamente a dos movimientos armónicos simples sobre los ejes O X y OY de igual frecuencia v = 0,5 ciclos/s, y cuyas ecuaciones respectivas son: x = 4 sen wí y = 6 sen ( tJ + Calcular la velocidad de la masa puntual al cabo de 2 segundos de iniciado el movimiento.
Solución: El vector posición de la masa puntual en todo momento es: r = x T + y 7 = 4 se n o )tT + 6 se n (
j (SI)
Por tanto, su velocidad valdrá: 7 = T r = 4 '“ cos'u ,T + 6 “ cos ( “ , + H r ) 7 =
= 4 • 2nv • eos 2nvt 7 + 6 • 2ev • COS ( 2nvt + - J - ) 7 = ! 4 r • eo s a t T + 6 e • eos | n t + - J - J 7 (S I) www.FreeLibros.me
Al cabo de 2 s: = 4:: • COS 2r. 7 + 6r. ■COS ^2* + -y -^ J = 4r. i + 3?: ~] (SI) Por tanto, la velocidad de la masa puntual 2 segundos después de iniciado el movimiento es: V2, = V (4n)2 + (3-)J = | 5 r
m/s
4.26. ¿Sabrías citar algún ejemplo que ponga de manifiesto el principio de la relativi d ad de Galileo?
Solución: Si en el interior de un vagón que se desplaza con velocidad constante sobre una vía rectilínea dejamos caer un objeto cualquiera, éste cae justamente siguiendo la vertical del punto de lanzamiento. En un barco con movimiento no acelerado se puede jugar al billar, pingpong, etc., exactamente igual que en tierra firme. Quizá la demostración más palpable del principio de la relatividad de Ga lileo radique en el hecho, claramente constatado, de que cuando viajamos en un tren, coche, autobús, etc., animado de movimiento rectilíneo uniforme, nos parece que es el paisaje el que se mueve, y no el vehículo. 4.27. ¿Puede originar vértigo viajar en línea recta a velocidad m uy elevada? Solución: No; un vehículo moviéndose en línea recta y a velocidad cons tante es un sistema incrcial, y en su interior los pasajeros experimentarán las mismas sensaciones que en tierra firme. Lo que sí puede originar vértigo son las aceleraciones: despegue y aterrizaje de un avión, cambios de direc ción o de altura, etc. 4.28. U n barco efectúa el servicio de pasajeros entre dos ciudades A y fí, situadas en la m ism a ribera de u n rio y separadas por una distancia de 75 km . Se supone que la velocidad propia del barco y la de la corriente de! rio son constantes. S i en ir de A a B tarda 3 horas y en volver de B a A tarda 5 horas, deducir la velocidad del barco y la de la corriente.
Solución: La velocidad media real del barco en la ida es: 7 3 ^ " = 25 knVh
y equivale a la suma de la velocidad del barco, v. más la velocidad de arrastre de la corriente, v'. En el retorno la velocidad media es: 75s khm = 15 knVh 116
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que equivale a la diferencia entre la velocidad propia del barco menos la de arrastre. Es decir: v + v' = 25 knVh t v - v' = 15 km/h ) de donde: v (velocidad del barco) = 20 knvh v' (velocidad de arrastre de la corriente) = 5 knvh 4-29. Expone George G am ón (1904-1968) e n su libro «Biography o f Pliysics - (B io
grafía de la Física) el siguiente problem a: «Un hom bre e n un bote navega corriente arriba por un rio y lleva una botella m edio vacía de whisky sobre la popa del bote. M ientras el bote pasa bajo un p u en te, una ola reflejada e n los pilares del p uente choca contra la em barcación y la botella cae al agua, sin que e l tripulante se dé cuenta. D urante 2 0 m inutos el bote continúa aguas arriba, m ientras que la botella flo ta aguas abajo. A ! cabo de los 2 0 m inutos el hom bre ve que la botella ha desaparecido, vuelve e l bote (pres cindam os del tiem po em pleado e n la m aniobra) y se m ueve aguas abajo con la m ism a velocidad que antes respecto a ! agua. Coge la botella u na m illa m ás abajo del puen te. L a pregunta es: ¿cuál es la velocidad del rio?»
Solución: La resolución del problema es sencilla si se toma como referen cia el agua del río, con respecto a la cual la botella permanece en reposo. El tiempo que invierte el hombre en recuperar la botella es 40 minutos (20 minutos aguas arriba y otros 20 hacia abajo), durante los cuales el puente y las orillas se han desplazado 1 milla respecto al agua. Por tanto, la veloci dad del río es: v= Im illa 60 minutos = | , -5 mmaVhora |
4.30. Por u na carretera horizontal circula un cam ión a la velocidad de 72 km /h . D e trás y a la m ism a velocidad va u n autom óvil cuyo conductor no se decide a adelantar al cam ión, porque observa una piedra encajada entre dos de las ruedas traseras de éste y tem e que si la piedra se desprende alcance su vehículo. ¿A qué distancia m ínim a d el cam ión ha de ir el autom óvil para tener la com pleta seguri dad de que la piedra no lo alcanzará?
Solución: Este problema se puede resolver de una manera muy simple utilizando un sistema de referencia ligado a los dos móviles. Como el movi miento de ambos es rectilíneo y uniforme, se trata de un sistema de referen cia inercial, en el que el automóvil y el camión están en reposo el uno respec to al otro, girando sus ruedas mientras que la carretera se mueve hacia atrás con la velocidad constante v = 72 kn\/h = 20 m/s. Los puntos de la periferia de las ruedas de ambos vehículos, así como la piedra, tendrán también una velocidad lineal de 20 m /s. El alcance máximo de la piedra tendrá lugar (re cuérdese la teoría del lanzamiento oblicuo de proyectiles), si ésta se desprenwww.FreeLibros.me
117
de en el mismo momento en que el vector representativo de su velocidad for ma un ángulo de 45° por encima de la horizontal. De acuerdo con ello: x = vó • sen 2» = (20 n^s)2 ■1 = 40 m g 10 m /s3 Evidentemente, despreciamos el hecho de que la piedra en el momento en que se desprende de la rueda se encuentra a una cierta altura por encima de la carretera. El automóvil ha de ir, como mínimo, a una distancia de 40 m del camión.
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5. ESTÁTICA 1_____________
FORMULARIO-RESUMEN Ley de
Hooke:
í F = fuerza deformadora F = k • Al ] k = constante clástica ( Al = deformación producida Resultante de dos fuerzas recurrentes: R = VF? + F¡ + 2 F, • F2 eos «
— Si a - 90». R = V FÍ + F¡ ) — Si a = 0°, R = F, + F2 ((« = ángulo que forman F, y F2) — Si a = 180°, R = F, - F2 ) Momento, M„, de una fuerza, P, respecto a un punto: H , = fA p (7 = vector de posición con respecto a dicho punto del punto de aplicación de la fuerza). Momento, M, de un par de fuerzas: Kf = r AF (P = una cualquiera de las fuerzas; r = vector desplazamiento entre los puntos de aplicación de las dos fuerzas). Condiciones de equilibrio de un sólido: £ P¡ = 0; £ Si, = 0 www.FreeLibros.me
119
COORDENADAS DEL CEN TRO DE GRAVEDAD D E UN CUERPO
S p, • r, s i ; ’l°
Si g es constante Si el cuerpo es continuo Si es homogéneo 1
=
L Pi • xí _ S p i -y, Ép"- ' y° ~ S p ,
£ m, • r, 2 mi • x, Snvyi M ; X" “ M ■y° ~ M ’
s Pí ' z¡ S P¡ £m ,-¡t; M
T *--wp *°=~ i¡rf*' f' dV;y°=~¿r/y•"•dV;20" -Kr/Z•p•dV
x0 = ^ - f x d V ; y 0 = - l - / y d V ; Z ' = - í - / z d V
y • di; Zo = - j —j z ■d V
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5. ESTÁTICA 5.1. Hallar gráfica y numéricamente la resultante de dos fuerzas perpendiculares de 8 y 6 N , respectivamente (fig. 5.1).
Solución: R = V (8 N)2 + (6 N)2 - 1 ION I
tg a = - | - = 0,75; | » = 36,87° |
F,=8N Fig. 5.1 5.2.
Hallar la resultante de dos fuerzas iguales cuyas direcciones form an un ángulo de 60' (fig. 5.2).
Solución: R = V f 2 + F2 + 2 F • F - eos « f = V F 2 + F2 + F2 = | F V3 |
Fig 5.2
5.3.
Determinar el módulo y dirección de la fuerza resultante de las tres siguientes:
F, = 121 - 3 j + 6 i \ F, = i + 7 j + 3 k | (SI) Fj= - S i - 6 j + S i ) www.FreeLibros.me
121
Solución: La resultante será: ft = p , + p 2 + p , = 5 T - 2 7 + 14 Ü (SI)
y su módulo es: R = V 5 2 + (—2)2 + 142 = 15 N valiendo los cosenos directores: 2 . 15 '
I R = 15 N; x = 70.5°; 5 = 97.7°; i = 21° 5.4.
H allar la resultante de las cuatro fuerzas d e la fig ura 5 .3, en la que F , - 9 N , F , = 8 V, F ¡ = 6 N y F4 = S N .
Solución: Expresemos, todas las fuerzas en forma vectorial:
F, = 9 [ - L T + - | - 7 + - H ] = 3 T + 6 T + 6 E ; F2 = 8 7; F3 = 6 Í ;
(S I)
f4 = 5 [ J - 7 + 4 - 7 ] = 3T + 4 7 La resultante de las cuatro fuerzas valdrá: P = F, + P2 + F , + P , =
14 r + 10 7 +
12
k (SI) I
siendo su módulo: F = V l4 2 + 102 + 122 = = V53ÍT = 1 21 N 1 5.5.
¿E s cierta la frase: «La resultante de dos fu erza s paralelas es una fu erza paralela a ambas»?
Solución: No es totalmente cierta, ya que si ambas fuerzas son paralelas, iguales y de sentidos contrarios (par de fuerzas), la resultante es nula, y el momento del par es perpendicular al plano definido por ellas. 122
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5.6. Cuatro fuerzas: F , - 16 N , F j - 20 ¿V, F j = 8 \ y F4 = 4 N , se encuentran en el plano YZ, como indica la fig ura S.4 . Hallar la resultante.
Solución: La resultante valdrá:
R = F, + F2 + F} + F, = = 16N + 20N + 8 N + 4 N = = 48N Para hallar la posición de la resultante aplicaremos el teore ma de Varignon, tomando mo mentos respecto al origen de coordenadas: R d = F, 0 m + F2 -4 m + + F3 • 6 m + F4 • 10 m es decir: Flg 5 4 4 8 N -d = 2 0 N -4 m + 8 N - 6 m + 4 N -1 0 m de donde: d = 3,5 m | 1.a resultante vale 48 N t dista 3.5 metros del eje OY. | 5.7. Demostrar, aplicando el teorema de Varignon, la composición de fuerzas parale las del mismo sentido y de sentido contrario.
a)
Solución: Sean dos fuerzas y P2 paralelas y del mismo sentido, cuyos puntos de aplica ción respectivos son A y B (fig. 5.5). De signemos por & la resultante, siendo O su punto de aplicación. Tomemos mo mentos con respecto al punto O y apli quemos el teorema de Varignon: M „ = MF| + Mf. Como el momento de la resultante es cero, se habrá de cumplir que: Rp, + ÑÜf .I = F| • OA - F2 • OB = 0 de donde: F, OB F2 ~ 5A www.FreeLibros.me
Fig. 5.5
123
b) Si se traía de fuer/as parale las y de sentido contrario (fig. 5.6), procediendo de forma análoga al caso ante rior, tenemos: M r - Mf , + Mf,
F, • OA - F2 • OB = 0 por consiguiente: F, f2 5.8.
OB Ga
E n los extrem os de u na barra de 1.5 m de longitud se aplican •>. -pendicularmente a ella dos fu erza s paralelas y d el m ism o sentido, na" d. . l i valor que la otra. Calcular e l valor de la resultante y la distancia entr. > p u n t o d i aplicación y e l punto de aplicación de la mayor.
1 .5 m
R :3 F
Fig. 5.7
Solución: De acuerdo con el diagrama que vemos en la figura 5.7: R =F+2F=3F Resolviendo el sistema: x + y = 1.5 1 F •y = 2 F • x/ obtendremos el siguiente resultado:
124
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5.9.
Dos fu erzas paralelas, F , y F2, de intensidades 5 y 10 N y de sentido contrario, se aplican perpendicularm ente a los extrem os de u na barra de ¡O m de longitud. Calcular analíticamente el valor de la resultante y su punto de aplicación.
Solución: R = 10N — 5 N = 5N 10 N • x = 5 N • (10 m + x) de donde x = 10 m. La resultante, de valor 5 N, dirigida verticalmente hacia abajo, según el es quema de la figura 5,8, tiene su punto de aplica ción situado a 10 m del punto de aplicación de la fuerza mayor.
Fig. 5.8
5.10. E n los extremos de una tabla de 6 m de longitud y 30 kg de m asa se colocan dos niños de 40 y 50 kg, respectivamente. ¿D ónde debe estar situado el punto de apoyo para conseguir el equilibrio?
Solución: Tracemos un diagra ma de todas las fuerzas que ac túan sob re la tab la (véase fig. 5.9). Las condiciones de equilibrio establecen que: 2 P¡ = 0;
2 M. = 0
Aplicadas a este caso particu lar, conducen al siguiente sistema de ecuaciones: R - 40 kp - 30 kp - 50 kp = 0 R - x - 30 kp - 3 m - 40 kp • 6 m = 0
Fig. 5.9
(1) (2]
donde en la ecuación [2] hemos tomado momentos respecto al extremo dere cho de la tabla (donde está situado el niño de 50 kg). La resolución del anterior sistema conduce a: x = 2.75 m. El punto de apoyo ha de estar situado a 2,75 m del niño de mayor _ P**>www.FreeLibros.me
125
5.11. Im resultante de dos fuerzas paralelas de sentidos contrarios tiene de valor 27 N y está situada a I m de la fuerza mayor. ¿Cuánto vale la fuerza m enor si la distancia que separa a ambas fuerzas es de 3 m?
— ImO -------
R =27N
Fig. 5. JO
Solución: De acuerdo con el diagrama de fuerzas de la figura 5.10, tene mos: F, - F2 = R = 27 N F, _ 4 m F2 "
lm
Resolviendo este sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, obtene mos: F2 = 9 N
5.12. ¿Por qué los carreteros para desatascar las ruedas de los carros atan las caballe rías a la parte más alta de la rueda?
Solución: De esta manera, el par de fuerzas aplicado a la rueda se dupli ca. ya que en este caso el brazo del par es el diámetro de la rueda y no el ra dio. En consecuencia, el efecto de rotación aumentará.
5.13. E n la figura 5.11 el módulo de la fuerza F tiene de valor 5 N y la arista del cubo
es igual a 2 m. Calcular el momento de la fuerza F respecto al origen de coorde nadas.
Solución: Si la arista del cubo vale 2 m. entonces el vector de posición del punto P será: r = 2 T + 2 7 + 2 Í (SI)
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Por otra parte, se ve claramente en
la figura que 7. = -135°; ¡¡ = 9(1°, y y = -135°. Por lo tanto: 5 V2
F, = -
2
Fy = 0 F, = — 5 V 2 2
consecuencia: P = - 5V2 7
k (SI)
El momento será: v t, = F /\P =
2
5VT
5VT
- I - 5 V 2 Í + 5 V 2 k (SI)
5.14. Refiriéndonos al caso mencionado en el problem a anterior (fig. 5.11). hallar el m om ento de la fu erza F: a) Respecto a l eje OX. b) Respecto a la recta OA.
Solución: a) Como el momento de la fuerza.? con respecto al origen de coordenadas es: M„ = - 5 V2 T + 5 V2 k (SI), y el vector unitario en el sentido positivo del eje OX es i, resulta: Mox = T - N4„ = T • ( - 5 V T T + 5 V T ic) = I - 5 V T N ■m I b) El vector OA es: OA = 2 T + 2 X valiendo el vector unitario corres pondiente: OS OA
2 i + 2) 2VT
VT
(T + T )
Por lo tanto: M o a = S • Ñ*,, ;
VT
(7 + 7 ) • (-5
VTT + 5 v T Í )
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H —5 N 127
5.15. Calcular el momento, con respecto al origen de coordenadas, de la fuerza F ** 3 i - 2 j + k (SI), aplicada en el punto A 1 2 .3 , I). coordenadas expresa das en metros:
O .-7 a ? -
= 1s T
+ 1 - 13 k (SI) I
=
+xí,
5.16. Sabiendo que F i - 2 j + 3 k y M ~ 2 i + 4 j determinar x. Solución: Los vectores P y M son perpendiculares. Por tanto, su producto escalar es nulo: P • m = 0 . P • Ü» - 1 • 2 + ( - 2 ) • 4 + 3 • x = 0
De la ecuación anterior se deduce que: I x = 2 | 5.17. I-a fuerza F = 3 l - 2 j + k (SI) actúa en el punto r = 7 - 2 j + 3 k (SI). Hallar su momento respecto al origen y respecto a los ejes coordenados.
Solución: Hallemos, en primer lugar, el momento respecto al origen de coordenadas: M„ = r A P = 1 - 2 3 =47+8j+4k (SI) 3 -2 1 Los momentos de la fuerza P respecto a los ejes coordenados son: M, = 7 -¡a o = T - ( 4 T + 8 j + 4 k ) = I 4N • m | My = 1 • = j - (4 7 + 8 j + 4 k) = _8N M, = P-K I„ = Ít-(4 7 + 8 7 + 4 k ) = 4 N ■ 5.18. Hallar el momento de la fuerza F = i + 2 j - 3 ~ k (SI), aplicada en el pun to A ( I . I , 2) m , respecto a la recta x = y = zSolución: El vector unitario en la dirección de la recta x = y = z es: 1 b i+ • i + vr VT vr
vr vr vr vT 128 www.FreeLibros.me
5.19. Cita un ejemplo que demuestre que el siguiente enunciado es falso: «Dos fuerzas cualesquiera pueden componerse dando una resultante que produzca el mismo efecto que ellas.»
Solución: Si se trata de un sistema formado por dos fuerzas paralelas, iguales y de sentido contrario (par de fuerzas) que producen un movimiento de rotación, su composición da origen a una resultante nula y que, por tanto, no producirá efecto alguno.
5.20. Razonar si es verdadera o falsa la siguiente afirmación: - E l momento total de un
conjunto de fuerzas que actúa sobre un sólido es igual al momento de la resul tante de las fuerzas con respecto al centro de gravedad del cuerpo.»
Solución: Esta frase no tiene significado, ya que la resultante es un vector libre, que, por consiguiente, carece de momento.
5.21. ¿Sabrías poner un ejemplo de sistema de fuerzas que en un punto tenga solamen te resultante general? ¿Y que tenga sólo momento resultante?
Solución: Un sistema de fuerzas concurrentes en un punto sólo tiene re sultante general, ya que el momento resultante respecto a dicho punto es nulo. Un par de fuerzas posee un momento resultante; sin embargo, su resul tante general es nula. 5.22. ¿E s cierto que dos fuerzas iguales y de sentido contrario producen equilibrio? Solución: Es cierto siempre que la linea de acción de ambas fuerzas sea la misma, pues de no ser asi aparecerán pares de fuerzas que destruyen el equi librio. 5.23. Hallar el valor del m om ento del par de fuerzas b j =_ —3 i + 2 j y F ¡ = í i - 2 j (SI), aplicadas en los puntos r , = 2 j - S k y r , = - i + 2 j (SI).
Solución: Ya que: 7 = r i - r 2 = T - 5 Í t, y P| = - 3 7 + 2 7
t
y
l
1 0 -5 = 1 10 7 + 15 J + 2 k (SI) -3 2 0 5.24. E n la fig ura 5.12 tenemos dos pares de fuerzas tales que F , = F ¡ = 20 ;V y F , = l j = 30 N . H allar el momento resultante de ambos pares. Solución: Hallcmos. en primer lugar, el momento del par de fuerzas P, y P2. Como P, = 20 k y r, = 8 T, resulta: www.FreeLibros.me
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M = 7, A p, = 8TA 20E = -160 7
F,g. 5.12
Calculemos, a continuación, el momento del par de fuerzas Pj y í’4. Como P3 = 30 Jy r3 = 6 É, tendremos: M' = r3 A P3 = 6 S A 30 j = -180 T Por tanto, el momento resultante de ambos pares valdrá: | M = -180 T - 160 j |
5.25. Un cuadro está colgado en la pared mediante una cuerda que pasa por un clavo, formando sus dos mitades un ángulo de 90° (véase fig . 5.13). Sabiendo que la máxima fuerza que puede soportar la cuerda es de 100
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Solución: Sobre el cuadro actúan en total tres fuerzas: el peso, P. y las tensiones, T, de la cuerda. Para que haya equilibrio se ha de cumplir que: SF, = 0 Dicha igualdad, en dirección vertical, equivale a: 2 T ■eos 45° - P = 0 de donde: P = 2 T ■eos 45° = 2 • 100 N • = \ 141,4 N [ 5.26. H allar los valores de las fu erza s ejercidas hacia arriba en cada extrem o d e la mesa de la fig ura 5.15.
2 000 N 6 ION C j1
5m
|
3m
2m
Fig. SIS Solución: Designemos por R, y R2 las fuerzas pedidas (fig. 5.16). Para que la mesa se encuentre en equilibrio se ha de cumplir que:
5m
I
3m
_
1000N
2m R.
Fig. 5.16 www.FreeLibros.me
131
£ P , = 0; R, + R¡ - 600 N - 1 000 N - 2 000 N = 0 |l| 2 M, - 0; lomemos momentos respecto al extremo de la izquierda: 1 00 0N -5 m + 2 0 0 0 N - 8 m -R 2 -10m = 0 |2| La resolución del sistema formado por las ecuaciones [i] y [2) conduce a: R, = I 500 N R2 = 2 100 N En el extremo de la izquierda, I 500 N,y en el de la derecha, 2 100 N I 5.27. Calcular la tensión en cada cuerda de la figura 5.17, sabiendo que el peso del cuerpo suspendido es I 000 V.
Fig. 5.17
Solución: Consideraremos en cada uno de los casos los puntos de unión de las cuerdas A, B y C, y aplicaremos a dichos puntos, asi como al bloque suspendido, las condiciones de equilibrio de traslación, resolviendo a conti nuación el sistema de ecuaciones correspondiente. a) ü F, = B • eos 30° - A • eos 30° = 0 \ £ Fv= B ■sen 30° + A • sen 30° - C = 0 f I A = B = C = I 000 N I C - 1 000 N = 0 ' A = 732 N b) £ F, = B • eos 45° - A • eos 30° = 0 U = 8%.6 N £ F, = B • sen 45° + A • sen 30° - C = 0 c = 1 000 N C — 1 000 N = 0 132
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c) 2 F„ = B • eos 45° - A = O 2 Fy = B - sen 45° - C = 0 C - 1 000N = 0
A = 1 000 N B = 1 414 N C = 1 000 N
d) 2 F, = B • eos 45° - A • sen 60° = 0 2 Fy = B • sen 45° - A • eos 60° - C = 0 C - 1 000 N = 0
A = 2 732 N B = 3 346 N C = 1 000 N
c)
A = 833 N B = 291,7 N C = 625 N
B + C • eos 53° - A • eos 37° = 0 A - sen 37° - C - sen 53° = 0 2 C • sen 53° - 1 000 N = 0
5.2S. h u í escalera uniform e, de III m de longitud y de 6UU \ de peso, con su centro de
gravedad en el punió inedia, se encuentra en equilibrio con un extrem o en A . sobre e l sucio áspero, y el otro en II. a b ni sobre el suelo, y apoyado contr pared vertical sin rozamiento. Se pide calcular las reacciones de la pared y del suelo, asi como sus direcciones respectivas.
Solución: Ya que no existe rozamiento entre la pared y la escalera, la fuerza R ha de ser perpendicular a la pared. Es evidente que para que tres fuerzas no paralelas, F .R y mg. estén en equilibrio es necesario que sean concurrentes, por lo queja recta de acción de F ha de pasar por el punto O (intersección de R y mg) (véase la fig. 5.18). Sin embargo, aplicando las condiciones de equilibrio: 2 P, = 0;
2 Kl< = 0
no es necesario conocer el punto de intersección de las fuerzas. Como 2 F¡« = 0 y 2 F,( = 0, resulta: 2 F,x = F eos , - R = 0 2 Fiy = F sen a - mg = 0 Apliquemos ahora la condi ción de que el momento total ha de ser nulo. Para ello podemos calcular los momentos con res pecto a cualquier eje. Sin embar go, en la práctica resulta acon sejable elegir un eje que pase por un punto en el que concurran más de una fuerza (no todas): así, el cálculo numérico se simplifica, pues estas fuerzas, al tener un momento nulo, no intervendrán en la correspondiente ecuación. Fig- 5 /8 www.FreeLibros.me
133
Si tomamos momentos respecto a un eje que pasa por A. resulta: S MiA = R • h - m • g • -y - = 0 Resolviendo este sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas, obtene mos de la tercera ecuación:
De las dos primeras ecuaciones resulta: F = V R ! + (mg)2 = V(22S N)2 + (600 N); = | <40,8 N | - ^ = arc,g - § £ - = arc!g 2,67 = [ 1 9 ^ ] 5.29. Las bisagras A y B de una puerta de 500 N de peso distan entre si 2 m y la anchura de la puerta es I m (véase fig . 5.19). Sabiendo que todo el peso de la puerta lo soporta la bisagra superior, se desean saber los valores de las fuerzas ejercidas sobre la puerta en sus bisagras.
Solución: Como la puerta se encuentra en equilibrio, se ha de cumplir que:
£ M, = 0. Tomando momentos respecto a la bisagra B, tenemos: P • 0,5 m - FA • 2 m = 0 500 N • 0,5 m - FA • 2 m = 0 [2] La resolución del sistema formado por las ecuaciones (1] y [2] conduce a: FA = F, = 125 N
L
lm —-
Fig. 5.19
deduciéndose, de acuerdo con la figura, que: R = V F{ + F; = V (I25 N)! + (500 N)2 = 515,4 N |_En la bisagra superior. R = 515,4 N, y en la inferior, 125 N 134
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5.30. Un bloque de peso P está suspendido de una cuerda de 20 m de longitud, de cuyo punto medio se tira horizontalmente mediante otra cuerda, con una fuerza igual a la cuarta parte del peso del bloque. ¿Cuánto se desviará el bloque lateralmente y cuánto se elevará?
Solución: Aplicando las condiciones de equili brio al punto A de la fi gura 5.20, tenemos:
'¡ m a n
2 F „ = T eos e - - j - = 0 / £ Fy = T sen 0 - P = 0J Por otra parte:
sen0 =-nr j cos9 =~nr X2 + y2 = 100 I
Fig. 5.20
Sustituyendo estos valores en el sistema anterior, tenemos: -j- = o \ 2 T x - 5 P = 0 Í
10
_P=0
T y -lü P = ü )
10
x2 + y2 =
100
J x2 + y2 =
100
: x2 + y2 = 100
Resuelto el sistema, se obtiene: x = 2,425 m; y = 9,70 r El bloque se desviará lateralmente 2,425 10 m - 9,70 m = 0,30 m.
elevará
5.31. Una puerta de 2 m de ancho, I m de alto y 500 N de peso, con su centro de gravedad en el mismo centro geométrico, está unida a l marco por dos bisagras I véase fig . 5 .21). Se dispone el cable CD, cuya tensián va aum entando paulati namente hasta que la fuerza horizontal sobre la bisagra A sea nula.
a) ¿Cuál es la tensión del cable CD? b) ¿Cuál es el valor de la componente horizontal de la fuerza en la bisagra B? c) ¿Cuál es la fuerza vertical ejercida en su conjunto por las bisagras A y B? www.FreeLibros.me
135
Solución (véase fig. 5.22):
F,g. 5.21
£ F , = F ' - T eos 30° = 0 2 Fy = F + T sen 30° - P = 0 MD = l m F ' + lm P - 2 m F = T ^ 1
F=0
\
F = 500 N — í F’ + 5 0 0 N - 2 F = 0 I La resolución del anterior sistema conduce < I T = 268 N 1 | F' = 232 N~| | F = 366 Ñ~] n o v a r i l l a d< v i d r i o d i v. t e b n n n i j n n / i c r l o n g i t u d ‘ / w ¡ ( ¡ u n a s o b r e 1 ' i b u f d t o - i n < C iip i l! : ü t / lo ie e t u u o d t J o i /l i n \ e í r t e s ! t 'r i i u d e o d io F t a . - t r - ,: . ¿ ; , « « / . m d . , . . . . « ¿ m - c n i o . . t i e t v v n - n a i e i a
Fig. 5.23
136
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Solución: Consideremos las tres fuerzas que aclúan sobre la varilla: su pe so, ?¡_y las reacciones contra ella en los puntos de apoyo, Ñ, y Ñ2; la reac ción N| será normal a la superficie de la cápsula y la N¡ normal a la varilla (fig. 5.24). Dado el equilibrio existente en el sistema, si tomamos como ejes de referencia la varilla y la perpendicular a ella, se ha de cumplir que: Fig. 5.24 mg sen a - N, eos x = 0 [1] N, sen x + N2 - mg eos x = 0 [2] Por otra parte, tomando momentos respecto al punto A, resulta: mg • I eos x - N2 • 2 R eos x = 0 [3] La resolución de este sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas con duce a: = cos a
I + V i 2 + 32 Rz 8 K _____
5 33. Dos esferas, ambas de radio U v 20 ,\ de peso, quedan en equilibrio en la posi ción que indica la finura 5.25. de manera que ¡a linea que une sus centras forma un ángulo de JO con la horizontal. ( alcular las fu era s que ejercen las esferas en los apoyos \. H y <
Solución: De acuerdo con la tercera ley de Newton. las fuerzas que ejer cen las esferas sobre los apoyos A. B y C son iguales, respectivamente, a las que estos apoyos ejercen sobre las esferas, y que se representan en la figura 5.26.
Fig. 5.26
Fig. 5.25 www.FreeLibros.me
137
Aplicando a cada una de las esferas las condiciones de equilibrio (1), re sulta: Fc - F eos 30° = 0 Fb — mg F 5011 30° = 0 F sen 30° + FA eos 60° - mg = 0 F eos 30° - FA sen 60° = 0 Resolviendo este sistema, se obtiene: I FA- 20 N | 1 Fb = 30 N | | f c = 10Vr~Ñ~] 5.34. ¿E n qué casos el centro de gravedad de un cuerpo no coincide con el centro de m asas?
Solución: Cuando se trata de un cuerpo extenso, en el que los vectores peso correspondientes a sus diferentes partículas no son estrictamente parale los y el valor de g no es constante en todos los puntos del cuerpo. 5.35. Habrás oído el refrán: «Siete vidas tiene un gato». ¿Cómo explicarías el hecho de que los gatos siempre caigan de pie?
Solución: Los gatos, mientras caen, aunque su centro de gravedad descri ba la vertical, mediante contracciones musculares consiguen girar su cuerpo respecto a dicho centro de gravedad hasta colocar sus patas hacia el suelo. Debe observarse que los esfuerzos musculares del animal deben ser conside rados como fuerzas interiores. 5.36. H allar la posición del centro de gravedad de un sistema integrado por cuatro partículas cuyas masas y posiciones relativas son: m, = 2 m, = I m, = 3 m4 = 4
kg: r , = ( 2 , 0 , 5) kg: r¡ = ( - 4 , - / , 3) kg; r , = 10. I . 3) kg; r4 = 1 -2 . 2, I)
estando las componentes de los vectores de posición expresadas en metros.
Solución: Las coordenadas del centro de gravedad del sistema son:
2 kg • 2 m + 1 kg • ( - 4 m) + 3 kg • 0 m + 4 kg • ( - 2 m) _ 4 2 kg + 1 kg + 3 kg + 4 kg - " 5m (1)
E l m o m e n to d e la s fu e r z a s e s n u lo , y a q u e to d a s e lla s p a s a n p o r e l c e n tro d e la e s fe ra .
138 www.FreeLibros.me
=
2 kg • O m + 1 kg • (-1 m) + 3 kg • 1 m + 4 kg ■2 ■ 2 kg + 1 kg + 3 kg + 4 kg
_
2 k g -5 m + lk g -3 m + 3 k g -3 m + 4 kg lm 2 kg + 1 kg + 3 kg + 4 kg
13
5~ '
Por lanto, el vector posición del centro de gravedad del sistema es: ?„= — 1 - T + J +
k (Si)
Determinar la posición del centro de gravedad de la lámina homogénea en form a de T de la figura 5.27.
Solución: Tracem os unos ejes coordenados co mo se ve en la figura y des compongamos la lámina en dos rectángulos: ABCD y EFGH. Los centros de gra vedad de ambos rectángu los, fácilmente determinables por geometría, son: G| (3. 5) y G , (3. 2). y sus superficies: S| = 1 2 cm¿ y S2 = 8 cm2, siendo la su perficie total: S = 20 cm2. Aplicando las fórmulas:
resulta:
M x0 —
p•S 2
£ s¡ • x¡ S
£ s, - y.
• 3 cm + 8 cm2 • 3 cm
• 5 cm + 8 cm 2 • 2 cm Las coordenadas del centro de gravedad de la lámina son: (3, 3,8), lo cual significa que dicho punto está situado sobre el eje de simetría, a 3,8 cm de la base. www.FreeLibros.me
139
5.38. H a llar la p osición (leí
centro de gravedad de la lámina homogénea de la figura 5.28.
Solución: Descom pongamos la lámina en tres rectángulos (véase figura), cuyos centros de gravedad y superficies respectivas son: G, (3. 18); S, = 24 cm2 G2 (2, 10); S2 = 48 cm2 G j (6, 2); S, = 48 cm2 siendo la superficie to tal: Las coordenadas del centro de gravedad de la lámina son:
p¡g
5
28
24 cm2 - 3 cm + 48 cm 2 • 2 cm + 48 cm 2 - 6 cm ■= 3,8 cm 120 c m 2
i cm2 • 10 cm + 48 cm 2 • 2 < - = 8.4 cm 12 0 c m 2
5 .3 'í
Hallar Itt positiva tlcl ca u ro
.i. i mr. '
.
ira
Solución: Podemos descompo ner la lámina en cinco rectángu los, conforme indica la figu ra 5.29. Los centros de gravedad y superficies de cada uno de ellos G , (4, G2 (1, G 3 (4, G4 (7, G5 (4.
140
9); S,= 16 cm2 7); = 4 cm2 5); S3= 16 cm2 3); S4= 4 cm2 1);S5 = 16 cm2 www.FreeLibros.me
l—2
Por tanto, el centro de gravedad está situado en el punto: I G (3,8 ; 8.4) I
siendo la superficie total:
S = 56 cm2 Las coordenadas del centro de gravedad de la lámina son: £Sj-Xj _ 16cm: -4cm + 4cm: *lcm +16cm: -4cm + 4cm: -7cin + 16cm’ -4cm 56c 16cm2• 9cm+ 4 enr • 7cm+ 16cm2■ 5 cm* 4cm2•3 cm+ 16cm: • 1c 56cm2 Por tanto, el centro de gravedad estará situado en el punto:
5.40. Determinar la posición del centro de gravedad de una lámina homogénea en form a de disco de radio R con un orificio en form a de circulo de radio R'2 practicado en ella, como se indica en la figura 5.30.
Solución: Se ve claramente que, por simetría, yQ = 0. Para el cálculo de la abscisa del centro de gravedad tengamos en cuenta que la su perficie de la lámina sin orificio es: S, = n • R 2 y la del orificio:
siendo las abscisas de sus centros de grave dad respectivos:
Fig. 5.30
Consideremos, además, que la lámina tiene una densidad s y el orificio -p. Procediendo de esta forma, la abscisa del centro de gravedad de la lámina del problema será: www.FreeLibros.me
141
■(-»)■i - -9-1 " R 2p + -
C - p)
Por tanlo. el centro de gravedad estará situado en el punto: G (R/6. 0) 5.41. Doblamos un alambre de sección constante por su punto medio, de manera que ambas mitades form en un ángulo i. Determinar el calor de este ángulo para que, al colgar el alambre por un extremo, cuando alcance el equilibrio, el seg mento libre permanezca en posición horizontal.
Solución: Cuando el alambre alcance el equilibrio, el centro de suspensión y el de gravedad estarán en la misma línea recta vertical. La posición del centro de grave dad del alambre, tomando como origen el punto de suspensión, vendrá dada por:
Fig. 5.31
Como m, = m¡, y ya que la masa de cada parte del alambre se puede considerar concentrada en su centro de gravedad, resulta:
Por otra parte, de acuerdo con el enunciado del problema, x„ = 0. Por tanto: x, + Xj = 0 (1) Si designamos por 2 I la longitud de la varilla, se ve claramente en la figura que:
x2 = 1 s
valores que, sustituidos en la ecuación |1). conducen a:
142
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Si el segmento libre permanece en posición horizontal, ¡3 —0, y a y y se rán complementarios, por lo cual: Se deduce de aquí:
de donde: » = are eos - i - = 70,53°; | a - 70,53° | 5.42. H allar la posición del centro de pravedad de un triángulo rectángulo cuyos cále los. de 10 y 8 cm . están situados sobre los ejes O X y O Y. respectivamente.
Solución: La ecuación de la recta que define la dirección de la hipotenusa del triángulo viene dada por:
Aislemos en él una franja ele mental paralela al eje de absci sas, como indica la figura 5.32, y de superficie dS = x - dy. Como el área de todo el trián gulo es 40 cm2, resulta:
y„ =
= - s - /o ‘ ( 1 0 -
-j-J ydS
- H
>
s y2 -
= -±-Jyx dy =
d* = - r / „ ! ( 1 0 y -
-
r
y2)
dy =
5 y ' 1*
Aislando ahora olra franja elemental paralela al eje de ordenadas www.FreeLibros.me
143
(fig. 5.33), al ser su superficie dS = y * dx, tenemos que: *o ” -g - f x ■d S = - i - J x • y ■dx = = - é - / . '° x
=- f
dx =
/.' ( 8x " T x' )
dx=
El centro de gravedad del triángulo es el punto (3,33, 2,67) cm. Pre cisamente se trata del baricentro del triángulo. 5.43. Hallar la posición del centro de gravedad de grosor despreciable.
>semicircular de radio R y
Solución: Escojamos un sistema de ejes coor denados tal que el origen coincida con el centro del arco (fig. 5.34). De esta manera, por sime tría. x0 = 0 . y sólo es preciso calcular y0. Para llevar a cabo es te cálculo, podemos se guir dos métodos: a) Ya que el homogéneo: y di y" = T '/ : Descompongamos el arco en elementos de longitud di. Como y = R • sen 9 , di = R • dy, L = -R . resulta: y0 = - ¿ - / y
di = - ± - f
a
R sen 9 • R ■df -
f
sen ? d ?
= 4 - [— 9 ] > # El centro de gravedad es el punto |o , — j 144 www.FreeLibros.me
=
Aplicando el primer leorema de Guldin (1577-1643): «el área de la su perficie engendrada por una curva plana que gira alrededor de un eje que no la corta es igual al producto de la longitud de la curva por la lon gitud de la circunferencia que describe su centro de gravedad»; si desig namos por y„ la distancia del centro de gravedad del arco semicircular al centro de la circunferencia a la que pertenece, como dicho arco, de lon gitud nR, al girar engendra una superficie esférica de área 4:rR7, te nemos: 4*R2= -R • 2 t. • y„ .i.. _ 2R El centro de gravedad está situado sobre el eje de simetría del a dista de su centro 2R/-. *.44. D eterm inar ia posición deI centro de gravedad de i i lá m ina p lana hom ogénea en fo rm a de sem icírculo de radio R .
S o lí De acuerdo con el siste ma de ejes coordena dos de la figura 5.35, por simetría, x0 = 0, siendo sólo necesario calcular y0. Para reali zar este cálculo se pueden seguir cuatro métodos: a) Ya que se trata de una superficie homogénea:
- t í
y • ds
Descomponiendo la superficie semicircular en aros de radio r y gro sor dr, como el centro de gravedad de cada uno de estos aros tiene de or(véase problema 5.43) y. además, ds = r.rdr.y S = ,
-i
El centro de gravedad de la lámina es el punto: ^0, www.FreeLibros.me
j
145
b) Descompongamos, ahora, la superficie sem icircu lar en bandas rectas, cada una de superficie ds = 2x dy (figu ra 5.36 (siendo dy el grosor de ca da banda). Dado que:
x = V R 2 - y2
y°=~r/y'ds=x / y'<2x' dy)= ' 2y V R 2 - y2 • dy = - i j - J a y V R 2 - y2 • dy =
eR c) Hagamos también la descomposición en bandas rectas, p ero utilicem os coordenadas circu lares (fig. 5.37). Tenemos que: x = R • eos y = R • sen -<\ dy = R • eos ? dj; ds = 2xdy = 2R2 eos2 ? de.
íd?
146
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=
d) Apliquemos el segundo teorema de Guldin: «el volumen del sólido engendrado por una superficie plana que gira alrededor de un eje que no la corla es igual al producto del área de dicha superficie por la longitud de la circunferencia que describe su centro de gravedad». El área del semicírculo es -2y— y el volumen de la esfera que origi na al girar, -y- oR3. Por lo tanto: -T de donde resulta:
5.45. Determinar la posición del centro de grave dad de la lámina plana homogénea de la figura 5.38, expresando el resultado con respecto a los ejes coordenados que se indi can. Los puntos A y B son: A 14,4) y B (4,8), y el arco ACD es una semicircunfe rencia.
Solución: La superficie del rectángulo es 32 unidades y su centro de gravedad es el punto G, (2,4), mientras que la par te semicircular tiene de superficie 2r. uni dades, estando situado su centro de gra vedad en el punto: G2 ( ^ + 4, 2
Rg. 5.38
(véase el problema anterior). Por consiguiente: 3 2-2 + 2u • I ; _________________________________________________ s, + s3 32 + 2 t. = s, ■y, + S2 ■y; = 32 ■4 + 2e -2_ = 3 672 y° si + sj 32 + 2 I El centro de gravedad de la lámina es el punto (2,468, 3,672). _
x" ~
S | • X , + S ; ■X
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5.46. Determinar la posición del centro de gravedad de la superficie rayada de la fig u ra 5.39.
Solución: En primer lugar, es evidente que. por simetría, = 0. Para el cálculo de y,„ la ordenada del centro de gravedad, podemos considerar la superfi cie rayada como resul tante de recortar un triángulo de un semis' círculo. El scmicírcu—ti lo. de densidad ?. tiene de masa m, = - y p. y la ordenada de su cen tro de gravedad es yi = - y - (véase problema 5.44), mientras que la ma sa del triángulo, de densidado —p, es m2 = R2 • (-p ). siendo la ordenada de su centro de gravedad y2 = y . Por consiguiente: -R 2 + R-’ • <-?) R R p + R ! ■(-?) El centro de gravedad de la superficie rayada es el punto: fG W . 0.584 R) I
Determinar la posición del centro de gravedad de una semiesfera maciza hom o génea de radio R.
Solución: Escojamos un sistema de ejes coor denados tal como indica la figura 5.40. Así. resulta que, por simetría, las coordena das x„ e yQ del centro de gravedad son ambas nu las. y sólo tenemos que calcular z,„. Como la se miesfera es homogénea, podemos aplicar la fór mula:
+/■ 148 www.FreeLibros.me
Dividamos la semiesfera en capas o rodajas de espesor infinitesimal dz y área ar2. El volumen de cada una de estas rodajas es: dV = -r2 • dz Por otra parte, se cumple la relación geométrica: r2 + z2 = R2 Por último, tengamos en cuenta que el volumen de la semiesfera es: V=
nR3
En consecuencia: z° = ^
/ z ' dV =
I " -
* *
1 ' « <
* - * * -
=^ f (R2- z2)zdz=l | r í R,R'’z- z')dz= = ^ _ f _ ^ L _ ^ l R= J .R 2R3 l 2 4 J„ 8 En el sistema de ejes considerado, el centro de gravedad es el punto: o lo que es lo mismo, está situado sobre el eje de simetría de la semiesfera distando de su vértice .4*. Determinar la posición del centro de gravedad de 1 1 pirámide recia, maciza j homogénea, de base cuadrada y de altara It. Solución: Si escogemos adecua damente un sistema de ejes coor denados. tal como hemos hecho en la figura 5.41. vemos que, por si h-z 1 / metría. tq, = 0. y0 = 0. es decir, el centro de gravedad se encuentra sobre la recta que determina la al h \ tura de la pirámide, quedándonos sólo por determinar z„, la distancia del centro de gravedad a la base de j / dicha pirámide, la cual, como es homogénea, permite la aplicación de la fórmula: / \/ y j 2 • dV 7o =
V
/ Fig. 5.4/
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149
Dividamos la pirámide, mediante cortes paralelos a la base c infinitcsimalmente próximos entre si. en rodajas de superficie a y espesor dz. El volu men de una de estas rodajas, situada a una distancia z de la base de la pirá mide. es: dv = a ■dz. Entre su superficie y la de la base de la pirámide. A. se cumple la conocida relación geométrica: a _ (h -z )2 Tengamos también c i cuenta que el volumen de la pirámide « v = 4 - A •h
jz ■dv
f z■a ■dz —
J z■A
*h
■dz
p - f * - < h - z ) íd 2 =
+ z5 - 2hz2) dz =
h2y2 ^ h'
El centro de gravedad está situado sobre la altura de la pirámide, distando de su base 1/4 de la longitud de la altura. Nota: Si se tratase de otra pirámide cualquiera, o de i ción. el resultado sería el mismo. 5.49. S i la lámina plana y homogénea representada i la figura 5.42 se suspende de! punto A , ¿cuál es el ángulo que form a en la posición de equilibrio el lado A B con la verti cal?
Solución: Halle mos. en primer lugar, la posición del centro de gravedad de la lá mina. Para ello, la po dem os co n sid erar com puesta de tres partes: 150
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a)
El semicírculo Inferior. ■
La abscisa de su centro de gravedad es: x, = 8. y la ordenada se puede calcular por el segundo teorema de Guldin: ■2-y,
Por tanto, y teniendo en cuenta que el semicírculo está situado por debajo del eje de abscisas: S, = 32c; x, = 8; y , - b)
La parte superior de la lámina, sin agujero. Su área es: y las coordenadas de su centro de gravedad (figs. 5.43 y 5.44):
128 J « /y
y2~
ds
S
=
I
128 l 5/2 y (l6 -x )d y
128
f„
Í l 6 - y ') d y
"
128
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320 3
5
|‘Rul
128 ' [
^ 'l
3
J
2
J
151
c) El agujero circular. Como su radio es de 2 unidades, tenemos: I S3 = 4e; x3 = 8; y, = 0 I Tras todo ello podemos calcular el centro de gravedad de la lámina: g .S fe H .* -.
x, • S, + x2 • S2 - x5 • S, S, + S2 - S,
y°
-
2
y> • Si + y • ~ ys • ^ s, + s 2 - s,
_ 8 -4n
_
327! + - 4:; El centro de gravedad de la lámina estará situado en el punto (8,52, Al suspender la lámina del punto A la recta que une di cho punto con el centro de gravedad se situará verticalmente (fig. 5.45), y el lado AB formará con la vertical un án gulo a tal que: 16 - 8,52
-
2 . 12 ).
de donde: | % = 50,7°~| Fig. 5.45
5.50. Siéntate en una silla con la espalda recta y coloca las piernas de modo que
form en un ángulo recto o ligeramente obtuso. Apoya las manos en las rodillas e intenta levantarte sin doblar la espalda. ¿Qué observas? ¿Cómo explicas este hecho?
Solución: Al estar sentado en la posición que se indica, el equilibrio es inestable, pues la vertical que pasa por el centro de gravedad no pasa por la base de sustentación. El cuerpo tiende a caer hacia atrás. Para levantarse —y conseguir que el equilibrio sea estable— debe echarse el cuerpo hacia adelan te, desplazando así la posición del centro de gravedad.
152
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6. DINÁMICA DEL PUNTO
FORMULARIO-RESUMEN Ecuación fundamental de la Dinámica: / d2x - d2y d ’/ P = m • a = m • — 3- 1 + - J + — 3- k Fuerzas centrípeta y centrífuga: v2
(a = aceleración)
Cuerpo que sube: T = m (g + a) Cuerpo que baja: T = m (g - a) m 1 —m2 Máquina de Alwood: a = m + m?
I Plano horizontal: F, = ¡i • m g
Fuerza de rozamiento: F, = p • N
Impulso mecánico: T =j^ F • dt. Si F = cte, í = P • (1 - t„) Momento lineal o cantidad de movimiento: p = m • Teorema del impulso mecánico: f = á p www.FreeLibros.me
153
T I ¡ Momento angular o cinético: L „ = r A p = f A m v = m x y z
Teorema del momento angular:
= M„
154 www.FreeLibros.me
6. DINÁMICA DEL PUNTO 4.1. Se aplica una fuerza constante de 25 N a un cuerpo de 5 kg, inicialmente en
reposo. ¿Qué velocidad alcanzará y qué espacio habrá recorrido al cabo de 10 se gundos?
Solución: Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica. F = m • a, tenemos: a = —mL . = ^ 5Nkg = S n ys!
y recordando las ecuaciones del movimiento rectilíneo uniformemente varia do, resulta: v = vo + a t = 0nv's + 5 -E _ • 10 s = | 50 m/s | s = s„ + v„t + -y- a • t2 = = 0 m + 0 — • 10 s + - í - 5 - 2 - • (10 s):
250 i
El problema también puede resolverse aplicando la ecuación: F • t = m • v - m • vD 25 N • 10 s = 5 kg • v - 5 kg - 0 nVs 5kg
■= | 50 m/s
v0 50 m /s - 0 a = v -r~^~ Vos ■=5n*~, 2 Aplicando la ecuación del espacio, en la que s „ = 0 y v„ = 0: s = - i - a - 12 = - i - • 5 - 2 - - (10 s)2 =| 250 m | 6.2. ¿Qué fuerza han de ejercer los frenos de un coche de masa 600 kg, que marcha con una velocidad de 54 km /h, para detenerlo en 30 m?
Solución: La velocidad inicial del coche es 54 km/h = 15 m/s. Su acelera ción valdrá: 155 www.FreeLibros.me
v2 - v¡; _ (O nVs)2 - (15 m/s)2 = -3.75 m/s2 2s 2 ■30 m Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica F = m • a = 600 kg ■(-3.75 n\/s2) = | - 2 2S0 N | Resulta una fuerza negativa, lo cual es lógico, pues se trata de una fuerza que se opone al movimiento. El problema también puede resolverse aplicando las ecuaciones del movi miento rectilíneo uniformemente variado: v = v„ + a • t s = s„ + v„t + - i - a - . 2 en las que: v = 0 nv's, s = 30 m y s0 = 0 m. Una vez resuelto el sistema: 0 = 15 nVs + at 30 n t
=
15
-2 - •t +
a • t2
- i-
y obtenido el valor de la aceleración (a = —3,75 nVs2), se aplica, como en el caso anterior, la ecuación fundamental de la Dinámica. t*) Con una fuerza de 200 X se eleva un cuerpo 20 metros en 20 segundos. Calcúlese el peso de dicho cuerpo.
Solución: La aceleración real a la que está sometido el cuerpo se calcula a partir de la ecuación: s = v„ • , + -y - a ,2 suponiendo que el cuerpo inicialmentc estaba en reposo: 20 m =
a (20 s)2
de donde: a = 0 ,1 n\/s2 Sobre el cuerpo actúan dos fuerzas: la aplicada (F). vertical hacia arriba, y el peso (P = m • g), vertical hacia abajo (Fig. 6.1). Cumpliéndose que: F - P = m •a = 156
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a
— 7T- ' 0.1 nVs2 9.8 iVs2
6.4.
Analizar el movimiento de una bola situada sobre el suelo perfectamente puli mentado de un autobús, cuando éste arranca con una aceleración a„: a) Considerando un sistema de referencia inercia! ligado a Tierra. b) Considerando un sistema de referencia no inerciaI solidario al autobús.
a) Antes de arrancar el autobús, un observador situado sobre la Tierra, fue ra del propio vehículo, comprueba que la bola está en reposo bajo la ac ción de sólo dos fuerzas: su propio peso, m • g, y la reacción del suelo, N, ¡guales y de sentido contrario. Después de arrancar el autobús la bola permanece en la misma posición que antes respecto a la Tierra, deslizán dose el suelo del vehículo sin lograr arrastrarla. Es lógica la observación efectuada, ya que las fuerzas que actúan ahora son las mismas que antes y la bola cumple con todo rigor el principio de inercia. b) En este caso, antes de arrancar el autobús, la situación es la misma que en el apartado anterior: la resultante de las fuerzas que actúan sobre la bola es nula. En el momento en que el autobús inicia su movimiento con una ace leración aü el observador situado en el propio autobús se da cuenta de que la bola se mueve con la misma aceleración a4l hacia la parte trasera del vehículo. Como las fuerzas actuantes son las mismas, dicho observa dor, al ver que no se cumple el principio de inercia, intentará explicarlo admitiendo la existencia de una fuerza en sentido contrario al movimien to del autobús y cuyo valor será (-m • aa), siendo m la masa de la bola, la cual podemos decir que se encuentra en equilibrio dinámico. 6.5. Del techo de un autobús, que circula por una carretera totalmente horizontal, cuelga un péndulo simple, de masa m , el cual, cuando el autobús adquiere una aceleración a, se desvia form ando un ángulo p con la vertical. Determinar la aceleración del autobús conociendo el ángulo ? y tomando como sistema de referencia:
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a) La Tierra. b) E l autobús. Razonar si será posible que en algún caso el péndulo alcance la posición horizontal.
Solución: a) Para un observador situado en la Tierra (sistema de referencia inercial) las fuerzas que actúan sobre la masa del péndulo son su propio peso (m • g) y la tensión del hilo (T). Dicho.observador nota que la masa del péndulo experimenta una aceleración, a. de la misma dirección y sentido que la del autobús, c interpreta dicha aceleración como causada (fig. 6.2) por una fuerza no equilibrada, que es la componente horizontal de la tensión del hilo.
Fig. 6.2
En consecuencia, tenemos: T • sen 9 = m - a T • eos , = m ■g Dividiendo miembro a miembro ambas expresiones: de donde: | a = g • lj~ n b) Para un observador ligado al aulobús el péndulo está en reposo, sin ace leración. Para poder explicar esto, dicho observador se ve en la necesidad de introducir una fuerza ficticia, una fuerza que no existe para los obser vadores ligados a la Tierra: la fuerza de inercia, cuyo valor es (-m • a) y que actúa en sentido contrario al del movimiento del autobús. El obser vador transforma así el problema de Dinámica en uno de Estática, y lle ga. al final, al mismo resultado obtenido anteriormente. El péndulo nunca puede alcanzar la posición horizontal, ya que al ser m 0 tiene que cumplirse que: T • eos 9 ^ 0 158
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y ello exige que:
Por otra parte, carece de sentido considerar el caso límite ? = -y-, ya que ni el motor del autobús es capaz de desarrollar potencias infinitas que le hagan adquirir una aceleración infinita, ni tampoco el hilo del péndulo puede soportar tensiones demasiado elevadas que tiendan a va lores infinitos. 6.6.
Un cuerpo está situado sobre la superficie perfectamente lisa de un plano incli nado de 2 grados de inclinación. ¿Qué aceleración horizontal debemos comunicar al plano para que el cuerpo no deslice hacia abajo?
Solución: Mientras el plano permanezca en reposo, la componente m • g • sen % del peso del cuerpo hará que éste deslice hacia abajo con una aceleración a = g • sen *. Si se desea que el cuerpo no deslice, debemos comunicar al plano una aceleración de arrastre (aa) tal que la componente F¡ • eos a de la fuerza de inercia equilibre a la componente m • g • sen * del peso del cuerpo. En el diagrama de fuerzas representado en la figura 6.3 se habrá de cum plir que, según lo expuesto: m • g • sen « = F, • eos * = m • a¡ • eos a
La aceleración de arrastre ha de tener sentido contrario a la de inercia, siendo iguales sus valores:
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6.7. A nalizar el movim iento de una bola sobre el suelo perfectamente pulimentado de un autobús, cuando éste comienza a describir una curva con celeridad constante: a) Considerando un sistema de referencia inercia! Upado a Tierra. b) Considerando un sistema de referencia no inercia! Upado aI autobús.
Solución: a) Un observador situado sobre la Tierra, fuera del autobús, comprueba que antes de que éste comience a tomar la curva, la bola se encuentra en equilibrio, con movimiento rectilíneo y uniforme, sometido a la acción de solamente dos fuerzas: su peso (m • g) y la reacción del suelo (N), iguales y de sentido contrario; se cumple, por consiguiente, el principio de inercia. Cuando el autobús comienza a girar (la causa de ello es el rozamiento entre las ruedas y el suelo) la bola sigue en equilibrio, moviéndose en lí nea recta y con velocidad constante; lo cual es lógico, pues las fuerzas que actúan sobre la bola son las mismas que antes: su resultante es nula y, de acuerdo con el principio de inercia, la bola ha de continuar con su movimiento rectilíneo y uniforme. Para el observador inercial el autobús se desvía a causa de la fuerza centrípeta (que no es otra que la de rozamiento), sin que pueda arrastrar consigo a la bola, ya que el suelo del autobús está perfectamente puli mentado. b) Para un observador situado dentro del propio autobús, antes de tomar la curva, la bola se encuentra en reposo en el punto P (fig. 6.4), pues las fuerzas son las mismas que hemos descrito en el caso anterior y se cum ple el principio de inercia.
Fig. 6 .4
Sin embargo, cuando el autobús comienza a girar se observa que la bola «parece» que adquiere una aceleración radial dirigida hacia el exte rior de la curva y que, precisamente, es igual y de sentido contrario a la aceleración del autobús. Como las fuerzas son las mismas que antes, para explicar dicha acele ración y evitar que no se cumplan el primero y segundo principios de la 160
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Dinámica, es necesario suponer la existencia de una fuerza aparente, la fuerza centrífuga, dirigida de P" a P \ y que no existe en absoluto para el observador situado en la Tierra, aunque la han de admitir los ocupantes del autobús para explicar los dos primeros principios de Ncwton, aunque así se viole el de acción y reacción. Í.8.
E n el interior de la cabina de un ascensor, de 2,8 m de altura, se encuentra una persona de 75 kg. a) Calcular la fu erza que soporta el suelo del ascensor cuando sube con una aceleración constante de 1,4 m /s2. b) Calcular igualm ente dicha fu erza cuando el ascensor desciende con la m is m a aceleración. c) íd em , en el caso de que el ascensor suba o baje con velocidad constante. d) C uando el ascensor está a 18 m del suelo se desprende u na de las lámparas del techo. Calcular, en el caso de que el ascensor esté subiendo con la aceleración indicada en a), el tiempo que tardará la lámpara en chocar contra el suelo.
Solución: a) Tomemos como sistema de referencia el propio ascensor (sistema no inercial). El suelo del ascensor ha de soportar el peso de la persona (m • g) más la fuerza de inercia que actúa hacia abajo: F = m g + F, = m g + m - a = m (g + a) F = 75 kg (9.8 + 1.4) = I 840 N [ También podemos considerar a la Tierra como sistema inercial de re ferencia. Siguiendo este criterio, para calcular la fuerza que ejerce la persona sobre el suelo del ascensor, vamos a hallar, primero, la fuerza de reacción y aplicaremos, seguidamente, el tercer principio de la Dinámica. Es de cir, determinamos, en primer lugar, la fuerza con que el suelo del ascen sor empuja hacia arriba a la persona; la fuerza pedida es la de reacción a ésta. El diagrama de la Figura 6.5 representa las fuerzas actuantes:
Fig. 6.5
Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica: N —m • g = m • a www.FreeLibros.me
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de donde: N = m ■g + m ■a = m (g + a) = 75 kg (9,8 + 1,4) - S - - [ 840 N [ La persona ejerce una fuerza igual y opuesta, dirigida hacia abajo, contra el suelo del ascensor. b) Tomando como sistema de referencia el ascensor, el suelo de éste ha de soportar el peso de la persona (vertical hacia abajo), menos la fuerza de inercia (vertical hacia arriba): F = m g - F ¡ = m g - m a = m (g -a ) F = 75 kg (9,8 - 1,4) - 2 - , | 630 N | Considerando a la Tierra como sistema de referencia ¡nercial, tenien do en cuenta el diagrama de fuerzas representado en la figura 6.6, habrá de cumplirse que: de donde: N = m (g - a) = 75 kg (9.8 - 1.4) - 2 - = | 630 N
I' La fuerza que ejerce la persona sobre el suelo del ascensor ha de ser igual y opuesta a la calculada. c) En este caso el suelo del ascensor únicamente soporta el peso de la per sona, ya que al no existir aceleración la fuerza de inercia es nula. En consecuencia: F = m • g = 75 kg • 9,8
= | 735 N |
d) En el instante en que se desprende la lámpara del techo el ascensor po see una velocidad vertical hacia arriba v. La lámpara ha de recorrer un espacio hacia abajo: 162
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donde h es la altura de la cabina del ascensor y |v • t + -y - a ■t2J lo que asciende el suelo de éste mientras dura la caída de la lámpara. Fijé monos en que ésta, en el momento de desprenderse, posee la misma velocidad hacia arriba, v, que entonces tenía el ascensor. Considerando positivas las magnitudes hacia abajo y negativas las as cendentes (si adoptáramos el criterio opuesto, el resultado final sería el mismo), tenemos: h - ( v . t + - i - at2) = - v - t + - i - gt2 de donde: ,=
a
V/ H gE+ Za
=
V/
a
2
(9,8 + 1,4) m /s
= 0,707 s ^ f o T T I
'----------1
O tro criterio que puede seguirse para resolver este caso sería el si guiente: En el instante en que se suelta la lámpara, como posee la misma velo cidad v que el ascensor, ambos cuerpos (lámpara y ascensor) están en re poso relativo. Por tanto: a ') La lámpara cae una altura s en caída libre sin velocidad inicial:
b') El suelo del ascensor sube una altura s' con movimiento uniforme mente acelerado, de aceleración a, sin velocidad inicial:
cumpliéndose que: s + s ' = altura de la cabina Por tanto: - y
gt2 + - i -
at2
=h
de donde:
- V
ttF
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163
¿Is/Aí;
6.9.
E n los exirem os de una cuerda que pasa por una polea sin rozamientos se coli> can dos cuerpos de 8 y ¡2 kg. respectivamente. a) Dibujar un diagrama de las fuerzas que actúan. b) Calcular la aceleración del sistema dejado en libertad. c) ¿Q ué tensión soporta la cuerda? d) Calcular el tiempo que tardarán am bos cuerpos en desnivelarse 6 m , supo niendo que en el instante inicial estaban a la misma altura.
Solución: a) El diagram a d e fuerzas pedido viene representado en la figura 6.7, te niendo en cuenta q ue las tensiones T ¡ y T2 son iguales.
Fig. 6.7
b) Considerando las fuerzas que favorecen c impiden el movimiento del sis tema, y aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica, se tiene: m, . _ ,( 1 2 ~ « ) kg . „ 8 ^ 2 _ | i , 9 6 | m, + m2 (12 + 8) kg 1----------1-----1 c) Si consideramos el cuerpo de la derecha (que baja con una aceleración a), tenemos: T = m, (g - a) = 12 kg (9,8 - 1,96) m/s2 = | 94,1 N | mientras que si nos fijamos en el cuerpo que sube con la misma acelera ción (el de la izquierda): a =
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m2 (g + a) = 8 kg (9,8 + 1.%) n^s2 = | 94,1 N | d) Para que el desnivel entre ambos cuerpos de 6 m, cada uno de ellos ha de recorrer verticalmente 3 m. Como:
6.10. Atados a los dos extremos de una cuerda, de masa despreciable, que pasa por una polea pequeña sin rozamiento, cuya masa también se puede despreciar, cuelgan dos bloques idénticos, de 10 kg de masa cada uno. según se indica en la fig u ra 6.8. Si queremos que uno de los dos bloques recorra en sentido descendente una distancia de 2.40 m en 2 se gundos. partiendo del reposo, ¿qué sobrecarga, expresa da en kilogramos, se le habrá de añadir?
Solución: Hemos de calcular, en primer lugar, la aceleración del sistema. Al tratarse de un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado sin velocidad ini cial, tenemos:
Fig. 6.8 - = 1.20 m/s2 s)2 Llamando m a la masa, expresada en kg. que ha de añadirse a uno de los bloques para conseguir esta aceleración, antes calculada, habrá de cumplirse que: m • 9,8 m/s2 = (20 + m) kg • 1.20 n^s2 (2
i = 2,79 kg 6.11. (*) Dos pesas, una de 7 kg y otra de 8 kg. suspendidas verticalmente, están unidas por una cuerda ligera e inextensible que pasa por una polea fija cuya garganta es perfectamente lisa. Si se deja la polea en libertad, y suponiendo que inicialmente las pesas estaban a la misma altura, ¿a qué distancia vertical se encontrarán una de otra al cabo de J segundos? ¿Cuál será la tensión de la cuerda? www.FreeLibros.me
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Solución: Del diagrama de fuerzas representado en la figura 6.9 podemos deducir la aceleración con que se mueve el sistema una vez libre: = 0,653 m/s2 Supuesto el sistema inicialmcnte en reposo, el espacio que recorre cada cuerpo al cabo de 3 se gundos (uno subiendo y otro bajando), será: s-
-i-
T
at2 = - i - • 0.653 m/s2 - (3 s)2 = 2,94 m
Por tanto, la distancia que separa a dichos cuer pos en ese instante será: d = 2 • 2,94 m = | 5,88 m |
F ig . 6 .9
La tensión que soporta la cuerda puede calcularse a partir del cuerpo que sube o a partir del que baja. a) Cuerpo que sube: T = m2 (g + a) = 7 kg (9.8 + 0,653) n^s2 = 173,2 N | b) Cuerpo que baja: T = m, (g - a) = 8 kg (9,8 - 0.653) m/s2 = | 73.2 N 6.12. E n los extremos de una cuerda ligera y flexible que pasa por una pequeña polea sin rozamiento, de masas despreciables, están suspendidos dos bloques, A y B , de 200 g de masa cada uno. Sobre el bloque A se coloca una sobrecarga de 80 g, que se quita al cabo de 3 segundos. a) Hallar el espacio recorrido por cada bloque durante el prim er segundo, des pués de haber quitado la sobrecarga. b) Calcular la tensión de la cuerda antes y después de quitar la sobrecarga.
Solución: a) La fuerza real que origina el movimiento es el peso de la sobrecarga: F = m • g = 0,08 kg • 9,8 m/s2 = 0,784 N Como la masa que se mueve es la suma de las masas enlazadas: M = 0.2 kg + 0,2 kg + 0.08 kg = 0.48 kg 166
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aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica deducimos el valor de la aceleración del sistema: La velocidad de cada uno de los cuerpos, al cabo de 3 segundos, será: v = v0 + at = 0 + 1,633 nVs2 • 3 s = 4.9 itv/s Después de quitada la sobrecarga el sistema continúa moviéndose con velocidad constante (F = 0) de 4,9 n^s. Cada bloque recorrerá un espacio dado por: s =. V • t - 4,9 - 2 - • u - r r 9 j ] b) Si la cuerda y la polca son de masas despreciables, la tensión es la misma a ambos lados. 1) Antes de quitar la sobrecarga y atendiendo al cuerpo que baja: T = m (g - a) = 0,28 kg (9,8 - 1,633) m/s* =1 2,3 N | 2) Después de quitar la sobrecarga el sistema no tiene aceleración (F = 0) y la velocidad es constante. Por tanto: T = m • g = 0,2 kg - 9,8 m$2 = | 1,96 N 6.13. Vamos a considerar ahora una máquina de Atwood en la que no podem os des preciar la masa de la cuerda, cuya densidad lineal es 0,1 kgfm . D e los extremos de dicha cuerda, que tiene 6 m de longitud y que pasa por la garganta perfecta m ente lisa de una polea de m asa despreciable, cuelgan dos bloques, A y B , de 10 kg de masa cada uno, que están inicialmente a la misma altura. Sobre el bloque A se coloca una sobrecarga de 2 kg. Calcular: a) L a aceleración del sistema, dejado en libertad, en función de la distancia recorrida por uno de los bloques. b) L a aceleración inicial. c) L a aceleración cuando el desnivel entre los dos bloques es de J m .
Solución: a) Consideremos el momento en que el bloque A ha descendido X metros y el bloque B ascendido otra distancia igual (fig. 6.10). La fuerza causante del movimiento es la suma del peso de la sobre carga y el de la cuerda correspondiente al desnivel 2X existente entre los dos bloques: F = (2 kg ■9.8 m/s!) + (2X m • = (19.6 + 1.96 X) N www.FreeLibros.me
■9,8 m /s2) = 167
La masa del sistema móvil es la suma de las masas de los bloques A y B (20 kg). la de la sobrecarga (2 kg) y la de la cuerda (0.6 kg). Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica: , - F . (.9,6 + 1.96 X) N_ , [ (0 867 , „ flg67 X) ^ | M 22,6 kg 1------------------------------------- 1
están a la misma altura. a„ = 0,867 m/s2
c) Si el desnivel es de 3 m. cada uno de los bloques recorrió 1.5 i tanto, aplicando la expresión deducida en a): (0,867 + 0.0867 • 1,5) m/s' = 0,997 m/s2 = I 1 iVs2 1 6.14. Sobre una superficie horizontal sin rozamiento tenemos dos bloques. A y R . de 2 kg de masa cada uno. unidos por una cuerda. Si se tira del bloque A con una fuerza de 10 jV, calcular la tensión de la cuerda de unión en cada uno de sus extremos: a) Si su masa es despreciable. b) Si tiene una masa de 200 g.
a) Al actuar sobre el sistema la fuerza de 10 N. la aceleración que éste adquiere es: 168 www.FreeLibros.me
10 N = 2.5 m/s2 4 kg mA + mB Designemos por TA y TB las tensiones de la cuerda en sus puntos de unión con los bloques A y B, respectivamente, y aislemos el bloque A sobre el que actúan las fuerzas que vemos representadas en el diagrama de la figura 6.11. F
%
'/ / / / / // / / / / / / / / // / / / / // ,
Fig. 6.11
Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica, tenemos: F - TA = mA • a de donde: TA = F - mA • a = 10 N - 2 kg • 2,5 n^s2 = 1 5 N | Sobre el bloque B la única fuerza horizontal que actúa es TB. que le comunica la aceleración a. Por tanto: TB = mB • a = 2 kg • 2.5 m/s2 = 1 5 N | Vemos, pues, que si la masa de la cuerda es despreciable, la tensión es constante a lo largo de toda ella. b) Calculemos, en primer lugar, la aceleración del sistema, designando por mc la masa de la cuerda: ION 2 kg + 2 kg + 0.2 kg = 2,38 m/s2 Aplicando al bloque A, sobre el que ahora aclúan las fuerzas hori zontales F y Ta , la ecuación fundamental de la Dinámica:
Ta = F - m A • a' = 10 N - 2 kg • 2,38 m/s2 = I 5,24 N | www.FreeLibros.me
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La única fuerza horizontal que actúa sobre el bloque B es TB. cuyo valor viene dado por: T„ = m B ■ a ' = 2 kg • 2,38 m/s2 = | 4.76 N | Se llega a la conclusión de que TA es mayor que T0, debiéndose la di ferencia a la fuerza necesaria para comunicar a la masa mc de la cuerda la aceleración a'. Este resultado es completamente general: si una cuerda tiene masa no despreciable, la tensión va disminuyendo conforme aumenta la distancia a la fuerza aplicada. 6.15. Sobre la superficie completamente lisa del cono de revolución representado en la fig ura 6.12, que gira alrededor de su eje vertical OO' con una velocidad angular de 15 r.p.m . está situado el cuerpo A , de 2 kg de masa, sujeto al vértice del cono por un hito inextensible y sin m asa, de 4 m de longitud. Calcular: l= 4m a) L a velocidad lineal de! cuerpo A tomando como sistema de referen cia la Tierra. b) L a reacción de la superficie del cono sobre el cuerpo. c) L a tensión del hilo. d) La velocidad angular a que debe girar el cono para anular su fuerza de reacción sobre el cuerpo.
a)
Solución: La velocidad angular del cono, en unidades internacionales, es:
Fig. 6.12
■=
4
2
rad/s
Por otra parte: i 30 = 4 m - 0.5 = 2 i En consecuencia: - § - ^ - 2 ln =
S
b) Para resolver este apartado y los siguientes es cómodo tomar como siste ma de referencia el propio cono de revolución. Las fuerzas reales que ac170 www.FreeLibros.me
túan sobre el cono, representa das en el diagrama de la figu ra 6.13, son: su peso, m • g; la tensión del hilo, T, y la reacción de la superficie del cono, N, so bre el cuerpo. La resultante de estas tres fuerzas le comunica al cuerpo A una aceleración dirigida hacia el centro de su trayectoria circular (aceleración centrípeta). Para un observador en un sistema de referencia ligado al cono, el cuerpo A está en repo so, y para poder explicar esta circunstancia se ve obligado a introducir una fuerza ficticia, que no responde a ninguna in teracción real, que sería la fuerFig. 6.13 za centrífuga, de valor: F¿ = m • <»2 • r Proyectando todas las fuerzas en dos direcciones: la de la generatriz del cono y la de su perpendicular, tenemos: N + m r sen 9 + mg eos 9 De la ecuación [lj resulta: N s " 2 • 0.5 9.8 c) De la ecuación [2] 9) = - 21,9 Ni
=2k8("T* rad; d) Si en la ecuación [lj hacemos N = 0. resulta: mo>2r eos 9 = mg sen Despejando w: 9.8 i www.FreeLibros.me
171
6.16. f*) Un ciclista corre sobre una pista circular peraltada 311 respecto a la horizon tal, describiendo su centro de gravedad una circunferencia de 65 m de radio. Calcular la velocidad angular que debe ¡levar el ciclista si desea mantener el plano de la bicicleta completamente perpendicular respecto al suelo de la pista, sin que vuelque.
Solución: Considerando al ciclista como sistema de referencia (véase fig. 6.14) no inercial, las fuerzas que actúan sobre él son: el peso, m • g; la fuerza centrífuga. Fc, y la reacción normal del suelo. N. Para que el plano de la bicicleta se mantenga perpendicu lar al suelo de la pista la resultante de las dos primeras fuerzas ha de ser perpendicular al plano, cumpliéndose que: Fc mg
6.17. ¿Por qué podemos girar rápidamente t sin que ésta se derrame?
0.295 rad/s 65 i 7 plano vertical un cubo lleno de agua
Solución: Si la velocidad es lo suficientemente elevada, la fuerza centrífu ga es superior al peso, por lo que el agua en todo momento se encuentra so metida a una resultante dirigida contra el fondo del cubo. 6.18. Una partícula puntual de masa m , sujeta al extremo de una cuerda de longitud L,
gira describiendo circunferencias verticales alrededor de un punto fijo O, que es el otro extremo de la cuerda. a) Demostrar que la velocidad de la partícula en el punto superior de la trayec toria es menor que en el inferior. b) Calcular la tensión de la cuerda en ambos puntos.
a) De acuerdo con el principio general de conservación de la energía, es evidente que: 4 - niv; + 2mgL =
mvf
donde v, représenla !a velocidad de la partícula en el punto más alto de su trayectoria; v2. la velocidad en el punto más bajo, y 2L, la máxima altura que alcanza, tal como se representa en la figura 6.15. Operando: v? + 4 gL = v2 lo que demuestra que necesariamente v, ha de ser menor que v2. 172
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b) Las fuerzas que actúan sobre la partícula en la máxima altura de su trayectoria son: su peso, mg, y la tensión T( de la cuerda, ambas de di rección vertical y sentido hacia abajo. En consecuencia: T| + mg =
Análogamente, en el punto más bajo de la trayectoria (fig. 6.15): -r T¡ - mg = mv| L
Una partícula puntual de masa m , sujeta al extremo de una cuerda de longitud L, gira describiendo circunfe rencias horizontales de radio R . siendo v su celeridad (fig. 6.16). A l mismo tiempo, el hilo describe la super ficie de un cono (péndulo cónico). Determinar el ángulo -f que form a la cuerda con la vertical, asi como la tensión que experimenta.
Solución: Las fuerzas que experimenta la partícu la cuando se encuentra en la posición representada en la figura 6.17 son: su peso, m • g. y la tensión T de la cuerda.
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Descompongamos T en una componente horizontal. T • sen y en otra vertical. La partícula no tiene aceleración en sentido vertical, cumpliéndose que: La componente horizontal, no equilibrada, de la tensión origina la aceleración centrípeta de la partícula: [2]
Dividiendo entre sí las ecuaciones (1) y [2J. se tiene: 1R? = -
Elevando al cuadrado las expresiones [1) y (2) y sumándolas, resulta:
-V ? 6.20. ¿Rara qué sirven los dibujos antideslizantes que llevan las cubiertas de los co ches?
Solución: Las irregularidades de los dibujos aumentan el valor de la fuer za de rozamiento, y así se logra que las ruedas no deslicen (patinen).
6.21. ¿Por qué hay que poner «cadenas» a los coches si la carretera tiene nieve o está helada?
Solución: Análoga a la de la cuestión anterior.
6.22. ¿Por qué se dice que no hay mejor cuña que la de la misma madera? Solución: Al ser ambas superficies de la misma naturaleza, sus irregulari dades encajan mejor, aumentando el valor de la fuerza de rozamiento. 6.23. Una plataforma circular, colocada horizontalmente, gira con una frecuencia de dos vueltas por segundo alrededor de un eje vertical que pasa por su centro. Sobre ella colocamos un objeto de madera, tal que el coeficiente estático de roza-
174 www.FreeLibros.me
míenlo entre el cuerpo y la plataforma es 0,4. Hallar la distancia m áxim a al eje de giro a la que debemos colocar el cuerpo para que éste gire con la plataforma sin ser lanzado al exterior.
Fig. 6.18
Solución: Vamos a resolver primero el problema considerando como sistcma de referencia la Tierra (fig. 6.18). Para un observador situado en este sistema el objeto se mueve describien do una circunferencia con velocidad angular
n* • mg = Fc = m • gt Despejando r y sustituyendo valores se obtiene el mismo resultado que en el procedimiento anterior. En resumen: considerando como sistema de referencia la Tierra (sistema inercia!), se trata de un problema de Dinámica; mientras que si el sistema de referencia es la propia plataforma (sistema no incrcial). el problema queda reducido a uno de Estática. 6.24. Calcular el valor mínimo del radio que puede tener una curva de la carretera, de ángulo de peralte para que un automóvil que la recorre a la velocidad »• no se deslice hacia el exterior, siendo j el coeficiente de rozamiento dinámico.
Solución: Para resolver el problema consideremos como sistema de refe rencia el propio automóvil, que se encuentra en reposo, sometido a las fuer zas cuyo diagrama vemos representado en la figura 6.20. De él se deduce que: N eos 0 = mg + F, sen 0 Fr eos 0 + N sen 0 = Fc N eos 0 = mg + ¡*N sen 0 ¡* • N eos 0 + N sen G = Fc Estas dos ecuaciones equivalen a:
Fig. 6.20
mg = N (eos 0 - u sen 0) Fc = N (sen 0 + ¡i. eos 0) Dividiendo miembro a miembro ambas expresiones: mg _ eos 0 - ¡i. sen 0 1 — ji tg 0 Fc sen 0 + j*eos 0 u + tg 0 Como Fc, la fuerza centrífuga, tiene de valor —^ —. sustituyendo en la anterior expresión, tenemos: rg _ I ~ P tg 0 v2 «i + tg 0 mv2 y. por último: v2 176
1-ptgO
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Podemos distinguir dos casos particulares: a) Si no hay peralte: tg 0 = 0: v2 b) Si no hay rozamiento: ¡¿ = 0: tgO = -
rg
L25. F.n los parques de atracciones de m uchas ciudades puede verse con frecuencia a
los motoristas que trabajan en el «tubo de la muerte». Uno de estos tubos tiene un diámetro de S m. Calcular la velocidad mínima que ha de llevar el motorista para no caerse, sabiendo que el coeficiente de rozamiento entre las ruedas de la motocicleta y la pared es 0,4.
Solución: Considerando a la Tierra como sistema de referencia (inercia!), tenemos según se indica en la figura 6.21: F, = mg
_______
M _ _ V2 Como Fr = u ■N: F, = mg —a • N — u • m ----Fig. 6.21
■9.8 m • s"2 = 10 nv'sj 0,4 Si el sistema de referencia es la propia motoci cleta (sistema no inercial) (fig. 6.22): F, = mg N = Fc (fuerza centrífuga) Como F, = ¡i • N: F , = m g = i » - N = ] i - F c = u . - m -------
Despejando v y sustituyendo datos se obtiene el mismo resultado que en el procedimiento anterior: Fig. 6.22 www.FreeLibros.me
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6.26. (*) Se ejerce una fuerza de 12 N en dirección horizontal contra un bloque A, de 4 kg, el cual empuja, a su vez, a otro bloque B, de 2 kg, conforme se indica en la figura 6.23. Calcular la aceleración del sistema y la fuerza que ejerce cada bloque sobre el otro: a) Si ambos bloques se encuentran sobre una superficie lisa. b) Si los coeficientes de rozamiento diná mico entre los bloques A y B y la super ficie son, respectivamente, 0,1 y 0,2. Fig- 0.23
Solución: a) La fuerza que produce el movimiento del sistema es la horizontal de 12 N, y la masa total del sistema móvil es 4 kg + 2 kg = 6 kg. La acele ración del sistema valdrá:
. J L = JÜ L = [7 ^ "
m 6 kg '----------Consideremos ahora un bloqu por ejemplo, el A, El diagrama de las fuer zas que actúan sobre él es el representado en la figura 6.24. En ella representamos por FBA la fuerza que el bloque B ejerce sobre el A (la que A ejerce sobre B tendrá el mismo módulo y dirección, pero su sentido será contrario al anterior). De acuerdo con el diagrama, tenemos: F - FBa = mA • aA Fig. 6.24 de donde: Fba = F - mA • aA = 12 N - 4 kg • 2 m ■s-2 = [7 Ñ ] b) En la figura 6.25 se representa el diagrama de las fuerzas que N. actúan en este caso sobre el sistema formado por los dos bloques, considerados en su conjunto, cumpliéndose que: " F - FiA - F,b = (mA + mB) •a y como: Fig. 6.25 - *a ' NA = ÚA ' mA • g - nn • N B = i¿b ' m » • g s ustituy en do , resulta:
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-
F - ((iA * mA + hb • mB) • g = (mA + mB) • a Despejando a y sustituyendo datos: a = | 2 N - ( 0 . 1 - 4 k g + 0 .2 .2 k g )-9 ,S ^ 6kg I---------=— J Consideremos, ahora, aisladamente el bloque A sobre el que actúan las fuerzas esquematizadas en la figura 6.26. En este caso se cumple que: F - Fba - F,a = mA • a N. de donde: Fba = F - FrA - mA • a 57 Teniendo en cuenta que: F.a = Pa • mA • g sustituyendo datos, resulta: Fba = 12 N - 0,1 • 4 kg • 9,8 m • s~2 - 4 kg - 0,69 m ■s " 2 =1 5,3 N 6.27. Un bloque de masa m ,, que se encuentra sobre una superficie horizontal sin rozamiento, se une mediante una cuerda ligera, que pasa por una polea sin rozamiento y de masa despreciable, a un segundo bloque , suspendido, de masa a i ¿Cuál es la aceleración del sistema y la tensión de la cuerda? b) ¿Cómo se modifican estos resultados si el coeficiente de rozamiento entre el bloque y el plano es >f?
a)
Solución: Según vemos en el diagrama de fuerzas actuantes (fig. 6.27), se tiene: En el bloque suspendido: m2 • g - T = m2 - a [1] En el bloque apoyado: T = m, • a [2] Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [1] y [2]:
sustituyendo este valor en la ecuación [2]: www.FreeLibros.me
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b) En el caso de haber rozamiento, el diagrama de fuerzas sería el de la fi gura 6.28. Cumpliéndose: • En el bloque suspendido: ' g ~ T = m2 • a [ 1 ] • En el bloque apoyado:* N = m, • g F, = p • N = p ■m, • g T - F, = m, • a FiS- 6 28 de donde: T - |> • m, • g = m, • a [2] Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [1] y (2). se obtiene: m 2 — um. a = --------- ---------- • c m, + m 2 11): T _
m , • m 2 (1 + u.) mi + m2
^
Fácilmente se comprueba que si en estas dos últimas expresiones su ponemos que u = 0 (no hay rozamiento), obtenemos las correspondien tes al apartado anterior. 6.28. La figura 6.29 a l representa un bloque de 100 g que descansa sobre otro de 900 g , siendo arrastrado el conjunto con velocidad constante sobre una superfi cie horizontal, merced a la acción de un cuerpo de 100 g que cuelga suspendido de un hilo, tal como indica la misma figura. 1009
Ftg. 6.29 www.FreeLibros.me
a)
S i el primer bloque de 100 g lo separamos del de 900 g y lo unimos al bloque suspendido (fig. 6.29 b) , el sistema adquiere una cierta aceleración en el sentido indicado por Ia flecha. Calcular el valor de esta aceleración, h) ¿Cuál es la tensión de las dos cuerdas en la figura 6.29 b)?
Solución: Calcularemos, en principio, el coeficiente dinámico de roza miento entre el bloque de 900 g y la superficie horizontal de deslizamiento. Para ello hemos de considerar el diagrama de fuerzas correspondiente al apartado a) del problema (fig. 6.30). En el bloque suspendido se cumple que: m;jg - T = m2 • a = 0 de donde: T = m, • g [1] En los bloques apoyados se cumple que: T — F, = (m, + m2) • a = 0; T = Fr [2) y como: Fi8- 6 30 F, = jx • N = ja(mi + m2) g = T Igualando las expresiones (1) y [2J:
0.1 kg = 0,1 Ik g a) Una vez calculado el coeficiente dinámico de rozamiento nos fijaremos en la nueva disposición adquirida por los bloques, contemplada en el dia grama de la figura 6.31, que. a su vez, esquematiza la acción de las fuerzas actuantes. Aplicando la ecuación fun damental de la Dinámica al conjunto de los bloques suspen didos. se tiene: 2 m2 • g - TA = 2 • m2 • a [3] mientras que si la aplicamos al bloque apoyado, resulta: T a - F. = i pero como: F, « p • N = i* • i www.FreeLibros.me
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al sustituir en la ecuación anterior, se obtiene: TA — i* • mi • g = m, • a Sumando las ecuaciones [3| y |4|, tenemos: 2 m 2 • g - ¡» • m, • g = (m, + 2 m2) - a de donde: _ (2 m2 - ixmi) g _ 2 • 0,1 kg - 0,1 • 0.9 kg 3 ” m, + 2 m? 1 ,1 kg
(4|
• 9.8 nVs2 = | 0,98 nVs2 b) Determinemos, por último, las tensiones en las dos cuerdas. Despejando Ta en la ecuación (3], resulta TA = 2 m2 (g - a), y al sustituir datos nos da el valor de ^| 754 ^ Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica al bloque colgan te inferior, se cumple que m2 • g - TB = m* • aDespejando Te y sustituyendo datos: Tb = m 2 (g - a) = 0,1 kg (9,8 - 0.98) nVs2 = [ 0,882 N | 6.29. Sabiendo que en el sistema de la figura 6.32 el coeficiente dinámico de rozamien to entre el bloque y la superficie es 0,25, calcular: a) L a aceleración d el movimiento. b) L a tensión de cada cuerda.
Solución: Hl diagrama de las fuerzas que actúan sobre los tres bloques vie ne representado en la figura 6.33. Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica a cada uno de los tres bloques, se tiene: m3 - g - T„ = m3 • a (11 TB - TA - F, = m2 • a [2] TA - m, ■g = m, ■a [3]
Fig. 6.32
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Fig. 6.33 www.FreeLibros.me
Sabemos que la fuerza de rozamiento Fr viene dada por la expresión: Fr = fi • N = (i • m2 • g Sustituyendo en [2], nos resulta el sistema: ni3 • g - Tb = m3 • a Tb ~ Ta - ^ 2 • g = m2 • a TA - m, • g = m, • a en el que a, TA y TB son las incógnitas. Sumando miembro a miembro estas tres ecuaciones se obtiene el valor de a, una vez sustituidos los datos: a = 1,51 m/s* que, llevado a las ecuaciones [1] y [3] nos permite deducir TB y TA: | Tg = 125 N | | TA = 45 N | fc jt. E n el sistema de la figura 6.34, en el cual el coeficiente de rozamiento dinámico
entre los bloques de 15 kg y 20 kg y la superficie de la mesa es 0,25, se j)ide calcular: a ) I m aceleración del movi miento. b) L a tensión de las tres cuerdas.
Solución: a) Es evidente que el sis tema. en el caso de moverse, lo hará en el sentido indicado en la flecha, según se señala en el diagrama de la fi gura 6.35.
Fig. 6.34
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De su estudio podemos deducir que: a = nu • g - m, • g - (F,i2 + F, i) _ ni| + ni2 + m3 + m4 _ m4 - m, - 1» (m; + m3) ^ _ m, + m2 + m3 + m4 = SO kg - 25 kg - 0,25 (15 kg + 20 kg) . ^ ^ 110 kg --------------b) Aplicando ahora la ecuación fundamental de la Dinámica al bloque m4. resulta: m4 - g - Tc = m4 - a de donde: Tc = m4 (g - a) = 50 kg (9,8 - 1.45) n^s2 = | 417,6 N Aplicándola al bloque m3: Tc - T b - i* • m3 • g = m3 • a Despejando TB y sustituyendo datos: | Tb - 339,6 N| Repitiendo el mismo criterio para el bloque m,: TA - m, • g « m, • a
podemos calcular TA: | Ta = 281,2 N | 6.31. Sobre un plano inclinado 30° con respecto a la horizontal, se encuentra un cuer po de 30 kg de masa, unido por una cuerda, que pasa por una pequeña polea sin rozamiento, a un segundo bloque de 25 kg de masa, pendiente, de la cuer da, según se indica en la figura 6.36. Calcular la aceleración con que se m ueve el sistema y la tensión de la cuerda: a) Si no existe rozamiento. b) Si el coeficiente dinámico de roza miento entre el bloque y el plano es
0 ,2 .
Nota: Tómese g = 10 m/2; sen 30° = = 0,5; eos 30° = 0,866. 184 www.FreeLibros.me
Hg. 6.36
Solución: a) Supongamos que el sentido del movimiento del sistema sea el especifica do en la figura 6.37.En el caso de que la aceleración salga ne gativa implicará, dado que no existe rozamiento, que el mo vimiento del sistema es en sen tido opuesto al elegido, con una aceleración igual en valor absoluto a la acabada de obte ner. Si fuese nula dicha acelera ción, el sistema estaría en re poso o se movería en cualquie ra de los dos sentidos con velo nte. 6.37 cidad constante. En el bloque que cuelga de la cuerda se cumplirá que: m2 • g - T = m2 • a y en el bloque apoyado: T - mi • g • sen a = mi • a Sumando ambas expresiones y despejando a: m; - m, sen « 25 kg - 30 kg ■0.5 3 m, + m2 ® 55 kg • 10 nVs2 = 1 1,8 m/s2 1 El valor de T se deduce de cualquiera de las dos ecuaciones citadas: T = m¡ (g - a) = 25 kg (10 - 1,8) m/s2 = | 205 N [ b) Supongamos, al igual que en el caso anterior, que el movimiento del sis tema sea hacia la derecha. No obstante, al existir rozamiento, hemos de tener en cuenta que si la aceleración es negativa, se precisa dibujar un nuevo diagrama de fuerzas y repe tir los cálculos, dado que las fuerzas de rozamiento siempre actúan en sentido contrario al de movimiento. La figura 6.38 explicita las fuerzas actuantes según el criterio expuesto. Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica al bloque que cuelga, se tiene: www.FreeLibros.me
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m2 • g - T = m2 • a y aplicada al bloque apoyado: T - m , • g • sen
%-
[1)
F, = m , • a
[2]
C om o F , = i» • N = a • m , ■g • eo s a:
T - m, • g sen i - i* • m, • g • eos a = m, • a [3] Sumando las ecuaciones [1] y (3), despejando a ysusiiiuyendo dalos: _ m2 - (sen a + ¡i eos a) • m, a m( + m2 ® = 25 k g - ( 0 . 5 + 0,2 .0 ,8 6 6 ). 30 kg r ^ T l 55 kg 1-------------- 1 Sustituyendo el valor de a en la ecuación [1]: T = m2 (g - a) = 25 kg (10 - 0,87) m/s2 = 1228 N | Nota: Obsérvese que en la expresión de la aceleración obtenida si hace mos a = 0, resulta la deducida en el apartado a). 6.32. Dos bloques, de 8 kg y 4 kg, respectivamente, que están unidos por una cuerda (fig. 6.39), deslizan hacia abajo sobre un plano de 30° de inclinación. Los coefi cientes dinámicos de rozamiento entre ambos bloques y el plano son, respectiva mente, 0,25 y 0,40. Calcular: a) La aceleración de cada bloque. b) l.a tensión de la cuerda.
Fig. 6.39
Fig. 6.40
Solución: a) El diagrama de las fuerzas que actúan sobre los dos bloques es el repre sentado en la figura 6.40. Interesa estudiar las componentes paralelas al plano: m , • g • sen a - T - ni • m i • g • eos a = m i • a |1] T + m2 • g • sen a - {i* • ni2 • g • eos a = m2 • a |2] Sumando ambas ecuaciones y despejando a: 186
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(m , + m ¡) sen a - (¡^nii + j^n ^) t
(8 + 4) kg • 0,5 - (0.25 • 8 + 0,40 • 4) kg - 0,8 ■9,8 m/s2 12 kg = | 2,35 nys! | b) Despejando T en la ecuación [1] y sustituyendo el valor calculado de a: T = m, [g (sen a - i», eos a) - a) = = 8 kg [9,8 m/s2 (0,5 - 0,25 - 0,866) - 2,35 m/s2] = | 3,4 N | i l l Tenemos un bloque de 10 kg de masa que se puede mover con velocidad constan te sobre una superficie horizontal bajo la acción de una fuerza, también horizon tal. de 19,6 N. S i inclinamos dicha superficie de manera que form e un ángulo de 45° sobre la horizontal, ¿qué fuerza paralela al plano necesitamos aplicar para que el blo que deslice hacia arriba con una aceleración de 2 m s2?
Solución: Consideremos el diagrama de fuerzas representado en la figura 6,41, donde se indican las fuerzas que actúan sobre el bloque cuando éste se encuentra sobre la superficie horizontal. Basándonos en él y recordando que si posee velocidad constante, la aceleración es nula: F = Fr = |i • mg = 19,6 N de donde:
Fig. 6.41
!MN---
9,8 m/s2 ■10 kg
Al inclinar la superficie las fueras ac tuantes son las representadas en el diagra ma de la figura 6.42. F - mg sen a - F, = F - mg sen a - umg eos a = m • a Despejando F y sustituyendo los datos del problema y los calculados, obtenemos para F él valor de
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6.34. (*) Un cuerpo de 100 kg se m ueve sobre una superficie horizontal baj'> !(. acción de u na fu erza de 100 kp que fo rm a un ángulo de - 3 7 ° por debajo de ¡a •horizon tal. E l coeficiente de rozamiento dinám ico entre el cuerpo y la superficie o 0.25. Calcular la aceleración con que se m ueve e l cuerpo. Datos: g = 10 m/s2; sen 37° = 0,6; eos 37° = 0,8.
Solución: El diagrama de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo es el re presentado en la figura 6.43. De él se deduce que: N = mg + F sen a F • eos a - F, = m • a Como la fuerza de rozamiento es: Fr = h. • N: F. = i* (mg + F sen ->) y, por tanto: F eos a - n (mg + F sen a) = m • a Fig. 6.43 De donde: _ F eos a - y. (mg + F sen a) _ 1 000 N • 0,8 - 0,25 (100 kg ■10 tp/s2 + 1 000 N • 0,6)
100kg
-||4,tiVs, ; ||
Nota: Obsérvese que la fuerza de 100 kp ha de expresarse en newtons: 100 kp = 100 kp •
= 1 000 N
o más exactamente: 100 kp = 100 kp • 9j8fcpN = 981 N 6.35. (*) Un automóvil de 1 400 kg mantiene una velocidad de 90 km/h. Sabiendo que
e l coeficiente de rozamiento entre los neum áticos y la carretera es 0,25 y tom an
do como valor de g 10 m/s2, calcular: a) La fuerza máxima de frenado cuando las ruedas se bloquean y la distancia que recorrerá durante el frenado. b) I m velocidad máxima a que puede tomar una curva no peraltada de 360 m de radio sin que el coche derrape. S o lu c i ó n :
a) Al bloquearse las ruedas, las fuerzas que actúan sobre el vehículo son las representadas en el diagrama de la figura 6.44. a partir del cual deduci mos que: 188
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N = mg =í> -F r = m •a puesto que la fuerza de rozamiento es de sentido contrario al del movi miento (fuerza de frenado). Como el valor de Fr viene dado por: Fr = ¡i ■N = n • mg = 0,25 • • 1 400 kg • 10 m/s2 = | 3 500 N Fig. 6.44 El valor de la aceleración (negativa) del móvil será: El espacio recorrido lo deduciremos a partir de las dos ecuaciones del movimiento rectilíneo uniformemente retardado (v„ = 25 n^s; v = 0) o. más directamente, a partir de la expresión, ya conocida: . _
V2
- vi _
o ~
252 ( i V s ) 2
_ j - ^ 7
2 a 2 • (-2.5) iVs2 b) Cuando el coche toma la curva no peraltada la fuerza centrípeta que ac túa sobre él es, precisamente, la fuerza de rozamiento. Por tanto: F, = i» • N = i*mg = m — de donde: V • r • g = Vo.25 • 36(1 m ■ 10 m/s2 = 1 30 nys | i_36. Un cuerpo desliza hacia abajo con velocidad constante sobre un plano de % de inclinación. S i aumentamos la pendiente del plano hasta un ángulo tal que 9 > x, ¿con qué aceleración deslizará hacia abajo ese mismo cuerpo? Solución: Cuando un cuerpo desliza hacia abajo con velocidad constante por un plano inclinado a° sobre la horizontal (movimiento uniforme) la tan gente de dicho ángulo a coincide numéricamente con el coeficiente de roza miento dinámico del cuerpo contra el plano. Por tanto: p = tga Si el cuerpo desliza por un plano inclinado 90 sobre la horizontal, la ace leración de caída viene dada por: = g (sen T - u eos ?) En consecuencia: a = g (sen ? - tg i • eos ?)
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6.37. U n bloque desliza hacia abajo con velocidad constante sobre un plano de a° de inclinación. Después se lanza hacia arriba sobre el mismo plano con una veloci d ad inicia! vQ. o) ¿Q ué distancia recorrerá sobre e l plano antes de detenerse? b) ¿Q ué le sucederá en ese m om ento: resbalará hacia abajo de nuevo o . por el contrario, perm anecerá indefinidam ente en reposo?
Solución: a) Cuando el bloque desliza hacia abajo con velocidad constante, su coefi ciente de rozamiento contra el plano coincide con la tangente del ángulo de inclinación: H « tg* La aceleración (negativa) a la que está sometido un cuerpo cuando desliza ascendiendo por un plano inclinado a° sobre la horizontal viene dada por: a = - g (sen a + t* eos a) Por tanto, en este caso: a = - g (sen % + tg a eos a) = - g ^sen % + ~ • eos a j = = - 2 g sen a Sustituyendo en la expresión, ya conocida, v2 = v2 + 2 as y conside rando que en el punto de máxima altura v = 0 , se tiene: 0 = v i - 2 ( 2g • sen a) • s de donde: vi
4 g sen g b) Una vez que se detenga, permanecerá en reposo indefinidamente, ya que, en este caso, la fuerza de rozamiento anula a la componente del pe so del cuerpo en la dirección del plano. Recuérdese que el problema exi gía una velocidad constante (a = 0 ) y, en consecuencia, no hay fuerza efectiva actuando sobre el cuerpo. 6.38. (''I Dos bloques de MUI A;i’ y 411 kg descansan sobre dos planos inclinados, tal com o se indica en la fig ura 6.45. listan unidos por una cuerda di m asa despre ciable que pasa por una polca sin rozamiento. Calcular: a) L a aceleración con que se m ueve e l sistema, bi L a tensión de la cuerda.
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E l coeficiente de roza miento entre los bloques y el plano es 0,3. Datos: g = 10 m/s1; sen 53° = 0.8: sen 3 T = 0.6. Fig. 6.45
Solución: a) El diagrama de las fuerzas que actúan sobre los bloques es el representa do en la figura 6.46.
Fig. 6.46
Si consideramos como positivo el movimiento hacia la derecha, tene mos que: • En el bloque de la derecha: m2 • g • sen 37° - T - F1(2, = m2 • a y como Fr(2> = ¡jN2 = ¡i • m2 - g eos 37°, resulta: m2 • g • sen 37° - T - n • m 2 • g • eos 37° = m2 • a [1] • En el bloque de la izquierda: T - m, • g • sen 53° - i» • m, • g • eos 53° = m, • a [2] Sumando miembro a miembro las expresiones [1] y [2] y despejando a, resulta: m2 • sen 37° - ' m, • sen 53°■- u ■ (m 2 • eos 37° + m , • eos 53°) • g a = ...................... m, + m2■■ Sustituyendo los datos del problema y considerando que sen 37° = = eos 53° = 0,6 y eos 37° = sen 53° = 0,8. tenemos: www.FreeLibros.me
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300 kg • 0,6 - 40 kg - 0,8 - 0,3 (300 kg • 0,8 + 40 kg • 0.6) 340 kg ■10 m/s2 — | 2 m/s1 | b) Para calcular la lensión de la cuerda susliluiremos el valor de a en la ecuación ( 1 ): T = m2 (g sen 37° - |i - g eos 37° - a) = = 300 kg (10 nVs2 - 0,6 - 0,3 • 10 m/s2 - 0,8 - 2 nVs2) “ | 480 N | 6.39. ¿Por qué cuando se descarga un camión con tierra, ésta toma la form a cónica? ¿De qué depende el ángulo en el vértice?
Solución: Se trata de un fenómeno derivado del rozamiento. Si designa mos por [i el coeficiente de rozamiento de la tierra consigo misma, esta desli zará hacia abajo siempre que tg 9 sea mayor que i/.; permaneciendo en equili brio, sin deslizar, en caso contrario. 6.40. Con los 192 nr1 de tierra extraída al excavar tos cimientos de un edificio se quiere
hacer un montón deform a cónica de manera que ocupe sobre el suelo la mínima superficie posible. Determinar la altura de dicho montón sabiendo que el coeficiente de roza miento de la tierra cuando resbala sobre ella misma es: = V 7J3.
Solución: Si el montón de tierra ha de tener mínima superficie en su base, su altura ha de ser la máxima compatible con el rozamiento. Consideremos un cono cualquiera (fig. 6.47), de semiángulo en el vértice 9, y aislemos una partícula de tierra, de masa m, situada sobre su generatriz. ^mgs*n^ En el diagrama de la figura 6.47 se re presentan las fuerzas que actúan sobre di cha partícula, teniendo que cumplirse, para que no resbale hacia abajo, que: i* • m • g • sen 9 5 m • g • eos 9
Fig. 6.47 vi El cono de altura máxima será aquel de valor mínimo de 9 , habiendo de cumplirse que:
192
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P or o tra p arte, el volumen del cono es: V =
4 - K ' r2 ' h
A partir de dichas ecuaciones [1) y [2] se deduce que: 192
^
=113
Dos planos inclinados, de ángulos z = 60¡ y .3 - 30°, están unidos por su arista superior, según se indica en la figura 6.48. Sobre ellos se encuentran dos bloques, de masas m, y nty, unidos por una cuerda que pasa por una polea situa da en la arista común. E l coeficiente de rozamien to dinámico entre los bloques y los planos es 0,2. Inicial m e n te e l b lo q u e m , está h = 1,92 m más alto que el m2, y al cabo de I segundo es tán a la misma altura. Hallar la relación m ,fm ¡. F,8- 6 4 8
Solución: El diagrama de la figura 6.49 representa las fuerzas que actúan sobre los dos bloques. El movimiento se realiza en el sentido indicado por la flecha.
Se ve claramente que cuando los dos bloques están a la misma altura el espacio recorrido por ambos es: Teniendo en cuenta que, según las ecuaciones de la Cinemática, cuando la www.FreeLibros.me
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velocidad inicial es nula, s = -y- al2, la aceleración a que se encuentran so metidos los dos bloques es: , _ 2 •s 2 -h t2 (sen a + sen .3) t2 2 - 1,92 m (0.866 + 0,5) - 1 s2 Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica: (m, + ma) • a = m, • g • sen a - m2 • g • sen ? - n m, • g • eos a -
- l*mj•g•eosJ
y sustituyendo los valores correspondientes, se deduce que:
6.42. Una misma fuerza ¿producirá el mismo efecto al actuar durante I segundo sobre un cuerpo de 4 kg que si actúa durante 4 segundos sobre un cuerpo de I kg?
Solución: No. En el primer caso la variación de velocidad que experi menta el móvil es dv = F/4, mientras que en el segundo es 16 veces mayor: dv = 4F. 6.43. Una pelota de hockey de 50 g rueda hacia un jugador con una velocidad de 6 m/s. A causa de! golpe del stick la pelota sale rechazada en la misma dirección con velocidad de 10 m/s. Suponiendo que el tiempo de contado entre la pelota y el stick sea de 0,05 segundos, calcular la fuerza media que actuó sobre la pelota.
Solución: De acuerdo con el teorema del impulso mecánico: nys — (—6 m/s)] F = m • dv _ 0,05 kg (100.05 s
6.44. Una máquina arrastra un tren, partiendo de! reposo, hasta alcanzar una veloci dad de 90 km /h. Calcúlese el tiempo que tarda el tren en conseguir dicha veloci dad si la fuerza de la máquina es 0.02 veces el peso del tren.
Solución: Si designamos por m la masa del tren, su peso será m • g. y la fuerza que efectúa la máquina F = 0,02 m • g. Aplicando el teorema del impulso mecánico: F • t = m • dv, tenemos: m • dv m - 25 m/s = [¡2 5 7 ] F 0,02 • m • 10 m/s2
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é.45. Sobre una partícula puntual de 2 kg de m asa actúa la fuerza: F = (10 - 2t2) * + 4 t j (SI) S i en el instante inicial: (SI); y
!. = 3 l+ 2 ]
7. = f ¡ - 1 + 1
(S i)
calcular la velocidad y la posición de la partícula al cabo de 3 segundos.
Solución: El vector aceleración del punto es: ( '° ~
kg 41 ' (N-L = <5 - lJ> 7 + 2t 7 (m/s2)
2' 2>2
y, por consiguiente: y = / s
•
di
= f [ ( S - t 2)
T+
2 t TI
di
=
(5t -
T+
I2 7 + ;
Sustituyendo v0 por su valor, dado en el enunciado del problema: v = (3 + 5 t
j —j 7 + ( 2 + ,2) 7
Al cabo de 3 segundos (t = 3 s): v3 = 9 T + 11 j ín^s) El vector posición de la partícula se calcula mediante: F=/v
di = / [
(3
+ S.
^ -) T+
(2
+ I2) 7 ] dt =
=[3, +^L - ii- ] T+(2, +-f) «+ Sustituyendo r„ por su valor, obtendremos para r, al cabo de 3 segundos: | r3 = 25 i + 16 j (m) | 6.46.
Sobre un cuerpo de 5 kg de masa actúa una fuerza que varia con el tiempo de acuerdo con la relación F = 5 + t (SI). a) Determinar el impulso de la fuerza en los cuatro primeros segundos en que actúa. b) ¿Durante cuánto tiempo ha de actuar la fuerza para que el impulso sea igual a 100 iV • s? www.FreeLibros.me
c)
¿Q ué velocidad adquiere el cuerpo a l cabo de ese tiempo, sabiendo que su velocidad inicial era de 30 m/s?
Solución:
b) Tenemos que: [st + - y - ] = 100 N • s, de donde resulta una ecuación de segundo grado: t2 + 10 t - 200 = 0 con dos soluciones, de las que sólo tiene significado físico la que corres ponde a: t = 10 s c) De acuerdo con el teorema del impulso mecánico: I = m (v - v0), susti tuyendo los datos del problema: 100 N • s = 5 kg (v - 30 nVs) de donde: v = SO m /s 6.47. Las novelas y las películas del Far West no suelen detenerse a relatar detalles científicos; sin embargo, algunos pistoleros de aquella época actuaban científica m ente. Uno de ellos, cuyo nombre se ha perdido para la posteridad, utilizaba un fu sil que disparaba proyectiles de I g de masa con una velocidad de 300 m/s. La fuerza que actuaba en el interior del fu sil sobre cada proyectil venia dada por la expresión: F = 200 - - - ■10' i ISI) Calcular con estos datos el tiempo que necesitaba el proyectil para recorrer la longitud de! cañón del fusil.
Solución: Aplicando el teorema del impulso mecánico, tenemos:
200 -
-2 - - 105 t ) dt =
10
- ’ kg (300 m/s - o m/s)
de donde: 200 I 1%
- j-
• 105 I2 = 0,3 (SI)
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La resolución de esta ecuación de segundo grado conduce a: I t-3 -l° -» . | 4.4#. Varios niños comienzan a empujar un vagón de masa M sobre una via horizon tal, aplicando sobre él una fuerza constante, /•'.
Si tenemos en cuenta que está lloviendo copiosamente, de Jorma que caen sobre el vagón / litros de agua por segundo, calcular la velocidad del vagón al cabo de un tiempo t después de haber comenzado el movimiento.
Solución: Teniendo en cuenta que al cabo de un tiempo t la masa total del vagón es la suya propia (M) más la de agua (X • t) recogida en él. al aplicar el teorema del impulso mecánico tenemos: F • dt = (M + X • t) dv
de donde: Integrando esta expresión:
Para conocer el significado físico de C (y su valor) hemos de suponer que t = 0 y v = 0: C = - - í- ln M Por tanto: V=
ln
(M + Xt) -
= -y- [ln (M + XI) - ln M| =
-y -
ln
M=
ln M + M
6.49. Sabiendo que la masa de la Tierra es 6 ■IIT
'
2r.r
T
r _ m J «T L T
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197
El periodo, T, que tarda la Tierra en recorrer la órbita es I año: T = 365 días • 86^ ° $ = 31 536 000 segundos Sustituyendo valores: , _ 6 • 1021 kg • 2* (1,5 • 10" m)2 | , „ ,J L ---------------- 31 536 000 s-------------------j 2,7 10^ kg « ¿ J 6.50. B ajo la acción de una fuerza F un cuerpo de 5 kg de masa se mueve en el plano X Z, de manera que su vector de posición, en función del tiempo, es: r = 2 t1 + 5 r * ¡ (SI) Calcular el momento de la fuerza F respecto al origen de coordenadas.
Solución: Vamos a resolver el problema de dos formas diferentes, aunque completamente equiparables: a) Calcularemos, primero, la aceleración del cuerpo y después la fuerza que la produce: Si r = 2t 7 + 5t2 E (SI): r _ d7 = 2 7 + lOt k (SI) 10 í (SI) Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica: P = m • a = 5 • 10 k = 50 k (SI) El momento respecto al origen de coordenadas vendrá dado por: i i k Kl„ = r A P = 2t 0 5t2 - -100 1 J (SI) 0 0 50 El momento tiene la dirección del eje OY y varía con el tiempo, b) El momento angular del cuerpo será: L = r A p = r A mv = 5 2t 0 5t = —50t2 7 (SI) 0 lOt Aplicando el teorema del momento angular: M0 — d t = —100 t J (SI) I 198 www.FreeLibros.me
7. DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS
FORMULARIO-RESUMEN Ecuación fundamental de la Dinámica para un sistema de partículas: S F f = S m i -a i = S m ¡-
dt2
Sistemas cerrados de dos partículas: Pi + P2 = etc. Masa reducida de un sistema de dos partículas: ni) • m2 Si m, m2, i* -m i 1 1 - C EN TR O D E MASAS =
4r
s
•- w
m ' ■r" *•> = - ¿ - s m ‘
l 7-
dm;*° - w
• y« «<;
=
dm: =w
f x■
£
mi yi; ■
z» -
dm:*•=i *
f* ■
s m , • z,
dm
/ 2■
«o = 4-/* • dv; y0 - - L j y ■dV; z„ = - L j z ■dV * ° = "5" f x ' dS; y» “
J y ' dS;
= - g - j t ■dS
x„ = -i-|x • di; y. = - L j y . di; z„ = -j-Jz • di www.FreeLibros.me
199
Movimiento del centro> de masas: <^
’f = pCM= 2
n.
S ff = M Á
cm
Impulso y momento lineal de un sistema: T = A p . S i £ F f = 0 , P = e tc
Momento angular total de un sistema:
t = £ t 1 = £ (7 1Am,í,) > s ó lid o ríg id o :
Ü=/(?Av)<
Teorema del momento angular para un sistema: Primer teorema de Kónig:
i
= Lcm + 2 ?; A m ¿¡
Teorema de conservación del momento angular de un sistema: S i M E = 0 , t = c te
200
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7. DINÁMICA DF. LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS “.1. Sobre una gran balsa de madera, de masa M = 460 kg. que flota en las aguas tranquilas de un lago, se encuentra un niño, de masa m = 40 kg, que dista de la
orilla I) = 20 in. E l niño comienza a caminar sobre la balsa, dirigiéndose per pendicularmente hacia la orilla del lago, con una velocidad constante v ~ 3 m/s (ftg. 7.1). ¿A qué distancia de la orilla se encontrará el niño al cabo de 5 segun dos?
Solución: Aplicando el principio de conservación del momento lineal al sis tema formado por la balsa y el niño, te nemos: m v + (M + m )V = 0 siendo V la velocidad con que retroce de el sistema balsa-niño respecto a la orilla. Como el problema es monodimensional, podemos transformar la ecua ción vectorial anterior en una escalar:
m -v + (M + m )V = 0 de donde: -m • v 40 kg • 3 m/s . “Ñ T T ñ T = S O O k g - = • "^s De acuerdo con ello, la velocidad rcspcclo a (¡erra con la que el niño avanza hacia la orilla es: v' = v + V = 3 m/s + (-0,24 m/s) = 2,76 m/s Al cabo de 5 segundos habrá avanzado hacia la orilla una distancia: s = v' • t = 2,76 m • s - ‘ • 5 s = 13,8 m Por (anto, la distancia a la que en ese instante el niño se encuentra de la orilla, es: d = D —s = 20m — 13,8 m = | 6,2 m 7.2. ¿Con qué velocidad retrocede un fu sil de masa 5 kg, que dispara un proyectil de 10 g con una velocidad de 200 m/s?
Solución: Aplicando el principio de conservación del momento lineal: www.FreeLibros.me
201
O= m
• V
+ M •V
de donde: M 7.3.
io 2 kg ■200 m /s 5kg
-0 .4 m/s
(*) Una persona se encuentra en reposo sobre una superficie horizontal sin roza m iento y lanza u na piedra de 2 k g hacia arriba, form ando un ángulo de 60° con la horizontal, con una velocidad de 100 m /s. ¿Con qué velocidad se moverá la persona si su peso es de 8 0 kp?
Solución: Como se tiene que conservar el momento lineal en dirección ho rizontal. designando por M la masa de la persona, por V su velocidad y por m y v la masa y velocidad de la piedra, tenemos: 0 = M V + m vcosa de donde: M 7.4. (*) Un cañón montado sobre ruedas pesa 100 toneladas y dispara proyectiles de
10 kg a 300 m/s. D eterm inar el im pulso que se ejerce sobre e l cañón y su cantidad de m ovi m iento (m om ento lineal).
Solución: El momento lineal del proyectil y el del cañón tienen el mismo módulo y dirección, pero sentido contrario. Su valor es: p = m • v; donde m es la masa del proyectil y v su velocidad. De acuerdo con el teorema del impulso: I = p - p o = m v - 0 = 1 0 k g - 300 m/s = 13 • 10a kg • n^s | = 3 • 10a N • s 7.5.
Un cañón que pesa -I 000 kg lanza un proyectil de 20 kg con u na velocidad de I 000 m /s. ¿C uál es la velocidad de retroceso d el cañón?
Solución: Aplicando el principio de conservación del momento lineal, te nemos: 0 = M ■V + m • v siendo m la masa del proyectil, v su velocidad, M la masa del cañón y V la velocidad de retroceso. En consecuencia: V = — mM• v 202
20 kg • 1 000 m/s 4 000 kg www.FreeLibros.me
I - S "Vs I
7.6.
Un cañón de 600 kg lanza un proyectil de 10 kg con una velocidad de 700 m /s con una inclinación de 3 0 ' por encima de la horizontal. Calcular la velocidad de retroceso horizontal del cañón.
Solución: Al conservarse el momento lineal en la dirección horizontal: 10 kg • 700 m • s~* - 0,866 V = - m • v M• eos a | -10.1 ny/s 600 kg
7.7. Se lanza un cohete partiendo del reposo.
a) ¿Puede sobrepasar su velocidad fin a l a la de expulsión de los gases? b) S i se aumenta la cantidad de gases expulsados por unidad de tiempo, ¿varia rá la velocidad fin a l del cohete? c) S i se mantiene constante dicha cantidad de gases expulsados por unidad de tiempo, ¿variará la aceleración?
Solución: a) Sí. Todo depende de la relación que exista entre la masa total inicial del cohete y su masa en el momento considerado. b) La velocidad final del cohete no variará, pues no depende más que de la relación de masas citadas anteriormente y de la velocidad de expulsión de los gases. c) La aceleración va aumentando, ya que disminuye la masa del cohete. 7.8. Se dispara horizontalmente un proyectil de 8 g y penetra en un bloque de madera
de 9 kg que puede moverse libremente. L a velocidad de! sistema form ado por el bloque y el proyectil después de! impacto es de 30 cm/s. Deducir la velocidad inicial del proyectil.
Solución: El momento lineal inicial del proyectil es: po = m • v0 = 8 - 10“3 kg • vQ = 8 • 10-3 • v0 (kg • nVs) y el momento lineal final del sistema formado por el bloque y el proyectil: p = (M + m) V = 9,008 kg • 0,30 m/s = 2.7024 kg • it^s Aplicando el principio de conservación: 8 • 10"3 kg • v0 = 2,7024 kg • m/s de donde: 2.7024 kg • m/s 0,008 kg
7.9.
Dos masas de 16 g y 4 g se mueven en sentido contrario con velocidades respecti vas de 3 cm/s y 5 cm/s. Tras chocar entre si, continúan moviéndose unidas. Calcular la velocidad del conjunto.
Solución: Aplicando el principio de conservación del momento lineal: www.FreeLibros.me
203
ni] • v, + m2 • v2 = (mi + m2) v' Despejando v' y sustituyendo datos (sistema CGS): v, = I 6 g .3 c.Vs + 4 g (-S c .V s) 16 g + 4 g L-í------1 7.10. S e dispara horizonialmente un proyectil de 15 g y queda incrustado en un bloque de madera de 3 kg suspendido de una larga cuerda Ipéndulo balístico). Calcular la velocidad de! proyectil si el impacto obliga al bloque a oscilar 10 cm por encima de su nivel inicial.
Solución: En el caso del péndulo balístico se cumple que: Sustituyendo datos (sistema SI): v ~
<3 o . o T S k s
• V 2 • 9 -8 m ■s ~; • l u
m " [ Ü ^
]
7.11. Un hombre que pesa SO kg está patinando a la velocidad de 6 m is y choca con un
niño de 40 kg que está patinando en sentido contrario con una velocidad de 9 m/s. ¿Cuál es la velocidad resultante de los dos juntos?
Solución: Aplicando el principio de conservación del momento lineal: m, • v, + m2 • v2 = (m, + m2) • v' Despejando v' y sustituyendo datos: I kg • 6 iVs + 40 kg ( - 9 m/s) _ | | ¡ m i -----------------------L L í/'J
7.12. U n átom o de u ranio se desintegra en dos partes cuyas m asas valen 2 ,5 • ! 0 '2S kg y 1.5 • I0 ~ íf kg. S in tener en cuenta otras partículas de masa despreciable, determinar en que relación están las velocidades de am bos fra g mentos.
Solución: El momento lineal de los fragmentos ha de ser el mismo: m ( ■v, = m2 • v2 Por lo tanto: V, m, 1.5 • 10-25 kg 3 _ r ^ j l v2 m, 2.5 • 10-25 kg 5 L-:—1 204
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Se lanza un cohete de masa inicial m„, de form a que la velocidad del chorro gaseoso expulsado sea constante y de valor v con respecto a l cohete (fig. 7.2). Considerando la Tierra como sistema de referencia inercial. suponiendo que la trayectoria del cohete sea vertical con un valor de la aceleración debida a la gravedad constante, y despreciando la resistencia del aire, calcular la velocidad V del cohete respecto a la Tierra a l cabo de un tiempo t. Supóngase que la cantidad de gases expulsados por unidad de tiempo es constante.
A
Solución: Designemos por m la masa del cohete y por V su velocidad en el instante t. Al cabo de un tiempo dt la masa y la velocidad del cohete ha brán variado y. por consiguiente, su momento li neal, siendo tal variación, d (m • V), hacia arriba. El momento lineal de los gases expulsados ha brá variado en dm (v - V). Aplicando, en conse cuencia, el principio de conservación del momento lineal, tenemos: d (mV) + dm (v - V) = O Desarrollando esia expresión y simplificando: m ■dV + v • dm = 0
Fig. 7.2
Integrando esta ecuación entre el instante inicial (t = 0; V = 0; m = m„) y el que corresponde a un tiempo t, tenemos: dm .14. Calcular la
reducida (>i) del sistema electrón-protón en un átomo de hi drógeno. Las masas del electrón y del protón las siguientes, respectivamente: 9.1086 • 10 31 kg y 1,6724 • 10 27 kg.
Solución: Como la masa del electrón es mucho menor que la del protón, resulta: u. = mc ( 1 = 9,1086 ■10-’1 kg (1 — 9.1086 - 10~31 kg 1,6724 • 10"27 kg = 9,1036 UT3' kg La diferencia entre la masa reducida y la del electrón es. aproximadamen te. del 0.06 % . www.FreeLibros.me
205
7.15. U n núcleo, ¡nicialmenle en reposo, se descompone radiactivamente emitiendo un electrón con un m om ento lineal de 9,22 - 10 /ó g - cm/s y , perpendicularmente a la dirección d e l e lectró n , u n n eu trin o con u n m om ento lineal de 5,33 • I0 ~ 16 g ' cm/s. a) ¿E n qué dirección retrocederá el núcleo residual? b) ¿Cuál será su m om ento lineal?
Designemos por M • V el momento li neal del núcleo residual ;_por m • v el del electrón, y por m' • v el del neu trino. siendo i el ángulo que forma la dirección del núcleo residual con la del electrón, tal como se indica en la figura 7.3. Descomponiendo el momento li neal del núcleo residual en sus compo nentes y aplicando el principio de con servación, resulta: Fig. 7.3 M • V • sen (r. - a) - m ' • v' = 0 I M • V sen o = m' m • v — M • V • eos (n —a) = 0 í M • V • eos * = Dividiendo las ecuaciones [1] y [2): _ 5.33 • 10~16 g • cn\/s _ -o -9,22 • 10"' g • cm/s, = -0.578 que corresponde a un ángulo de 150°. b) Elevando al cuadrado las ecuaciones (1 ] y [2] y sumando: M2- V2 (sen2 a + eos2 a) = M2V2 = (m' - v')2 + (m • v)2 de donde: M • V = p = V (5,33 • 1 0 '16 g • cm/s)2 + (9,22 • lO '"1g - cm/s)2 = = 11,06 10 15 g • cnVs | 7.16. Una bola de billar que se mueve con una velocidad de 4 m /s pega de refilón a otra bola idéntica en reposo, reduciéndose su velocidad a 2 m /s, en una direc ción de 60° con la del movim iento origina!. Calcular la velocidad y la dirección del movimiento de la segunda bola después del choque.
Solución: Aplicando el principio de conservación del momento lineal en dos direcciones (la del choque y la perpendicular a ella), tal como se indica en la figura 7.4. tenemos: m • v , = m • v{ eos 60° + m • eos a m • v¡ • sen 60° = m • sen a 206
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Fig. 7.4
Simplificando y sustituyendo los datos del problema, se tiene: 4 m/s = 2 - J ~ • 0,5 + v5 eos a
vj eos s = 3
[11
2 - 2 - • 0,866 = vj sen a
v¡ ■sen a = 1,7320
[2 ]
La resolución del sistema formado por las ecuaciones |1] y [2] conduce a: v i = 3,464 nVs
i = 30°
7.17. Un vagón de masa M se desliza sin rozamiento sobre una vía horizontal. E n el momento en que su velocidad es v„. un hombre de masa m comienza a caminar sobre el vagón, de delante hacia atrás, siendo su velocidad respecto al vagón en el momento en que lo abandona, V. ¿Cuál será la velocidad del vagón en ese momento?
Solución: Aplicando el principio de conservación del momento lineal al sistema formado por el hombre y el vagón, tenemos: m ■V = (M + m) Av siendo: el incremento de velocidad que experimenta el vagón. Por lo tanto, la velocidad de éste en el momento en que el hombre lo abandona, será: v1 v„ + iv = www.FreeLibros.me
207
7.18. S e dispara u na granada con una velocidad inicia! de 600 m /s y con un ángulo de elevación de 45 °. A I llegar al punto m ás alto de su trayectoria la granada explo siona en dos fragm entos de igual m asa, uno de los cuales cae verticalmente al suelo con velocidad inicial nula. ¿A qué distancia del punto de lanzamiento caerá el otro fragm ento? Tómese g = 10 m/s1.
Solución: La altura máxima y el alcance del proyectil son. respectiva mente: Y _ v£ • sen2 a _ (600 m/s)2 • 0.5 - = 9 000 m 2 g ~~ 2 -1 0 m /s2 ^ _ v,2, • sen 2a _ (600 m/s)2 • 1 = 36 000 m g 10 m /s2 La componente horizontal de la velocidad, que permanece constante has ta el momento de la explosión, vale: V , =
600 -2 i- ■eos 45° = 300 V Ím /s
En el momemo de la explosión no actúan fuerzas exteriores al sistema, salvo el peso, cuyo impulso es despreciable frente al de las fuerzas internas de la explosión. Podemos, por consiguiente, considerar el sistema como ce rrado y suponer que el momento lineal total permanece constante. Designando por m la masa de cada fragmento, 2m la masa de la granada y v\ la componente horizontal de la velocidad del segundo fragmento, tene mos: 2m • v, = m • v¡ de donde: v; = 2 • v. = 2 • 300 s / l m / s = 600 V T m /s Por lo tanto, este segundo fragmento se comporta como un cuerpo lanza do horizontalmente con una velocidad v'x desde una altura de 9 000 m: 9 1)00 m = — 10 - i? - . t2 2 s2 s = 600 V 2 —s -t La resolución de este sistema conduce a: s = 36 000 m En consecuencia, la distancia entre el punto de lanzamiento de la granada y el de la caída del segundo fragmento es (fig. 7.5): 208
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d=s+
= 36 000 i
Fig. 7.5
También se puede enfocar la resolución del problema considerando que, tras la explosión, el centro de masas del sistema continúa moviéndose lo mis mo que antes. Ambos fragmentos llegarán al suelo simultáneamente, siendo en todo momento simétricas sus posiciones con respecto al centro de masas. Por lo tanto, según se desprende de la figura 7.5: d = x + BC = x + 0,5 x = 1,5 x =
AB = BC :
= 1,5 • 36 000 m = 54 000 m E n n n cruce de calles ha tenido lugar un choque (sin victimas) entre dos vehícu los: un autom óvil de I 000 kg de m asa que se dirigía hacia el norte a la veloci dad de 54 km /h, con un camión de 4 toneladas que avanzaba hacia e l este a la velocidad de 25,2 km /h. A consecuencia del choque el autom óvil queda incrusta do en e l cam ión, desplazándose a continuación los dos juntos. a) ¿C uál es la velocidad del conjunto form ado p o r los dos vehículos inm ediata mente después del choque? b) ¿C uál es la dirección de su m ovimiento?
Solución: a) En el choque se conservan las componentes del momento lineal del siste ma respecto a los ejes EO y NS. Si designamos por m, y m2 las masas respectivas del camión y del automóvil, por v, y v2 sus correspondientes velocidades antes del choque, y por V la velocidad del conjunto después de chocar (fig. 7.6), la aplicación del principio de conservación del mo mento lineal conduce a: m, • v, = (m, + m2) V • eos a (1) m2 • v2 = (m, + m2) V sen a (21 De donde se deduce que: V c o s , - - Jni|nLLvi_ + m2 V „ ____
m '- V2
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209
E levando al cuadrado las expresiones (3J y [4] y sum ando:
',) + (m2 • v2) (mi + m2)2 Despejando V y sustituyendo datos, se obtiene el valor: V = 6,35 nVs b) Para calcular la dirección del movimiento de ambos vehículos después del choque, basta dividir entre sí las ecuaciones (1) y [2J: m2 • v2 _ 1 000 kg • 15 m /s _ 15 4 000 kg • 7 nVs ! = | 28° 10' al NE ,| 7.20. L as velocidades de dos panículas, de masas m , y rn<. son, respectivamente . v¡ y »’>, respecto a un sistema de referencia determinado. Calcular la velocidad de! centro de masas respecto a ese m ism o sistema y la velocidad de cada una de las partículas respecto a! centro de masas.
m¡ • rj + m2 • r2 y su velocidad: + m¡ + La velocidad de la primera partícula respecto al centro de masas valdrá: m.
,
y’ = y - V
1
1
CM
=v
1
m, - y, + m; • v2 _ m2 (v, - ~v2) = m, + m2 mi + m2 m2 v,2 ni| + m2
y la de la segunda: siendo v,2 la velocidad relativa de las dos partículas. Obsérvese que ambas se mueven en sentido contrario respecto al centro de masas. Calculemos ahora 210 www.FreeLibros.me
los momentos lineales correspondientes, también con respecto al sistema de referencia del centro de masas: ™' mi + m2 V,2= u ■V,2 m,v2 = - ■ m | +* nm2í2 — v,2 = -¡i. • — vl2
p¡ = m,V¡ =
kP2< =
Vemos, pues, que son iguales y opuestos. Tenemos sobre una mesa perfectamente pulimentada dos esferillas de masas res pectivas m, = 3 g y m2 = 2 g. situadas ambas perpendicularmente al borde de la mesa, la primera en el mismo borde y la otra a 6 0 cm de él. ! m s dos esferillas están unidas por un hilo inextensible, de masa despreciable, de I m de longitud. Si se deja que la primera esfera caiga verticalmente, ¿al cabo de cuánto tiempo v con qué velocidad inicial se moverá la segunda?
Solución: El movimiento de la primera esferita será el de caída libre hasta el mismo momento en que el hilo que une a ambas esferas se ponga tenso, lo cual sucederá cuando la primera esfera haya descendido 40 cm. Su velocidad será, en esc momento: v, = V 3 p = V 2 - 9,8 m • s~2 • 0,4 m = 2.8 m/s El tiempo invertido en alcanzar esa velocidad será: g 9,8 m/s2 I---------- 1 que es, precisamente, el tiempo que tarda la segunda esferilla en ponerse en movimiento. En ese mismo momento en que se pone en movimiento la segunda esferi lla, la velocidad común del sistema vendrá dada por: m, • v, 0,003 kg • 2,8 iqfc ITT2 T~ m, + m2 p O lk i I l ’68 "V*
22. Un cañón de masa M, situado sobre el suelo horizontal, dispara horizontalmente
un proyectil de masa m con la velocidad relativa »•. Sabiendo que el coeficiente de rozamiento dinámico entre el cañón y el suelo es «, determinar el retroceso. X. del cañón.
Solución: Designemos por Vj la velocidad inicial de retroceso del cañón. Aplicando el principio de conservación del momento lineal al sistema forma do por el cañón y el proyectil, tenemos: M • v, = m (v - v,)
211 www.FreeLibros.me
El problema, ahora, puede enfocarse desde un punto de vista dinámico o desde un punto de vista energético. a) Si pretendemos seguir un método dinámico, hemos de calcular la acele ración a la que se encuentra sometido el cañón después de su disparo. Para ello tracemos el diagrama de las fuerzas que actúan (fig. 7.7). — ... _ — Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica, se tiene: -F , = M ■a = -i» ■M ■ de donde: a = - p ■g Fig. 7.7 El retroceso del cañón vendría dado por: * ?-* ? M+m 2a -2pg 2ug b) Para resolver el problema desde un aspecto energético hemos de con siderar que en el momento del disparo el cañón adquiere una energía cinética (Ec = M ■vi), que invierte en realizar un trabajo contra la fuerza de rozamiento a lo largo del recorrido X: W, = F, X = |» -M -g X Igualando ambas expresiones (Ec = Wr), se llega al mismo resultado para X. 7.23. U n sistema está form ado por cuatro partículas de masas 2. 3, 5 y 6 kg. situadas respectivamente en los puntos ( - 2 , 3. 6), (S, - 2 . - 1 ) . I I. 0, II y 14. 2 . 3). Calcular la posición del centro de masas del sistema.
Solución: Las coordenadas del centro de masas del sistema son: _ S n y t, 2 kg (-2 ) -I- 3 kg ■5 + 5 kg • 1 + 6 kg ■4 _ , . (2 + 3 + 5 + 6) kg 2 kg • 3 + 3 kg - (-2 ) + 5 kg - 0 + 6 I 16 kg • 6 + 3 kg (-1 ) + 5 I M 16 kg El vector posición del centro de masas del sistema es: I r„ = 2,5 T + 0,75 j + 2 k ]
212
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7.24. I.u masa de la Luna es aproximadamente 0,013 veces la masa de la Tierra, y la distancia entre los centros de masas de ¡a Luna y la Tierra es aproximadamente 60 veces el radio de la Tierra (R j = 6 400 km). ¿A qué distancia del centro de la Tierra está el centro de masas del sistema Tierra-Luna?
Solución: Designemos por X la distancia pedida. Si consideramos al centro de ia Tierra como origen de coordenadas, ios valores xT. yT y zT nulos. Como: X= MT • 0 + ML • 60 • 6 400 km 0,013 MT • 60 • 6 400 km 0,013 • 60 • 6 400 km = 4 928 km Mt + 0.013 Mt 1,013 7.25. V n sistema está integrado por tres partículas materiales cuyas masas y posiciones respectivas son:
m , - 2 kg: 131, o, 4) m m , = 12 kg; r¡ 16 + 2t, 2t*. 2) (SI) rrtj = 6 kg; r, (0, í2 + t, 3t) (SI) a¡ Calcular, en función del tiempo, la posición y la velocidad del centro de masas del sistema, b) Particularizar los resultados anteriores al caso en que t = 3 s.
Solución: a) Las coordenadas del centro de masas del sistema son: S m,x, 2 kg • 3t + 12 kg (6 + 2t) + 6 kg • 0 15t + 36 M 20 kg 10 - ó',y, 2 kg - 0 + 12 kg • 2t2 + 6 kg (t2 + t) 15t2 + 3t M 20 kg 10 - m,/., 2 kg • 4 + 12 kg • 2 + 6 kg • 3t 9t + 16 M 20 kg 10 La posición dei centro de masas del sistema viene dada por el vector: [(I5t + 36) T + (I5t! + 31) J + <9t + 16) k] www.FreeLibros.me
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y su velocidad:
V™=4r = [l5T+(3#l+31J+9 b) Sustituyendo l = 3 s: r = 8,1 í + 14,4 J + 4,3 E VCM = 1.5 T + 9,3 J + 0,9 k
7.26. A l dinamitar una roca, ésta sale despedida en tres fragmentos. Dos de ellos, de masas 10 y 20 kg, salen en ángulo recto con velocidades de 75 m/s y 10 m/s, respectivamente. Deducir la masa de! tercer fragmento, cuya velocidad es 5 m/s.
Solución: Imaginemos que el primer fragmento sale despedido en el senti do positivo del eje OX y el segundo en el sen tido positivo del eje OY, como se indica en la figura 7.8. Aplicando el principio de conservación del momento lineal: S p, = m, • v, - m, • v, • eos x = 0 2 p, = m; • v2 - m, • v3 • sen * = 0 Sustituyendo datos y efectuando operacio nes. se tiene: m, eos X = 30 kg pj m, ■sen x = 40 kg p] Fig. 7.8 Elevando al cuadrado las expresiones [1J y [2] y sumando: m* (eos* x + sen* %) = (30* + 402) kg* de donde: 1 = 50 kg 1 7.27. E n el sistema de la figura 7.9. las masas m , y m2 están unidas por una barra rígida de masa despre ciable. E l sistema está inicialmente en reposo y al actuar las fuerzas que se indican se pondrá en movimien to. Calcular la posición del centro de masas y el m om ento lineal del sistema a l cabo de ¡ 0 segundos.
214
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Solución: Las coordenadas del centro de masas son: _
m .X ! - f m 2x 2
_
3 kg
10 m + 5 k g ■0
m, + m2 _
_
4
3 kg - 0 + 5 kg • 8 m
m, + m2
8 kg
y° ~
15
8 kg
m ,y i + m 2y 2
m
_ m
El vector posición del centro de masas será: 7» = - ^ - T + 5 7
( S i)
Com o la fuerza actuante (véase figura) es: P = -1 2 Í + 8 T
(SI)
la aceleración del centro de masas será: M
F
-1 2 T + 8 7
M
8k¡
_
3
,
2
, ,
ÍC11
'
y la velocidad: V cm = j
A c„dt =
J
( —
T +
7)
17+
d t
A l estar el sistema inicialmentc en reposo,
t
7
+ V„
= 0.
Por tanto:
VcM=--fti +t 7 (SI) El m om ento lineal del sistema es: P = M ■VCM = 8 ( ~
t 7 + 1 7 ) = —12t 7 + 8t7 (SI)
y para t = 10 s: I j = -120 T 4 80 j (SI) Por otra parte:
y como: ?o = - t - T + 5 7 (SI) www.FreeLibros.me
215
r+(5+_ír) ' (SI) T= -
í + 55 J (SI)
7.28. E n uno de los remansos que form an los meandros del Guadiana, una rana de 25 g de masa reposa en el extremo de una tabla de madera de 2 m de longitud y 1,475 kg de masa, que flota en la superficie de! agua. Sobre el extremo opuesto de la tabla se encuentra en reposo un insecto de m asa despreciable. La rana intenta capturarlo, iniciando un salto con un ángulo de elevación de 45° sobre la horizontal. Suponiendo que el insecto no se percate de las intenciones asesinas de la rana, determinar la velocidad inicial de ésta para que pueda conseguir su obje tivo.
Solución: Sea m la masa de la rana y v„ su velocidad inicial. Aplicando el principio de conservación del momento lineal al sistema formado por la tabla y la rana, en dirección horizontal, se tiene: m • vG • eos a = M • V siendo M la masa de la tabla y V su velocidad de retroceso con respecto a la superficie inmóvil del río. Para que la rana alcance en su salto el otro extremo de la tabla, que es donde se encuentra el insecto, deberá cumplirse que: s - V • t = v0 • eos , • l donde s es la longitud de la tabla y t el tiempo invertido por la rana en su sal to. el cual viene dado, según se explicó en el lanzamiento de proyectiles, por: 2 • v0 • sen « la v a n te
o
A partir de estas ecuaciones se obtiene:
V (-s-+,)scn2’ Sustituyendo dalos y efectuando operaciones: v„ = 4.39 nVs 7.29. ¿E s posible que un móvil realice un movimiento tal que se conserven los momen tos angulares respecto a dos puntos diferentes?
Solución: Sí. siempre que la fuerza sea central respecto a ambos puntos a lo largo de toda la trayectoria del móvil. 216
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Cabe distinguir dos casos: a) Que la fuerza sea nula y el móvil se desplace siguiendo una trayectoria rectilínea arbitraria, con lo que su momento angular respecto a cualquier punto permanece constante. b) Oue el móvil y los dos puntos estén siempre alineados. En este caso, sea cual fuere el movimiento del móvil sobre la recta que une ambos puntos, su momento angular con respecto a ellos es siempre nulo. 7 JO. Cuando un cometa describe una trayectoria elíptica en torno a l Sol, ocupando éste uno de los focos, su momento angular con respecto a l otro fo co ¿dónde es mayor: en el afelio o en el perihelio?
Solución: El momento angular es mayor en el perihelio, ya que en esa po sición el radiovcctor es mayor y. de acuerdo con la ley de las áreas, también es mayor su velocidad lineal. 7_3I. S e lia medido el momento angular de un punto m óvil en distintos instantes,
resultando siempre un vector de dirección y sentido constantes, cuyo módulo L varia con e l tiempo, según se indica en la siguiente tabla de valores:
lis) L (kg • m! ■s-‘)
1 4,0
2 2,5
3 1.7
4 1.5
5 2.3
6 3,8
Representar L en función de t. Observando la gráfica resultante, ¿se puede asegurar que en algún instante no existe momento de la fuerza aplicada? ¿E n qué instante ocurre? ¿Por qué?
Solución: La gráfica pedida corresponde a la representada en la figura 7.10. Puede observarse cómo en el instante t = 4 s. el momento aneular ad quiere un valor mínimo; por consi guiente. en esc instante se cumple que: lo que, como consecuencia de la aplicación del teorema del momen to angular, nos indica que también será nulo el momento de la fuerza aplicada en ese instante sobre el punto móvil.
fíg. 7 ,¡o
7.32. U n sistema está constituido por dos partículas, de m asas m , = 3 kg y m2 = 5 kg. E n un instante determinado sus correspondientes vectores posición y veloci dad son: www.FreeLibros.me
217
r , = 4 i - 2 k (SI) r , = - 4 7 + * 7 + « i (SI)
v/ = 2 i — 2 j + 4 k (SI) v , = 2 l + 2 j (SI)
Calcular el m om ento angular deI sistema centro de masas.
m ism o instante respecto a su
Solución: Como el vector posición y la velocidad del centro de masas son: - _ m, • í 3 kg (4 T - 2 k) + 5 kg ( - 4 T + 8 7 + 6 íc) r° M 8 kg = - 7 + 5 j + 3Ü (SI)
y
3 kg (27 — 2 J + 4 ií) + 5 kg (2 7 + 2 7) CM
M
8 kg
=27+-1- 7+ le (SI) Los vectores de posición y las velocidades de cada una de las partículas respecto al centro de masas son:
r|=r, - r„=(47- 2S)- (-7+57+3it)=
= 5 . 7 - s 7 - 5 Í t (SI) rj = r2 - ?„ = ( - 4 7 + 8 7 + 6 E) - ( - 7 + 5 7 + 3 k) = = - 3 7 + 3 7 + 3 5 (SI) E¡ = 7, - V c „ = - - § - 7 + -§ - E v i = 72 - V CM = J -
7_ - | _ í
(Si) (si)
Los momentos angulares de las partículas respecto al centro de masas del sistema serán: 7 t ¡ = r ¡ A m , • v¡ = 3
2- vj
— 5
E
-5
-5
0
-5 /2
5/2
7 L¿ = rj A m
7
5
7
E
-3
3
3
0
3/2
-3 /2
’T
T "
E l m o m e n to a n g u la r t o ta l, ta m b ié n c o n
L' = L¡ + Lj = -120 7 - 60 7 -- 60 k (SI) 218
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7.33. Una granada cae verticalmente. Cuando se encuentra a una altura de I 500 m sobre el suelo, animada de una velocidad hacia abajo de 50 m • s~ ', explosio na dividiéndose en dos fragmentos de igual masa, uno de los cuales comienza a moverse verticalmente hacia abajo a la velocidad de 90 m • s 1. Hallar la posición del centro de masas del sistema 10 segundos después de la explosión.
Solución: Dado que tanto antes como después de la explosión la fuerza que actúa es la misma: la fuerza de gravedad; se puede considerar que el cen tro de masas continúa moviéndose como si no se hubiese producido ninguna explosión. Tomando como positivas las magnitudes hacia arriba y negativas las des cendentes. tenemos que 10 segundos después de la explosión: h - h„ + v„t + - i - gt2 = 1 500 m + (-50 m s'1) • 10 s + - j - ( - 9 ,8 ms"2) - (10 s)2 = 510 m El centro de masas del sistema 10 segundos después de la explosión se encuentra a 510 m sobre el suelo. 7.34. Un hombre de masa M salta desde una lancha de masa M, a la orilla de un rio, tomando impulso para conseguir una velocidad c. La lancha retrocede, pero tiene que vencer la resistencia del agua R = a • v* (siendo a una constante y v la velocidad variable de la lancha). Determinar la velocidad inicial, vot de la lancha en el instante del salto y la que tendrá tras haber transcurrido un tiempo t.
Solución: Aplicando el principio de conservación del momento lineal al sistema formado por el hombre y la lancha, tenemos: M - c = M, • ve siendo vQla velocidad inicial con que retrocede la lancha. De aquí se deduce: [i) Aplicando a la lancha el teorema del impulso mecánico, resulta: - a - v2dt = M,dv de donde: - J í _ = _ 2 _ dl V2 M, Integrando la anterior expresión, se obtiene: - r + c,e = - t f r ' Para el cálculo de la constante de integración no hay más que tener i cuenta que para t = 0, v = v„: por lo tanto, sustituyendo, tenemos: www.FreeLibros.me
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cte =
1
Luego: 1
deduciéndose de aquí que:
1
a M,
v„ • M, M, + v„ • a • l Si sustituimos el valor de v0 dado por la expresión [I], se llega, por últi mo, a: M M, c M} + M a • c • t 7.35. Un barco de recreo rem olca un bote, con u n hom bre en su interior, a la veloci dad constante v„. E n el instante t = 0 se suelta el cable y e l nom bre com ienza a rem ar en la m ism a dirección y sentido d el m ovim iento, ejerciendo una fuerza constante F . S i la m asa total del bote y el hom bre es M y la resistencia d el agua es igual a k - v, se pide determ inar la velocidad del bote al cabo de un tiempo t.
Solución: Apliquemos el teorema del impulso mecánico al sistema inte grado por el bote y el hombre: (F - k • v) • dt = M • dv Agrupando variables en los dos miembros de la anterior expresión, tene mos: Integremos ahora, teniendo en cuenta que en el instante inicial la veloci dad es vn: Transformemos la ecuación logarítmica en exponencial: F - k • v„ F - k •v de donde: F - (F - k ■v„) ■e M k 220 www.FreeLibros.me
8. TRABAJO, POTENCIA Y ENERGÍA
FORMULARIO-RESUMEN /
| ts a b a jO : | W = P • s =
Si la
F •s
• eos ? |
F=
f u e r z a q u e a c tú a s o b r e e l c u e r p o s = d e s p la z a m ie n t o < 9 = á n g u l o q u e f o r m a n la d ir e c i c i ó n d e la f u e r z a y la d e l d e s Lp la z a m ie n t o
1
f u e r z a e s v a r i a b le y /o la t r a y e c t o r ia n o e s re c til ín e a :
W=
J‘ F • ds = J‘ (F,dx + Fydy + F,dz)
fO TE N C IA : c i n é ti c a : ENERGÍA
Ec =
-y - m • v!
p o te n c ia l g r a v i ta t o r ia : E p = m • g • h p o te n c ia l e l á s tic a : E p =
k • x2
TEOREM A D E LA S FUERZAS VIVAS: W = - i - m - v i- - i- m - v ? = ¿E c ENERGÍA CIN ÉTICA D E UN SISTEM A:
Ec = S - i - m, ■v?; S Wp + S W| = www.FreeLibros.me
- E., = ¿Ec, 221
P R IN C IPIO D E CONSERVACIÓN D E LA ENERGÍA MECÁNICA:
E„, = cte; AEp = W, + AEc Choque perfectamente elástico mi • Vi + m2 • v2 = m j • vj + m 2 • v2 - L m , • v? + - i - m2 • v i = - i - m , • v¡2 + - i - m2 • vi2
Si el choque es central: mi • v, + m2 • v2 = mt • vj + m2 • v2 m , • v? +
- i-
« T . v5 . %
m2 • v | =
- i-
m , • v¡! +
m2 ■vj2
v, y v2 positivas si son del mismo sentido. vj positiva y v2 negativa, si son de sentidos contrarios.
(mi - m2) • v, + 2 m2 • v2 mi + m2 (m2 - m,) ■v2 + 2 mi • v, m, + m2 Choque perfectamente inelástico Si el choque es central: , _ m , ■v, + m 2 ■v2 m, + m2 I M = masa del bloque,
Péndulo balístico:
i m = masa del proyectil.
-
V 2 $ ¡ [ v - velocidad del proyectil.
I h - altura a la que se eleva el sistema bloque-proyecl til después del impacto.
Coeficiente de restitución: Si el choque es perfectamente elástico, k = 1 Si es perfectamente inelástico, k = 0 Para los choques, en general: 0 < k < 1
222 www.FreeLibros.me
8. TRABAJO, POTENCIA Y ENERGÍA 1.1. ¿Qué se entiende por trabajo mecánico? ¿Qué trabajo se realiza al mover con velocidad constante un cuerpo sobre un circulo en un plano horizontal?
1.2.
U.
Solución: El trabajo mecánico puede definirse como el efecto que realiza una fuerza al desplazar su punto de aplicación en cualquier dirección no per pendicular a la suya. Es una magnitud escalar definida por el producto de la fuerza efectiva que desplaza al cuerpo por el camino recorrido por su punto de aplicación. Al mover con velocidad constante un cuerpo sobre un círculo en un plano horizontal no se realiza trabajo alguno, pues la fuerza aplicada (fuerza centrí peta) es perpendicular a la trayectoria seguida por el móvil. Una grúa soporta un cargamento de 500 kg de ladrillos v lo desplaza horizontal-
m ente una distancia de 5 m . E n el supuesto de que no existan rozamientos, ¿qué trabajo realiza la grúa?
Solución: Ninguno, ya que, según se explicó en 8.1, los vectores fuerza y desplazamiento son, en este caso, perpendiculares. La dirección de la fuerza es la de la vertical, y la del desplazamiento, la horizontal. S i en las máquinas no puede haber ganancia de energía y. sin embargo, siempre se producen pérdidas energéticas en form a de calor debido a los rozamientos, ¿para qué sirven?
Solución: Las máquinas se emplean para hacer más cómoda o más fácil la realización de un trabajo. Para ello modifican aquellos factores que influyen en él, con objeto de conseguir el mismo trabajo con un esfuerzo menor.
1.4. Cuando se dice que un motor tiene una potencia mayor que otro porque realiza un trabajo mayor que él. ¿es eorrecta la afirmación?
Solución: No, puesto que para definir la potencia hemos de conocer tam bién el tiempo empleado en realizar el trabajo. Al no conocer el tiempo que emplea cada motor al realizar su trabajo respectivo, no podemos deducir su potencia. 1.5. ¿Qué trabajo realiza una persona que pesa 65 kg cuando sabe a una altura de 10 m ? ¿Realiza el mismo trabajo si sabe por una escalera vertical que si lo hace por una inclinada?
Solución: El trabajo valdrá:
W = P h = m g h = 65kg lO
- 10 m = [ 6 500 J |
El trabajo realizado siempre es el mismo, tanto si sube por una escalera vertical como si lo hace por la inclinada; lo que sucede es que al subir por la inclinada el esfuerzo realizado es menor. www.FreeLibros.me
223
Se arrastra por el suelo con velocidad constante un cajón de 50 kg. S i el coefi ciente de rozamiento es 0,2, ¿qué trabajo se realiza al desplazarlo una longitud de 10 m?
Solución: Al desplazarlo con velocidad constante habrá que aplicarle una fuerza cuyo valor sea igual a la fuerza de rozamiento. Por tanto: Aplicada = F , = |> - O. • g = 0.2 ■50 kg • 10 w /s2 = 100 N El trabajo realizado valdrá: W = F • s = 100 N * 10 m = I 000 J I Una grúa levanta una masa de l 000 kg a una altura de 15 m en i/4 de minuto. ¿Cuál es su potencia?
.Solución: Calcularemos, en primer lugar, el trabajo que realiza la grúa: W = F • s = P h = mgh = 101 kg • 10 m - s '2 • 15 m = 1.5 • 105 J La potencia valdrá: P= ^
= _ L 5 _ ^ J _ = 10a w
Un coche que marcha por una carretera horizontal a 36 km /h se deja en punto muerto. Si su masa es 600 kg y el coeficiente de rozamiento contra el suelo 0,5, ¿qué espacio recorrerá hasta pararse? ¿Qué trabajo realiza la fuerza de roza miento? Solución: Tengamos en cuenta que 36 km/h = 10 m/s.
La fuerza de rozamiento viene dada por: Fr = amg = 0.5 • 600 kg • 10 nVs2 = 3 000 N La aceleración a que se encuentra sometido el coche bajo la acción de es ta fuerza de rozamiento (negativa) es: -F , m 600 kg El espacio recorrido por el vehículo vendrá dado por:
.
_
V2 -
Vq
_ o- (10nVs); _[~^1
2 a “ 2 (-5 m/s2) ”-1--------- 1 El trabajo realizado por la fuerza de rozamiento valdrá: W - F, • s = - 3 000 N • 10 m = | - 3 • 104 J El signo ( - ) indica que se trata de un trabajo resistente. 224 www.FreeLibros.me
1.9.
Un motor de un coche, al ejercer sobre él una fu erza de 24 kp. le im prim e una velocidad de 90 km /h. ¿C uál es su potencia?
Solución: Hemos de expresar previamente los datos en el sistema interna cional: 24 kp = 240 N; 90 km /h = 25 nVs La potencia viene dada por: p = F • v = 240 N • 25 m/s = | 6 000 W = 8 CV U O . U na fu erza de 50 kp tira de un bloque, inicialm ente en reposo, que pesa 20 kg,
situado en un plano inclinado 30° sobre la horizontal. La fu erza actúa hacia arriba y paralelamente a l plano, y de esta fo rm a el cuerpo recorre 10 m . S e sabe que el coeficiente de rozamiento es 0 ,2 . Calcular: a) el trabajo realizado por la fuerza y su distribución: b) la veloci dad adquirida por el cuerpo al fin a l del recorrido: c) la cantidad de hielo a 0 °C que se podría fu n d ir con el calor desprendido en el rozamiento. (Calor de fu sió n del hielo: 80 cal/g.)
Solución: a) La fuerza aplicada, medida en unidades SI. vale: F = 490 N. El trabajo que realiza es: W = F • s = 490 N • 10 m = 4 900 J Este trabajo se emplea: a) en vencer los rozamientos; b) en aumentar la energía cinética del cuerpo, y c) en aumentar su energía potencial. b) Las fuerzas que influyen en el movimiento del cuerpo son: a) la aplicada (F = 490 N); b) la componente del peso en la dirección del plano (F' = mg sen a = 20 kg • 9.8 n^s2 • 0,5 = 98 N). y c) la fuerza de roza miento (Fr = amg eos a = 0.2 • 20 kg • 9.8 m/s‘ • 0,866 = 33.95 N). Teniendo en cuenta que las fuerzas b) y c) se oponen al movimiento del cuerpo: 490 N - 98 N - 33.95 N = 20 kg • a de donde: a = 17.9 m/s2 La velocidad será: v = V l ü = V 2 • 17.9 m/s2 • 10 m = 118.9 m/s c) Calcularemos en primer lugar el trabajo realizado por la fuerza de roza miento: Wr = F, • s = 33,95 N • 10 m = 339.5 J www.FreeLibros.me
225
Como 1 J = 0.24 cal: Wr = 339,5 J • 0,24
= 81.48 cal
El hielo que puede fundirse es: m = 81.48 caV80 cal • g~' = 11,02 g | 8.11. L a resultante de las fuerzas que actúan sobre un cuerpo, que se supone aplicada en el centro de masas, viene dada por la expresión:
F = 6 i2? + 2 y j + 4 zk estando la fuerza medida en N. ¿Q ué trabajo realiza esa fuerza resultante a! trasladar el centro de masas desde e l origen de coordenadas (0,0,0) al punto (1,1,1)?
Solución: Este trabajo vendrá dado por la expresión:
W=
dx + Fy dy + F, dz) =
6 x2 dx + j ' 2 y dy + J ' 4 z dz =
8.12. Un cuerpo de m asa 2 kg se mueve a lo largo de una trayectoria cuyos puntos vienen determinados por las siguientes ecuaciones paramétricas: x - 3 í2; y - 3 t3; z = - 2 t, estando x , y , z expresadas en metros. Deducir: a) la ecuación de la velocidad y su módulo; bt el momento lineal del cuerpo; c) el trabajo realizado por la fuerza que actúa sobre ese cuerpo entre los instantes I = 1 s y t = 2 s.
Solución: a) El vector posición r del punto móvil viene dado por: r = 3 t2 T + 3 t 3 j - 2 t l c (SI)
El vector velocidad, al ser v = di7dt, será: | v = 6 t í + 9 t 2 j — 2Ü (SI)"] y su módulo: | v ^ V36 t2 4- 81 t ' T i | b) El momento lineal —o cantidad de movimiento— es el producto m • v. Por tanto: |p= 2 ( 6 t l + 9 t 2 j — 2 k) = l2 tT -r 18t2 j - 4 k (SI) | 226 www.FreeLibros.me
c) La derivada, respecto al tiempo, del momento lineal es la fuerza aplicada al cuerpo: f? = dp/dt = 12 T + 36 t 7 (SI) El trabajo realizado por esta fuerza P en el intervalo de tiempo com prendido entre los instantes t = 1 s y t = 2 s, será: W = / ; F .d 7 = =
j'~
J‘ (12 T + 36 t 7) • (6t T + 9 l2 7 - 2 ¡t) dt =
(72 t + 324 tJ) dt =
+
[ 32^
]'
= 1 1 323 J
|
113. Para abastecer de agua a una ciudad se consumen diariamente 200 mJ. E l líqui do es elevado a depósitos situados a 80 m por encima del nivel del agua en los pozos. ¿Q ué trabajo se consume a l cabo de un año?
Solución: La masa de agua elevada en un día es: 200 ton = 2 • lO^g. El trabajo realizado para elevarla a 80 m valdrá: W = F • s = P • h = mgh = 2 • 105 kg • 10 m • s~2 • 80 m = 16 • 107 J El trabajo realizado en un año será: W.*, =
16 ■ 107 - J — ■ 365 días = I 584 - 10“ J I
114. Desde una altura de 30 m se lanza verticalmenle hacia abajo un proyectil con una velocidad de 100 m/s. ¿Qué velocidad poseerá cuando se encuentre a 10 m sobre el suelo?
Solución: Aplicando el principio general de conservación de la energía: Energía total en A = Energía total en B siendo A el punto de lanzamiento y B el que corresponde a 10 m sobre el suelo. El proyectil, en A, posee energía potencial gravitatoria y energía cinética (la que corresponde a la velocidad inicial de lanzamiento): mghA +
m • vA
El proyectil, en B. también posee ambas energías (gravitatoria y cinéti ca): mghB +
- i- m
-v|
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227
Igualando ambas expresiones, sustituyendo datos y efectuando operacio nes: v„ = + 2 g (hA - h„) = V (10 0 m/s)3 + 2 • 10 m • s~2 • 20 m - [ 10 2 m/s 8.15. U na fuerza de 50 kp actúa sobre un cuerpo de 10 kg, ¡niciahnente en reposo, durante 5 minutos. a) ¿Q ué velocidad y qué espacio habrá recorrido en ese tiempo? b) ¿C uánto vale el trabajo realizado por la fu erza en ese tiempo? el ¿Q ué energía cinética tendrá el cuerpo a! cabo de 2 segundos?
Solución: a) La aceleración a que se encuentra sometido el cuerpo es: F
la velocidad al cabo de 5 minutos (300 segundos): v = v „ + al = 0 + 50 m • s~2 • 300 s = [ 1S 103 m/s y el espacio recorrido: s=
al2= - J - ■50 m •s~2• (300 s)2 = 1 225 ■I04 ni]
b) El trabajo viene dado por: W = F • s = 500 N • 225 • 104 m =[ 1 125 106 J c) La velocidad del cuerpo al cabo de 2 segundos es: v = v„ + al = 50 ni ■s 2 • 2 s = 100 m/s y la energía cinética: Ec = - j - mv2 = -A- 10 kg • (100 nVs)2 = | 5 - 10‘ J | 8.16. U n autom óvil de I 425 kg arranca sobre u na pista horizontal en la que se supone u na fu erza de rozamiento constante de valor 150
L a aceleración que precisa el coche para alcanzar la velocidad de 120 km /h en un recorrido de 800 m. hI E l trabajo realizado p o r el m otor desde el m om ento de ¡a salida hasta el instante de alcanzar los 120 km /h. c) L a potencia media desarrollada por el m otor en ese tiempo.
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Solución: a) 120 km/h = 120 000 ip/3 600 s = 33.33 m/s. Sustituyendo los datos de velocidad y espacio en las ecuaciones del movimiento uniformemente variado: 33,33 m/s = a • t j 800 m
= - j - a t2 i
Resolviendo el sistema, se tiene: t = 48 s ; | a = 0.694 ny-s2 | b) La fuerza ejercida por el motor es la suma de la precisa para comunicar esa aceleración más la necesaria para vencer el rozamiento: F = m • a + F, = 1 425 kg • 0,694 n^s2 + 150 N = 1 139 N El trabajo realizado por esa fuerza a lo largo de 800 m: W = F • s = 1 139 N ■800 m = | 911 200 J~| c) La potencia desarrollada en ese tiempo: P = 911 200 J/48 s = 18 983.33 W = | 25,8 CV | g.17. V n automóvil de masa I tonelada lleva una velocidad constante de IOS km /h a lo largo de ana carretera que presenta una pendiente del 2 'i ientiéndase: 2 m de desnivel por cada 100 ni recorridos). ¿Q ué potencia desarrolla el motor?
Solución: El motor del coche, al llevar éste una velocidad constante de 108 km/h = 30 m /s. deberá ejercer una fuerza hacia arriba, paralela a la ca rretera. igual a la componente del peso del coche en esa misma dirección (fig. 8.1): F = mg sen « F = 1 000 kg - 10 m /s2 - 0.02 = 200 N Al ser paralelas P y v: P = F - v = 200 N • 30 nVs = I 6 000 W 1 Fig. 8.1 • IV < p ," ' "■til ■’ 100 g ai. avie.a m u pared 2: ’) .$ ni tic . . . .r. S u i lo. ¡ai • Solución: a) Aplicando el teorema de las fuerzas vivas: www.FreeLibros.me
229
W = 1/2 ■0.4 kg ■100; (m/s)2 - 1/2 • 0.4 kg - 4002 (m/s)2 = | - 3 ■10* J | b) Como W = F • s: - 3 • 10J J = F • 0,5 m de donde: [~F = —6 • I0I4Ñ~| Obsérvese que el trabajo y la fuerza son negativos. El primero por ser un trabajo pasivo o de rozamiento; la segunda por ser una fuerza opuesta al movimiento. 8.19. La fuerza con que los gases, procedentes de la explosión de la carga de combus tión, actúan en el interior de un fu sil sobre un proyectil de 5 g de m asa viene dada por la expresión F = 400 — 800 x (F medida en N y x en m). S i el proyectil es disparado con una velocidad de 200 m/s, calcular su energía en el instante de abandonar el arma y la longitud del cañón
Solución: a) La energía del proyectil vendrá dada por: Ec = 1/2 • 5 • 10'3 kg • 2002 (m/s)1 = I 100 J I b) Esta energía procede del trabajo realizado por los gases en el interior del cañón. Al ser producido por una fuerza variable que actúa en la misma dirección del desplazamiento:
J
W = F • dx
=J (400 - 800 x) dx = 400 x - - j -
800
x2
Por tanto: 100 = 400 X - 400 x2 de donde: I x = 0,5 m | 8.20. üesde una altura de 200 m se deja caer una piedra de 5 kg. a) b) c) d)
¿Con qué velocidad llega al suelo? ¿Cuánto valdrá la energía potencial en el punto más alto? ¿Cuánto valdrá su energía cinética al llegar al suelo? ¿Cuánto valdrá su velocidad en el punto medio de su recorrido? Nota: Empléense únicamente consideraciones energéticas.
Solución: a), b) y c) La energía potencial en el punto más alto viene dada por: Ep = mgh = 5 kg • 10 m • s-2 * 200 m = | 104 J 1 230
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Esta energía será igual a la energía cinética del cuerpo al llegar al suelo como consecuencia del principio de conservación. La velocidad en este punto la deducimos de: de donde:
'W-V
d) La velocidad en el punto medio del recorrido se calcula aplicando tam bién el principio de conservación de la energía: E10,„ = Ep + Ec Como en el punto medio del recorrido h = 100 m, se tiene: 10J J = 5 kg • 10 m • s-2 - 100 m +
5 kg -
y despejando v: v - 44.7 m's t.21. Un proyectil de 15 g sale por el cañón de un fu sil de 75 cm de largo con una velocidad de 100 m/s. o) ¿Q ué fuerza actuó sobre el proyectil, supuesta constante? b) ¿C uánto vale la energía del proyectil a la salida del arma? c) ¿Con qué velocidad retrocede el arm a si su masa es de 5 kg?
Solución: a) y b) Calcularemos previamente la energía cinética del proyectil a la salida del arma: Ec =
m »!
=
• 15 • 10-3 kg (100 nVs)3 = I 75 J 1
Aplicando el teorema de las fuerzas vivas y recordando que W = F • s: W = E„ — Erto) = F • s 75 J = F • 0,75 m se deduce el valor de F: 75 J F = 0,75 100 N m www.FreeLibros.me
231
c) Aplicando el principio de conservación del momento lineal: M • V + m •v = 0 donde: m = masa del proyectil; v = velocidad del proyectil; M = masa del arma; V = velocidad de retroceso del arma. V .
™
M
-
IS
lO -'^
5 kg
lO O W s
'--------------1 8.22. Un cuerpo de 10 kg se sitúa en lo alto de un plano inclinado 30°sobre la hori zontal. L a longitud del plano es 10 m y el coeficiente de rozamiento 0,2. al ¿Con qué velocidad llega el cuerpo al fin a l del plano? b) ¿Cuanto valdrá la energía potencial del cuerpo al estar situado en lo alto del plano? c) ¿Cuánto vale el trabajo realizado por la fuerza de rozamiento?
Solución: a) La aceleración de caída del cuerpo por el plano viene dada por: a = g (sen a - u eos a) a = 10 m • s‘ 2 (0,5 - 0.2 • 0.866) = 3,27 m/s2 La velocidad con que llega al final del plano: v = V v j + 2 as = V 2 • 3.27 m • s~2 • 10 m = | 8.1 m/s | b) La energía potencial viene dada por Ep = mgh; donde h puede calcular se en función de la longitud del plano y del ángulo que éste forma con la hori zontal (fig. 8.2): h = 10m -sen30° = 5m Ep = mgh = = 10 kg • 10 m • s '2 • 5 m = | 500 J [ Fig. S.2
c) El trabajo realizado por la fuerza de rozamiento será la diferencia entre la energía potencial en el punto más alto del plano y la energía cinética al final de éste: W, = Ep - Ec = 500 I - - i - 10 kg • (8.1 m/s)2 = | 173,2 J | También puede calcularse este trabajo teniendo en cuenta que la fuerza de rozamiento (F, = ¡img eos a = 17,32 N) se desplaza 10 m en su dirección: W, = F, • s = 17,32 N • 10 m = | 173,2 J 232
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t.23. Una fuerza constante de 15 kp actúa sobre un cuerpo de 50 kg. inicialmente en reposo, durante 5 segundos. (Nota: Se supone que no hay rozamiento.) a) ¿A qué aceleración está sometido el cuerpo? b) ¿Qué velocidad adquiere y qué espacio recorre en ese tiempo? c) ¿Qué trabajo realiza la fuerza?
Solución: a) La aceleración se obtiene a partir de la aplicación de la ecuación funda mental de la Dinámica: b) La velocidad y el espacio recorrido por el cuerpo se calculan a partir de las dos ecuaciones del movimiento uniformemente acelerado: s~2 • 5 s = | 2S m/s 1 + at s = v
+ v „t +
at* - - i - 5 m • ¡T 2 (5 s )2 = 1 62.5 m
c) El trabajo realizado por la fuerza será: W = F • s = 150 N • 62,5 m = | 9 375 J | Este trabajo también puede calcularse a partir del teorema de las fuerzas vivas: W = Ec —Ec(0>=
-i-
mv2 - 0 =
-i-
30 kg • (25 m/s)2 = 1 9 375 J
$.24. Un cuerpo de 5 kg desliza por un plano horizontal con velocidad constante. El coeficiente de rozamiento del cuerpo contra el plano es 0.5. ¿Qué trabajo realiza la fuerza aplicada al cuerpo en un recorrido de 10 m?
Solución: Si el cuerpo desliza con velocidad constante (a = 0), la fuerza aplicada ha de ser igual a la de rozamiento: F = F, = pmg = 0.5 • 5 kg • 10 m • s~2 = 25 N Y el trabajo que realiza en un recorrido de 10 m:
Solución: De acuerdo con la expresión matemática del trabajo: W = F • s • eos ? = 100 N - 20 m • eos 30° = | 1 732,05 J www.FreeLibros.me
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8.26. Sobre un plano inclinado 30° sobre /a horizontal se sitúa un cuerpo de 2 kg para que deslice libremente. E l coeficiente de rozamiento es 0,4. Deducir: a) b) c) d)
L a aceleración de caída. L a velocidad del cuerpo a! cabo de 2 segundos. E l espacio recorrido en ese tiempo. L a energía cinética del cuerpo al cabo de ese tiempo.
Solución: a) La aceleración de caída es: a = g (sen a - ¡» eos a) = 10 m • s~2 (0,5 - 0,4 • 0.866) = | 1,6 m/s2 | b) La velocidad se calcula a partir de: v = v0 + at = 1,6 m ■s"2 • 2 s = | 3,2 m/s | c) El espacio viene dado por: s = So + v „ t + - L
at2 - —i — 1.6 m • s ’ 2 (2 s)2 = | 3 ,2 m |
d) La energía cinética del cuerpo al cabo de 2 segundos: Ee =
mv2 = - i - 2 kg (3,2 m /s)2 = | 10,24 J |
8.27. E n lo alto de un plano inclinado 30° sobre la horizontal, de 16 m de longitud, se
coloca un cuerpo de I kg de masa. a) ¿Cuánto vale su energía potencial cuando está en lo alto del plano? b l ¿Cuánto vale la energía cinética al llegar a! fin a l de! plano si no existen rozamientos? c) ¿C uál es la velocidad deI cuerpo al llegar al fin a l del plano?
Solución: a) La altura del plano es h = 1 • sen 30° = 16 m • 0.5 = 8 m. La energía potencial en ese punto:
Ep = mgh = 1 kg • 10 m • s~2 • 8 m = | 80 J | b) De acuerdo con el principio de conservación de la energía,si no existen rozamientos, la energía gravitatoria en lo alto del plano ha de ser igual a la energía cinética en el punto más bajo: Ec = Ep = | 80 J | c) Según la expresión matemática de la energía cinética: Ec = — - mv2, y despejando v:
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K-28. D os bloques, de masas 100 g y 20 g , que se mueven sobre una superficie hori
zontal sin rozamientos, con velocidades respectivas de 2 dm /s y 0,1 m /s, en el m ism o sentido, chocan frontalm ente. ¿Q ué velocidades adquieren ambos cuerpos después de! choque?
Solución: Aplicando las expresiones matemáticas de la velocidad final en el choque elástico central: mi + m2 (0.1 - 0.02) kg • 0.2 iVs + 2 • 0,02 kg • 0,1 nVs W k g • 6 - \M u s b . (m2 -
m ,) v 2 +
2
m ,v ,
(0,02 - 0,1) kg • 0,1 nVs + 2 • 0,1 kg • 0,2 m/s i„ , ---------------------------- o n i k i ------------------------------ = L 2¿L nV i L2Ó. U n m uelle, sujeto por su extremo superior, soporta un cuerpo de m asa 0,01 kg,
estando am bos en reposo. Se observa que al aplicar una fuerza de 2 N el resorte se alarga 8 cm y que al soltarlo inicia un movim iento vibratorio armónico. Dedu cir la energía de este movimiento y el periodo de vibración.
Solución: Según la ley de Hookc, la constante clástica k del muelle vendrá dada por: k = F/x. Por tanto: k = 2 N/0,08 m = 25 N/m La energía se calcula mediante la expresión: E = - i - k x 2 = - i - 25 N /m • (8 • 10~2)2 m 2 = 18 - 10~2
J
|
El período de oscilación se calcula mediante la expresión ya conocida de cursos anteriores (y que veremos de nuevo más adelante): T=2n \ / ^
= 2n V
- ¡ W
= [ ^
8.30. Desde un acantilado de SO m de altura se dispara un proyectil de 100 g con una velocidad de 200 m /s, form ando un ángulo de 45° con la horizontal. ¿Qué veloci dad posee el proyectil cuando se encuentra a 10 m sobre el mar?
Solución: La energía mecánica que posee el proyectil en el momento de abandonar el arma ha de ser igual a la que tenga cuando se encuentre a 10 m sobre el mar: mgh, + - j - mv2 = mgh; + www.FreeLibros.me
mv’ 235
Simplificando y sustituyendo datos: 10 m/s2 • 50 m + 0,5 • 200! (m/s)2 = 10 m/s2 - 10 m + 0,5 • v| Despejando vz: [ v, = 202 nVs~] 8.31.
(*) Un proyectil de masa 10 g . que se m ueve con una velocidad r. se incrusta en un bloque de madera de masa 3,990 kg, inicialmente en reposo. Com o conse cuencia del impacto el conjunto bloque-proyectil asciende una altura de 5 cm. Calcular: a) la velocidad del conjunto bloque-proyectil en el instante del choque; b) la velocidad del proyectil antes del choque: ci razonar si se conservan después del impacto el m om ento lineal y la energía cinética del proyectil.
Solución: a) La energía cinética del conjunto bloque-proyectil se transforma en ener gía potencial gravitatoria. cumpliéndose que: y (m + M) v'2 = (m + M) gh de donde: v' = V 2gh = V 2 • 10 nVs2 • 5 • lO-2 m = ] 1 ny/s | b) Aplicando el principio de conservación del momento lineal se tiene: mv = (m + M) v' y = 4 kg ■1 ny/s _ 10-2 kg 1------------- 1 c) En este caso de choque inelástico —que suponemos perfecto— se con serva el momento lineal; pero no la energía cinética del proyectil, que una gran parte se transforma en trabajo de deformación y en calor. En efecto: Energía cinética del proyectil antes del choque: Ec = 1/2 mv2 = 1/2 • 10-2 kg • 4002 (m/s)2 = | 800 J | Energía cinética del conjunto bloque-proyectil en el instante del im pacto: E , = 1/2 (m + M) v'2 = 1/2 • 4 kg ■1 (m /s)2 = | 2 J |
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Solución: a) Si se mueven en el mismo sentido, las velocidades son del mismo signo: , _ (0.1 kg - 0,02 kg) 0.2 m/s + 2 • 0.02 kg • 0 .1 m/s • = I 0,167 m/s 0,1 kg + 0,02 kg (0,02 kg - 0.1 kg) • 0 ,1 m/s + 2 • 0,1 kg • 0.2 m/s = | 0.267 m s 0,1 kg + 0,02 kg Los bloques se moverán en la misma dirección y sentido que inicial* mente. b) Si los cuerpos se mueven en sentidos contrarios, la velocidad de uno será negativa respecto a la del otro: v, = 0.2 m/s; v2 = —0,1 nv’s: (0.1 kg - 0.02 kg) 0,2 m / s - 2 - 0 .1 m/s • 0,02 kg r— — y—. V l--------------------------- 0,1 kg 4- 0,02-kg------------------------- = l °-lnVs I ... _ (0.02 kg - 0.1 kg) (-0.1 nVs) + 2 • 0.1 kg • 0.2 m /s , _______ , v* ----------------------------- 0 .n k g '+ 0 . 0 2 k¿---------------------------H 0«4.,bÜ Después del choque el primer bloque continúa moviéndose en la mis ma dirección y sentido que al principio; el segundo bloque cambia el sentido de su velocidad. 8.33. Dos péndulos A y B . de masas 90 g y ¡50 g , respectivamente, cuelgan vertical m ente de dos hilos de m asa despreciable cuya longitud mide 0,1 m . FA péndulo A se eleva hasta una posición tal que el hilo fo rm e un ángulo de 45° con la vertical y desde allí se le suelta para que choque contra el péndulo H, que está en reposo, como se indica en la fig u ra S.3. S i el coeficiente de restitución es 0 ,8, ¿qué altura alcanzará cada péndulo después de! prim er choque?
Solución: La velocidad con que el pén dulo A choca contra el B se deduce a partir de la expresión v = V2 gh. El valor de h. como puede observarse en la figura, será: h = 0.1 m - 0.1 m eos 45° = 0.1 m - 0.0707 m = 0.029 m =* 0.03 m v„ = V 2 • 9.8 m /s2 ■0,03 m = 0,77 tp/s Aplicando las expresiones correspondientes a la conservación del momen to lineal y al coeficiente de restitución, se tiene: 0.09 kg • 0.77 m/s = 0.09 kg • v' + 0,150 kg • v¿ www.FreeLibros.me
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0,8 . - J Í Z Z L = _ v, - vb 0,77 m/s Resolviendo el sistema se obtienen los siguientes valores: v; = -0.096 m/s; v¿ = 0,52 nt/s Lo que indica que el péndulo A retrocede después del choque. Las energías cinéticas de los péndulos se transforman en energías poten ciales gravitatorias: 1/2 mv2 = mgh; de donde: h = v2/2 g h, = (0.096 m/s)2/2 • 9.8 m/s2 = | 4.7 10 * m h„ = (0.52 m/s)2/2 • 9.8 m/s2 = [ 1.4 • 10~2 m | 8.34. (*) E n la cima de una <*montaña rusa» un coche y sus ocupantes, cuya masa total es 1 000 kg, está a una altura de 40 m sobre el suelo y lleva una velocidad de 5 m/s. ¿Qué energía cinética tendrá el coche cuando llegue a la cima siguiente, que está a 20 m de altura?
Solución: Si llamamos A a la primera cima, donde se encuentra el coche inicialmentc. y B a la segun da, tal como se esquematiza en la figura 8.4, y aplicamos el principio general de con servación de la energía en ambos puntos, tenemos: EpA + E ca = EpB + Ecb de donde: Fig. 8.4
Ec„ = EpA + E ca - Ep„ = mg (hA - h„| -i- -y- mv2* = = 1 000 kg-9,8 m s ' 2 (40 - 20) m + - ~ I 000 kg (5 m/s)2 = [ 208 500 J | 8.35. Una masa puntual se encuentra situada en el punto (1,1,1) y mediante la acción de la fuerza F = 3 x i - 2y j + S z k se desplaza hasta el punto (2,0 J). ¿Qué trabajo realizó la fuerza?
Solución:
W = J " F • ds = j \ F„ dx + F, dy + F, da) = = ^ 3x dx - j 2y dy + 238 www.FreeLibros.me
5z dz =
136. Un motor de 16 C V eleva un montacargas de 500 kg a 50 m de altura < segundos. Calcúlese la potencia desarrollada y el rendimiento del motor.
Solución: El motor realiza un trabajo: W = mgh = 500 kg • 9,8 m • s~2 • 50 m = 2,45 • 105 J y la potencia que desarrolla vale: = 2,45 • 105 J = |P =_ _W^ t La potencia que consume el motor P' = 16 CV = 16 CV • - 735,75 W Por tanto, el rendimiento valdrá: n or. — 9 800 W
f.37. Un fu sil dispara proyectiles de masa I g con una velocidad de salida de 400 m/s.
L a fuerza variable con que los gases procedentes de la explosión de la carga de proyección actúan sobre la base del proyectil viene dada por: F = 320 - 640 x F viene expresada en N y x en m. Deducir la longitud del cañón del fusil.
Solución: En la boca del cañón del fusil la energía cinética del proyec til es: Ec = 10~3 kg - (400 iVs)2 = 80 J Aplicando el teorema de las fuerzas vivas, de acuerdo con el cual esta energía procede del trabajo producido por los gases en el interior del fusil: W = Ec = J f dx = j (320 - 640 x) dx = 80 J De donde: 320 x - 320 x2 = 80 320 x2 - 320 x + 80 = 0 4x2 —4x + 1 = 0 www.FreeLibros.me
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ecuación que conduce a: 1 « = »■* ■»J
8.38. Dos masas de 6 y 20 kg están sujetas por los extremos de una cuerda ligera que pasa por una polea sin rozamientos. La masa de 6 kg apoya directamente en el suelo y la de 20 kg está a 2 m sobre él, según se representa en la figura 8.5. S i se deja el sistema en libertad, ¿con qué velocidad llegará a! suelo la masa de 20 kg ? Nota: Utilícense exclusivamente razonamientos ener géticos.
Solución: Aplicaremos el principio de conserva ción de la energía mecánica. Cuando el bloque de 20 kg llega al suelo, tras haber recorrido 2 m. el blo que de 6 kg hubo de ascender esa misma distancia y. en esc instante, los dos bloques poseen la misma velo cidad. Fig. 8.5 a) Energía del sistema antes de ponerse en libertad: solamente la potencial gravitatoria del bloque de 20 kg: Ep = mgh = 20 kg • 9.8 m • s-2 • 2 m = 392 J b) Energía del sistema cuando el bloque de 20 kg llega al suelo: • Energía gravitatoria del bloque de 6 kg: Ep = 6 kg • 9.8 m • s"2 • 2 m = 117,6 J • Energía cinética de los dos bloques animados de la misma velocidad: Ec = -y - (m + m') v2 = - j - • 26 kg • v2 Como la energía se conserva: 392 J = 117.6 J + 13 kg • v2 de donde: A / 274.4 J r - r :— 8.39. Un bloque de 10 kg apoya sobre una mesa horizontal, siendo 0,25 el coeficiente de rozamiento, y está unido por medio de una cuerda ligera que pasa por una polea sin rozamiento a otro bloque de 8 kg que cuelga verticalmente. Calcular la velocidad del conjunto cuando el bloque de 8 kg descendió 4 m.
Solución: El problema, esquematizado en la figura 8.6. puede resolverse mediante un razonamiento dinámico o con un criterio energético. 240
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Criterio dinámico: La aceleración del sistema en li bertad es: m2 —jun,
3 m,+m, 8_
8 kg - 0,25 • 10 kg 9,8 m/s! = 18 kg = 3 nVs2 La velocidad dei sistema después de un recorrido de 4 m:
0
= V v 2 + 2 as = V T T i 7~r" 4,9 ¡Vs b) Criterio energético: El descenso de energía gravitatoria del sistema se convierte en ener gía cinética del mismo y en trabajo realizado contra la fuerza de roza miento:
m2gh = -y- (m, + m2) • v2 + ¡*m,gs 8 kg •9.8 m • s~2 • 4 m = - i - 18 kg • v2 + 0,25 • 10 kg • 9,8 m • s’ 2 • 4 m Despejando v: | v = 4,9 m /s I 8.40. (*) Un bloque de 50 kg asciende una distancia de 6 m por la superficie de un plano inclinado 57° respecto a la horizontal, aplicándole una fuerza de 490 N paralela al plano. E l coeficiente de rozamiento es 0.2. Calcular: a) E l trabajo realizado por la fuerza aplicada. b) E l aumento de energía cinética del bloque. c) Aumento de energía potencial del bloque. d) E l trabajo realizado contra la fuerza de rozamiento; ¿en qué se convierte ese trabajo? e) ¿A qué equivale la suma de los términos calculados en b), c) y d)?
Solución: a) W = F • s • eos ? = 490 N • 6 m • 1 = | 2 940 J | b) En el diagrama de la figura 8.7 se representan las fuerzas que actúan sobre el bloque. Supuesto el ascenso, se tiene. F - mg sen a - Fr = ma www.FreeLibros.me
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y como:
fíg. 8.7
F, = ¡«ng eos x Sustituyendo y despejando a: _ F - mg (sen x + eos x) 490 N - 50 kg • 9,8 m • s“2 (0,6 + 0,2 • 0,8) ------------------------------- 50k¡------------------------------- 2-35 ^ La velocidad del bloque, después de un recorrido de 6 m, es: v2 = v2 + 2 as = 2 • 2.35 m • s‘2- 6 m = 28.2 m2 - s‘ 2 y la energía cinética: AEC = - i - mv2 = - i - 50 kg • 28.2 m2 ■s~2 = | 705 J |
c) ¿Ep = mgh = mgs • sen a = 50 kg • 9,8 m • s '2 • 6 m • 0,6 = ( l 764 J d) W, = ti • mg eos x • s = 0,2 • 50 kg - 9,8 m • s 2 - 0,8 • 6 m = 1470,4 J [ Este trabajo, como consecuencia de la fricción del bloque contra la superficie de deslizamiento, se transforma en calor. c) La suma de la energía cinética adquirida por el bloque, la energía gravitatoria y el trabajo realizado contra el rozamiento ha de ser igual al tra bajo total realizado por la fuerza aplicada: W = Ec + Ep + Wr W = 705 J + 1 764 J + 470.4 J = 2 939.4 J = [2 940 7] Nota: La no coincidencia exacta entre la suma total y el trabajo calcu lado en a) se debe a la aproximación con que se tomaron sen 37° y eos 37°. No obstante, como se puede observar, la diferencia es despre ciable. 242
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La fu e n a F = 2 t' + 4 t (SI), a¡ actuar sobre una partícula puntual, la hace cambiar de posición, de acuerdo con la ley: s = 2t* + 3 (SI). Hallar el trabajo realizado por la fuerza citada, cuando dicha partícula se traslada desde sa = 5 m hasta Si = 21 m.
Solución: Ya que s = 2t2 + 3, ds = 4tdt. Como la expresión a integrar es función del tiempo t, tendremos que fijar también en función del tiempo los límites de integración. Fijándonos en la ecuación del movimiento, tenemos que: Para s*, = 5 m, tG = I s Para s, = 21 m, t, = 3 s Tras esto no nos queda sino calcular el trabajo realizado por la fuerza: W = ^ F • ds =
(2t3 + 41) • 4tdl = ^ (8t* + 16t2) dt =
= Í J j l + J 6 ! il5=
(15 1 77 1
i.42. L a fuerza F = 2 x f 7 + xz J -
~ 2z* k (SI), actuando sobre una panícula puntual, de masa m , la obliga a desplazarse a lo largo de la trayectoria O A B C DO, indicada por flechas en la figura 8.8. FA lado del cubo mide 3 m . Calcular e l trabajo realizado por dicha fuerza.
Solución: El trabajo pedido será la suma de los realizados a lo largo de las cinco etapas del recorrido:
w 2 = W® = =
J 2x'dx +
(F.dx + Fydy) =
2x2dx +
W3 = Wg =
J’ (2x2 + 3x) dx = r / ; F,dz = J° -2 z2dz =
W4 = W? =
j°
3xdx =
F,dx =
j°
2x2dx = [
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j ‘
+
3xdy = = 31,5 J
2z3 3 2x3 243
W5 = Wg =
Fydy = O J (ya que para esta etapa z = 0)
Por lo tanto, el trabajo total realizado por la fuerza será: W = W, + W2 + W3 + W4 + W5 = = -1 8 J + 31,5 J + 18J — 18J + 0 J = 13,5 J W = 13,5 J 8.43. A l actuar la fuerza F = x i - y j (SI) sobre una m asa puntual, la traslada desde el punto (0,0) a l (1,1), coordenadas todas ellas expresadas en metros. H allar el trabajo realizado por dicha fuerza cuando la trayectoria descrita por su p unto de aplicación es: a) La recta y = x. b) L a parábola y = x2. c) E l eje de las x desde x = 0 hasta x = I y la recta x = I desde y = 0 hasta y = /. Comentar los resultados obtenidos y analizar la fu erza actuante.
Solución: En primer lugar, P • di^ = (x 7 — y ]) • (dx T + dy j) = = xdx - ydy, ya que tanto P como d r no tienen componentes según el eje OZ (fig. 8.9). a) Para la trayectoria y = x, dy = dx; luego: w, =
F • d r = J (xdx - ydy) =
=
(xdx - xdx) = | 0 J |
b) Para la trayectoria y = x2, dy = 2xdx; luego: W2 =
j ‘ P
■d7 = J n' |xdx - x2 •
(2x d x )]= ró Jl c) Para la recia y = 0, dy = 0, y para la x = 1, dx = 0. Luego: w, =
/ 0' F d7 = I (xdx-ydy) = J' xdx + J J - ydy=
Fig. 8.9 ~ ~y
=55
Vemos, pues, que el trabajo realizado no depende de la trayectoria.Así pues. F = x i — y j es una fuerza conservativa. 244
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8.44. (*) Un cuerpo de m asa 2 kg se mueve a lo largo de una trayectoria cuyos puntosvienen determinados por las siguientes ecuaciones paramétricas: x = 3t*; y = 3 t'; z = ~2t, estando dichas ecuaciones expresadas en metros. Calcular: a) La velocidad. b) E l momento angular (L = r A mv). c) Determinar el trabajo realizado por la fuerza a lo largo de dicha trayectoria entre los instantes t = I s y t = 2 s.
Solución: a) Dado que el vector de posición del móvil es:
? = 3 l2 7 + 3 f’ 7 - 2 'i < (SI) el vector velocidad será: v = dt__________ = 6 t í + 9 t 2 j - 2 k __(SI) siendo su módulo: |v| = V36t2 + 8It4 + 4 b) Calculemos ahora el momento angular del móvil: i j k L - r A mv - m (r A v) = 2 • 3t2 3t' -2 t = 2 (12t3 7 - 6t2 7 + 6t 9t2 -2 + 9t4 k) = | 241-' 7 - I2I2 J + I8l‘ k (SI) | c) Para el cálculo del trabajo realizado por la fuerza podemos emplear dos métodos ligeramente distintos:
,= / r F-d?=mC 5-d7=mXT4 -d7=
- r - - * — [ -fC = - Y " [V']'.-2! = - f " l 36*2 + 81>J + 4]',12, - I 1 323 J I C2) De otro modo, el momento lineal o cantidad de movimiento del cuerpo es: p = mv = 12t 7 + I8t2 7 - 4 k (SI) La fuerza productora del movimiento tiene de valor: www.FreeLibros.me
245
P = - 4 L = 1 2 T + 3 6 .7
(Si)
De ahí que: W = J " ' f • d7 =
'(12 7 + 36l 7) • (6t 7 + 9t2 7 - 2 k) <" =
= j ' ¡ (72t + 324I3) di = (36t2 + 81tJ], = | 1 323 J | 8.45.
(*) Un móvil de 1 kg se desplaza según una trayectoria cuyas ecuaciones parame tricas son: x = 37; y = - 2t; z = 3 t Iexpresadas en metros). Calcular: a) Los valores de la aceleración tangencial y normal en el instante t = Is. b) L a potencia mecánica instantánea para I - Is. a)
Solución: Dado que el vector de posición del móvil es: 7 = 3t2 Y - 2t 7 + 3t E el vector velocidad será: 7=4
= 6t 7 - 2 7 + 3 *
y su módulo: |v| = V(6t)2 + (-2 )2 + 32 = V36t2 + 13 El vector aceleración es: a = dt = 6 i. siendo su módulo: a = 6 . Como vemos, la aceleración es constante a lo largo destiempo, tanto en módulo como en dirección y sentido. Al cabo de 1 s, |a |,-u = 6 ms-2. Vamos a calcular ahora la aceleración tangencial: d |v| 36t dt V36t2+ 13 Al cabo de 1 s: i. = — 36 1 = -----36 ms = 5,14 ms |a,|,.i, V36 • I2 + 13 7 | l»il,-n = 5.14 ms"2"!
La aceleración normal del móvil al cabo de 1 s valdrá: 246
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V |3|f.„-|a1|f.„ = =
y ( 6 « - ') ! -
( ^ -
m s - 1) 2 = ± - V Ü m s " 2 = 3.09 m s-2
| a^.„ - 3.09 ms ~2 | b) Como: | v | , . „ = V ( 6 • l ) 2 + ( —2)2 + 32 = 7 m s - ' . y | a ,| , - „ = - y - m s ' 2
resulta: P , - u ** | F ■v eo s x | ,. | = m |a ,|,.| • | v | ,., =
= 1 kg •
■7
= | 36 W |
O lambién: P = m a = l k g - 6 T (ms-2) = 6 T (N) W = P - r = 6 7 (N) • (3l2 T - 2t 7 + 3t íc) (m) = 18t2 (J) P= 36t (W) I P, =u = 36 W j U na cadena de L = 2 m de longitud, M ~ 4 kg de m asa y densidad lineal cons tante, está colocada sobre una mesa perfectamente pulimentada, de manera que cuelga del borde la cuarta parte de su longitud. H allar el trabajo que es necesa rio realizar para subir toda la cadena a la mesa, tirando de ella por su extremo superior (fig. 8.10). Solución: Subir toda la cadena a la mesa equivale a elevar hasta la altura de la mesa el centro de ma sas de la parte colgante de la cadena, suponiendo con centrada en dicho punto to da la masa colgante, cuyo valor es:
La altura a la que hay que elevar el centro de masas de la parte de la cadena que cuelga en el borde es: www.FreeLibros.me
Fig. 8.10 247
En consecuencia, el trabajo pedido valdrá: W = mgh = 1 kg • 9,8 m s-2 • 0,25 m = [ 2,45 J | 8.47. Sobre una mesa no pulimentada está apoyada una cadena, de longitud total L, de form a que parte de ella cuelga libremente, según indica la figura 8.11. El coeficiente de rozamiento entre la cadena y la superficie de la mesa es Se deja que la cadena inicie su movi miento en la posición exacta en la que se equilibra el peso de la cadena que cuelga libremente y la fuerza de rozamiento.
a) ¿Q ué velocidad tendrá la cadena en el momento en que su extremo abandone el borde de la mesa? (Resolver el problema dinámicamente y aplicando el teorema de las fuerzas vivas.) b) Particularizar el resultado anterior a l caso en que L = 6 m y « = 0,2.
Solución: a) Resolvamos el problema primero dinámicamente. Designando por X el peso de cadena por unidad de longitud, se tiene que, en el instante inicial, el peso de cadena que cuelga libremente, Xx, ha de ser igual a la fuerza de rozamiento, Xj* (L - x). En consecuencia, tenemos que: Xx = Xj* (L - x), de donde: x = - 1r ~+ — . La fuerza causante del movimiento es el peso de la cadena colgante menos la fuerza de rozamiento: F = Xx - Xp. (L - x); la masa total de la cadena es m = — ^ — . Aplicando la ecuación .fun damental de la Dinámica, resulta: „ F Xx - Xp (L - x) f x - i* (L - x) 1
jir s
8L
dv dx _ r x - |t (L — x) di dx 8 [ L Trasponiendo términos, leñemos: 248
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:
J
—
v • dv = [x — |i (L — x)J dx
Integremos ahora esta última expresión: / ' [x <1 + I*) - txL] dx
= (I + „) - t - - y i* - 2 * L+ ^ + - f ± -
De aquí:
Resolvámoslo ahora aplicando el teorema de las fuerzas vivas: AEe =
- i-
mv2 - ± - m vj =
j_' F ■dx
Dado que: F = Xx — X|* (L — x) vQ = 0 sustituyendo, se tiene: V2 = | JXx - X|i (L - x)] dx resultando al final, tras todos estos cálculos:
V 1 + !• www.FreeLibros.me
249
b) La sustitución en la anterior expresión de los datos del enunciado del problema conduce a:
8.48. (*) Un volante gira por la acción de un peso, de m asa m = 4 kg, que cuelga verticalmente del extremo de una cuerda arrollada a un eje (fig. 8.12). Partiendo d el reposo, el peso desciende una altura vertical de 3 m , en el tiempo t = 12 s. Determínese Ia energía cinética adquirida por el peso en ese intervalo y la ten sión de la cuerda durante el movimiento. (Tómese g = 10 m • s~2.)
Solución: En primer lugar:
de donde, como v0 = 0 , resulta: a =
— = 2 3 m = - i - ms " 2 t2 ( 12 s)2 24 Por otra parte: mg - T = ma, de donde: T = m (g - a) = = 4 k g . ( l 0 m - s - ! - ^ - m s ' 2) = [ 39,8 N
La velocidad del peso al cabo de 12 segundos es:
Fig. 8.12
v = v„ + a - I = - 24 1 - m . s - 2 . 1 2 s = 0,5 m ■s ' 1 Por lo tanto, su energía cinética al cabo de dicho tiempo es: Ec = - L m• v2 = - i - 4 kg - (0,5 m • s ' 1)2 = |_0,5 J | 8.49. (*) S e construye una colum na cilindrica con discos
iguales de I m de al SO kg de peso, colocados unos encima de otros. H allar el trabajo necesario para construir dicha columna si, finalm ente, tiene una altura de 10 m.
Solución: La columna consta de 10 discos ¡guales, cada uno de los cuales se ha de colocar encima del anterior (fig. 8.13). El trabajo necesario para construir la columna será la suma de los trabajos realizados al colocar los diez discos: W = S Wj = F • eos 9 — h, —h¡ es la suma de los términos de una progresión aritmética cuyo primer término es h| = 0 m, y el último: 250
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h 10 = h , + (n -
1) d = O m + (10 -
1) • 1 m = 9 m
P o r lo tanto:
2 h( _
(h. + h ,„ ) • 10 =
(0 m + 9 m ) • 10
= ^ m
En consecuencia, el trabajo necesario para construir la columna es:
Fig. 8.13 • 1 • 45 m = 22 050 J S.50. (*) Con un resorte de acero se pueden lanzar verticalmente cuerpos hacia arriba; se han hecho varias experiencias con cuerpos de masas m distintas, m idiendo las alturas. Ii. alcanzadas. I.os resultados son: m tg )
100
200
400
500
1 000
h (m)
21 ± 2
II ± 1
5± 1
3,8 ± O J
i.9 ± o a
| |
Represente la altura alcanzada h en función de las inversas de las masas lanzadas. ¿Q ué gráfica resulta? ¿Por qué? Deduzca de la fo rm ó más simple posible, a partir de dicha gráfica, el valor en julios de la energía elástica que almacena el resorte cuando está comprimido. (No utilizar ajustes por mínimos cuadrados.)
Solución: Tabulemos, en primer lugar, los datos del enunciado del proble ma, con objeto de trazar la gráfica pedida: m(g) Mm) 100 21 o.oioo 200 0,0050 11 400 5 0,0025 500 3,8 0,0020 1 000 1,9 0,0010
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251
Tracemos ahora la gráfica de h en función de 1/m (fig. 8.14):
0*002
0*004
0*006
0*008
0*01
F ig . 8 .1 4
Vemos que la gráfica es (aunque algunos puntos queden ligeramente dis tanciados) u n a lín ea re c ta . Efectivamente, el resorte, cuando está comprimi do, tiene una energía clástica constante, la cual transfiere a los cuerpos en forma de energía cinética, que, posteriormente, se convierte en potencial: Ep = mgh. De aquí: h - i — i g
que es la ecuación de una recta, precisamente la que acabamos de represen tar. Para el cálculo de la energía elástica que almacena el resorte cuando está comprimido hemos de tener en cuenta que esta energía es igual a la energía potencial que adquiere el cuerpo cuando alcanza su altura máxima. De acuerdo con ello: Hp = mgh = g —y— = g ■ig a = 9,8 ms'
20 m
= 1 19.6 J
8.51.
(*) Un haz de neutrones de 1 M eV de energía (1 M eV = 1 ,6 - 1 0
,J julios) cho ca contra los átomos de nitrógeno contenidos en una cámara. E n el choque de ambas partículas, que se puede suponer perfectam ente elástico, ambas salen des pedidas. Hallar sus respectivas velocidades después d el choque. M asa d el átomo de nitrógeno = 14 u ; m asa del neutrón = 1 u (I u = 1.66 - 10 27 kg). Solución: La velocidad de uno cualquiera de los átomos de nitrógeno an tes del choque es: vNj = 0 ms-1, y la del haz de neutrones incidente:
252 www.FreeLibros.me
2E _ .. / 2 ■1,6 ■10~13 J = j 3 m„ 1,66 • 10-27 kg En los choques perfectamente elásticos se cumple tanto el principio de conservación de la energía cinética como el de conservación de la cantidad de movimiento, obteniéndose, por aplicación de ambos, las ecuaciones: , _ (mNi - m„) • vN| + 2 m„v„
V
Vn’
mNj + mn
11
(m„ - mN) • v„ + 2mN,vN v« “ J N. + m m mn
12]
Estas dos ecuaciones nos dan las velocidades de las dos partículas después del choque. Sustituyendo en ellas los datos numéricos del enunciado del pro blema, tenemos: (14 « - 1 u) • t '6 6 ', 10" ”
vi. =-------------
■0
ms- + 2 • I u ■
1,388 • I07
' l0' n k8 ■
-S .
(14 u + 1 u) • L“ l i 2 _ Í Í 1,85 • 10* m ■
(1
„ - ,4 u) ■
. ,.388 ■10’J - + 2 • 14 u ■»•“
(,4U+,u).!^pS = | - 1 ,2 0
lO ’ m
. 0 -g -
a"1 1
I.os átomos de nitrógeno salen impulsados con una velocidad de 1,85 • 106 rq/s, mientras que los neutrones retroceden a la velocidad de 1,2 0 • 10 7 m/s. 8.52. (•) Una bala de 10 g incide horizontalmente con una velocidad de 400 m /s sobre un bloque de madera de 390 g de m asa que está en reposo sobre una mesa. Calcúlese, prescindiendo del rozamiento bloque-mesa: a) L a velocidad del bloque después del choque. b) L a energía mecánica inicial y fin a l deI sistema.
Solución: a) Se trata de un choque perfectamente inelástico, ya que la bala penetra dentro del bloque de madera, adquiriendo el conjunto una velocidad V. Ya que el tiempo de duración del choque es infinitesimalmente pe www.FreeLibros.me
253
queño, se conserva el momento lineal del sistema bloque-bala, cumplién dose, en consecuencia, que: m • v = (M + m) V siendo m la masa de la bala, v su velocidad antes del choque y M la masa del bloque de madera. De la igualdad anterior se deduce que:
v =_M?:+ ym. , .0,39 q-pj . rnrwsi kg + 0,01 kg 1------ 5— 1 b) La energía mecánica inicial del sistema es la energía cinética de la bala: E ,^ = E ( = - y -
m • v2 = - i - 0,01 kg • (400 m/s)2 = |
800 J [
Por el contrario, la energía mecánica final es la que corresponde al sistema integrado por el bloque y la bala: Em, = E e, = - i - ( M + m ) • V 2 =
= ~ Y (0,39 kg + 0,01 kg) • (10 nVs)2 *=|
20
J |
Se puede comprobar cómo la energía cinética no se conserva, sino que disminuye en el choque, lo cual es lógico por ser un choque inelástico y parte de ella se convierte en energía de deformación y calor. 1.53. Ia) Sobre un bloque de madera de 2 kg que se encuentra al com ienzo de un plano inclinado de 30° se dispara un proyectil de 100 g con una velocidad de 100 m/s, incrustándose e n él. Sabiendo que el coeficiente de rozamiento en e l plano incli nado es 0 ,1, calcúlese la distancia que recorre el bloque sobre e l plano.
Solución: Aunque el enunciado del problema no lo menciona explícita mente, supondremos que el proyectil se dispara en la dirección del plano in clinado. El choque es perfectamente inelástico, ya que la bala penetra dentro del bloque de madera, adquiriendo el conjunto una velocidad V (fig. 8.15).
Fig. 8.15
254
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Ya que el tiempo de duración del choque es infinitesimalmcntc pequeño, se conserva el momento lineal del sistema bloque-proyectil, cumpliéndose, en consecuencia, que: m • v = (M + m) - V siendo m la masa del proyectil, v su velocidad antes del choque y M la masa del bloque de madera. De la igualdad anterior se deduce que: _
m - v _ 0,1 kg • 100 m/s _ , M+m 2 kg + 0,1 kg ' ^ Una vez que se ha realizado el choque, tras incrustarse el proyectil dentro del bloque, se cumple el principio de conservación de la energía, en virtud del cual parte de la energía cinética del comienzo: Ec =
(M + m) • V3
se invierte en vencer las fuerzas de rozamiento: W, = F, • s = y. (M + m) • g • s • eos a convirtiéndose el resto en energía potencial gravitatoria: óEp = (M + m) - g • h = (M + m) • g • s • sen a Se verifica, por lo tanto, que: (M + m) • V2 = y (M + m) • g - s - eos a + (M + m) • g • s • sen a de donde: 2g (y eos x + sen a)
_
<4'76 " # ? - I i ov ™ I 2 - 9.8 ms (0,1 • 0,866 + 0,5000)
S.54. Una bala de 20 g de m asa choca con un bloque de I 980 g , apoyado sobre la superficie perfectam ente pulim enta da de u na mesa, y unido a u n muelle espiral elástico, fijo a una pared, co m o indica la fig ura 8.16. Tras el cho que la bala queda incrustada en el blo que, comprimiéndose e l m uelle 20 cm.
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S i se sabe que es necesaria u na fu erza de 10* dyn para com prim ir el muelle 2 cm . y suponiendo que dicho m uelle tiene, antes de! choque, su longitud natu ral. calcular: a) L a energía potencial elástica m áxim a almacenada en el muelle. b) L a velocidad de! sistema bloque-bala en el instante infinitesim alm ente poste rior al choque. c) L a velocidad de Ia bala en el m om ento del choque.
Solución: a) Dado que la constante elástica del muelle es:
k = - í —= LÍL = 50 N • n T 1 x 2 • 10-2 m la energía potencial elástica máxima en él almacenada tiene de valor: E ,w , =
k • A* = - L
50 N • m - ‘ • (2 • 10“ ' m ) 2 = [ 7 7 ]
b) Después de incrustarse la bala en el bloque, el sistema bloque-bala inicia un movimiento vibratorio armónico de 0,2 m de amplitud. Su velocidad es máxima e igual, en módulo, a la que adquirió justamente después del choque, cuando pasa por su posición inicial de reposo, posición en la que su energía es sólo cinética: ~ Y (M + m) ■V2
siendo M la masa del bloque, m la de la bala y V la velocidad del sistema justamente después del choque. A medida que el muelle se deforma, tanto en un sentido como en otro, esta energía cinética se va transfor mando en potencial elástica, hasta que, al llegar a sus posiciones extre mas, la transformación es total. Se cumple, en consecuencia, que: - i - (M + m) - V2 =
= 1 J; - L 2 kg ■V2 = 1 J
V= 1i
c) El choque de la bala contra el bloque es totalmente inelástico, y como en el momento en que este choque se produce no actúan fuerzas exteriores horizontales, se conserva el momento lineal del sistema bala-bloque. Por lo tanto, llamando v a la velocidad de la bala en el momento del choque, tenemos: t _ (M + m) • V m 256
(1 980 + 20) - 10~3 kg ■I m • s~ 2 • 1(T2 kg www.FreeLibros.me
E55. Disparamos una bala, de m asa m . contra un bloque de m adera, de m asa M ,
unido a un m uelle espira!, cuya constante elástica es k. Tras el choque la bala queda incrustada dentro de! bloque, desplazándose e l sistema, de fo rm a que el m uelle se contrae una longitud x. E l coeficiente de rozam iento entre el bloque y e l suelo sobre e l cual se apoya es >i (fig. 8.17).
Fig. 8.17 a) D eterm inar la velocidad de la bala en el instante justam ente anterior a su impacto. b ) Particularizar la expresión anterior a l caso en que m = 5 g , M = 995 g. x = 5 cm , k = 10 N ‘ cm ,u = 0 ,4 . (Tóm ese g = 10 m s ~ \)
Solución: a) Dado que el choque es muy rápido, durante él no tiene tiempo suficiente para actuar la fuerza exterior de rozamiento, por lo que se puede consi derar que se conserva el momento lineal. Designando por v lavelocidad de la bala enel instante mismo anterior al choque y V lavelocidad del sistema bala-bloque justamente después, tenemos: mv = (M + m) • V
[1]
Después del choque la energía cinética del sistema: - i-
(M + m) • V 2
se convierte en energía clástica del resorte: k • x2 y el resto se invierte en trabajo para vencer la fuerza de rozamiento. Te nemos. pues, que: (M +
m)
•V2=
- i-
Pero, por otra parte: F, = eN = p ( M + De la ecuación [2) se obtiene:
k - x2 + F, ■x
m)
■g
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(2] [3] 257
2Fr -
V k - ÉM±+ Sustituyendo en esta ecuación [4j el valor de Fr dado por la [3], tene mos: \ /
v _ A / k • x2 + 2¡. (M + m) g •
V
M + m
Despejando v en la ecuación (1) y susiiluyendo el valor de V dado por la [5), llegamos, por último, a: :+ m
m
M+m m
A
V
/
k • x2 + 2y (M + m) g • M+m
/ k • xJ + 2a (M + mi g ■* M+m
V
~
b) Sustituyendo, en la anterior expresión, los valores numéricos de! enun ciado del problema, tenemos que, como: k = 10
V
-------------------= 103 N • m -‘
_ 0,995 kg + 5 - I0~3 kg 5 - 10'3 kg io1N • m~' (5- 10~~2m)2 + 2 -0,4-1 kg • 10 ms~4 • 5 ■10~; m 0,995 kg + 5 • 10"3 kg 346 m •
258
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9. DINÁMICA DE LA ROTACIÓN
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259
Radio de giro:
R - ”\ / TEOREM A D E STEINER
I = momento de inercia del cuerpo respecto a un eje. IG = momento de inercia del cuerpo respecto a un eje paralelo al anterior y que pase por el centro de gra I = Ig + M ■a2 1 vedad. a = distancia entre ambos ejes. M = masa del cuerpo.______________________________ M OMENTO CINÉTICO DF. ROTACIÓN: L = 1 • :.i_________________ TEOREM A D E L IMPULSO ANGULAR: M
1= 1
ci; - 1 • a>i___________
PRINCIPIO DE CONSERVACIÓN D E L M OMENTO CINÉTICO: ______________________ S i M = 0 => 1 • iu = Cte___________________________ ENERGÍA CINETICA DE ROTACIÓN: E , = - i - 1 ■vi2 TEOREM A DE LAS FUERZAS VIVAS PARA L A ROTACIÓN: Wr = - i- i- ^ - i
I • »? = AE,
ENERGIA T OTAL D E UN CUERPO SOMETIDO A TRASLACIÓN Y ROTACIÓN: E -
E,
+ E , _________________________________
PRINCIPIO DE CONSERVACIÓN DE L A ENERGÍA M ECÁNICA W , + E C| + E f| + Ep, =
+ E ^ + E , , + E p . = cte____________
ANALOGÍAS ENTRE TRASLACIONES Y ROTACIONES
Traslaciones Espacio recorrido..............
R o ta cio n e s
v - dVdt Aceleración lineal ............ a = dv/dt Masa .................................
Ángulo descrito ................ 9 » = d -,/d i Aceleración angular........... a = da/dt Momento de inercia........... 1
F = m • a ECU A CIÓ N FUN D AM EN TA L M = I *a Impulso angular ................ M • t Impulso mecánico ............ F t Momento angular o momenMomento lineal o cantidad Trabajo de rotación........... M -f Trabajo de traslación......... F s Energía cinética ................ -i-mv2 Energía cinética ................ i . - a . 2 EC U A C IÓ N FUN D AM EN TA L
260
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9. DINÁMICA DE LA ROTACIÓN 9.1. ¿Q ué analogías y qué diferencias existen entre la masa de un cuerpo y su m o mento de inercia?
Solución: Físicamente la masa de un cuerpo representa la oposición que éste ofrece a adquirir una aceleración lineal cuando se le aplica una fuerza; mientras que el momento de inercia representa la oposición a adquirir una aceleración angular al aplicarle un momento. La masa de un cuerpo es, para velocidades muy pequeñas comparadas con la velocidad de la luz, una magnitud constante; el momento de inercia depende de la posición del eje de giro.
9.2. ¿Existen momentos de inercia negativos? ¿Por qué? Solución: El momento de inercia viene definido matemáticamente por la expresión I = —m,rf. La masa nunca puede ser negativa (no tendría sentido físico). La distancia r sí puede ser negativa, pero al estar elevada al cuadra do, el resultado siempre será positivo. En consecuencia, no puede haber momentos de inercia negativos. 9.3. ¿Puede un cuerpo poseer infinitos momentos de inercia? ¿Por qué? Solución: El momento de inercia de un cuerpo es una propiedad variable del mismo, puesto que depende de la masa del cuerpo y de la posición del eje alrededor del cual gira. Como el eje puede pasar teóricamente por infinitas posiciones, el cuerpo ofrecerá infinitos momentos de inercia. 9.4.
¿Q ué analogías y qué diferencias existen entre el momento cinético y el momento lineal?
Solución: Ambas son magnitudes vectoriales: el momento lineal es carac terístico del movimiento de traslación, mientras que el momento cinético lo es del de rotación. En circunstancias especiales las dos magnitudes se conser van: el momento lineal cuando la resultante de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo es nula, y el angular cuando es nulo el momento de las fuerzas ex ternas actuantes.
9.5.
Dos masas de 20 g y 30 g están colocadas en una barra de m asa despreciable y situadas, respectivamente, a 30 cm y 1.2 m del eje de giro. ¿Cuál es el momento de inercia del conjunto respecto a dicho eje? ¿Cuánto valdrá su radio de giro?
Solución: a) El momento de inercia viene dado por la expresión I = E m¡rf. Susti tuyendo datos: I = 0.02 kg • (0.30 m)2 + 0.03 kg • (1.2 m)2 - [4.5 • I0~2 kg ■m* | www.FreeLibros.me
261
b) La expresión matemática del radio de giro es: -
9.6.
V
r
-
U na varilla de 2 m de longitud y masa despreciable lleva soldadas dos esferilas de 4 kg en sus extrem os y una de 2 kg en su pa n e media. Calcular: a) S u momento de inercia respecto a un eje perpendicular a ella que pase por u no de sus extremos, bj S u radio de giro respecto a ese m ism o eje.
Solución: La figura 9.1 esquematiza las condiciones del problema:
r,g. 9 .1
De ella deducimos: ____________ a) I = 4 kg • (2 m)2 + 2 kg • (1 m)2 + 4 kg • 0 = | 18 kg • m2 | »
-
9.7. ¿Q ué energía cinética de rotación tiene un cilindro macizo que gira alrededor de
su eje de revolución si su m asa es de I kg, su radio 0 ,1 m y gira a razón de 600 r.p.m .?
Solución: El momento de inercia del cilindro es:
1 = - i - MR2 = 0.5 • 1 kg • (0,1 m)2 = 5 • 10~3 kg • m2 Teniendo en cuenta que la velocidad angular es: oj = 600 r.p.m. = 20r. rad/s la energía cinética de rotación valdrá: E, = - i - I--2 = 0,5 - 5 • 10-’ kg • m2 (20n rad/s)2 = | 9.87 J [ 262
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>.8. ¿Por qué un putinador extiende los brazos cuando quiere dejar de dar vueltas? Solución: En virtud del principio de conservación del momento cinético, éste debe permanecer constante en un sistema aislado. Por tanto, si se produ ce un aumento en el valor del momento de inercia del sistema, como conse cuencia debe producirse una disminución en la velocidad angular; de este modo el producto I • w permanece constante. El patinador, al extender los brazos, aumenta su momento de inercia, pues aumenta la distancia de algunas partes de su cuerpo respecto al eje de giro. Consecuentemente debe disminuir la velocidad angular que posee. *.9.
¿Q ué clases de energía posee una esfera que cae rodando por un plano incli nado?
Solución: En lo alto del plano la esfera posee energía gravitatoria; a lo largo del plano posee energía gravitatoria (está a una cierta altura), energía cinética de traslación (avanza) y energía cinética de rotación (gira); al llegar al suelo posee energía cinética de traslación (avanza) y de rotación (gira).
f.IO. Si se hace girar un cuerpo suspendido de un hilo de m anera que se vaya enro llando el hilo e n el dedo a medida que gira, se observa que su velocidad aum enta según va dism inuyendo la longitud del hilo, ¿por qué?
Solución: La razón física es la misma que la explicada en 9.8. Al enrollar se el hilo en el dedo disminuye la distancia del cuerpo al eje de giro y, como consecuencia, disminuye su momento de inercia. Para que el producto I • o. permanezca constante deberá aumentar la ve locidad angular. ♦.II. ¿D e qué factores depende la energía cinética de u n cuerpo en rotación? ¿C u á l es e l fundam ento físico del «y o-y o»?
Solución: La energía cinética de rotación depende del momento de inercia del cueipj y de su velocidad angu lar, siendo directamente proporcio nal al primero y al cuadrado de la segunda. Dicha energía viene dada por la expresión:
análoga a la de la energía cinética de traslación: Ec =
- i - m • v2
El «yo-yo» (fig. 9.2) es una aplica ción práctica del llamado «disco de Maxwell». Se fundamenta en el prin cipio de conservación de la energía: el disco, en su posición elevada, posee www.FreeLibros.me
Fig. 9.2 263
energía potencial gravitatoria; al descender tiene energía gravitatoria. ener gía cinética de traslación y energía cinética de rotación. Alllegara su posi ción más baja, y debido a la acción ejercida por el hilo,el disco vuelve a transformar su energía de movimiento en energía gravitatoria, ascendiendo (teóricamente) a su altura inicial. U na rueda, cuyo radio de giro mide 2 m , tiene una m asa de 500 g. ¿Q ué energía de rotación posee cuando gira a 50 vueltas por segundo? ¿Q ué fu erza tangencial constante, aplicada a su periferia, es preciso ejercer para detenerla en 2 segun dos?
Solución: El momento de inercia de la rueda es: I = m . r2 = 0,5 kg • (2 m)2 = 2 kg • m2 Su energía cinética de rotación, considerando que a> = lOOn ract/s, es: E, =
-i- - 2 kg - m2 - (lOfc ra(Vs)2 -
| 105 J 1
Al detenerse la rueda en 2 segundos, experimenta una aceleración angular dada por: 0 - 1 0 0 rad/s = —50* rad/s2 2 s Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica de la Rotación M = I • a y teniendo en cuenta que, por ser la fuerza tangencial. M = F • r. resulta: de donde: I • a _ 2 kg • m2 (-50* racVs2) = I -157,1 N 1 do.
El signo negativo de la fuerza indica que se trata de una fuerza de frena
Nota: La rueda se considera como un aro cuya masa está concentrada en la periferia, en cuyo caso el radio de giro y el radio del aro coinciden.
9.13. E n lo alto de un plano inclinado 30° sobre la horizontal, de longitud 10 m , se co loca un cilindro para que caiga rodando sin deslizar. Suponiendo que toda la energía potencia! de! cilindro se transform a integram ente en energía cinética de traslación y energía cinética de rotación del cilindro al llegar al suelo, deducir con qué velocidad llega a éste.
Solución: La energía potencial gravitatoria del cilindro en lo alto del pla no (fig. 9.3) es: Ep = mgh
264
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Su energía cinética de traslación es: E c = - i - m v'
y la de rotación: Aplicando el principio de'Conservación de la energía:
Fig. 9.3
mgh = - j - mv2 + - j - Io>2 El momento de inercia de un cilindro respecto a un eje que pase por el centro de sus bases es: 2
m -r2
y como, además: sustituyendo y efectuando operaciones, se tiene: de donde:
=2 y
(10.Vs2)-^0m~jr=|8|65nVsj
9.14. Calcular el mám enlo de inercia de una carilla respecto a u n eje que pase por su punto medio y sea perpendicular a ella.
Solución: El momento de inercia de una varilla respecto a un eje perpen dicular a ella y que pasa por uno de sus extremos es 1/3 • m - L . Como el centro de gravedad de la varilla coincide con el centro geométrico, la distan cia entre ambos es la mitad de la longitud de la varilla (L/2). Por tanto: IG = I - m • a2
mL2
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4 265
9.15. Un cilindro d e 20 cm de diámetro y 5 kg de masa se coloca horizontalm ente de fo rm a que pueda girar alrededor de un eje que pase por el centro de sus bases. A su alrededor lleva arrollada u na cuerda sobre la que: a) S e aplica una fu erza de 100 A'. b) S e cuelga un cuerpo de 10 kg. Deducir la aceleración angular que experim enta el cilindro en cada uno de los dos casos.
Solución: a) Figura 9.4. En este caso la fuerza aplicada se destina íntegramente a mo ver el cilindro. Su momento, respecto al eje de giro, valdrá: M = F • d = 100 N • 0,1 m = 10 N • m Aplicando la ecuación fundamental: M * I - a:
10 N - m = - i - 5 kg • 0,12 m2 • a De donde: a - 400 ra
-i- m’r2 ■a
Y como i = a/r: (mg - ma) d =
m'r2 - ~ -
Sustiluyendo dalos y efectuando operacio nes: (10
266
kg • 10 m • s~2 -
10
kg • a) 0,1 m =
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de donde: a = 8 m/s2
Y, por lanto: = 80 rad/s2 *.16. Un obrero saca anua de un pozo medíanle un torno cuyo cilindro tiene una masa
de 50 kg y un diámetro de 0,4 m . E l nivel del agua está a 30 m de profundidad y la cantidad de agua extraída cada vez es 25 litros. Cuando e l obrero logra subir el caldero con el agua a la superficie, se le escapa el m anubrio del torno y el sis tema queda en libertad. a) ¿Cuánto tardará en caer el caldero al fondo del pozo? b) ¿Con qué velocidad llegará a él?
Solución: a) Habrá que calcular en primer lugar la aceleración del sistema: (mg - ma) • d = -y- m'r2 •
= -y- m' • a • r
(25 kg • 10 ms"2 - 25 kg • a) ■0,2 m = 0,5 • 50 kg • 0,2 m • a de donde: a = 5 m • s"2 Al ser un movimiento uniformemente acelerado: s = s„ + V„t + - i - at2 30 m = - i - 5 m •
s~2 • I2
De donde: f t = 3.40 s | b) Aplicando la expresión v = v„ + al, se tiene: v = 5 m • s"2 • 3,46 s = | 17,3 m/s | 9.17. Una bola de billar Iesfera maciza y homogénea), de masa 100 g, tiene un diáme tro de 6 cm . S i corre rodando sin deslizar a una velocidad de 3 m/s, ¿qué energía cinética posee?
Solución: La bola, a la vez que gira, avanza. Posee, en consecuencia, energía cinética de traslación: www.FreeLibros.me
267
Ec = ~ Y mv2 y energía cinética de rotación: E, = - r . . „ 2 El momento de inercia de la bola es: I= mr2 = ■0.1 kg - (3 - 10~2 m)2 = 3.6 ■10"' kg ■m2 i velocidad angular será:
La energía cinética de traslación de la bola es: Ec = ~
mv2 =
-i- 0.1 kg - (3 m/s)2 = 0.45 J
y la de rotación: E, = 4 "
= ~ Y 3.6 • 10"' kg • m2 (100 ra<(/s)2 =
0.18
J
La energía total de la bola valdrá: E = Ec + Er = 0.45 J + 0.18 J = 0,63 J 9.18. Un cilindro parle del reposo en lo alio de u n plano inclinado 30 1 sobre la hori zontal y rueda p o r él sin deslizarse. Se supone que no hay rozamientos. Calcular la velocidad lineal del centro de gravedad del cilindro una vez que haya recorrido 5 metros de plano.
Solución (fig. 9.6): En lo alto del plano el cilindro únicamente posee ener gía potencial gravitatoria: mgh. Como: h = d • sen 30° = 5 m • 0.5 = 2,5 m la energía gravitatoria del cilindro valdrá: E„ = m kg • 10 m • s"2 • 2.5 m = 25 m J Aplicando el principio de conservación de la energía. mgh = ~y mv2 + - y www.FreeLibros.me
\
■ > Fig. 9.6
/V P ! ih 2'5Ím
25 m J = 0,5 m v2 + 0.5 • — m r - ^ 2 r2 Simplificando y despejando v, se tiene; | v = 5.8 n^s | 9.19. Un cilindro de m usa 5 kg puede girar ulrededor de un eje horizontal que pasa por el centro de sus hases. E l radio del cilindro es 10 cm. Externam ente el cilindro lleva arrollada ana cuerda de la que cuelga un cuerpo de 50 g.
D educir:
a) La aceleración angular del cilindro, h) La aceleración lineal de la cuerda, c) L a longitud de cuerda desenrollada en 5 segundos.
Solución: a) y b) En este caso la fuerza que origina la rotación del cilindro no es el peso del cuerpo que c u e lg a , sin o la te n sió n de la cu e rd a (T = m g - m a). según se explicó en 9.15 (fig. 9.7). Por tanto, al aplicar la ecuación fundamental de la Dinámica de la rotación, se tiene: M = I•i
T •r = I • * m (g — a) r = I - * Ahora bien, como el momento de inercia del cilindro es: I = - y Mr2 y su aceleración angular: sustituyendo, se tiene: m
(g -
a)
r=
-4 -
Mr2
de donde: 1
2mg 2m + M
2 ■0.05 kg • 10 m ■s’ 2 2 - 0.05 kg + 5 kg
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r— — — L l ------
771
269
La aceleración angular del cilindro valdrá a 0,196 r = 1 1,96 rad/s2 0.1
c)
La longitud de cuerda desenrollada es igual al descenso que experimenta la masa de 50 g sometida, durante 5 segundos, a la aceleración de 0,196 m /s2. Al ser un movimiento uniformemente variado: s = s„ + v„t + - L -
a t2
=
0,196 m • s~2 (5 s)2 = 2.45 i
9.20. U na rueda, cuya m asa suponemos distribuida en la periferia de una circunferen cia de 2 m de radio, pesa I 000 kg. Calcular: a) La energía cinética de la rueda cuando gira a SO r.p.m . b) E l m omento del par que habría que aplicar durante / m inuto a la rueda, supuesta inicialmente en reposo, para comunicarle la energía cinética ante-
Solución: a) El momento de inercia de la rueda es: I = M • r2 = 1 000 kg • (2 m)2 = 4 ■10’ kg • m! y su velocidad angular: = 80
min
! rev
. _ jjn iü _ = _f_ n ra<1/s 60 s 3
La energía cinética de la rueda valdrá: E , =- i -
I • cu2 =
4 10J kg - m ! - ( - | - u rad/s)'
-j- ■ •
=
|140 367,7 J [
b) La aceleración angular a la que hay que someter larueda paraque en 1 minuto, partiendo del reposo, adquiera la velocidad angular de 4 - rad/s es: t
8r./3 rad/s _ 2 60 s 45
act6c
Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica de la Rotación: M = I • „ = 4 . 103 kg • m 1 ■ 270
rad/s2 = [ 558,5 N
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9L21. Un cilindro macizo, de masa 2 kg y radio 5 cm, rueda sin deslizamiento por un
plano indinado 30a. S e supone que el cilindro parte del reposo y no hay roza mientos. Calcular la velocidad lineal de! cilindro después de haber recorrido 3 m de plano.
Solución: La velocidad lineal del cilindro después de haber descendido veriicalmente una altura h viene dada, según lo explicado en el problema 9.13, por la expresión: V 3 i la que h. de acuerdo con los datos del problema, vale: h = s • sen 30° = 3 m • 0.5 = 1.5 m Por tanto:
-2
V-
10 m • s"2 • 1.5 i
= | 4.47 ny/s
*.22. S e tiene un volante de 80 cm de diámetro y 50 kg de masa, que suponemos concentrada en su periferia. Este volante gira en un plano horizontal sin roza mientos, debido a la acción de una fuerza tangencial constante de / kp. Calcular: a) La aceleración angular del volante. b) Su velocidad angular al cabo de 10 segundos.
Solución: a) El momento de inercia del volante es:
I = M • r2 = 50 kg • (0.4 m)2 = 8 kg - m2 Como la fuerza es tangencial: M = F • r = 10 N • 0,4 m = 4 N • m Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica de la Rotación: M_ — 4 N - m
I
8 kS • m2
,|
^
|
1--------------- 1
b) Al tratarse de un movimiento circular uniformemente variado: „ = ■»„ + at = 0 + 0.5 -1^!- • 10 s = | 5 rad/s | www.FreeLibros.me
271
9.23. Una esfera tiene una masa de 4 kg. S i se la hace girar alrededor de un eje tangente a ella, se observa que posee un momento de inercia que vale 0,014 kg • m*\ Deducir el radio de la esfera en el supuesto que sea maciza y homogénea.
Solución: El momento de inercia de una esfera maciza y homogénea res pecto a un eje tangente a ella puede deducirse fácilmente aplicando el teore ma de Steiner: I
=
IG
+
• a2
M
expresión en la que l<¡. para el caso de esta esfera, vale: ICl = - ? _ M • r2
y a = r (radio de la esfera). Por tanto: I = - i- M
r+ M
r! = - j - M
r2
de donde:
S • IQ— ,= \Ví^7 M~ AV / ¡ 0,1)14 7 • 4 ^8 kg ' m2~ = ILi— - —mI 9.24. Dos cuerpos de igual masa descienden desde una misma altura por un plano
inclinado. Uno de ellos rueda sin deslizar y el otro desliza sin rodar. Se supone, además, que ambos tienen la misma form a. ¿Cuál de los dos llega antes al sue lo?
Solución: En el caso del cuerpo que cae deslizando se cumplirá que: mgh =
mv-
de donde: v2 = 2hg En el caso del que cae rodando se cumple que: mgh = — mv,! + — [o.2 = 2
2
2
[1 ]
m ■v'2 + — I 2
efectuando operaciones: 2mghr = m r • v’2 + I • v'2 = (mr2 + 1) • v'2 de donde: 272 www.FreeLibros.me
r2
mghr* = 2gh — mr r [2 ] +I Comparando las expresiones (1] y (2), se deduce que v es mayor que v'; por tanto, el tiempo t que tarda el primer cuerpo en descender es menor que el tiempo t' que tardaría el segundo. En consecuencia, el cuerpo que desliza sin rodar llega antes al suelo que el que rueda sin deslizar. 2
#.25. U n cilindro macizo y homogéneo tiene una m asa de 20 kg y un radio de giro de 0,5 m . Si gira en torno a un eje que pasa por el centro de sus bases a razón de I rad/s, ¿qué energía cinética de rotación posee?
Solución: El momento de inercia del cilindro es: 1 = M • R2 = 20 kg • (0.5 m)2 = 5 kg • m2 I-a energía cinética de rotación valdrá:
E, = - i - I,,2 = - L ■5 kg • m2 (1 rad/s)2 = 1 2.5 J [ 9.26.
(*) Un aro de espesor despreciable, de 3 m m de diámetro y m asa 3 g gira a razón de 180 r.p.m . Calcular: a) S u energía cinética de rotación. b) E l par de frenado que habría que aplicarle para que se detenga después de efectuar 25 vueltas. c) E l tiempo que tardará en pararse.
Solución: a) El momento de inercia del aro es: I = M • r2 = 3 • KT3 kg - (1.5 • 10~3 m)2 = 6.75 • 10'* kg • m2 y su velocidad angular: 6r. rad/s. La energía cinética de rotación vale:
E, = - j - lo,2 = ~ Y • 6.75 • 1
c) El tiempo que lardará en pararse será: racj/s a ~0,36r. rad/s2L—
'
9.27. U n disco de 20 kg de m asa y radio 50 cm lleva arrollada u na cuerda en su periferia sobre la que se ejerce una fu erza vertical hacia abajo de 40 ¿V. Se supone que el disco gira alrededor de un eje que pasa por su centro y no existen rozamientos. Deducir la velocidad que adquiere a! cabo de 3 segundos de actuación de la fuerza.
Solución: El momento de inercia del disco es: I= ~
M • r2 = - i - 20 kg • (0,5 m)2 = 2,5 kg • m2
El momento de la fuerza tangencial aplicada es: M = F • r = 40 N • 0,5 m = 20 N • m Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica de la Rotación: M_ = _ 2 0 N mu =gra(VsJ I 2,5 kg • m La velocidad angular del disco al cabo de 3 segundos es: w — a>o + at = 0 + 8
• 3 s = I 2 4 rad/s I
9.28. (*) E l volante de una taladradora tiene un momento de inercia de 15 kg • m ' y suministra toda la energia precisa para una cierta operación de taladro que re quiere una energia de 4 500 J. Calcular: a) L a velocidad angular después de efectuar la operación si inicialm ente viraba a 300 r.p.m . b) L a potencia que habrá que sum inistrar en 5 segundos para que el volante adquiera su velocidad inicial.
a)
Solución: El volante realiza el trabajo a expensas de su energía cinética de rota ción, cuyo valor es: E, = -y - I • la2 =
- i-
15 kg • m2 • (10c racVs)2 = 7 400 J
Al emplear en la operación de taladro 4 500 J, su energía final de ro tación es 7 400 J - 4 500 J = 2 900 J. 274
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La velocidad angular del volante que corresponde a esta energía es:
G E..
I V 15 kg - m 1---------- ^ que equivalen a 190 r.p.m. aproximadamente, b) Para devolverle al volante su velocidad inicial es preciso suministrarle una energía de 4 500 J. La potencia necesaria para ello valdrá: 4 500 J A un cilindro de I cm de radio y masa 4 kg se le arrolla una cuerda de masa despreciable. De un extremo de esta cuerda cuelga un cuerpo de 10 kg. Calcular: a) L a aceleración angular del cilindro y la lineal de caída del cuerpo. b) S i en vez de colgar un cuerpo se hubiese aplicado una fuerza de 100 \ \ ¿cuánto valdría ahora la aceleración angular del cilindro?
a) La aceleración lineal de caída del cuerpo viene dada, según se explicó en el problema 9.19. por la expresión: 10 kg • 10 m/s 2 | „ „ _ ;_J | 2m + M y la aceleración angular: a 8.33 m/s: = 833,3 rad/s2 r 0,01 : b) En este caso la fuerza es tangencial; por tanto: M = F • r = 100 N • 10'2 m = 1 N • Como el momento de inercia del cilindro es:
nikg+4kj" -LlH-vy
I = - j - Mr2 = - i - 4 kg (!0 -2 m)! = 2 • lO '4 kg • m2 y aplicando la ecuación fundamenial de la Dinámica de la Rotación:
M—= ------------- ■" I 2 - 10-4 kg • m2
I 50flU rad/s r I 1------------- — 1
9.30. (*) Cn volante cuya masa es de 5 kg y está concentrada en la periferia tiene un radio de I m y gira a I 000 vueltas • s~ '. Hallar el momento mínimo del par de fuerzas constante que hay que aplicar para conseguir que se pare en 2 s. www.FreeLibros.me
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Solución: Si la masa del volante está concentrada en la periferia, implica que puede ser considerado como un aro o anillo, de momento de inercia: 1 = MR2 = 5 kg • (1 m)2 = 5 kg • m2 Por otra parte, la velocidad angular con la que gira es: = , 000 J ^ . - * L ^ L = 2 000e
-!f-
siendo su aceleración angular de frenado: . = . " Z * ! ______0 rad/s - 2 OOOn ratj/s— _ _ rad/s2 t 2s Aplicando al volante la ecuación fundamental de la Dinámica de la Rota ción, tenemos: M = I • a = 5 kg • m2 • (-1 OOOx ra<(/s2) = | - 5 OOfc N • m | 9.31. ( ') lln cuerpo gira sin rozamiento en torno a su eje fijo vertical con una veloci dad angular de 2 000 revoluciones por m inuto. E l m om ento de inercia del cuerpo respecto al eje de giro es de 5 - 1 0 1 kg ■m2. E n estas condiciones se adhiere en un punto de la superficie que dista 0 .1 m del centro, una pequeña partícula de 10 g que inicialmenle estaba en reposo. ¿Cuánto vale la velocidad de rotación fin a l del conjunto cuerpo-particula?
Solución: Sea: I, = 5 ■10~4 kg • m2 el momento de inercia del cuerpo. i rev 2r. rad 1 min _ 20fe rad “ ‘ = 2000 “ ídü TÍÍ7 6Ó1----------- 3-------- — su velocidad angular antes de adherirse la partícula. 12 = m2 - r? = 1(T2 kg • (10_1 m)2 = 10"4 kg • m2 el momento de inercia de ésta. Ya que no hay fuerzas externas que actúen, se ha de conservar el momen to cinético con respecto al eje fijo de rotación, cumpliéndose que: I| • OJ| = (lj + I2) * ft»2 siendo
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*_32. (*) Una persona sobre una plataforma horizontal que puede girar sin rozamiento
mantiene, cogida por un eje, una rueda de bicicleta a la que hace girar en un plano horizontal. a) Expliqúese la ley que rige el movimiento de la plataforma, h) Siendo el momento de inercia de la rueda I , = 3 kg • m2, el del conjunto formado por la plataforma y la persona l j = 300 kg ■m 2 y la velocidad con que hace girar a la rueda 4 r.p.s.. calcúlese la velocidad de giro de la plata form a.
Solución: a) Como sobre el sistema plataforma-persona-rucda no actúa ninguna fuer za exterior, el momento resultante será nulo, permaneciendo, por lo tanto, constante el momento cinético total (principio de conservación del momento cinético). En consecuencia, la ley que rige el movimiento de la plataforma será: I L = cte I b) Apliquemos la ley que acabamos de deducir. Si inicialmente el mentó cinético es nulo, se cumplirá que: I| • Cü| + I2 • <02 “ 0 siendo oi2 la velocidad de giro de la plataforma. Se deduce que: Ii * coi _ 3 kg • m2 • 4 r.p.s. - = 1 -0,04 r.p.s I2 300 kg • m2 El signo negativo indica que la plataforma gira en sentido contrarío al de la rueda. (*) Sobre una rueda que posee un eje fijo se ejerce un momento constante de
20 M • m durante 10 s, con lo cual su velocidad angular aumenta desde 0 a 100
revoluciones por minuto. Se suprime entonces el momento externo y al cabo de 100 s el rozamiento de sus cojinetes la hace detener. Determinar: a) Las aceleraciones angulares en cada fa se de! movimiento. b) E l momento de las fuerzas de rozamiento. c) E l momento de inercia de la rueda. Indicación: Téngase presente que las fuerzas de rozamiento actúan durante todo el tiempo.
a) La velocidad angular al cabo de 10 segundos es: La aceleración angular de la rueda en la primera fase del movimiento valdrá: www.FreeLibros.me
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siendo su valor en la segunda fase: 10?t rad 03 s b y c) En la primera fase del movimiento actúan tanto el momento de la fuerza aplicada como el de las fuerzas de rozamiento: Por el contrario, durante la segunda etapa, cuando se suprime el mo mento externo, sólo actúa el de rozamiento: 30 s La resolución del sistema formado por las ecuaciones |1] y (2] conduM, = 1,818 N • I = 17,37 kg 9.34. (*) Dos niños de igual masa — que para el problema pueden ser considerados como punios materiales— se encuentran situados sobre una barra horizontal soldada a otra vertical, que a su vez se apoya sobre los cojinetes Cj y C2, tal como indica la figura 9.8. Todo el sistema — salvo los niños — se considera de masa despreciable. Inicialmente el conjunto gira con una velocidad <•>„ constante, siendo la distan cia de los niños al eje igual en ambos casos a x„. M ás tarde los niños avanzan en dirección al eje. Determinar la velocidad angular <•> del sistema cuando la distancia de los niños a l eje es x.
Solución: El momento de inercia inicial de los dos niños con respecto al eje es: Ic = 2 mx^. valiendo el momento de inercia final: I = 2mx~. Dado que se tiene que cumplir el principio de conservación del momento cinético, se verifica rá que: ,= I
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7
&
de donde:
9 .35.
<*) Las masas A , H y C están unidas rígidamente entre sí y se encuentran distri buidas como se indica en la figura 9.9 e inicialmente en reposo.
y(m)
A - 6 kg coord. (1,0) B - 5 kg coord. (5,3) C - 8 kg coord. (5,0)
Fig. 9.9 a) Hallar la posición del centro de masas (CM). b) ¿Cuál será la aceleración del CM si el sistema se coloca sobre una superficie horizontal y se aplica una fuerza de 40 N a la masa m enor según + 0X ? c) Calcular el momento de inercia respecto al CM. d) Determinar la aceleración angular en el instante inicial.
Solución: a) Hallemos, en primer lugar, la posición del centro de masas: _ I m, • x, 6 k g -lm + 5 k g -5 m + 8 k g -5 m _ 71
que viene definido por
CM www.FreeLibros.me
279
b)
La fuerza P = 40 T (N) comunica al centra de masas una aceleración: 40 T (N) _ 40 t r;P ííT" ,* '
c)
Tenemos que calcular, ante todo, las distancias R,. R2 y R, R, = V (X c„ - XA)2 + (Y cm - Y a )2 = 1 j—
> II
V2 929 19
2+ (41- - o ) ' ’
Rr = V (X R -- XCM)2 +
(Y b -
■V ('■■&■)2+ (3-
_LL V 19 1
R, = V (X C -- XCM)2 + (Yc -
>
y + (0 -
Ycm)¡
=
vT340 19 Y c m )2 = 2
V®í
1
19 19 1 El momento de inercia del sistema respecto al centro de masas valir I = mA • Rj + mB • R? + mc • Rj =
d)
Vgoi = 98.84 kg 19 El momento de la fuerza aplicada con respecto al centro de masas es: M = F • R2 • sen * = F • (YB — Y Cm ) = = 40 N • (3 -
= 88.42 N • m
Por lo tanto, el valor de la aceleración angular en el instante inicial M
88.42 N • m = 0,895 rad 98.84 kg ■m!
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10. DINÁMICA DEL MOVIMIENTO VIBRATORIO ARMÓNICO. MOVIMIENTO PENDULAR
FORMULARIO-RESUMEN Movimiento armónico de traslación: Movimiento armónico de rotación:
s = A ■sen (iot + 0„)
F = - k • x t - 2* V
t
= A • sen (oil + 0„)
M = - k • ? T = 2n V
f
5
Período del péndulo simple: T = 2r. (I = longitud del péndulo)
1
V i
Periodo del péndulo físico: T = 2- V
=
ü
(d = distancia entre el centro de gravedad y el punto de suspensión) Longitud reducida de un péndulo físico: I
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281
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10. DINÁM ICA DEL M OV IM IEN TO V IBRATORIO ARM ÓNICO. M OV IM IEN TO PENDULAR 10.1.
¿Q ué transform aciones energéticas tienen lugar en un cuerpo que posee un m ovim iento vibratorio arm ónico? ¿Y la s de u n cuerpo que oscila a u n lado y a otro de su posición de equilibrio?
Solución: Tanto en un caso como en otro, en la posición de máxima elongación el cuerpo que vibra u oscila posee únicamente energía potencial (clástica o gravitatoria). En cualquier punto situado entre la máxima elon gación y la posición de equilibrio el cuerpo posee energía potencial y cinéti ca. Al pasar por la posición de equilibrio el cuerpo tiene únicamente energía cinética (se considera esta posición como «nivel cero» de energía potencial). En todos los casos la energía total del cuerpo es constante, como consecuen cia del principio de conservación. 10.2.
¿E n qué casos puede considerarse u n m ovim iento pendular com o u n vibratorio arm ónico simple?
Solución: Únicamente en aquellos casos en los que la amplitud de la os cilación sea menor de 5o. De lo contrario, la fuerza productora del movi miento vendría dada por: F — -m • g • sen ? y el período por:
T=2* V 10.3.
t
(i+_?"561,2f +4 r | - sen4f + ")
D em uéstrese que la fó rm u la del período de oscilación de u n péndulo sim ple es homogénea.
Solución: La fórmula del período de oscilación de un péndulo simple es:
La ecuación de dimensiones del primer miembro es (T) = T. y la del se gundo: Como la ecuación dimensional de los dos miembros es la misma, se dice que la fórmula es homogénea. www.FreeLibros.me
283
10.4. ¿Cómo es la fuerza que produce un movimiento vibratorio armónico? ;) la que produce un movimiento pendular? ¿E n qué casos son análogas?
Solución: La fuerza que produce un movimiento vibratorio armónico simple es una fuerza proporcional a la elongación y de signo contrario a ella: F = -k • x En el caso de que cl'movimiento sea pendular. F = -m g sen 9 . Única mente si 9 es menor de 5o se cumple que el valor de ese ángulo, medido en radianes, coincide con el valor de su seno. y. por tanto: F = -m g sen 9 = -m g 9 = -m g -y - = - k • x
en cuyo caso el movimiento pendular puede considerarse como vibratorio armónico. 10.5.
Un péndulo simple de 4 m de longitud oscila con un periodo de 4 segundos. ¿Cuál será la longitud de otro péndulo que oscile en el mismo lugar de la experiencia con un periodo de 2 segundos?
Solución: Aplicando la expresión del periodo a cada uno de los dos pén dulos. se tiene: 4 s = 2n
[1]
25=2,1 V t
121
Dividiendo entre sí las ecuaciones [ljy (2): (4s )2 _ 4 m (2 s)2 V de donde: r = 11 10.6. Dos péndulos tienen distinta longitud: la de uno es doble de la del otro. ¿En qué relación están sus períodos de oscilación?
Solución: Para el primer péndulo se cumple que:
t =2* V t y para el segundo: 284
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111
T = 2r.
Dividiendo cnlre sí las ecuaciones |1) y [2] T _ 2*V j/g T' 2a V2¡/g V2 U na m asa de 150 g se suspende de un extremo de un resorte y se o b sen a que la longitud del mismo se alarga 0,4 m . ¿Cuánto vale la constante elástica del re sorte? S i después se abandona a si misma, desplazándola hacia abajo, el resorte oscila. ¿Cuánto vale el periodo de oscilación?
Solución: Aplicando la ley de Hooke: _ F _ mg _ 0.15 kg - 10 m/s2 _ | , x x 0.4 m Conocido el valor de la constanle elástica, deducimos el periodo de osci lación: T = 2a V 10.8.
T - 2-
Deducir el período de oscilación de un péndulo simple de 60 cm de longilud cuando está situado en lo alio de una montaña de I 500 m de altura sobre el nivel del mar.
Solución: El valor de g. a una cierta altura sobre el nivel del mar. viene dado por la expresión: 9.81 m/s' • = 9,805 m/s3 1.5 • 10’ m 6 370 - I03 m Sustituyendo este valor en la ecuación general del periodo de un péndu lo simple: T = 2a \ P ^ = 2 r . \ / °-6 n l- - - = r r ¡ F 7 1 V g V 9.805 rp/s- 1-----------1 1.a longitud de un péndulo que bate segundos en el ecuador terrestre es 0,991 m. y la del que bate segundos en el polo es 0,9962 m . ¿Cuánto pesará un cuerpo situado en el ecuador terrestre si en el polo pesa 10 kp?
Solución: Recordemos que I kp = 9.81 N; por tanto, 10 kp = 98,1 N. Un péndulo que bate segundos es aquel cuyo período de oscilación es de www.FreeLibros.me
285
dos segundos. A partir de los datos del problema podemos calcular el valor de g en el ecuador y en el polo: 4r.! • 0.991 m „ /2 gccujidor = -----------------------= 9 -78 "V* 4s • 0.9%2 m 9.&Í2 m /s2 gpoio= 4** -----------------Como el peso del cuerpo viene dado por P = mg y el cuerpo dado, en el polo, pesa 98.1 N, su masa será: 8.1 N = 9.9 g 9.832 m /s2 El peso de esta masa situada en el ecuador será: P = mg = 9,978 kg • 9,78 m/s: = 10. 10.
Deducir el valor de la aceleración debida a la gravedad en un pum o de la Tierra donde un péndulo simple de 2 m de longitud realiza 50 oscilaciones en 2,5 minutos.
Solución: El período o tiempo de una oscilación vale: T _ t _ 2.5 min 60 s _ 3 _
De la expresión general del período de un péndulo se deduce que: „ _ 4n! ■I 4-2 • 2 I - = [8.77 iVs! ] (3 s)2
10.11. Un motor eléctrico de 20 kg está colocado sobre cuatro resortes que le sirven de soporte. La constante elástica de cada uno vale 30 N/cm. Deducir el periodo de oscilación de cada uno de los resortes.
Solución: La constante clástica de cada resorte es:
k = 30-!Scm IM1 mcm . = 3 oooN/m soportando cada uno de ellos una masa de: - ^ - = 5*8 El periodo de oscilación de cada resorte valdrá: T = 2n
V k
\ /
' V 3-*10a*N/m
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= n ¡¿ ¡7 7 | 1----------- 1
D el lecho de una habitación cuelga un péndulo simple que realiza 50 oscilacio nes completas en 300 segundos. Si la bolita que constituye el péndulo está situa da a 2 0 cm del suelo, ¿qué altura tiene el techo?
Solución: La altura del techo será igual a la suma de la altura a que se encuentra la bolita (0.2 m) y la longitud del péndulo. Ésta se deduce a par tir de la expresión matemática del período, el cual vale: T = 300 $/50 = 6 s. I=
" 9.8 m ■s~* - (6 s)2 4r} 4t: La altura del techo será: h = 0.2 m + 8.936 m = 9,136 i 10.13. Un cuerpo de 2 kg está suspendido de un resorte. Si se le aplica una fuerza adiciona! de 10 iV, el resorte se alarga 0,1 m. Calcúlese la constante recuperadora de! resorte. S i después de ejercida la fuerza el cuerpo se abandona a sí mismo, se obser va que oscila libremente. Calcúlese su periodo de oscilación.
Solución: El valor de la constante recuperadora del resorte es: k = - i - = - i P. N = | 100 N'/m I El período de oscilación será:
T=2Í V t 1- 2* 10.14. Un punto materiaI de 2,5 kg oscila con un movimiento armónico simple de frecuencia 3 Hz. Deducir: a) S u pulsación. b) L a aceleración cuando la elongación es 5 cm. c) M e lla r de la fuerza recuperadora para esa elongación.
Solución: a) Ira pulsación valdrá: O, = 2rv = 2z ■3 s_1 = | 6- rad/s | b) La aceleración, para una elongación dada, viene dada por: a = -(o 2 • s = — (6z rac^s)2 • 5 • 10"2 m = I - 17,77 n^s2 www.FreeLibros.me
287
El punto vibrante está sometido a una aceleración, de sentido contra rio al de la elongación, cuyo valor es 17,77 m /s1 c) El valor absoluto de la fuerza recuperadora será: F = m • a = 2.5 kg • 17,77 m /s2 = | 44.43 N ¡ Recuérdese, también, que el sentido de esta fuerza recuperadora es contrario al de la elongación. 10.15. Un péndulo simple está constituido por i i masa puntual de 500 g suspendida
de un hilo de I m de longitud. a) Calcúlese el periodo de oscilación de ese péndulo para pequeñas amplitu des. b) S i se desplaza la masa puntual un ángulo de 60° respecto a su posición de equilibrio, ¿con qué velocidad pasará de nuevo por dicha posición de equi librio?
Solución: a) El período de oscilación del péndulo es:
t - 2- V T = 2'
b) Cuando se desplaza la masa puntual un ángulo de 60° respecto a su posi ción de equilibrio (véase fig. 10.1), su energía potencial gravitatoria es: Ep = mgh = mg (1 - 1eos 60°) = = 0,5 kg • 10 m/s2 (1 - 0,5) m = 2,5 J De acuerdo con el principio de con servación de la energía, cuando la masa puntual pasa por la posición de equili brio poseerá una energía cinética tam bién de 2,5 J. Por tanto: Ec =
A un muelle helicoidal de acero se le cuelga una masa de 10 kg y se observa que se alarga 2 cm. Seguidamente se le añaden otros 10 kg y se le deja oscilar libremente, observando que lo hace con una amplitud de 3 cm. Deducir la frecuencia de la oscilación en este caso.
Solución: La constante recuperadora del muelle es: 288
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k = J
l = -!3 L =
10
= 5
• I03 N/m
La frecuencia de la oscilación será:
V -f-
2,
y f
20 kg 5 • 103 N/m
10.17. Un resorte de acero tiene una longitud de 15 cm y una m asa de 50 g. Cuando se le añade una masa de 50 g se alarga, quedando en reposo con una longitud de 17 cm. Calcúlese: a) L a constante recuperadora del resorte. b) L a frecuencia de las oscilaciones cuando se le cuelga una m asa de 90 g, además de la de 50 g que y a tenía. c) E! trabajo realizado por el resorte para elevar esta m asa anterior hasta una altura de 6 cm.
Solución: a) Calculemos la constante recuperadora del resorte teniendo en cuenta que cuando se le cuelga una masa de 50 g (0.05 kg) experimente un alargamiento de (17 - 15) cm = 2 cm = 0.02 m. 0.05 kg • 10 m/s2 •= 25 N/m x x 0 .0 2 1 b) La frecuencia de las oscilaciones será:
T
2-
V/ j ki
a
2-
V/
a
°-'4kg
25 N/m c) El trabajo que realiza el resorte será igual al incremento de energía po tencial gravitatoria que experimenta la masa citada: W = Ep = mgh = 0,14 kg • 10
- 0.06 m - | 0,084 J
. . A una partícula materiaI de masa
10 18
10 g se la obliga a describir un movimiento vibratorio armónico en el eje de las Y. La amplitud del movimiento es 5 cm y la frecuencia 0,5 s '. Deducir la máxima velocidad que puede alcanzar la partícula.
Solución: La ecuación de la elongación en un movimiento vibratorio ar mónico es: y = A sen (wt + ?„) = A sen (2nvt + ?„) www.FreeLibros.me
289
y la de la velocidad: V
= -gdyj- = 2nvA eos (2cvt + y0)
Esta velocidad será máxima cuando eos (2nvt + ?0) = 1. Por tanto: vml, = 2-.A = 2n • 0,5 s"' • 0.05 m = | 0,157 m,'s~| 10.19. Una masa de I kg cuelga de un hilo de I m de longitud y oscila con una amplitud de 60°. Calcular: a) La velocidad con que pasa la masa oscilante por la posición de equilibrio. b) E l valor de la fuerza que origina el movimiento cuando el punto oscilante está en la posición extrema. c) La tensión de la cuerda en esta posición.
Solución: a) La velocidad de la masa oscilante cuando pasa por la posición de equili brio se calcula según lo explicado en el apartado b) del problema 10.15 y que. por su analogía con este caso, no merece la pena volver a repetir. Efectuando los cálculos oportunos, se deduce fácilmente que: | v = 3,16 nys~] b) La fuerza que origina el movimiento cuando el punto oscilante está en la posición extrema es: F = mg sen ? = 1 kg • 10 m • s- 2 • 0,866 = | 8.66 N | c) La tensión del hilo en esa posición extrema es: T = mg eos 9 = 1 kg • 10 m - s -2 • 0.5 = | 5 N | 10.20. Un cuerpo cuya masa es 100 g posee un movimiento armónico simple a lo largo de una recta vertical A lt de 10 cm de longitud. E l periodo de vibración es 2 segundos. Calcúlese: a) La velocidad y aceleración en el punto medio de AH. b) L a velocidad y aceleración en el extremo fí. c) ¡m fuerza recuperadora en el extremo tí.
Solución: a) La velocidad en el punto medio de AB es máxima (dicho punto repre senta la posición de equilibrio) y su valor, según se explicó en el proble ma 10.18, viene dado por: V
= 2x.A =
A = 2'2rsad ■0,05 m = | 0,157 m/s |
290 www.FreeLibros.me
Como la aceleración es proporcional a la elongación, al ser ésta nula en la posición de equilibrio, también lo será aquélla: a= • S = —" 2 ' 0 = 0 b) En el extremo B la velocidad es y el valor absoluto de la ace leración será:
nula
a„ = |-w 2A| =
- A=
• 0,05 m = | 0,493 m/s2"]
c) Por último, la fuerza recuperadora será, en valor absoluto: FB = m • aB = 0.1 kg • 0.493 m/s2 = 14,9 • 10~2 N~[ 10.21. Un péndulo simple está constituido por una esferita puntual de masa 100 g suspendida de un hilo de longitud I m. Se le hace oscilar con una amplitud de 30°. a) ¿Cuánto vale la energía potencial de la esferita en la m áxim a elongación? b) ¿Qué velocidad máxima adquirirá al oscilar? c) ¿Cuánto tiempo invertirá en 10 oscilaciones completas?
Solución: a) En la posición de máxima elongación (fig. 10.2) la energía potencial gravitatoria de la esferita es: Ep = mgh = mg (1 - I eos 30°) = = 0,1 kg - 10 m • s-2 (I - 0,866) m = = 0,134 J
Fig. 10.2
b) Al oscilar, la energía potencial gravitatoria de la esferita se transforma en energía cinética. En el momento en que la transformación sea total, cosa que sucede al pasar la esferita por la posición de equilibrio, se tiene: Ep = Ec = -4- mv'L, 2 • 0,134 J r r ^ r 0,1 k g - L L H I c) El período de este péndulo (tiempo de una oscilación) T = 2n \ fT - = 2r. \ / l1mm . = 2 t V g V M IrnVs;
V
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Por lamo, el tiempo invertido en 10 oscilaciones completas será: t = 10T = 10 - 2 s = | 20 s 1 10.22. Deducir el error absoluto cometido al considerar como péndulo simple una bolt de .? cm de diámetro suspendida de un hilo de masa despreciable, siendo I m le distancia del punto de suspensión al centro de pravedad de la es/era. Nota: E l momento de inercia de! conjunto hilo-esferita respecto al eje de giro es: I = M ■L‘ + - j - M ■R‘
Solución: El periodo de oscilación de un péndulo físico viene dado por: , -\ / I , A / M - L2 + (2/5) MR2 _
T=2r- V “S¡T - 2n V ÑT7 1 -----, / O + (2/5) R: -v / (1 + 9 • 10--') m2 V Td V 9,8 m/s2 • m 1
La longitud que habría de tener un péndulo simple para que su período fuese igual al del físico será: L
S . T. 4e2
*n2
= 1 + 9 • 10"5 m Si consideramos al péndulo físico dado como si fuera un péndulo simple, cometeríamos un error absoluto de 9 • 10-s m - 0,009 cm: L' - L = (1 + 9 • 10"5) m - 1 m = [ 9 10~5 m 10.23. Una rueda de masa 3 kg. supuesta concentrada en la periferia y de radio
32 cm . puede girar alrededor de un eje horizontal que pasa por su centro. En 1 un punto de la periferia esta rueda lleva una sobrecarga de 3 kg. S e observa que al desplazar ligeramente la sobrecarga un pequeño ángulo, el conjunto oscila como un péndulo físico. Calcular: a) E l periodo de las pequeñas oscilaciones. b) L a masa que debiera tener ¡a sobrecarga para que el conjunto se convirtie ra en un dispositivo que bate segundos. c) E l centro de oscilación.
Solución: a) El periodo de un péndulo físico viene dado por:
292 www.FreeLibros.me
mgd siendo, en este caso, I = MR2 + M'R2, y como M = M' = 3 kg: t- , A / 2MR2 , A / 2R
T=2* V - m¿r- =2:: V — = - 2. \ / 2 V
b)
9.8 n^s
. f ^ n
1-----------1
Designemos por m la masa pedida cuando T = 2 s: A / ( 3 t m ) k g - (Ó ; 32 m)2 2s= V m - 9,8 m/s' - 0.:.32 m de donde: I m = 1.41 kg I _ 6 kg • (0,32 m)2 _ n ^ H md 3 kg • 0,32 m ‘ - ^
10.24. Cuando sobre un muelle elástico actúa una fuerza de 50 IV, experimenta un alargamiento de 4 cm. Calcular el trabajo que es necesario realizar para estirar el muelle 10 cm.
Solución: Como el alargamiento es proporcional a la fuerza deformado ra. se tiene, de acuerdo con la ley de Hookc:
de donde: k = —---------------- 52JÍ 4 cm •
= i 250 N/m
I O 'c m
El trabajo necesario para estirar el muelle 10 cm es: W = / ; F • dx = J'o kx • dx = - j - k [x2]* = — kx' = - i - • 1 250
10.25.
• (10_1 m ) 2 = | 6,25 J
|
A l apoyar, con velocidad nula, un cuerpo de 20 kg de masa sobre un muelle elástico, dispuesto verticalmente, éste se comprime 10 cm. Calcular la deforma www.FreeLibros.me
293
ción que experim enta dicho muelle si el cuerpo se deja caer desde 2 m por encim a de él.
Solución: La constanie del muelle es: k = —v
■ - T1HT rm T ^ - ' - 17 L-n.f 7 T •■ IC” 1 m^
- = 1 960 N/' ff
Cuando dejamos caer un cuerpo de masa m sobre el muelle, desde una altura h, y el muelle se acorta en una longitud a, la energía potencial gravi tatoria del cuerpo, mg (h + a), se invierte en trabajo de deformación del muelle. Este trabajo tiene por valor: w -/> d x = [A . Luego:
—j
inga - mgh = 0
Sustituyendo en esta ecuación los valores numéricos del enunciado del pro blema, tenemos: 2
5a2 - a - 2 = 0;
1+ V T T W
1 + 6,4
10
10
1
(La otra solución carece de significado físico). 10.26. U na pequeña esfera de 2 m g de m asa, sujeta a un muelle de constante recupe radora 0,8 iV • m , se encuentra sometida a un movim iento vibratorio armóni co simple, de 16 erg de energia total. Calcular la am plitud y el periodo de tal m ovimiento. Nota: Se recomienda, para m ayor sencillez, resolver el problem a utilizando para los cálculos unidades de! sistema cegesimal.
Solución: En primer lugar:
k = o .8 - ^ .- l^ L .- L ü m IN ltfc La energía total es, en todo momento: 294
-=
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800
dyn/ci
E = E . .. =
-4 -
kA:
siendo A la amplilud del movimiento. De la ecuación anterior se deduce:
V k V 800 dyti/cm Calculemos ahora el período del movimiento: \ /
2 1 6 e r«
L j_
T = 2* \ / ^ = 2 , \ / ■2 \ i r 3 « I * . [ I F 7 ] V k V 8 • 10! dyq/cm ------10.27. Del lecho del laboratorio cuelga un muelle ciánico helicoidal, del cual se sus
pende un cuerpo de 5 kg, experimentando, a causa de ello, un aumento de longitud de I cm. Se añaden después otros 15 kg más y se hace oscilar el siste ma con una amplitud de 4 cm. Calcular: a) L a frecuencia del movimiento. b) L a velocidad, la aceleración y la fuerza recuperadora a los 2 segundos de haber empezado a oscilar el sistema.
Solución: a) La constante recuperadora tiene de valor: F _ Peso _ mg _ 5 kg • 9,8 m • : 4 900 N/m x x x 10~2 m Cuando el sistema oscila, la frecuencia del movimiento es: 4900 N/m 20 kg
5
b) Dado que la fase inicial del movimiento es
= 4 • 10~2 eos 5-t (SI) =- Sdt - = -0,2* • sen 5-t = -0,2* V i - eos' 5*t = = -5* V l6 • 10-J - x1 (SI) a = -í£ - = -* 2 eos 5*t = -25*2x (SI) www.FreeLibros.me
295
F = m • a = 20 kg • (-* 2 eos 5*t) m • s 2 = = -20*2 eos 5*1 (SI) = -500 A (SI) Particularicemos ahora las expresiones acabadas de obtener al caso en que t = 2 s: x 2, = 4 • 10-2 eos 5* • 2 (m) = 4 • 10-2 m = 4 cm
v,. = -5* V l6 ■10-* - (4 • KT2 m)2 = 1 0 m • s~' | a2> = -25*2 • 4 10~2 m • s~2 = | - i ' m - s~2 1 Fa = -500*2 • 4 • 10-2 N = | -20*2 N 10.28. Una partícula, de 2 mg de masa, realiza un movimiento vibratorio armónico simple, viniendo dada su elongación, en todo momento por la ecuación: x = A • sen lOOri ISCCSI S e sabe que la velocidad de la partícula, cuando ha transcurrido un tiempo igual a la sexta parte del periodo, es v = 2r. cm • s Calcular la amplitud del rpovimienlo. la constante recuperadora y la energía total, utilizando en todos los cálculos el sistema cegesimal de unidades.
Solución: El período del movimiento vibratorio armónico es T = —jr- s. Para hallar la velocidad de la partícula, en función del tiempo, no tenemos más que derivar, con respecto al tiempo, la ecuación de la elongación, y así obtenemos: v = -S - =
* A eos 100* t (SCGS)
100
v,-woo , = 100* A eos -ü jjjp = 100* A - co s-|- = 50* • A cm ■s' Por otra parte. v ,.woo, = 2* cm • s~'. En consecuencia, teniendo en cuen ta ambas expresiones para la velocidad, obtenemos: 50* • A cm - s 1 = 2* cm ■s' de donde: La constante recuperadora valdrá: k = o2 • m = (100* s ')2 - 2 • 10~3 g = | 200 dyu/cm 296
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La energía total es: E = ~2 ~ k • A2 = 200 (4-1 0 2 cm)2 = | 0,16 erg~| E n un montaje de laboratorio se disponen dos railes en ángulo recto, inclina dos con respecto a la horizontal uno 300 y el otro 60° (fig. 10.3). Se deja deslizar, sin rozamiento, desde el punto A , situado sobre el rail de 3 0 de incli nación a una altura de 1,225 m sobre el suelo, una bola que, tras alcanzar el punto B, situado en la unión de los dos railes, asciende, de nuevo, por el otro rail hasta C , y asi sucesivamente. Hallar el periodo de oscilación de la bola.
Fig. 10.3
Solución: Consideremos, en primer lugar, el espacio AB. Su longitud es: 1-225 m = 245 m 1 = h sen=a \J2 La aceleración con la que la bola lo recorre tiene de valor: a, = g • sen a = 9,8 m • s-2 • sen 30° = 9,8 m • s-2 •
= 4.9 m • s-2
Por tanto, el tiempo que invierte la bola en recorrer dicho espacio será:
Cuando la bola llega al punto B, tras deslizarse a lo largo del primer raíl, su velocidad es: v„ = V2gh = V 2 • 9,8 m • s~a • 1,225 m = 4.9 m • s~' Dado que en el montaje reseñado no existe rozamiento, la bola, al llegar al punto B. prosigue su movimiento a lo largo del segundo raíl, hasta llegar a un punto C, que, de acuerdo con el principio de conservación de la ener gía mecánica, estará situado a una misma altura que el A (h = 1,225 m). En recorrer el espacio BCla bola emplea un tiempo: , _ V e - VB _ om - s~' - 4,9 ni •s~‘ _ V? ^ a> - 9 . 8 - ^ m -s-’ 3 www.FreeLibros.me
297
Análogamente, los tiempos empleados por la bola en los recorridos de retroceso CB y BA son, respectivamente: <2 =
S y t¡ = 1 s
Por lo tanto, el período de oscilación de la bola valdrá: T = I, + I; + t¡ + I; = ^2 +
)
S
= j 3,155 S |
10.30. Lina masa puntual de 50 g está suspendida de un hilo inextensible y sin masa aprecia ble, de 2 m de longitud. Se hace oscilar a dicha masa puntual, de mane ra que en el momento de su máxima elongación se eleva 2,5 cm por encima del plano horizontal que pasa por su posición de equilibrio. a) Calcular el periodo de las oscilaciones que ejecuta la masa puntual. b) Hallar la velocidad y la energía cinética de la masa puntual cuando pasa por la vertical. c) Determinar la tensión del hilo en dicha posición. d) E n el momento en que el hilo pasa por la vertical tropieza con un clavo, situado 1,5 m por debajo del punto de suspensión y dispuesto perpendicu larmente al plano de oscilación de! péndulo. Describir el movimiento de la masa puntual a partir de este momento. e) Calcular la relación entre las tensiones del hilo cuando el nuevo péndulo alcanza sus posiciones extremas. J) Hallar el período del péndulo descrito en d).
Solución: a)
T=2* V t =2*
b) Aplicando el principio de conservación de la energía mecánica a la ma sa puntual cuando se encuentra en sus posiciones de equilibrio y de má xima elongación, tenemos: mgh = - i - mv2 siendo m el valor de la masa puntual, h la altura a la que se eleva en el momento de su máxima elongación y v su velocidad cuando pasa por la vertical. De la ecuación anterior se deduce: V = V2¡h = V 2 • 9,8 m • s~! • 2.5 - 10"2 m = | 0.7 m s~' | La energía cinética de la masa puntual valdrá: Ec = - i - rnv2 = 4 - 5 - 10-2 kg • (0.7 m • s~')2 = | 1.225 I0~2 J~ 298
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c) Cuando la masa puntual pasa por la vertical, se cumple que la tensión del hilo es igual a la suma del peso y de la fuerza centrífuga o, lo que es lo mismo, la fuerza resultante de la tensión del hilo y del peso de la m a sa puntual es quien origina la aceleración centrípeta del movimiento. En consecuencia: T = P + Fc = m g +
^
=
m . ( g + 4 -l>2
= 5 ■10~2 kg • (9 .8 m • s~2 + (°-7 ™mS
= I °.S N
D e a c u e r d o c o n el p r in c ip io d e c o n s e rv a c ió n d e la e n e r g ía m e c á n i c a , la m a s a p u n tu a l a l c a n z a r á la m is m a a l t u r a a a m b o s la d o s , d e s c r i b i e n d o u n m o v i m i e n t o a r m ó n i c o s i m p l e , d e p e r i o d o i g u a l a la s u m a d e d o s s e m ip e río d o s : u n o c o r r e s p o n d ie n te a l m o v im ie n to c o n re s p e c to a l p u n to d e su sp e n sió n y e l o tr o c o n re s p e c to a l c la v o .
e) Las tensiones del hilo cuando el péndulo alcanza sus posiciones extre mas son (fig. 10.4): T = mg eos a [1J; T = mg eos a.' [2] Dividiendo entre sí las expresiones |l) y [2], tenemos: T _ c o sa _ 1,975/2 _ 79 T ” c o sa ' 0,475/0,5 76
0 Ya que el período de un péndu lo de 0,5 m de longitud viene dado por la expresión: = 2 x V V 4 ^1
=1,42 s
el período del péndulo descrito en d) será:
(T + T ’) = - i - (2,83 s + 1,42 s) = 2,13 t www.FreeLibros.me
299
■■
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11. CALOR Y TEMPERATURA. PRIMER PRINCIPIO DE LA TERMODINÁMICA
FORMULARIO-RESUMEN EQUVALENCIA CALOR-TRABAJO J = 4,1855 J/cal W -J-Q -4-Q A = 0,2389 caVJ EC U A C IÓ N FUN D AM EN TA L D E L A CA LO RIM ETRIA
I Q = calor desprendido o absorbido. ------------- 1i m = masa de sustancia. m C —i | c= calor específico de ia sustancia. I dt = variación de temperatura. RELA CIÓ N D E M AYER
—
I Cp = calor especifico del gas a presión constante. ^ - i JC» = calor específico del gas a volumen constante. * i R = constante de los gases. y (coeficiente adiabático) = Cp/Cv
Gas monoatómico Gas diatómico
c. 5 ca(/K • mol 7 cal/K - moM
C. 3 caf'K • mol 5 caJ/K • mol
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T 1,67 1,40 301
EQUILIBRIO TÉRMICO
(m, + üO • (t - I|) m2 • (t2 - t)
=calor específico del sólido, mi = masa de agua, i m2 = masa del sólido. ' me = equivalente en agua del calorímetro. = temperatura inicial del agua. 1 t2 = temperatura inicial del sólido. = temperatura de equilibrio.
RELACIÓN ENTRE LAS ESCALAS TERMOMÉTRICAS
I C = temperatura en grados centí-
F = temperatura en grados Fahrenheit. T = temperatura en grados absolu tos (Kelvin). PRIM ER PRINCIPIO DE LA TERMODINAMICA
t AU = variación dé energía interna.
lAU = Q +■w I j Q = calor. ( W = trabajo mecánico.
CRITERIO DE SIGNOS
Calor Absor bido
Despren dido
+ +
-
Criterio termodinámico Criterio de la IUPAC
Trabajo Realizado Realizado contra el por el sistema sistema + ■ + -
Entalpia: I H = U + P V Calores de reacción:
302
Q„ = iH Q. = di)
|Q . = Q. + K T •
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11. CALOR Y TEMPERATURA. PRIMER PRINCIPIO DE LA TERMODINÁMICA 11.1.
¿A qué temperatura, expresada en grados centígrados, la lectura en la escala Fahrenheit supera en 500 °F a la lectura en la escala centígrada?
Solución: La relación entre la escala centígrada y la Fahrenheit es: C _ F - 32 5 9 Como F = C + 500, sustituyendo, resulta: C C + 500 - 32 5 9 de donde: C = 585 "C
11.2. ¿Q ué temperatura se expresará en grados Fahrenheit con valor triple del co rrespondiente a grados centígrados?
Solución: En este caso, C = F/3. Por tanto: F/3 F - 32 5 9 de donde se obtiene: F = 80 °F = 26,67 °C 11.3. Una vez leemos que la temperatura de cierta ciudad es de 72a. ¿Qué se puede deducir al respecto?
Solución: Estará expresada en grados Fahrenheit. Su equivalente en gra dos centígrados será: C _ 7 2 -3 2 5 9 de donde: C = 22,2 °C www.FreeLibros.me
303
11.4. ¿Q ué temperatura vendrá expresada por el mismo núm ero en la escala centígra da y en la escala Fahrenheit?
Solución: Según la relación de equivalencia entre ambas escalas, tendre mos: x - 32 _ _x_ 5 5 de donde: | x = -40 °C - -40 °F | 11.5. ¿Existe límite superior de temperaturas? ¿ Y lim ite inferior? Solución: No existe límite superior de temperaturas, por tratarse de una magnitud fundamental. Sin embargo, sí existe un límite inferior, que es el de -273,16 °C. equivalente a 0 K. 11.6. ¿Por qué razón se suele elegir el m ercurio como liquido termométrico? Solución: Las razones por las que se elige el mercurio como líquido ter mométrico son las siguientes: a) Su coeficiente de dilatación constante y muy elevado. b) Su calor específico muy pequeño. c) Su buena conductividad térmica. d) Su punto de ebullición muy elevado. 11.7. ¿Sirve el modelo de! «calórico » para explicar el intercambio de calor entre dos cuerpos? Utilícese para el caso del calorímetro de mezclas.
Solución: Efectivamente. Al suponer que el calor era «como un fluido-* que pasaba de los cuerpos calientes a los fríos, de modo que la cantidad de calórico que cedía el cuerpo caliente era igual a la que ganaba el frío, se ex plicaba plenamente este fenómeno. Precisamente en el calorímetro de mez clas hacemos uso de este razonamiento, con la modificación de que sabemos que el calor no es un «fluido» raro, sino una energía. 11.8.
¿H ay casos en que al suministrar calor a un cuerpo no se eleva su temperatura?
Solución: El ejemplo más conocido es el de los cambios de estado de fu sión y ebullición; en este caso el calor suministrado al cuerpo se emplea en vencer las fuerzas de cohesión entre las moléculas, pero sin elevar la tempe ratura. Otro ejemplo sería el de una barra calentada por un extremo, la cual, transcurrido cierto tiempo, alcanza un equilibrio térmico, de forma que pierde energía calorífica por convección o radiación al mismo ritmo que la recibe. 304
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11.9. ¿E s posible que un cuerpo tenga m ucha energía térmica y , sin embargo, esté frió? Diseñar un modelo mecánico y otro hidráulico que lo explique.
Solución: Efectivamente; puesto que el calor es la energía total del cuer po, debida fundamentalmente al movimiento de sus moléculas. Por tanto, depende de la energía media de cada molécula (temperatura) y del número de moléculas que tenga el cuerpo (y. por tanto, de su masa). Por consiguiente, un cuerpo frío (p. ej., el mar) puede tener mucha energía térmica (dada su enorme masa), del mismo modo que un depósito puede contener gran cantidad de agua y. sin embargo, alcanzar un nivel muy pequeño.
11.10. a) Tenemos distintos cuerpos de igual masa calentados por un mismo foco b)
calorífico. ¿Cuál se calentará antes? ¿Qué cantidad de calor se precisa com unicar a 5 dar* de agua para que su temperatura aumente 25 °C?
Solución: a) Según la ecuación fundamental de la calorimetría: O = m • c • (t2 - t,) se calentará antes (mayor incremento de temperatura) el de menor ca lor específico. b) Apliquemos la ecuación fundamental de la calorimetría, recordando que 5 din* de agua equivalen a 5 kg; es decir, a 5 000 g:
Q = m • c • At =5 000 g • 1 g Co¿-- 25 °C =125 • 10* cal = | 125 kcal [ 11.11. Citar cuatro ejemplos donde se observe que el calor se transforma en otro tipo de energía y viceversa.
Solución: a) Calor en otra forma de energía: — Energía calorífica en energía mecánica: motor de explosión, má quina de vapor, turbina de vapor. — Energía calorífica en energía radiante: alumbrado de incandescencia. — Energía calorífica en mecánica y eléctrica: centrales térmicas. — Energía calorífica en energía eléctrica: efecto termoiónico. b) Estos mismos ejemplos, a la inversa, sirven para ilustrar la transforma ción de otras formas de energía en calor. 11.12. ¿Qué cantidad de calor será necesario comunicar a medio litro de agua para que su temperatura pase de 25 °C a 75 °C?
Solución: Como 0,5 litros de agua equivalen a 500 g. resulta: O = m • c • At = 500 g • 1 g Ca0'c • (75 - 25) °C = | 25 000 cal www.FreeLibros.me
305
11.13. E l calor especifico de los metales es d el orden de las centésimas, mientras que el del agua es I cal g • °C. S i se com unican I 000 calorias a 100 gram os de agua y otras tantas a 100 gram os de alum inio, ¿en cuál de los dos casos se elevará m ás la temperatura?
Solución: Se calentará más el aluminio por ser de menor calor específico. Véase el razonamiento seguido en la explicación de la cuestión número 10 de este capítulo. 11.14. E n tres recipientes iguales se echa la misma cantidad <320 gramos) de agua,
cloroformo y glicerina. Las tres sustancias están a la m ism a temperatura inicial <10 C) y se pretende elevar esa temperatura en cada una de las sustancias a 60 °C. Para ello es preciso com unicar a l recipiente que contiene el agua, 18 kcal; al de la glicerina, 11,28 kcal, y al del cloroform o, 5.74 kcal. Sabien do que el calor especifico del agua es I cal g • °C, calcular los correspondientes a la glicerina y a! cloroformo.
Solución: Calculemos, en primer lugar, la cantidad de calor. Qf, necesa ria para calentar el recipiente. Considerando el caso del agua, tenemos: 18 000 cal = Q, + 320 g • 1 g C3|c ■(60 - 10) °C de donde: Or = 2 000 cal Aplicando a la glicerina ta ecuación fundamental de la calorimetría: 11 280 cal = 2 000 cal + 320 g • c(s„„nn01 • (60 - 10) "C resultando: Haciendo lo mismo para el cloroformo: 5 740 cal = 2 000 cal + 320 g • c(cl„,„lom,ol • (60 - 10) »C de donde se obtiene: | ^[cloroformo, = 0.234 Caf'g °C~| 11.15. ¿Q ué cantidad de calor absorbió una m asa de 4 gram os de cinc al pasar de 20 C a 180 'C ? Si ese calor se hubiera sum inistrado a una m asa de plom o de 35 g. ¿cuánto hahria aum entado su temperatura? L os calores específicos del cinc y de! plomo son, respectivamente. 0,093 cal g • C y 0.31 cal g • ( '.
Solución: En el caso del cinc:
0 = m c At = 4 g - 0.093 g CaJ{. ■(180 - 20) °C = | 59.52 cal | 306
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Si suministramos esta misma cantidad de calor a 35 g de plomo, el au mento de temperatura que experimenta es:
11.16. L a tem peratura de un cuerpo, expresada en grados absolutos, es 29H K . Calcu lar esa temperatura en grados centígrados y F ahrenheit. S i el calor especifico de ese cuerpo es I c a lg • C, ¿de qué sustancia se trata? ¿Q ué cantidad de calor será preciso sum inistrarle para aum entar su tem peratura 10 C?
Solución: La temperatura de 298 K. expresada en grados centígrados, es: C = T - 273 = 298 - 273 = [ 25 °C |
Para convertir esta temperatura en grados Fahrenheit empicaremos la relación: C = F - 32 5 9 Sustituyendo, tenemos: 25 _ F — 32 5 9 de donde: | F = 77 °F | Si el calor especifico de una sustancia es 1 cal/'g • °C. se trata del agua. La cantidad de calor que será preciso comunicar al agua para elevar su temperatura 10 °C es: Q = m • c dt = m(g> • 1
g Cai c
• 10 °C = | 10 m caloriáT~|
(siendo m la masa en gramos del agua). 11.17. ¿Q ue cantidad de calor será preciso sum inistrar a 0.25 kg de una sustancia, de calor especifico 0.2 cal g • ( '. para que su tem peratura pase de 5 C a 59 F? Solución: La temperatura de 59 °F equivale a 15 °C. Por consiguiente, la cantidad de calor necesario será: Q = m • c ■At = 250 g • 0.2 ~ ¡ c ■• (15 - 5) °C = | 500 cal | www.FreeLibros.me
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11.18. E l calor especifico del cobre varía con la temperatura de acuerdo con la rela ción:
c = 0,092 + 2,125 ■ I0~s I
lia temperatura l viene expresada en °C y e l calor especifico en cal/g ■°C). Calcular: a) E l calor especifico del cobre a 50 °C. b) E l calor especifico medio en el intervalo 0-100 C.
Solución: a) Para t = 50 °C: = 0.092 + 2.125 - 10'5 • 50 = | 0,093 cafe • °C Como: cM (calor específico medio) = ■ O
h - '■
y: Cv (calor específico verdadero) = —— cM • (t2 - *,) '
Cm= =
/,
dO
Cv ’ d'
c'-d, =~¡wI " (0'092+2'125' 10-50dl = • [0.092 I + 2,125 • 10-* - f - ] " ” = I 0.093062 cal/g ~T~1
11.19. Encontrar una relación lineal que ligue el calor específico del hierro con la temperatura, sabiendo que a 100 °C, c = 0,1124 cal/g • °C y que su valor m e dio en el intervalo 0-100 °C es 0,1089 cal/g • °C. Solución: A partir de los conceptos de calor específico medio y verdade ro, se deduce que:
cM = a + bt \ ^ = a + 2 bt / De aquí resulta: cv - c M 308
0,1124 - 0,1089
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a = cM - bt = 0,1089 - 3,5 • 1 0'J • 100 = 0,1054 Pot tanto: Cv = a + 2bt = 0,1054 + 2 • 3.5 • HT5 l = 0,1054 + 7 • 10~5 t | c = 0,1054 + 7 • IQ-5 t 1 11.20. Lo figura 11.1 representa el siguiente fenóm eno: E n un recipiente que contiene 300 g de agua a 10 °C se añaden 200 g de agua a 60 °C. Calcular: a) L a temperatura de equilibrio. b) E l calor cedido por el cuerpo caliente. c) E l calor ganado por el cuerpo frío.
<5
F río
C a li c n l c
M e n o s f río M e n o s c a lie n te
E q u i l i b r i o t é r m ic o
Solución: a) Calor ganado por el cuerpo frío: O = m • c • M = 300 g • 1
S °c
• ( l - 10) ”C
Calor cedido por el cuerpo caliente: O = m • c • M - 200 g • 1 cal ( 6 0 - 0 ° C g°c Aplicando el principio de la igualdad de los intercambios de calor: 300 g • 1 — • (t - 10) °C = 200 g • 1 cal • (50 - t) °C
g°c
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309
de donde: | t = 30 °C | b)
Calor cedido por el cuerpo caliente:
c)
Calor ganado por el cuerpo frío:
Q = 200 g • 1 Q = 300 g • 1
- (60 - 30) °C = | 6 000 cal | • (30 - 10) “C = | 6 000 cal I
11.21. Una bañera contine 50 litros de anua a 25 °C. ¿Cuánto tiempo será preciso abrir el grifo de agua caliente para que la temperatura fin a l del agua sea 40 °C? (Temperatura del agua caliente: 80 °C. Caudal del grifo: 5 l/s.)
Solución: Calcularemos previamente la cantidad de agua caliente que se necesita. Basta aplicar el principio de igualdad de los intercambios de calor: 5 - 104 g • 1 - H L - . (40 - 25) °C = m • 1
• (80 - 40) °C
de donde: m = 18
750g =
18 750 g
•
=
ig,75 1
Por tanto, el tiempo de funcionamiento del grifo de agua caliente será: 11.22. E n un calorímetro que contiene 400 g de agua se introduce un trozo de m etal de 50 g a 80 °C. La temperatura inicial de! agua es de 10 °C y la de equilibrio de la mezcla, 12 °C. Calcular el calor específico del metal. Se supone que el calorí metro no absorbe calor.
Solución: Aplicando la expresión: (m, + mc) ■(t - t,) m2 • (t2 - t) se tiene: c= 310
(400 + 0) g • (12 - 10) °C • 1 — g' ^ 50 g - (80 - 12) “C www.FreeLibros.me
11.23. Calcular la temperatura fin a l de una mezcla de 10 litros y 50 litros de agua, cuyas temperaturas son 80 °C y 20 °C, respectivamente.
Solución: Llamemos t a la temperatura de la mezcla. El calor cedido por el agua caliente hasta alcanzar el equilibrio es: Q, = 10 000 g • 1 ^ - ]c - • (80 - t) °C = 10 000 • (80 - i) cal y el calor ganado por el agua fría: O : = 50 000 g - 1 gCajc • (I - 20) °C = 50 000 • (t - 20) cal Igualando ambas expresiones, se obtiene para t el valor: f t 7 30 °C 1 11.24. Si se ponen en la bañera 50 litros de agua a 70 °C , ¿cuántos litros de agua a
10 X tendremos que añadir para que toda la mezcla quede a 40 X ? Explicar razonadamente el proceso seguido.
Solución: El calor cedido por el agua caliente es:
Q, = 50 000 g • 1 C3if. • (70 - 40) *C = 15 • 105 cal g' L y el calor ganado por el agua fría: Q ¡ = m • 1 gC-al ■• (40 - 10) °C = 30 • m
Igualando ambas expresiones: 15 • 105 cal = 30 • m
8
de donde: | ni = 50 000 g = 50 litros | 11.25. E n un calorímetro que contiene 400 g de agua se introduce un trozo de metal de 50 g a 80 X . La temperatura inicia! del agua es de 10 X y la de equilibrio de la mezcla 12 X . Calcular el calor específico deI metal. Se supone que el calorí metro no absorbe calor.
Solución: El calor cedido por el metal es: O, = 50 g • c • (80 - 12) °C = 3 400 • c (g • °C) y el calor ganado por el agua: Q2 = 400 g • 1
• (12 - 10) °C = 800 cal
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Igualando ambas expresiones, se liene: 3 400 • c (g • ° C ) = 800 cal
de donde: c -- 0,235 calé ' °C | 11.26. Un calorímetro, de equivalente en agua 10 g, contiene agua a 25 °C. Se intro duce en él un cuerpo de 100 gramos de masa y calor especifico 0,05 cal/g • °C, a la temperatura de 50 °C. La temperatura de equilibrio es 30 °C. ¿Qué cantidad de agua contenia el calorímetro?
Solución: El calor cedido por el cuerpo es: O, = 100 g • 0,05
' (50 - 30) °C = 100 cal
y el absorbido por el agua y el calorímetro: Q2 = (m + 10) g • 1 g C3Jc • (30 - 25) °C = 5 • (m + 10) cal Como Qi = O 2. se tiene: 100 cal = 5 • (m + 10) cal de donde: i- =
10
n
11.27. La masa de un calorímetro de cobre es de 100 gramos y la del agua contenida
en él, cuya temperatura es de 10 °C, es 200 gramos. Se introducen en el calorí metro 200 gramos de cobre a 100 °C. ¿Cuál será la temperatura fin a l de la mezcla? (E l calor específico del cobre es 0,093 cal/g • °C.)
Solución: Llamemos t a la temperatura de equilibrio. El calor cedido por el cobre es: O, = 200 g - 0,093 g ca„rc • (100 - t) °C = 18,6 • (100 - I) cal y el ganado por el agua y el calorímetro: Q2 = 100 g • 0,093
+ 200 g - 1 • (t - 10) °C = g ' tg * t= 209.3 • (t - 10) cal
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Igualando ambas expresiones, se tiene: 18,6 • (100 - t) cal = 209,3 • (t - 10) cal de donde: t = 17,3 °C Un trozo de cobre de 120 g y calor especifico 0,093 cal/g • °C, a la temperatura de 100 °C, se sum erge en un recipiente m etálico, de m asa 0,300 kg, que contie n e 200 cm * de agua a la temperatura de 20 °C. L a temperatura de equilibrio de ¡a mezcla es 23 °C. Calcular el calor especifico del m eta! que constituye el recipiente.
Solución: El calor cedido por el cobre es:
Q, = 120 g • 0,093 g Ca0'c • (100 - 23) °C = 859.32 cal mientras que el absorbido por el agua es: Q2 = 200 g • 1 g CaJc • (23 - 20) °C = 600 cal y el ganado por el recipiente: Q , = 300 g • c • (23 - 20) °C = 900 • c (g • °C) Igualando el calor cedido por el cobre con el ganado por el agua y el recipiente, tenemos (Qi = O 2 + O i): 859.32 cal = 600 cal + 900 - c (g - °C) de donde:
Se mezclan 20 gram os de agua a 40 °C con 15 gram os de alcohol etílico a 30 °C. Sabiendo que el calor especifico del alcohol es 0.6 cal/g • °C, ¿cuál ha brá sido la temperatura fin a l de la mezcla?
Solución: Llamemos t a la temperatura final de la mezcla. Teniendo en cuenta que al alcanzarse el equilibrio térmico.el calor cedido por el agua ha de ser igual al absorbido por el alcohol, resulta: 20 g • 1 - ^ 2 ^ . (40 - t) "C = 15 g • 0.6
• (t - 30) °C
La resolución de esta ecuación conduce a: I = 36,9c www.FreeLibros.me
11.30. Un trozo de plom o de m a m 200 g (calor especifico det plomo: 0,03 cal/g • 0C¡ se calienta a 90 °C y se echa en 500 gramos de agua calentados a 20 °C. Determ inar la temperatura fin a l del plomo y del agua.
Solución: Sea t la temperatura final. De acuerdo con el principio de la igualdad de los intercambios de calor, se cumplirá que: 200 g • 0.03 - j H L • (90 - t) °C = 500 g • I
- (I - 20) =C
de donde: | T 7 20,83 °C | 11.31. Disponemos de tres líquidos distintos y miscibles, A , B y C, cuyas masas y temperaturas respectivas son: Líquido A B c
Masa 100 g 200 g 300 g
Temperatura 20 °C 15 °C 6°C
A l mezclar A y li se obtiene una temperatura de equilibrio de 17 °C, mien tras que al mezclar B y C la temperatura resultante es de 10 °C. ¿Q ué tempera tura se obtendrá al mezclar A y C?
Solución: Teniendo en cuenta las tres mezclas del problema, designando por cA, cB y Ce los calores específicos de los líquidos A, B y C, respectiva mente, y por t la temperatura final de la mezcla de A y C, se puede plantear el siguiente sistema de ecuaciones: 100 g • cA- ^ g - • (20 - 17) °C = 200 g • cB - ^ g - • (17 - 15) °C ) 200 g • cB_ ^ _ . ( 1 5 - 1 0)X = 3 0 0 g C c - ^ g - ( 1 0 - 6 ) ° C 100 g cA_ í ^ g - • (20 —I) “C = 300 g •Ce - ^ g - ( 1 - 6 ) °C que.por simplificación, queda reducido a: 3 cA = 4 c„ 5 cB = 6 Ce cA • (20 - t) = 3 ce • (I - 6) La resolución de este sistema conduce a: | t = 10.87 °C | 314
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/
11.32. 500 uranios de una aleación de hierro y cobre, calentada previam ente a 100 °C. se introduce en un calorímetro que contiene 2 litros de anua a 20 °C\ alcanzán dose al fin a l u na tem peratura de 21,7 °C. E l equivalente en agua del calorím e tro es 300 g . Hallar la composición de la aleación. (Los calores específicos del hierro y d el cobre son, respectivam ente, 0,11 cal/g • °C y 0,093 cal/g • °C.)
Solución: Designemos por x e y. respectivamente, las masas de hierro y cobre contenidas en la aleación. Aplicando el principio de la igualdad de los intercambios de calor, teñeX g • 0,11 - ^ 2 ^ • (100 - 21,7) °C + y g - 0.093
•
- (100 - 21,7) °C = (2 000 + 300) g • 1 -g C-jg - • (21,7 - 20) °C [1] Por oirá parte, como la masa de la aleación es 500 g: x + y = 500 g [2] Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones (1) y (2), se obtiene: x = 200 g de Fe y = 300 g de Cu 11.33. E l físico alem án J u liu s Robert M ayer (1H14-1878) observó que el agua del m ar experim entaba u n aum ento de tem peratura después de una torm enta. ¿Q ué ex plicación se puede dar a este fenóm eno?
Solución: Al agitarse el agua del mar las moléculas que lo constituyen aumentan su energía. De esta forma el sistema posee más calor y. conse cuentemente. más temperatura.
11.34. Basándose en el prim er principio de la Term odinám ica, ¿es correcto afirm ar la posibilidad de que un barco navegue consum iendo exclusivam ente la energía calorífica el mar?
Solución: Sí. puesto que el primer principio —como caso de aplicación del principio general de conservación de la energía— la única condición que exige es que la cantidad total de energía se mantenga constante. Es decir, en teoría con 0.24 calorías se podría obtener 1 julio. 11.35. Un autom óvil de I 000 kg de m asa m archa a u na velocidad de 30 m /s. ¿C uán tas kilocalorias se desarrollan en los fren o s al detenerse el coche? S i ese calor se com unicara a I m* de agua, ¿cuánto se elevaría su tem peratura?
Solución: La energía cinética del coche es: Ec =
m • v2 = - L 1 000 kg • (30 nVs)2 = 450 000 J www.FreeLibros.me
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Esta energía equivale a una cantidad de calor: Q = 450 000 J • ■
L = ios 000 cal = [ 108 kcal |
La elevación de temperatura que experimenta 1 m3 = 106 g de agua con esta cantidad de calor será: 106g - 1 8 '° C 11 .36. E l desnivel de un sallo de agua es de 213 metros, existiendo entre el agua del fondo .v ¡a de arriba una diferencia térmica de 0,50 C. Calcular con estos dalos el valor del equivalente mecánico del calor.
Solución: Consideremos m kg de agua que caen desde una altura de 213 metros y que, por consiguiente, pierden una energía potencial: Ep = W = m • g • h = m kg - 9,8 nVs2 • 213 m = 2 087,4 - m (J) Esta energía corresponde a una cantidad de calor de: Q = m kg - - fk- s - • 1 g „c • 0,50 °C = 500 m (cal) Por tanto, el equivalente mecánico del calor valdrá: j .
O
,
jO jl-jm W
500 m (cal)
.
r 4 .'i 7 j / e a T 1
1
-
11.37. U n calorímetro con un equivalente tota! en agua de 60 gramos se calienta eléc tricamente con una corriente de 4 A , que atraviesa una resistencia entre cuyos extremos existe una diferencia de potencia! de 12 V. A l cabo de / m in y 23 s se obsen a un incremento de temperatura de 14 °C. Hallar el valor del equivalente mecánico del calor, sabiendo que las pérdidas de calor por radiación se elevan a 120 calorías.
Solución: La energía eléctrica suministrada al calorímetro es: W = I • (V, - V2) • t = 4 A • 12 V • 83 s = 3 984 J Esta energía equivale a una cantidad de calor: O = 60 g ■1 -g c:aj5 - • 14 ”C + 120 cal = 960 cal Por consiguiente, el valor del equivalente mecánico del calor, deducido de esta experiencia, será: 316 www.FreeLibros.me
E r= L 4 ^ r 11.38. Cierto día de lluvia las gotas de agua llegan al suelo con una velocidad de 15 m/s. ¿Qué aumento de temperatura experimentan después del choque?
Solución: Supongamos una gota de agua de masa m kg. Su energía ciné tica. al llegar al suelo, es: Ec =
-L
m ■v* = - i - m
kg • (15 m/s)2 =
112,5
• m (J)
Esta energía, convertida en calor, equivale a: 0 = 112,5 • m
« --¿ h - k
B k » —
roooV"! n
r - ' T
T
i
T
11.39. Un sistema absorbe 500 caloñas y realiza un trabajo de 40 kgm. ¿Cuánto au mentó su energía interna?
Solución: Previamente hemos de expresar todos los datos en las mismas unidades: O = 500 cal = 500 cal - ■ W = 40 kgm = 40 kgm -
J = 2 092,75 J = 392 J = 94 cal
De acuerdo con el primer principio de la Termodinámica: U=O+W Aplicando el criterio de signos de la 1UPAC: 5U = 2 092,75 J - 392 J = | I 700 J | O también: AU = 500 cal - 94 cal = I 406 cal I 11.40. S e comunica a un sistema una cantidad de calor de 800 calorías y el sistema realiza un trabajo de 2 k j. ¿Cuál es la variación de energía interna que experi menta? www.FreeLibros.me
317
Solución:
Como: Q = 800 cal = 800 cal •
y W = - 2 000 J, resulta: U = Q + W = 3 348,4 J + ( - 2 000 J) = 11 348,4 J | 11.41. V n émbolo de 40 cm de diámetro avanzo S cm bajo una presión de 10 aun. ¿C uántas calorías corresponderán a este trabajo?
Solución: La presión de 10 atmósferas equivale a: P = 10 atm • ‘,01i 3 ,'°* ?a- = >.°13 '
106 Pa
y la variación de volumen es: A V = a • r2 • A h = * • (0.2 m ) 2 • 5 • 10~2 m = 6.28 - 10‘ 3 m 3 Por tanto: W = P • AV = 1,013 • 106 Pa • 6,28 • 10"3 m3 = 6,36 • 103 J =
- 6.36 • 103 J • ° ,2|4J — = I ‘ 526 «ü 1 11.42. Sabiendo que para el aire. cp = 0.238 cal/g • °C y c. = 0.17 callg • °C. y que
su densidad en condiciones norm ales es 1.293 gH. calcular e l valor aproximado del equivalente mecánico d el calor.
Solución: De acuerdo con la relación de Mayer: cP - c,.
(cp - cv) • ■T„
• I05 Pa atm ■ 1,013I atm (0,238 - 0,17) • 1,29 • 273 K - ■10- eg • “C m3 1 kg 1
• = I 4,23 J/cal
11.43. Calcular e l aum ento de energia interna que tiene lugar al evaporarse 25 gramos
de agua a 20 JC y presión norma!, suponiendo que el vapor de agua se compor ta como un gas ideal. (E l calor de vaporización del agua a 20 C es 580 cal g.) E xpresar el resultado en calarias.
Solución: El volumen que ocupan 25 g de vapor de agua a 20 °C y pre sión normal es:
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25 g • 0.082 \ • 293 K lg g . la|m mol mientras que en estado líquido y a esa misma temperatura el volumen que ocupa es: V =
„ P
n ' R ’T
=
„ M -P
3 ’ R ' T
= ________________K ' m o l___________ = 3 3 3 69 i
25 g •
i - L r - = 0,025 I 1g 103 cm Por tamo, al evaporarse el agua a 20 °C, experimenta un aumento de volumen de: AV = 33,369 I - 0,025 I = 33,344 I Hallemos ahora la cantidad de calor y el trabajo realizado al evaporarse el agua: O = 25 g ■ 1 mJ 1 a tm
' °¿4cal
103 1 .
Aplicando el primer principio de la Termodinámica y teniendo en cuenta el criterio de signos de la IUPAC, resulta: U = O + W = 14 500 cal - 810 cal = 13 690 cal 11.44. A l quemar 2,34 g de benceno ( C J IJ en una bomba calorimétrica a volumen constante se desprenden, a 25 °C. 23 450 calorías. Calcular el calor de com bustión del benceno a presión constante y a esta misma temperatura.
Solución: La ecuación representativa de la reacción de combustión del benceno es: C6H« d + - y - 0 2(s) ------» 6C 02((., + 3H20 (d produciéndose en la misma un incremento del número de moles gaseosos: An = n2 - n, = 6 m oles
y - moles = — y moles
Por otra parte, el calor de combustión del benceno a volumen constante valdrá: www.FreeLibros.me
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_ -23 450 cal 78 g C6H„ 4,1855 J _ , 2,34gC 6H6 ' 1 mol C6H6 ' ' J/mCl El signo negativo de Qv pone de manifiesto que se trata de un calor des prendido. Hallemos ahora el calor de combustión del benceno a presión constante' Op = Oy + R • T • An =
leal
°v
= -3,2713- 10* J + 8,3144 K 7 m0) • 298 K ■( - - j - moles) = = -3.2713 • 10" J - 3,7 • 10-’ J = -3.275 • 10" J Por lamo, en el proceso de combustión del benceno se desprende una cantidad de calor: | Q , = 3,275 103 kj/mul~| 11.45. Calcular la diferencia entre Qr y Q , para la combustión de la glucosa a 18 CC. según la ecuación:
C eH .eO ",, + 6 0 l w 6 C 0 2ls, + 6/7,0,,, Solución: Como Q„ - Qv = R ■T • An, y en este caso An
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= 0,resulta:
12. SEGUNDO PRINCIPIO DE LA TERMODINÁMICA. ENTROPÍA. MÁQUINAS TÉRMICAS
FORMULARIO-RESUMEN ENTROPÍA
AS = ---^7— > ----^ ----t (AS)usicma .Miado ^ 0 VARIACIONES DE ENTROPÍA EN LOS PROCESOS REVERSIBLES
Proceso reversible y adiabático: S = cte Cambio de estado (proceso reversible isotérmico) aúna temperatura T: n = número de moles de sustancia. I = calor molar correspondiente al cambio de estado. Procesos no isotérmicos: m = masa del sistema, c —calor específico. AS = m • c ■In T. T, = temperatura absoluta inicial (Kclvin). T2 = temperatura absoluta final (Kelvin). Procesos ¡sobaros (P = cte): AS = m • Cp • In -^ rgaseosos
Procesos ¡socoros (V = cte): AS = m • Cv • In
Expansión isotérmica de un gas ideal: AS = n • R • ln -rV,r www.FreeLibros.me
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V A R IA C IO N E S D E EN TRO PÍA EN LO S PR O C E SO S IR R EV ER SIB LE S
R EN D IM IE N T O D E LA S M ÁQ U INA S TÉ R M IC A S
f Qi = calor absorbido del foco ca liente. 1Q2 = calor cedido al foco frío. \ T | = temperatura absoluta del fo co caliente (Kelvin). [ T2 = temperatura absoluta del fo co frío (Kelvin). E F IC IE N C IA D E L A S M ÁQ U INA S FR IG O R ÍF IC A S
Oj = calor cedido al foco caliente, i Q2 = calor absorbido del foco frío. ) Tj = temperatura absoluta del foco calien te (Kelvin). [ temperatura absoluta del foco frío (Kelvin).
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12. SEGUNDO PRINCIPIO DE LA TERMODINÁMICA. ENTROPÍA. MÁQUINAS TÉRMICAS 12.1. ¿Es correcto afirm ar la posibilidad de que un barco navegue consumiendo ex clusivamente la energía calorífica de! mar?
Solución: De acuerdo con el primer principio de la Termodinámica, exis te dicha posibilidad, ya que la energía calorífica puede convertirse en tra bajo. Sin embargo, esta posibilidad queda eliminada al aplicar el segundo principio, que exige la existencia de dos focos a distinta temperatura. 12.2. a) Algunas veces se oye decir: «El Universo va hacia el caos.» ¿Q ué interpre b)
tación termodinámica se da a esta expresión? ¿Qué interpretación termodinámica se puede dar a la frase bíblica: «Gana rás el pan con el sudor de tu frente»?
Solución: a) Los sistemas evolucionan naturalmente hacia estados de mayor entropía y. consecuentemente, hacia estados de mayor desorden. De ahí esa ex presión. Lo que sucede es que, por extensión, se ha aplicado esa frase a fenó menos de tipo social, político, religioso, etc., que están fuera del alcan ce de la Física. b) La frase bíblica citada es, en realidad, una forma de enunciar el segun do principio de la Termodinámica, ya que se trata de una transforma ción calor-trabajo. 12.3. Citar ejemplos de fenóm enos irreversibles. Solución: a) Todos aquellos procesos en que exista rozamiento. b) La mezcla de agua fría y caliente. c) La deformación inclástica de un alambre. d) El paso de una corriente eléctrica a través de una resistencia. e) La disolución de una sal en agua. f ) Las reacciones químicas espontáneas, etc. 12.4. ¿Cuál será la ecuación de dimensiones de la entropía? Solución: Como la entropía viene definida por la relación entre la ener gía y la temperatura, su ecuación de dimensiones será: P J .- g - J f iíí- M L l- V www.FreeLibros.me
323
Según J . Palacios, cuando una gallina clueca empolla los huevos no les da calor, sino que, por el contrario, se lo absorbe. Analizar esta afirmación, de acuerdo con el segundo principio de la Termodinámica.
Solución: Mientras dura la incubación del huevo hay un aumento del or den y, por consiguiente, una disminución de la entropía. Al tratarse de una transformación isoterma, puesto que la gallina actúa de termostato, el calor de la transformación, AQ = T • AS. será negativo, es decir, el huevo cede calor, el cual es absorbido por la gallina.
¿E s posible la existencia de alguna transformación que vaya acompañada de una disminución de entropía?
Solución: Sí; pero no de una forma espontánea, sino provocada, de ma nera que la entropía del agente exterior causante de la transformación, au mente en una proporción superior a la disminución de dicha magnitud en la transformación considerada. 12.7.
Un motor quema I kg de combustible con un poder calorífico de 500 kcal kg y eleva 4 000 kg de agua a 40 metros de altura. ¿Qué tanto por ciento de calor se transformó en trabajo?
Solución: La cantidad de calor suministrada por el combustible es: O = I kg • 500 k” * ■= 500 kcal = 5 -10* cal
y la energía empleada en elevar el agua: W = m - g • h = 4 000 kg • 9,8 m/s2 • 40 m = 15.68 • 105 J = = 15,68 - 105 J • = 3,7632 • I0! cal Por consiguiente, el tanto por ciento de energía transformada será: 3.7632 • I02 cal . 100 = r w ^ 5 • 105 cal 1-------------' 12.8.
Una masa de agua cae desde 100 m . ¿Cuánto aumentará su temperatura, en el supuesto de que toda la energía se transforme en calor?
Solución: Hemos de tener presente que la masa, cuando se trate de ejer cicios de Mecánica, debe expresarse en kilogramos (si se opera en el Siste ma Internacional); mientras que en ejercicios de Calorimetría ha de venir dada en gramos (recordar la definición de caloría). La energía potencial de m kg de agua situados a 100 m de altura es: m • g • h = m kg • 10 nVs2 • 100 m = 1 (XX) • m J = 240 • m cal
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Este calor (240 • m cal) se suminislra a los 1 000 - m gramos de agua. Aplicando la ecuación fundamental de la Calorimetría: tenemos: 1 000 • m g • I
g -'C
12.9. El rendimiento de un m otor de gasolina es del 30 c/t. S i el calor de combustión
de la gasolina es 10* cal/g, ¿qué cantidad de trabajo mecánico se puede obtener cuando dicho motor queme medio kilogramo de gasolina?
W = 0,5 kg gas.
103 g 1 kg
104 cal 4.1855 J g gas. 1 cal 6,28 106 J
30 J aprovech. 100 J consum.
12.10. ¿Q ué trabajo se podrá realizar mediante e l calor producido por la combustión completa de 100 kg de carbón, si cada kilogramo de carbón origina 9 000 kcal y el calor solamente se aprovecha un 40 %?
Solución:
1 000 cal 40 cal aprovechadas kg carbón 1 kcal 100 cal producidas 4,1855 J = 1 1,5 • 109 J 12.11. Un automóvil de I 000 kg de masa aprovecha el 20 % de la energía producida en la combustión de la gasolina. S i el coche partió del reposo y alcanzó la velocidad de 36 km /h, calcular: a) L a energía que utilizó el motor. b) La energía total producida. c) L a cantidad de gasolina gastada. IEl calor de combustión de la gasolina es 10* cal/g.)
Solución: a) La energía que utilizó el motor se invirtió en incrementar la energía ci nética del coche: W = Ec = ~ m ■v2= - i - l OO Okg-ÜOm /s^S-lO4 J=[l,2 ■104 cal] www.FreeLibros.me
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b) Como el automóvil aprovecha el 20 % de la energía producida en la combustión de la gasolina, esta energía será: W = 1,2 ■10* cal aprovechadas •
cal producidas = I 6 . . 20 cal aprovechadas 1-----------------1 c) La cantidad de gasolina gastada es: i = 6 • 104 cal • - *—
10
■= | 6 g gasolina 1-------------------
4 cal
12.12. U n alpinisla de 60 kg lom ó 234 gram os de azúcar, cuyo contenido energético es de 938 kcal. Suponiendo que sólo un 15 % del m ism o se transform a en energía m ecánica, ¿qué altura podrá escalar e! alpinista a expensas de dicha energía?
Solución: La energía mecánica procedente del azúcar consumido por el alpinista es: E = 938 kcal -
cal aprovechadas . .4,1855 J_ = 5gg ^ 1 kcal 100 cal producidas 1 cal Con esta energía el alpinista podrá subir una altura: . _ E _ 588 900 J = 997.64 m = l l 000 m m •g 60,234 kg • 9,8 m /s2
12.13. E n las cataratas del Niágara el agua cae desde u na altura de 50 m , y en las de Yosemite, desde 736 m de altura. S i toda la variación de energía potencial se transform a en calor y éste es absorbido por el agua, calcular la variación de tem peratura que experim entará ésta en cada una de las cataratas citadas.
Solución: En cada uno de los casos la variación de energía potencial que experimenta el agua es: AEP = m - g - h julios, que corresponde a una can tidad de calor de O = 0,24 • m • g - h caloñas. Si esta cantidad de calor se emplea en calentar el agua, el aumento de temperatura que ésta expe rimenta es: 0,24 • m ■g
h
cal
_ 0,24 ■g ■h
,0 00-m g-.-^ "
1000
(Recuérdese que en las fórmulas de la Mecánica la masa se expresa en kilogramos, mientras que en las de la Calorimetría la masa viene dada en gramos.) Para las cataratas del Niágara: 0,24 10-50 °C = 0,12 °C 326
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y para las d e Yosemite:
12.14. S i el calor de vaporización del agua es 540 cal/g, calcular:
a) La variación de entropía que experimentan 5 gramos de agua liquida a 100 °C y I atmósfera de presión, a l vaporizarse completamente de una fo r ma reversible a temperatura y presión constante. b) L a variación de entropía total de! universo en dicho proceso. c) Im variación de entropía que experimentan los alrededores.
Solución: a) Como se trata de un proceso isotérmico: AS= 5 g 540 caj/g^ 4,!8 J/cal
b) Como el proceso es reversible: (AS)un,»enio = | 0 | c) Como (AS)sistcma + (AS)ai,^1^ 0,^ = (AS)unlvclw>. la variación de entro pía que experimentan los alrededores será: (ASJaircdcdore* = (AS)univcli0 - (AS)iblcmB = [-3 0 ,3 J/K 12.15. Calentamos reversiblemente 20 gramos de aluminio desde 17 °C a 27 °C. Calcu lar ta variación de entropía que tiene lugar. (El calor especifico del aluminio es 0,217 cal/g • °C.) Solución: La variación de entropía será: AS = m - c In Í
= 2 0 g - 0,2.7
• 4.1*5 - L . . ln
-* »
•1
= 1 0,62 J/K | 12.16. Hallar la variación de entropía que experimenta I gramo de agua cuando, a presión norma!, se calienta desde 0 °C hasta 100 °C.
Solución: %c AS- c
J , rn• •In^T2 = ,1 e • ,1 - cal^ - T4.1855 ^ T ■
373 , °C _ | t ^ l/u \ 2 7 T ' 1 TC = L l ^ M
12.17. ¿Qué variación de entropía experimenta 1 gramo de hielo a 0 °C cuando, a presión normal, se convierte en vapor de agua a 100 °C?
.Solución: El proceso se puede descomponer en otros tres, con sus corres pondientes variaciones de entropía. 327 www.FreeLibros.me
a) Fusión del hielo:
^
■80 c a f t - 4,855 J/ca, = , ^ J/R
b) Calentamiento del agua líquida: =m.c -,n í =
,g .
. ,n
^ = ,.306 J/K
c) Vaporización del agua líquida: - S £ - ■U - « 0 c a |/ g -4 , 835 J/cal . ^
J/K
La variación total de entropía será: AS = AS, + AS2 + AS3 = 1.226 J/K + 1.306 J/K + 6.059 J/K = 8,59 J/K 10 moles de un gas ideal se expansionan isotérm icam ente a 27 °C, desde 50 litros a ¡00 litros de volum en. Calcular la variación de entropía que experim en ta el gas.
AS = n • R • ln
= 10 moles • 8.31
„
. • ln
= | 57,6 J/K |
12.19. ¿C uánto aum enta la entropía de I m ol de un gas ideal al dilatarse isotérmica m ente desde 25 litros a 125 litros?
Solución:
| 13,37 J/K | AS = n • R - ln V, - 1 mol • 8.31 —K------• mol— • ln 25 = ----------Calcular la variación de entropía que tiene lugar cuando se mezclan 200 gra mos de agua a 30 °C con 400 g de agua a 0 °C.
Solución: Hallemos, en primer lugar, la temperatura final de la mezcla: 200 g • 1
• (30 - t, °C = 400 g - 1 e CaJc - • (I - 0) -C
t = 10 °C La variación de entropía que tiene lugar a, enfriarse e, agua caliente es: 328 www.FreeLibros.me
T
17
, 6
cal p e
.
J
' 4'1855 7 ^
, 283 , °C ln l o T ' l e
= -57,16 J/K y la que experimenta el agua fría cuando se calienta: .(vi g„ - ,1 cal 4.1855 , 10c<- J' • ,nIn - 283 _T = 400 2 ñ - 1. - °C Y 60.23 J/K Por tanto, la variación de entropía en el proceso de mezcla valdrá: AS = AS, + AS2 = -57,16 - i - + 60,23
3,07
12.21. S e mezclan 45 gram os de hielo a 0 °C con 100 gram os de agua a 60 C. ¿Cuál es la variación de enlropia del sistema cuando se alcanzo el estado de equili brio?
Solución: Calcularemos, en primer lugar, la temperatura final de equi librio, teniendo en cuenta el principio de la igualdad de los intercambios de calor: 45 g • 80 de donde: t = 16,55 °C La variación de entropía que experimenta el hielo cuando se funde y se eleva posteriormente su temperatura hasta la de equilibrio será: 45 g • 80 ca/g • 4,1855 J/cal AS, = — ^ + m, • c • In 273 K , . . , cal 4,1855 J , 289,55 , °C „ -g~-~°C~ ’ cal - 2 7 3 ~ - 1 -K = 66,28 ^ y la del agua cuando se enfria de 60 °C a 16,55 °C: ,n0n0g8•-,11 - ^“ .I4 , 1, 8t 5o c5e ^ J. 1 "i ^289,55 ASj = m2 • c • In ~_T = 1100 - 1 - , K°C = -58,52 J/K Por consiguiente, la variación total de entropía del sistema será: AS = AS, + AS2 = 66,28 J/K - 58,52 J/K = | 7,76 J/K | www.FreeLibros.me
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12.22. U n recipiente que contiene 100 cm 3 de anua a 80 °C se deja enfriar en e l medio am biente (25 °C ), basta que sus tem peraturas se igualen. a) R azonar s i e l proceso es reversible o irreversible. b) ¿C uá l es la variación de entropía que experim enta el agua? c) ¿Q ué variación de entropía su fre e l universo en este caso? d) ¿C uá l sería la variación de entropía de! universo si el proceso se realizase reversiblem ente?
Solución: a) Ya que la diferencia de temperatura entre el agua y el medio ambiente es muy elevada, el proceso es irreversible. b) Imaginemos que el agua se enfría reversiblemente desde 80 °C a 25 °C. La variación de entropía del agua será: T, , cal AS = m • c - In -^7— = 100 g • 1 ^
, 298 , °C • ln - 353- ' ‘
=
-70,88 Esta misma variación de entropía será la que experimenta el agua en su enfriamiento irreversible, c) Calculemos la variación de entropía del ambiente. Aunque éste recibe calor procedente del agua al enfriarse, su temperatura prácticamente no varía, ya que su capacidad térmica es muy elevada. El calor que absor be el ambiente es: Q = m • c • AT = 100 g ■1 -g > g - • 55 °C = 5 500 cal = 23 020,5 J Por consiguiente: 23 020,5 J = 77,25 J/K 298 K La variación de entropía del universo en este proceso se obtiene su mando las variaciones de entropía del agua y del medio ambiente. Por tanto: (■5S)a|lcacdo(cs
-|-
(AS)univctto = -70.88 J/K + 77,25 J/K = | 6,37 J/K Esta variación es positiva, por tratarse de un proceso irreversible, d) En este caso. I (AS)„„l>ira, = T | 330
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12.23. ¿Cuál es la mejor manera de aum entar el rendimiento de una máquina de Carnot: aum entar T¡ manteniendo constante T ¡, o dism inuir T¡ manteniendo T i constante?
Solución: El rendimiento de una máquina de Carnot viene dado por: R = T , T- i T2 Si aumentamos T. manteniendo constante T. + t - Tj R, = ■T, T| +t mientras que si disminuimos T2 manteniendo T¡ constante: R, = T , - T,T , + t Al comparar las expresiones de R | y R2 vemos que los numeradores son iguales. Por lo tanto, será mayor aquella fracción que tenga menor denomi nador. concretamente R2. En consecuencia, la mejor manera de aumentar el rendimiento de una máquina de Carnot consiste en disminuir T2 manteniendo T| constante. 12.24. Una máquina de Carnot trabaja entre las temperaturas de IS 7 °C y 3 7 °C. ¿C uál es su rendimiento?
Solución: Las temperaturas absolutas de ambos focos son: T| = 187 °C = 460 K ; T2 = 37 °C = 310 K Por consiguiente: T, - T2
460 K - 310 K
12.25. Una máquina reversible trabaja con un rendimiento de 0,3, absorbiendo del fo c o caliente 150 calorías en cada ciclo. ¿Q ué calor cede a l refrigerante y qué trabajo produce la m áquina?
Solución: El rendimiento de una máquina reversible viene dado por: R=
O, - 02
O, Como en este caso O, = 150 cal. sustituyendo resulta: 150 cal - Q2 0,3 = 150 cal www.FreeLibros.me
331
El trabajo que produce ta máquina valdrá:
w = O, - 0 2 = 150 cal - 105 cal = 45 cal = 45 cal = 183,3 J 12.26. Una máquina térmica cuyo fo co caliente tiene una temperatura de 127 ( loma 100 calorías a esta temperatura en cada ciclo y cede 8 0 calorías al foco frió.
Calcular la temperatura de este fo co frío.
Solución: Como:
- Oa T, - T2 R = Qi O, sustituyendo, tenemos: 100 cal - 80 cal 100 cal de donde resulta: T, = 320 K - 47 °C 12.27. Hallar el rendimiento ideal de una máquina térmica que funciona entre 200 °C y 50 °C. ¿Cuál debe ser la temperatura del foco caliente para que el rendimien to sea del 50 %?
Solución: El rendimiento viene dado por: T , - Tj
Las temperaturas absolutas de ambos focos son: T, = 200 °C = 473 K ; T2 = 50 °C = 323 K Por tanto: R = 473 ~ 323 --- = 0.317 = I 31,7 % I T, = 646 K = 373 °C 332
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'
12.28.
Hace años la temperatura promedio de las calderas en las grandes máquinas térmicas era del orden de 227 T . E n la actualidad es de aproximadamente 327 °C. Suponiendo que la temperatura del foco frió es, en ambos casos, de 27 °C, ¿cuáles son los rendimientos correspondientes?
Solución: En el primer caso: T , = 227 °C = 500 K ; T , = 27 °C = 300 K 500 K_ - 300 K = 0.4 „ 4 = [4 I 0 ~^ 1 1 ------R1 = _ T,i -_ T 2^ = -------
y en el segundo: T, = 327 °C = (MIO K ; T j = 27 °C = 300 K „ T , - T2 600 K - 300 K ■= 0,5 = | 5(1 % | 12.29. Un motor cuyo foco frió está a la temperatura de 7 CC tiene un rendimiento
termodinámica del 40 9c. af ¿A qué temperatura está el fo co caliente? h) ¿En cuántos grados ha de aumentarse la temperatura de este fo co caliente para que el rendimiento sea del 50 9c?
Solución: a) Como:
R = - T' . - T:- y T2 = 7 °C = 280 K sustituyendo, tenemos: 0,4 = T, - 280 K de donde: T, = 466.7 K = 193,7 °C b) Llamemos At al aumento de temperatura pedido. Como R = 0,5. resulta = (466,7 + At) K — 280 K (466,7 + At) K de donde se obtiene: I At = 93,3 °C I www.FreeLibros.me
333
12.30. E n un dia de invierno, cuando la temperatura de Ia calle es de 0 C , se desea calentar una habitación hasta 15 QC m ediante una m áquina frigorífica de Carnot. ¿Cuál es la eficiencia de la máquina?
Solución: Ya que la eficiencia de una máquina frigorífica viene dada por:
sustituyendo, tenemos:
12.31. Una m áquina de Carnot trabaja entre dos temperaturas fija s con un rendimien to de 0 ,2, pero si disminuimos la temperatura inferior en 73 C. el rendimiento de la máquina se hace el doble. H allar las dos temperaturas fijas.
Solución: Aplicando la fórmula del rendimiento en los dos casos del pro blema. tenemos;
La resolución de este sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas con duce a: T, = 365 K; T2 = 292 K 12.32. Una máquina de Carnot trabaja entre 327 °C y 27 °C y produce 7 000 calorías p o r ciclo. Calcular su rendimiento y las cantidades de calor absorbido y cedido en cada ciclo.
Solución: Las temperaturas absolutas de los dos focos son: T, = 327 °C = 600 K ; T2 = 27 °C = 300 K El rendimiento de la máquina valdrá: 600 K - 300 K = 0,5 = 600 K Calculemos ahora las cantidades de calor absorbido y cedido. Como: R = Ql Q |
334
y Q, - Q¡ = 7 000 cal
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resulta:
O , = 70 cal = 1 qg»??.1.- = | 14 «00 cal |
Q-, = O, - 7 000 cal = 14 000 cal - 7 000 cal = [ 7 000 cal | 12.33. ¿Por qué en el ciclo de Rankine las isotermas son horizontales y , en cambio, no lo son en el ciclo de Carnot?
Solución: En el ciclo de Rankine las isotermas corresponden a los proce sos de vaporización y condensación del combustible, los cuales se verifican a presión constante. 12.34. ¿Por qué en los motores Diesel no se utilizan bujías? Solución: Porque el encendido de la mezcla explosiva se verifica espontá neamente, a medida que el combustible se inyecta en el cilindro que contie ne aire sometido a una elevada compresión. 12.35. Explicar cómo se cumple el principio de conservación de la energía en una máquina térmica y en una máquina frigorífica.
Solución: En la máquina térmica el calor suministrado por el foco calien te es igual a la suma del trabajo realizado por la máquina más el calor ab sorbido por el foco frío. En la máquina frigorífica el calor suministrado por el foco frío (refrige rador) más el trabajo suministrado por el motor es igual al calor absorbido por el foco caliente (ambiente).
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335
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13. CAMPOS ESCALARES Y VECTORIALES
FORMULARIO-RESUMEN C irculación,
C, de u n v ector á a
lo largo de u n a línea, entre los puntos
1 y 2:
C = / , a ds Si la curva es cerrada:
C -^ a -d s (ds = vector desplazamiento infinitesimal sobre la linea). F lu jo , $ , de u n vector a a través de u n a superficie S: ® =Js a • ds Si la superficie es cerrada: G rad ie n te de u n e scalar
0:
d 0 -ü „ ; d 0 = grad 0 • ds dn (u„ = vector unitario en la dirección del gradiente). V ector g radiente en función de las coordenadas.
grad 0 = V 0 = (V = operador nabla). www.FreeLibros.me
337
Campos de fuerzas: P = A •É (A = magnitud activa; £ = intensidad de campo). Relación entre trabajo y energía potencial:
Epw = Ep>«.y.»“ -
j
p • ds = -ws
R e la c ió n e n t r e t r a b a jo y d i f e r e n c i a d e e n e r g í a p o te n c ia l:
AEp=EPi- EPl- -J'p •ds- -Wi Potencial de campo en un punto: Relación entre el trabajo y el potencial: W? = A - (V, - V2) Relación entre la fuerza y la energía potencial: P = -gra3 Ep Relación entre el campo y el potencial: E = -gra3 V
338 www.FreeLibros.me
13. CAMPOS ESCALARES Y VECTORIALES 13.1. Cita cuatro ejemplos de campos escalares y otros cuatro de campos vectoriales. Solución: Los campos de temperatura, presión, potencial y energía po tencial son ejemplos de campos escalares; mientras que son campos vecto riales, el eléctrico, el magnético, los de velocidad, los de fuerzas, etc. 13.2. ¿Cuántas superficies equipotenciales, como máximo , pueden pasar por un pun lo dado?
Solución: Dado que cada superficie equipotencial corresponde a un valor determinado de la magnitud escalar que representa, por un punto dado so lamente puede pasar una superficie equipotencial. 13.3.
¿Qué podemos decir de un punto de un campo vectorial en el que confluyen lineas de fuerza? ¿Y de otro del que salen lineas de fuerza?
Solución: El primero es un sumidero; el segundo, una fuente.
13.4. Hallar la circulación del vector a = 2 y i + 3xr j + 3xz k, entre los puntos 11,1,1) y 12,4,1), a lo largo de la curva: y = x *; z = I. Solución:
Como y = x2; dy = 2x dx; z = 1; dz = 0, resulta:
13.5.
+
Hallar la circulación del vector: a = x2y i - (x - I) j x*z k, a lo largo de la curva z = x2; y = 2x + 2, entre los puntos (0.2,0) y (1,4,1).
Solución:
C=
a www.FreeLibros.me
339
Com o: a , = x2 y ;
ay = - ( x - l ) ;
a, =
x2 z
y además: y = 2x + 2; z = x2 tenemos: dy = 2 dx; dz = 2x dx Sustituyendo en la expresión de la circulación: C = JpP'(x 2 y d x - ( x - l ) d y + x2 z d z l = =
13.6.
J [x2 (2x + 2) dx - (x - 1) 2 dx + x2 • x2 ■2x dx) = = J ‘(2x5 + 2x3 + 2x2 - 2x + 2) dx =
¿Qué relación hay entre derivada direccional y gradiente de un campo escalar?
Solución: El vector gradiente tiene la dirección de la máxima variación de la función que define el campo. Su módulo, por tanto, es una derivada direccional. 13.7.
Dados los vectores: Á = 3 x 7 + z j + 2 y k y B = 2 Í + y J - 3 x k , hallar el gradiente de su producto escalar en el punto (2,1,2).
Solución: El producto escalar de ambos vectores es: Á B = 6x + y z - 6 x y y el gradiente de dicho producto:
53
t JL
Por tanto:
34Ü
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13.8. Sabiendo que Á = J r 'j i - 4 x'z J + S x fz k y V = 3 x / - íjrV , obtener los valores de .'i • V V y .1 A V V en el punto <2,1,1). Solución: Como: [ V = v v = - 6x _' _6V 5y 1 + fOz i . = 3y; T + (6xy - 18y¥) j - 12y-'z E A(2.i. d = 12 T - 32 7 + 16 k ^V(2.i.j) = 3 i —6 j - 12 k Por lo tanto: (A • V V ),,,,, = 12 - 3 + (-32) • (-6) + 16 ■(-12) = ¡3é]
(A A VV),,.,.,, =
12 -32 16 = 480 T + 192 j + 24 k 3 - 6 -12
13.9. Calcular: siendo: = x2 + y‘ - z + 3l, + 2 u - t + S
Solución: Calcularemos, en primer lugar, el vector grad 0 : , 50 r _ gra3 C 66x0 ,' 50 6y 1 6z = (2x + 2t) T + 3y2 j - E
13.10. Calcular la circulación del gradiente de la magnitud escalar - xí ' y + desde el extremo inferior al superior del diámetro vertical de la circunferencia de radio r = 4. que tiene como centro el punto P (3,3.2) y está situada en el plano determinado por su centro y el eje OZ.
Solución: Calcularemos en primer lugar graS 0 (véase problema ante rior): gra3 0 = 3x2 T + 2y T + E www.FreeLibros.me
341
La circulación de este vector vendrá dada por:
C-
fp
grad 0 • ds =
(3x2 dx + 2y dy + dz) =
-
13.11. ¿Qué diferencia hay entre urj sistema de fuerzas y un campo de fuerzas? Solución: Sistema de fuerzas es el conjunto de fuerzas que actúan simul táneamente sobre un cuerpo, mientras que un campo de fuerzas es la región del espacio en cada uno de cuyos puntos se ponen de manifiesto valores iguales o distintos de una fuerza. 13.12. Calcular el flujo total que atraviesa
la superficie de un cubo de arista la unidad, situado como indica la fi gura 13.1, en el campo vectorial a - 2y j .
Solución: Dado que la direc ción del vector a es la del eje OY, el flujo sólo atraviesa las caras de la izquierda y la derecha del cubo. Para la cara de la izquierda y = 1 y. en consecuencia: •t», = / a , - d s = a , -
f ds
71 Fig. 13.1 - 2~¡ • (-7 ) = - 2 unidades
Para la de la derecha, y = 2, y por lo tanto: 2 = f a2 • ds = a2 • f ds = 4 7 *7 = 4 unidades Por consiguiente, el flujo total valdrá: 4» = 4>| + <1*2 = j 2 unidades Ya que el flujo es positivo, dentro de la superficie del cubo habrá más fuentes que sumideros. 13.13. Dada la magnitud escalar V = x ' + 2y* + z, hallar el momento de su gradien te en el punto (1,1,1) respecto al origen de coordenadas.
Solución: El vector grad V (véanse ejercicios anteriores) será: grad V = 3x2T+ 4y X+ íí; graH V„.u> = 3 T + 4 j + k El momento de este vector respecto al origen de coordenadas es:
342
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T j k M„ = O p A grad VIU,„ = i 1 i 3 4 1 13.14. Obtener el valor máximo de la derivada de la función V = x* y tf en el punto 11,1,2) Vcalcular la dirección en que tiene lugar esta variación. Solución: Como la dirección de máxima variación de una función es la del vector gradiente, tenemos: ¡ í ¿ 3 v t - | ^ T + - | í - j + - f ^ S = 2xy z2 7 + x V 7 + 2x2yz k En el punto (1,1.2): gra3 V(u j , = 8T + 4 j + 4K El módulo del vector gradiente en el punto considerado es: |¡í¡d V ¡= V8; 4- 42 4- 4! = | 9,8 | y sus cosenos directores: 9,8 = 0,82;
9,8 = 0,41;
9,8
13.15. ¿Hay alguna relación entre una fuerza conservativa y la energía potencial? Solución: F = gra3 Ep. ¿Puede cerrada?
nula la circulación de un vector a lo largo de una curva
Solución: En el caso de campos no conservativos. 13.16. Determinar el vector gradiente del campo escalar: V = 2xz + 4 y - S ¿Es conservativo este campo?
Solución: El gradiente de V viene dado por: grad V = 2z i 4 - 4 j + 2x k
Puesto que: Ex = —2z; Ey = -4; Ex = -2x www.FreeLibros.me
: cumplirá: 5E, 6y 5E, = O 6x 6E, = - 2 8z SE, = - 2 Sx
SE, 6y
SE, Sx
SE, _ SE, 6z 6x
6E> = 0 6z SE,. _ SE, 5z 6y SE, = O 5y Por lo tamo, el campo es conservativo. 13.17. Obtener la expresión del gradiente del campo escalar: V= ¿E s consenativo ese campa?
Solución: Como: E, = - -
6x
(x2 + y2 + z2)5'2
6V
y
5y (x2 + y2 + z2)M E, = — 5V = _______ z_______ 5z (x2 + y2 + z2)3'2 Ey = ~
grad V = VV = - ■: T v- y j + z k (X2 + y2 + z2)” Por otra parte: SE, -3xy SE, 6y (x2 + y2 + z2)V2 5x 344 www.FreeLibros.me
-3xz SE, = ______ SE, 6z (x2 + y2 + ¿ f 1 ~ 6x -3 y z = SE, S E , _________________ ~ 5 z ~ (x2 + y2 + z2)''2 Sy Por lo tanto, el campo es conservativo.
13.18. ¿Es conservativo el siguiente campo de fu e nos?: F = 2x/z ¡ + ( 2 x - / )J + (xz - /) l Solución: Como: F, = 2xy2z; F, = 2x - y2; F , = xz - y2 6F, = 4xyz Sy 5F, 6x = 2 5F, = 2xy2 6z SF,
SF, Sy
-2y
SF,
SF,
SF, , SF,
SF, 5z
SF,
En consecuencia, el campo no es conservalivo. 13.19. Hallar el valor del campo conservalivo cuyo polencial v ? dado por la expreSolución:
V = 3 e " - 2 eos y + x2 IV = -
5V óz
(6 e2* + 2x) 7 - 2 sen y J www.FreeLibros.me
345
13.20. ¿Existe alguna relación geométrica entre las lineas de fuerza de un campo con servativo y las superficies escalares de la energía potencial?
Solución: Las líneas de fuerza son perpendiculares a las superficies equi potenciales. En efecto, al desplazar un cuerpo sobre una superficie equipo tencial. el trabajo realizado: W? = (V2 - V.) será nulo, ya que V| = V2. De aquí se deduce, por propia definición del trabajo, que las líneas dp fuerza, cuya dirección viene dada por la del vector intensidad de campo, han de ser perpendiculares a las superficies equipoten ciales. Como VV = P • s; si W es nulo, f y s habrán de ser perpendiculares.
13.21. ¿E s conservativa la fuerza que al actuar sobre un m uelle lo alarga rebasando el limite de elasticidad?
Solución: Una vez rebasado el límite de elasticidad, el trabajo realizado por la fuerza se manifiesta como «trabajo de deformación no recuperable». Por tanto, la fuerza no es conservativa. ¿Producen variación de energía cinética las fuerzas conservativas?
Solución: En efecto. Dicha variación es igual y de signo contrario a la va riación de energía potencial que experimenta el cuerpo sobre el que actúan las fuerzas conservativas.
13.22. Calcular el campo de fuerzas asociado a la magnitud escalar: Ep = 3xy + 2z* - 2yz2 asi como el trabajo necesario para llevar una masa puntual desde el punto (0,0,3) a l punto (0,0,1).
Solución: Los valores de Fx, Fy y F, son:
F,
g jí- = - (3x - 2/.') = 2z' - 3x
F,
----------- = - (4z - 4yz) = 4yz - 4z
Por tanto: I P = F. í + F, j + F, k = -3 ) T + (2z¡ - 3x) j + (4>z - 4z) k 346
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El trabajo realizado para llevar una masa puntual desde el punto (0,0,3) al punto (0,0,1) viene dado por: W = Jl* r tJMil f -£ =
( ' oC'dx + F, dy + F, dz) =
J
-4z dz = [ —2z2] 3 = | 16 unidades de trabajo | = También, dado que el campo es conservativo: W = -A E p = EPi - EP: = (0 + 18 + 0) - (0 + 2 + 0) = [ 16 unidades] 13.23. Hallar los vectores unitarios perpendiculares en el punto (6,4,3) a las superfi cies: x2 + y2 + r2 = 61; xy + yz + xz = 54 y el ángulo que form an ambas superficies en ese punto.
Solución: Los vectores gradiente correspondientes a ambas superficies son perpendiculares a ellas: grad, = 2x T + 2y 7 + 2zk gíaSj = (y + z) T + (x + z) 7 + (x + y) E
Sus valores en el punto (6,4,3); gra3, = 1 2 T + 8 j + 6l< graJj = 7 7 + 9 7 + 10 E
Como el vector unitario es el cociente de dividir el vector por su módulo: 1 2 T + 8 7 + 6E
ó 7 + 4 j+ 3 k V6Í
Vm
7 Í+ 9 7 + 1 0 k V230
El ángulo que forman ambas superficies en el punto (6,4,3) es el mismo que el que forman los vectores unitarios correspondientes en dicho punto. Recordando el concepto de producto escalar: eos a =
V 6i • V3D
De donde: ■= 24,25° www.FreeLibros.me
347
13.24. Hallar el vector gradiente del campo escalar:
+ / + r1
Ep(*,y,z) = x* ¿E s conservativo este campo? Calcular e l trabajo necesario para trasladar, i dicho campo, una m asa puntual desde el punto P , (3,2,3) a l P> tl.0 ,1 ).
Solución: Como: 5EP -3x ; ; Fj = - - ^ r 1- = -3y2; F, = F« - y 5y 3 6z = -3z2 resulta:
¿ S d Ep = V EP = - I - i + ® 5 l J +
Se cumple que:
SF,
S = 3*2 T + 3y2 J + 3z* E
SF,
Sjt
SF, 5\ 5F, Sx SF, 6z
5y
SF, 5z
SF,
SF,
SF,
~ w
Por consiguiente, el campo es conservativo. W= / = J } -3x 2 dx + = [ - x ’Jj + [-y 3]” +
(Fxdx + Fvdy + F*dz) = —3y2 dy + £ -3 z2 dz = [ —2^]3
= f 60 unidades de trabajo |
También, dado que el campo es conservativo: W = —A E P = Ep, - Ep, = 27 + 8 + 27 - (1 + 0 + 1) = = 60 unidades de trabajo 348
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13.25. Hallar el trabajo realizado por la
fu erza F = 3xy i - 2y* j (SI) cuan do, al actuar sobre una partícula ma terial, la obliga a recorrer la trayec toria definida por el trapecio OABCO, situado (véase fig . 13.2) en el plano XY. L as coordenadas de posi ción de cada uno de los vértices están expresadas en metros. ¿Será conser vativa dicha fuerza?
A ( l. l)
B 2.1)
Fig. 13.2
_ Solución: En^ primer lugar, considerando que P = 3xy X - 2y2 J y ds = dx i + dy j, leñemos: W = (^P • ds = $(3xy • dx - 2y2 • dy) Tras eslo, vamos a calcular el trabajo realizado cuando la partícula se des plaza a lo largo de cada uno de los lados del trapecio. Para la recta OA, y = x, dy = dx, y, por lo tanto: W o = /„l,(3xy • dx - 2y2 ■dy) =
x! dx = [ ^ - ] ' = - í - J
En la recia AB, y = 1, dy = 0. En consecuencia: w a = j a “ (3xy • dx - 2y? ■dy) - J * 3x • dx = [ - ^ - ] * = - f - I Siguiendo ahora la trayectoria BC. x = 2, dx = 0; luego: W
J" - 2 y2 dy = - [ Í j £ - ] “ = -§ - J
Por último, en la recta CO. y = 0, dy = 0, F = 0, y por lo tanto: W? = 0 J El trabajo total que la fuerza realiza sobre la partícula material a lo largo del perímetro del trapecio es la suma de los trabajos parciales efectuados en cada uno de los lados: w = w s + w » + w ‘B + w ? = - L j + - | - j + J - j + o j =
Dado que W = <¿>P • ds ^ 0, la Tuerza P = 3xy X - 2y2 J no es conservativa. www.FreeLibros.me
349
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j
14. CAMPO GRAVITATORIO TERRESTRE L
FORMUI.ARIO-RESUMEN L E Y D E N EW T O N D E LA G R A V IT A C IÓ N U N IV ERSA L
G (constante de gravitación universal) = 6,67 • 10"11 N ' m ____________________________________________________k r _________ TERCERA LEV DE KEPLER
T |, T ,. ... = periodos de revolución de cada planeta. Ri, R¡, ... = semiejes mayores de sus órbi tas respectivas. D E R E V O L U C IÓ N D E UN PLA NETA
vV/ÜG L• M
M = masa del Sol. R = distancia entre los centros del Sol y del pla neta.
IN TEN S ID A D D E L C A M P O G R A V IT A T O R IO
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351
V A R IA C IO N E S D E
Con pequeñas alturas: g = go • ( 1 -----jj^ r) '
h = altura o profundidad. Con grandes alturas: g = —------—-----r-r- 1 R r = radio de la Tierra, go = valor de la gravedad en la superficie de la Tierra. Con la profundidad: g = go ‘ ( 1 ---- J P O T E N C IA L E N U N P U N T O D E L C A M P O G R A V IT A T O R IO
v = -G • —r C O H E T E S Y S A T É L IT E S A R T IF IC IA L E S
Velocidad orbital:
v=
Velocidad de escape:
v=
352
G RM
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14. CAMPO GRAVITATORIO TERRESTRE 14.1.
Hace años publicó la prensa que los astronautas, en su viaje espacial, habían salido del campo gravitatorio terrestre. ¿E s totalmente correcta esta expresión? ¿Por qué?
Solución: El campo gravitatorio, al igual que el campo eléctrico, es ilimi tado; de ahí que no sea del todo correcta la expresión utilizada. Lo que su cede es que a una distancia suficientemente alejada de la Tierra la intensi dad del campo gravitatorio terrestre es pequeñísima y prácticamente no se dejan sentir sus efectos. Por otra parte, el campo gravitatorio terrestre se ve afectado por la ac ción de otros campos gravitatorios (ejemplo: el lunar), y puede darse el caso de que ambos campos anulen sus efectos sobre un tercer cuerpo (en este ejemplo, los astronautas) al ser las intensidades de campo, en un determina do punto, iguales en su valor y de sentidos contrarios. 14.2. L a L una y la Tierra crean, respectivamente, su propio campo gravitatorio.
¿Q ué debiera cumplirse para que un cuerpo situado entre ambos cuerpos celes tes no estuviese sometido a fuerza alguna?
Solución: La intensidad debida al campo gravitatorio terrestre y la debi da al campo gravitatorio lunar, en ese punto, han de ser iguales en valor, pero de sentidos contrarios. Entonces se cumplirá que: Et - El = 0
14.3. E l peso de un cuerpo viene dado por la expresión P *» m • g , y su valor se
determina experimentalmente con un dinamómetro. Si se dispone de una balanza y de un dinamómetro m uy sensibles y con aquélla se mide la m asa de un objeto que resulta ser de 25 k g en la Tierra, ¿qué señalarán la balanza y el dinamómetro si la medida se efectúa a 2 0 0 0 m de altitud sobre la superficie terrestre?
Solución: La balanza señalaría el mismo valor en cualquier punto, puesto que la masa es una propiedad constante del cuerpo. En este caso: 25 kg. Para saber lo que indicaría el dinamómetro hemos de eonocer previa mente el valor de g en los puntos considerados: a) En la superficie terrestre: g„ = 9,81 m/s2 = 9.81 N/kg b) A 2 000 metros de altura: 9.81 tiVs2 = 9 8038 m/s2 = 9,8038 N/kg www.FreeLibros.me
353
Por consiguiente, el dinamómetro señalará: a) En la superficie terrestre: P = m • g = 25 kg • 9,81 N/kg = | 245,25 N | b) A 2 000 m de aliura: P = m • g = 25 kg - 9,8038 NAg = [~245.096 N | 14.4. E l valor promedio del radio terrestre es 6 370 km . Calcular la intensidad del campo gravitatorio: a) E n un punto situado a una altura igual a la mitad del radio terrestre. b) A una altura doble de la anterior.
Solución: Aplicando la fórmula que relaciona go (valor de g en la superfi cie terrestre) con la altura: go (1 + VRr)2 y sustituyendo datos en cada caso, se tiene: a) „ -
9,81 — — = 4,36 m/s2 = I 4,36 NAg (1 + 0,5 Rt/R t)2---------------------- 1--------------b) — 9,81
2,45 NAg (1 + RVRt)2 = 2,45 m/s2 =1'------------
14.5. ¿Cuánto vale la masa de la Tierra si su radio es 6 370 km y un dinamómetro
colocado en la superficie terrestre indica que el peso de un cuerpo cuya masa es 80 kg, vale 800 N?
Solución: Aplicando la ley general de la gravitación universal de Newton: f
= G
M T ; mi
Rt
y sustituyendo datos: 800 N = 6.67 • 10-
m2 kg2
M, - 80 kg (6,37 • 10" m)2
: tiene para Mr (masa de la Tierra) el valor de 6,0835 • 1024 kg. 354 www.FreeLibros.me
14.6. Si un satélite artificial está a 500 km de altura y describe una órbita circular perfecta, ¿qué velocidad debe poseer?
Solución: La velocidad lineal del satélite habrá de ser tal que la fuerza centrípeta que le obligue a describir la órbita sea el peso del satélite en esa altura. El valor de g a 5()0 km de altura es:
Como el peso del cuerpo (satélite) ha de ser igual a la fuerza centrípeta: donde r = 6 370 km + 500 km = 6 870 km = 6.87 • 106 m, despejando v y sustituyendo datos se tiene: v = 7 612 m/s 14.7.
Un bloque de 5 toneladas dista de otro, de masa / tonelada, una distancia de 5 m . Este segundo bloque se apoya sobre un suelo horizontal, cuyo coeficiente de rozamiento contra él vale 0,02. Explicar razonadamente por qué el segundo bloque no se m ueve hacia el primero.
Solución: La fuerza gravitatoria con que el primer bloque atrae hacia si el segundo viene dada por: F = G • m • m'/r2 = 6,67 • 10"" N • m2 • kg 2 • • 5 000 kg • 1 000 kg/52 m2 = 1.33 • 10~5 N La fuerza de rozamiento que impide el movimiento del segundo bloque hacia el primero vale: Fr = {i-N = |*-m g = 0.02 • 1 000 kg • 9.8 m • s"2 = 1% N que es 1.47 • 107 veces mayor que la fuerza gravitatoria que favorece dicho movimiento. 14.8.
La masa del Sol, es aproximadamente. 1,98 • 10u> kg y el radio de la órbita, supuesta circular, que describe Júpiter alrededor del Sol m ide 7,78 ■1 0 " m. Deducir el periodo del movimiento orbital de Júpiter.
Solución:
6.67 • 11)-" N • m2 • kg~2 • 1.98 • 1030 kg 3,75 10* s = 11.89 años www.FreeLibros.me
355
14.9. S i un cuerpo peía 100 N cuando esli en la superficie lerreslre. ¿a qué altura pesará la mitad?
Solución: Ei cuerpo pesará la mirad (50 N) en aquel punto donde: g = 9,81 " ' -— = 4.905 m/s2 = 4,905 N/kg
(1 + h/Rr)2 ; h a d e cu m p lir q u e:
Kt
h = Rt • 0,4142 = 6 370 km • 0,4142 = | 2 638,45 km | 14.10. Im masa de la Luna es 0,0123 veces la masa de la Tierra, y su radio es 0,25 veces el radio terrestre. ¿Qué masa habría que colocar en la luna para que pesase lo mismo que pesa en la Tierra un cuerpo de masa 500 gramos?
Solución: El peso en la Tierra de un cuerpo de masa 500 g es: P = mg = 0,5 kg - 9.81 NAg = 4,905 N El valor de g en la Tierra es: „ Mt ,B " ' = °
- r T
y en la Luna: =G Rt (0,25 Rl )j Dividiendo miembro a miembro ambas expresiones y despejando gUu, : liene: b
g e ™ = 1.93 N A g
356
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Como el peso del cuerpo de masa m en la Luna ha de ser igual al peso de una masa de 500 g en la Tierra, se liene: 4,905 N = m • 1,93 N/kg m = 4,905 N/1,93 N • kg"* = | 2,54 kg | 14.11. L a m asa de la L u n a es 1)81 la m asa d e la Tierra, y su radio es 1/4 el radio terrestre. ¿C uánto vale g en la Luna?
Solución: La expresión general que permile calcular el valor de g es: ^ M 8 = g
1 F
Como: a) La masa de la Tierra es 81 veces mayor que la de la Luna: M t = 81 M,. b) El radio de la Tierra es 4 veces mayor que el lunar: R , = 4 Ru El valor de g en la superficie de la Tierra es:
» • * — 5 -— s a -
y en la superficie lunar:
8=0 - ir
121
Dividiendo miembro a miembro las expresiones [1] y [2|, resulta: 9,81 m/s2 _ 81 M,/16 R j = _81_ g “ M i/R l 16 g = 9.81 nv/s2 —
= | 1,94 m/s2 = 1,94 N/fcg
14.12. L a m asa del S o l es 324 4 40 veces m ayor que ¡a m asa de la Tierra y su radio 108 veces m ayor. S i fu e ra posible lanzar u n proyectil verticalm ente hacia arriba desde la superficie solar y se disparase con u na velocidad de 200 m /s, ¿qué altura m áxim a alcanzaría? www.FreeLibros.me
357
Solución: Habrá que calcular previamente el valor de g en el Sol. Para ello seguiremos un razonamiento análogo al del problema anterior: 9.81
„ys2 = G - - | L -
m
_
324 440 M , (108 RT)2 11 Dividiendo miembro a miembro las expresiones [1] y [2] y despejando gsoi. se tiene: gsoi = 272,87 m /s1 El problema se reduce ahora al caso de un tiro vertical hacia arriba con velocidad inicial de 200 m/s y aceleración negativa de -272.87 m /s2. La altura máxima que alcanza el proyectil viene dada por: v _ v2 - vj 0 - (200 m/s)2 2g 2 (-272.87 m/s') Lógicamente también se llegarla al mismo resultado aplicando las ■ dones generales del movimiento rectilíneo uniformemente acelerado: » = a» t v„ • i + — a • ien las que, en este caso: v = 0, v„ = 200 m/s y a = -272,87 m/s2. 14.13.
Un satélite meteorológico artificial gira a 10 000 km de altara sobre la superfi cie de la Tierra. ¿C uál es el periodo de su rotación? (Tóm ese como valor del radio de Ia Tierra. R r = 6,3 ■¡O6 m .)
Solución: Sea m la masa del satélite, h = 10 000 km la altura sobre la superficie de la Tierra a la que gira, T su período de rotación yg„ = - 9,8 ms el valor de la aceleración de la gravedad en la superficie te rrestre. El peso del satélite (F = m - g,, ( - j J i l — j 2) |e comunica una aceleración centrípeta, de valor: ac = o.2 (RT + h). Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica, tenemos:
m&' ' ( i í r ) 2=m'“í(RT +h>= - ^ m
de donde:
' (Rr +h) ■ iV 358 www.FreeLibros.me
De acuerdo con los datos del enunciado del problema, sustituyendo en la expresión anterior, resulta: 6,28 / (6,3 - 10'1m + 10 ■10° m ~ = 9,8 m - s"; 6,3 - 106 t = | 20 970 s = 5 h 49 min 30 s |
V
14.14. L a masa de la L una es, aproximadamente, 6 ,7 • JO22 kg y su distancia a la Tierra, unas 200 000 millas. ¿Con qué fuerza, medida en toneladas peso, se atraen la Tierra y la Luna?
Solución: Recordemos, pues ya se explicó en problemas anteriores, que la masa de la Tierra es MT = 6 • 10a kg y que una milla equivale a 1 852 m. ., La fuerza de atracción entre la Tierra y la Luna se obtiene por aplicación de la ley de la gravitación universal de Newton: „ N • trí1 6 - 10» kg - 6.7 • 10a kg _ F - 6,67 • 10 kg2 • (2 . 105 - 1,852 • 103 m)2 = 1,9 ■lO20 N = | 1,9 ■10'6 toneladas peso~| 14.15. La masa de la Luna es 6.7 • 10!1 k g y su radio 1.6 • 10a m.
a) ¿Q ué distancia recorrerá en caída libre, durante un segundo, un cuerpo que se abandone en las proximidades de la superficie lunar? b) S i un hom bre es capaz de elevar su centro de gravedad 1,2 m en un salto efectuado en la superficie terrestre, ¿qué altura alcanzará en la L u n a con el m ism o impulso?
Solución: Calcularemos el valor de g en la Luna según el método explica do en ejercicios anteriores: ,, = 6 6 7 .,Q - 1 1 g ' “ n" ' a)
kg2
6 .7 - 1 0 ” k g (1 6 • 1 0
m)
= i, 7 4 n V s 2
A p lic a n d o la fó rm u la c o rre s p o n d ie n te a la c a ld a lib r e d e lo s cu erp os:
h = v„ • t + -±- g • t2 = - i - ■1.74 - í - - (1 s)2 = | 0.87 m | b) Si el impulso del hombre en la Tierra y en la Luna es el mismo, también será la misma la velocidad inicial v„ del salto. Como: umplirá que:
2 gT • hT = 2 • gL - hL www.FreeLibros.me
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de donde: hL = -gT • hT
9,81 m • s~2 • 1,2 m
14.16. ¿A qué distancia del centro de la Tierra la intensidad del campo gravitatorio es igual a su valor en un punto del interior de la Tierra equidistante del centro y de la superficie?
Solución: En un punto del interior de la Tierra equidistante del centro y de la superficie: RT - h _ Rt-Rt/2 _ g,, y en un punto exterior a la Tierra, cuya distancia a la superficie terrestre lla mamos h:
0 -T * -)’
■go (R-,/r)'
siendo r la distancia del punto al centro de la Tierra: r = RT + h y, por tanto: h = r - Rt De acuerdo con el enunciado del problema: - T - = &■
Solución: La velocidad lineal del satélite habrá de ser tal. que la fuerza centrípeta que le obligue a describir la órbita sea el peso del satélite a esa al tura. El valor de g a 320 km de altura es: 9,81 N • kg- ' 8,898 NAg (1 + 3,2 105 m/6,4 • 106 m)2 360
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Igualando las expresiones del peso y de la fuerza centrípeta: _ =_ —mv2 mg -— donde: r = 6 400 km + 320 km = 6 720 km = 6,72 • 10'' m y despejando v, se tiene: |~v = 7,7 • 103 liy sl
14.18. L a masa de Marte es la décima parle de la m asa de la Tierra, y su radio la m itad del terrestre. ¿C uál es el valor de g en M ane?
Solución: El valor de g en la Tierra es:
9,81 m/s2 = G • — j -
[1]
Ry y en Marte, teniendo en cuenta los datos del problema: g = G ■ 0,1 • M t [2 ] (0,5 • Rt ) Dividiendo miembro a miembro las expres [1) y [2) y despejando g. : tiene: g = 9.81 nVs2 • -jjj- = | 3,92 m/s2 = 3,92 N/kg |
14.19. L a masa d r Júpiter es aproximadamente 2,25 • l(L~ kg y su radio 7,2 - 107 m. ¿Q ué peso tendrá en Júpiter un cuerpo cuya m asa en la Tierra sea de 80 kg? ¿Cuál será su m asa en Júpiter?
Solución: El valor de g en la superficie de Júpiter se deduce a partir de la expresión:
1027kg =2xy5N/kg
R2 ' kg2 (7,2 • 107 m): El peso, en Júpiter, de un cuerpo cuya masa sea 80 kg será: P = m • g = 80 kg • 28,95 NAg = i 2.3 103 N
14.20. ¿Cuál será el penodo de oscilación de un péndulo simple en la superficie lunar si su periodo de oscilación en la Tierra es de un segundo? www.FreeLibros.me
361
Solución: La expresión general del período de oscilación de un péndulo
T = 2*
VT
Si el péndulo oscila en la Tierra (en las condiciones del problema):
\V/
1
9,81 m/s
[ 1]
y cuando oscila en la Luna: >- a / [2 ] V 1,94 m/s2 Recuérdese que el valor de g en la Luna fue deducido en ejercicios ante riores. Dividiendo miembro a miembro las expresiones [1] y [2] y despejando T:
14.21.
Deducir la distancia que separa al Sol de Júpiter sabiendo: a) E l tiempo que tarda Júpiter en dar una vuelta alrededor del Sol es 12 veces mayor que el que tarda la Tierra. b) La distancia de la Tierra al Sol es 1,5 • 10 " m.
Solución: De acuerdo con la tercera ley de Kcplcr:
IU ZL R.
R!
resulta: R2 = R,
= 1,5 - 10" m V I F = | 7.86 ■10* km~|
14.22. ¿Cuál será la masa del Sol si el radio medio de la órbita terrestre es 1,49 • l ( f km y se supone que tarda exactamente 365 días en recorrerla? Solución: La fuerza gravitatoria entre el Sol y la Tierra comunica a ésta una aceleración centrípeta de valor:
Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica, tenemos: 362
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c —Ü ! - * - . M r - - £ - R R2 T2 de donde: .. 4x 2 R* GT2
4 r 2 (1,49 10" m)3 N(365 • 86 400 s)2 kg | 1,97 • 10” kg |
14.23. (*) L a Luna dista de la Tierra 384 000 km y su periodo de revolución alrededor de ésta es 27,32 dias. ¿Cuál será su periodo de revolución si se encontrase a 100 000 km de la Tierra?
Solución: De acuerdo con la tercera ley de Kcpler y mediante un razona miento análogo al explicado en el problema 14.21, tenemos: A / / R2 V3 ^ .. A / / 100 000 km \ ' T2 = T '- V U r ) = 27'32dias- V ( 384 000 ion ) =
14.24. E n la superficie de cierto planeta la aceleración debida a la gravedad vale 10 m/s2, siendo el radio de! planeta 2,58 • 10* m . Deducir: a) La intensidad del campo gravitatorio en su superficie. b) La masa del planeta.
Solución: a) La intensidad en un punto de un campo gravitatorio coincide numérica mente con el valor de la aceleración debida a la gravedad en ese punto. Por tanto: E = 10 N/kg b) Como: g = Gresulta: M = g • R2 _ 10 NAg • (2.58 • lO” ni)2 G 5.67 . I0-.. N -m 2 www.FreeLibros.me
363
14.25. E l valor de g en la Luna es 1.96 m/s2. aproximadamente. Se sabe, además, que el radio terrestre es 4 veces mayor que el lunar. ¿En qué relación están, respec • tivamente, las masas de la Tierra y de la Luna?
Solución: En la Luna: g.. = G -
16 ■Ml Rt
Rl
Et = g ~ r T
121
Dividiendo miembro a miembro las expresiones (1) y (2). y despejando i relación se tiene: MT
_
. gr
Ija masa de la Tierra <
_
9.81 m/s2
1,96 m/s2 mayor que la
_
14.26. Se pretende situar un satélite artificial de masa 50 kg en una
500 km de altura sobre la superficie terrestre. Calcular: a) I m velocidad que ha de poseer el satélitepara girar e. b) I m energía cinética que posee en ella. c) Im energía que fu e preciso comunicarle para situarlo . d) L a energía total comunicada al satélite.
Solución:
AV/ G R' M - AV/
G •M Rt + h 6.67 • 10 " N ■m2 ■kg-* ■6 • .0» kg _ ^ | (6 370 + 500) - 10-' m 1----------------- - 1 ■ V Hc = - i - mv2 = - L 50 kg • (7,6 ■103)2 m2 • s~2 = 114,56 ■10" J | c)
La energía que es preciso comunicar para trasladar un cuerpo desde un punto A hasta otro punto B del campo gravitatorio terrestre (trabajo que hay que realizar contra las fuerzas del campo) viene dada por:
/> - f 364
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mg' • dr
Si A es un punto de la superficie terrestre, el valor de g en 61 viene dado por: g = G • M/R* En otro punto exterior a la superficie terrestre: g' = G • M/R2 Dividiendo miembro a miembro estas expresiones: g'/g = R2r/RJ De donde: Rt
8=g■-#
que, sustituido en la expresión del trabajo: W= f
mg
dR = mg R \
dR = mg R?r ^ - - i -
j
Si el punto A está en la superficie terrestre y B es el que correspon de al punto donde se encuentra el satélite: R a — Rxi R b = R t + h Resultando, finalmente: W = mg R t Sustituyendo en esta expresión los datos del problema: W = 50 kg • 9.81 nVs2 • 6,37 • 10“ m 1 1 - 6.37 • 106 m \ 6.87 • 10“ r = 227,4 • 106 J = | 2.274 10" J | d) La energía total comunicada al satélite será la suma de la potencial gravitatoria y la cinética que posee: E = 2,274 • 10s J + 14,56 - 108 J = ¡ 16,834 10" J | 14.27. ¿C uál habría de ser la duración de un día en nuestro planeta para que el peso de los cuerpos fu ese nulo en el ecuador?
Solución: Para que el peso de los cuerpos sea nulo en el ecuador terres tre se tiene que cumplir que: www.FreeLibros.me
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t=2t- V t =W8 = 5 077 s = 1 h 24 min 37 í 14.28. Deducir de qué factores depende el flu jo que atraviesa una superficie cerrada si ¡a masa que crea el campo está encerrada en su interior.
Solución: Supongamos (fig. 14.1) una masa m situada en un punto A en el inte rior de una superficie S. Si designamos por r la distancia que separa a A de cada pun to de la superficie, la intensidad d el campo en cada uno de esos puntos será un vector dirigido hacia A, cuyo valor vendrá dado por: Este vector g formará un cierto ángu lo 9 con el vector axial representativo de la superficie, perpendicular a ella y de senti do hacia afuera. Por tanto: 9 - J o - -jS -
dS eos 9 — —G
f/g. 14.1 •m j
dS c° s *
puesto que 9 y a son ángulos suplementarios. La expresión ^ es el ángulo sólido elemental dü, bajo el que se ve dS desde el punto A; la integral de esa expresión corresponde al ángulo sólido Si, bajo el que se ve toda la superficie cerrada S. En consecuencia, tendremos que i|» — -G • m • 11. Y como Si = 4r. para un punto situado en el interior de la superficie, nos queda, finalmente, que: f = -4n • G • m Es decir: el flujo gravltatorio a través de una superficie cerrada es direc tamente proporcional a la masa encerrada en el interior de dicha superficie. La razón del signo menos ( - ) que aparece en la fórmula, nos indica que el interior de la superficie se comporta como un sumidero. 366 www.FreeLibros.me
14.29. (*) Queremos colocar un satélite en órbita circular alrededor de la Tierra, con u n período de 2 horas. ¿A qué altura sobre su superficie debe de estar? Radio de la Tierra = 6,4 • 10° m. Solución: Sea m la masa del satélite, h la altura sobre la superficie a la que debe estar, R r el radio de la Tierra y g,, = 9,8 m • s“* el valor de la aceleración de la gravedad en la superficie terrestre. La fuerza gra vitatoria de Newton (que es realmente el peso del satélite a una altura h sobre la superficie: F = m • go • ) ,c comunica a dicho sa télite una aceleración centrípeta: ac = tu2- ( R t + h). Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica, tenemos: ( RtR+ h ) = " " “2
h=V ^ - rt= 9.8m•s-; •(6.4■ 106m);■ (7.2■ 103s)2 4it2
, „
= 1.68 • 106 m = | l 680 km 14.30. (*) L a masa de la Tierra es 80 veces la de la L una y su radio 4 veces mayor. Calcular el valor de la aceleración del campo gravitatorio en la superficie lu nar. Dato: g T = 9,81 m • s~2. Solución: La aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra es: r Mt 8t =
~
r
T
y en la de la Luna: gL = G
- iT
Al dividir entre sí las dos expresiones anteriores se obtiene: ml i r t \ 2 8L = ST • - M 7 ■\ - r t ) Sustituyendo valores numéricos en la anterior igualdad, llegamos a: gL = 9,81
m
• s~ 2
•
• 42 =11,962 i
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367
14.31. (*) Desde un lugar situado a una distancia del centro de la Tierra igual a las 5/4 partes del radio terrestre se desea poner en órbita un satélite terrestre. ¿Qué velocidad inicial hay que comunicarle, cuál será su periodo y cuál será el valor de la aceleración de la gravedad en su interior? (ga = 10 m /s2; R r - 6 400 km).
Solución: Para calcular la velocidad orbital del satélite (primera veloci dad cósmica) no tenemos más que igualar la fuerza gravitatoria newtoniana de la Tierra y la fuerza centrifuga:
De la igualdad anterior se deduce que: Ya que, según el enunciado del problema, r = ... G • M. ' g„, se concluye finalmente:
Rj. y. como, ade-
Rt
v= '
- j - fo • R j = \ / 4 - 10 nVs2 - 6,4 • I06 m = | 7 155 m/s |
Calculemos ahora el periodo del satélite: •_ i ü L «, = 5 • e ■6.4 • 106 m _ _ ¡7 025 s = , h s , min 5 s v 2v 2 • 7,155 • 103 ip/s 1------------------------------La aceleración de la gravedad en el Interior del satélite es nula, por existir equilibrio entre las fuerzas gravitatoria y centrifuga.__________ 14.32. (•) En la superficie de cieno planeta, muy parecido a nuestra Tierra, la acelera ción de la gravedad rale 10 m/s2. El radio del planeta es V 6 ,67 ■10 km. Se desea saber, razonadamente: a) La intensidad del campo gravitatorio, en N/kg, en su superficie. b) L a masa de! planeta. c) La fuerza de atracción del planeta sobre un astronauta de 100 kg que se en cuentre a V ó/67 ■¡0* km por encima de la superficie del planeta. Dato: Cte de gravitación universal, G = 6,67 - 1 0 '" N - m2 - kg
Solución: a) Ya que la aceleración de la gravedad coincide numéricamente con la in tensidad del campo gravitatorio, medidas ambas en el mismo punto, la intensidad del campo gravitatorio en la superficie del planeta vale: | e ~= 10 N/fcg 1 368
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b)
se deduce que:
Como E = G •
M _ E - R2 = 10 NAg ■ • 10” m)2 == | 1 0 » kg G 6,67 • 10-" N - m '• kg c) Aplicando la ley de Newion de la gravitación universal, tenemos: F= Gi ^
r
= 6,67*10-" N*m2*kg~a
* * .-C T (2 V 6 M ■ 106 m)2 1 1
14.33. a) Dibujar una gráfica de las variaciones de la aceleración de la gravedad, g, b)
en función de la distancia, r, a l centro de la Tierra, ¿A qué profundidad, x, hay que descender por debajo de la superficie te rrestre para que un cuerpo pese lo mismo que a una altura h sobre ella?
Solución: a) Designemos por RT el radio de la Tierra y sea go el valor de la acelera ción de la gravedad en un punto de su superficie. Para un punto situado a una altura h sobre la superficie terrestre, y por consiguiente a una distancia r = RT + h de su centro: Rt Rt [ii Rt + h Por el contrario, para un punto situado dentro de la Tierra, a una profundidad x por debajo de su superficie y a una distancia r = RT — x del centro, el valor de la aceleración de la gravedad es: Por lo tanto, la representación gráfica pedida es la que vemos en el diagrama de la figura 14.2, donde puede apreciarse que la aceleración de la gravedad tiene su valor máximo en la superficie de la Tierra.
S /
6r Fig. 14.2
b) Igualando los segundos miembros de [1] y [2] se tiene: / R t \ 2 RT - x \ RT + h / Rt www.FreeLibros.me
369
de donde: (Rt + h)2 14.34. Supongam os que se pudiese perforar u n túne! que atravesase la Tierra de extre m o a extrem o, pasando p o r su centro. S i se deja caer una particula de m asa m a través deI túnel: a) D em ostrar que su m ovim iento es arm ónico simple. b) Calcular el periodo de dicho m ovimiento. c) D eterm inar la velocidad de la partícula cuando pase por el centro de la Tie-
a) Sea R r el radio de la Tierra. Cuando la panícula se encuentra í tancia r del centro la fuerza que actúa sobre ella es: p
= -
R, Analizando la expresión [1] podemos comprobar que la fuerza es proporcional y de signo contrario a r, y ésta es la condición necesaria para que se trate de un movimiento armónico simple. b) Este movimiento armónico simple tiene como constante recuperadora: m ' So Rt
En consecuencia, su período será:
V ¥
t- *
Podemos expresar también el período en función de la densidad de la Tierra, py. y de la constante de gravitación universal, G. teniendo en cuenta que:
n „
VT • — = u R, = u„ —M—t- = „o -----Ry
Rt
—3
1
n
R3 • ar Kt Rt
de donde: 4n • G ■pr y. por consiguiente: 370
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4it G • px • Rt = -----------------------3
T -
c)
*-*■
V ¥ - V - G - pt La velocidad de la panícula cuando pasa por el centro de la Tierra será la velocidad máxima del movimiento armónico: ve = v„,„ = R t - «. =
O también: vc= vmíx= R t *w = Rt
v - O ■n Rt ■ge = ’y - Rt 14.35. (*) Calcúlese el potencial gravitatorio creado por una m a s a esférica de 100 kg y 2 m de diámetro, en un punto situado a 9 m de su superficie. ¿Cuál es la ener gía potencial de una masa de I kg situada en ese punto? (G = 6,67 ■1 0 " N ■
Solución: El problema se puede enfocar desde dos puntos de vista dife rentes. según cuál sea el origen de potenciales que se elija, a) Si tomamos como origen de potenciales el infinito, el potencial gravitatorio en el punto considerado será: V = - G — = -6.67 • 10-" N • m2A g' 100 kg _ 10 m
= | -6,67
10l0JAg 1
Calculemos ahora la energía potencial de una masa de 1 kg situada en esc punto: Ep = m - V = 1 kg - (-6,67 - 10"10 JAg) = I -6.67 • Kr10T1 b) Tomando como origen de potenciales la superficie de la masa esférica, tenemos: www.FreeLibros.me
371
V = -G M
= -6,67 • 1(T "
--------
N ■ m2/kg2 • 100 kg ( - ¿ p "
-rír)-!6 h- ' * I
Ep = m - V = l k g 6 - 10~9 J/kg ==1 6 - 1Q -9 J |
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15. CAMPO ELÉCTRICO
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373
Potencial Intensidad de campo eléctrico, eléctrico. V E = F /Q ' 1 Q r V . 0 4ne • e„ r 4ne • c„ r2 r p ' t? o, v ' S o. 4nc • e0 ^ r, 4-c • r„ .71 r? r v1 í d0 E 4ne 1• c„ iív dr20 4r.c • Co 7V r r Potencial Intensidad de campo V1 .0 E= 0 4ne • e„ R . Q v 1 0 4ne • t0 R 4re • e0 R2 3t« E 1 0 V 1 0 4ne • c„ r 4nc • Eq > Potencial Intensidad de campo 0 T p r 8ne ■c«,R3 4-c - e0 R3 3c, 1 0 1 0 p R 4*e • t0 R 4ttt • e„ R2 3i„ 1 Q 1 O 4j:c • e0 R 4ne ■Co r2 tilo conductor carRado E 2*t 1• Cq *r na distancia r: c
Carga aislada Sistema de cargas Distribución continua de cargas Esfera conductora cargada de radio R En el interior superficie En el exterior Esfera dieléctrica cargada de radio R E« el Interior superficie
E
En el exterior
E
Campo creado por un de longitud infinita a Campo creado por un plano infinito cargado uniformemente E=-tTeorema de Coulomb: Campo en un punto infinitamente próximo a la superficie de un conductor: a E~ ~ ENERGÍA potencial eléctrica de un sistema
n cargas:
374
r
1 4nc • e,. r _ ' . 1 v <3 • Q| = 1 p 2 4-t ■ Mi r r¡ RELACIÓN ENTRE EL CAMPO Y EL POTENCIAL E = -grad V; V = • dr p
o q
Dos cargas:
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2
Q ■v,
15. CAMPO ELÉCTRICO 15.1.
¿Cómo se puede poner de manifiesto la existencia de estados eléctricos contra-
Solución: Con un péndulo eléctrico y barras de vidrio y ebonita o ámbar. Si se frota una varilla de vidrio y se acerca al péndulo, se observará que éste, una vez electrizado, es repelido por el vidrio frotado. Frotando des pués una varilla de ámbar, y acercándola al péndulo, se observará que es atraído por el ámbar. Estas experiencias nos demuestran que la electricidad del vidrio es dis tinta de la del ámbar. 15.2.
15.3.
¿Q ué quiere decir que la permitividad relativa del vidrio es 6?
Solución: Una carga eléctrica Qi actúa sobre otra 0 2. situada a cierta distancia en el vacío con una fuerza F; si entre ambas —colocadas a la mis ma distancia— se interpusiese vidrio, la fuerza de acción entre ellas sería seis veces menor. A veces, cuando bajamos de un automóvil y tocamos su carrocería, se nota una pequeña descarga. ¿A qué es debido? ¿Sucedería lo m ism o un dio lluvioso?
Solución: F.sta descarga se debe a la electricidad estática que se acumula en la carrocería del coche, producida por el rozamiento con el aire. En los días lluviosos no se produce este fenómeno, ya que la humedad aumenta la conductividad eléctrica del aire, con lo que las cargas generadas se van transmitiendo a él a medida que se producen.
15.4. ¿Por qué algunos camiones que transportan gasolina llevan arrastrando una cadena?
Solución: Debido al frotamiento contra el aire, el camión se electriza; pudiendo producirse un salto de chispa entre el camión y el suelo y provocar un accidente. Colocando una cadena metálica entre el camión y el suelo se conducen a éste las cargas eléctricas, evitándose el posible salto de chispa. 15.5.
¿Q ué sucede cuando le quitas el jersey en una habitación oscura? ¿Cómo se puede explicar?
Solución: Habrás observado —sobre todo si llevas una camisa acrílica— que se produce una especie de restallido y, con frecuencia, pequeñas «lu ces». Esto es debido a la electrización por frotamiento que se origina al sa car el jersey; las «luces» no son otra cosa que el salto de chispa originado. 15.6.
¿Por qué en días húm edos suele fa lla r el encendido de los autom óviles, en especial si las bujías están sucias? www.FreeLibros.me
375
Solución: A causa de la suciedad, en especial los días húmedos, la porce lana de la bujia se hace algo conduclora, originando que parle de la carga de la chispa se pierde a través de ella, en vez de descargarse a través del es pacio vado existente entre los electrodos. De esta forman la chispa es me nos intensa e insuficiente para provocar el encendido del vapor de gasolina. 15.7. H allar la ecuación de dimensiones de en el Sistema Internacional, según la expresión de Coulomb:
'
i
Q fQ i
I 4re
O, • Q2 F r2
Como — es un coeficiente adimensional, Qi y Q 2 son cargas eléc tricas y r es una distancia, resulta: i, i = f Qi loJ l F r
1J MLT’ V
M lS r ~ 2
1-------------------- 1
15.8. Calcular con qué fuerza se repelen dos cargas puntuales positivas de 5 uC y 2 ¡jC , situadas en el vacío a 3 m m de distancia.
Solución: Aplicando la ley de Coulomb, tenemos: _„ N • m2 5 • 10“ C -2 10-‘ C _ F = 9 • 10’ O.t -• rO; 2 C2 1•(3-10“ m)2
15.9.
Resolver el ejercicio anterior suponiendo que el medio interpuesto entre las cargas fuese mica, de constante dieléctrica relativa 5.
Solución: En este caso:
F-
9
• ,0i;
c•r
= 9 • io9
C2
. 5 ■'° 7 , c ; 2 ; ,o; g - ■
5-(3-103m)2
= 1 2 • 103 N I 15.10. Supon una carga puntual de 2 uC. ¿Qué fuerza de atracción ejercerá sobre otra carga de 3 000 uee, de signo contrario, situada en el vacio, a 3 cm de distan-
376
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Solución: Previamente hemos de expresar todos los datos en unidades del Sistema Internacional: Oí = 2 (í C = 2 ■10"6 C Q; = 3 000uee ■— L £ — - l< r‘ C ( (SI) r = 3 cm = 3 • 10"2 m Aplicando la ley de Coulomb: F = 9 ■10» _ N _ m L . 2-io-*e-io-«c . r^ ¡n j-| C2 I - (3 - 10-2 m)2-------1---------1 15.11. ¿Cuál sería la fuerza de atracción en el problema anterior si el medio interpues to entre las cargas fu ese azufre? L a permitividad relativa de! azufre es 4.
Solución: En este caso: F -9 -1 0 *
- J L jü L .
C2
2 • 10~6 C • 10~6 C
4 - (3 - 10-2 m)2
1------- 1
15.12. Dos cargas eléctricas iguales, a 20 cm de distancia entre si, en el vacio, se re pelen con 100 dyn de fuerza. ¿Cuánto valen las cargas eléctricas?
Solución: Expresemos todos los datos en unidades del Sistema Interna cional: r = 2 cm = 2 • 10"2 m F = 100 dyn = 10-3 N Aplicando la ley de Coulomb, tenemos: 0 = ± r- V
T
=
±2
- íir2
15.13. Un cuerpo de 100 g está cargado con 10 000 uee. ¿A qué distancia de él debe colocarse otro cuerpo cargado con 100 000 uee de signo contrario para que el primero no caiga por la acción de su peso?
Solución: Para que el cuerpo no caiga (véase fig. 15.1) debe actuar sobre él una fuerza atractiva igual, en valor, al peso de dicho cuerpo. Todos los datos, expresados en unidades del Sistema Internacional, son los siguientes: www.FreeLibros.me
377
O, = 104 uce O 2 = 105 uee ■
3 • lO9 u 1C
Peso = Fcoulomb = m • g = = 0 ,1 k g • 1 0 m /s 2 =
V //? ;7/7 /P 7A , . Z m -I0 0 g ^ Q =4*10 C Z ///c /¿ á
1 N
Aplicando la ley de Coulomb, tenemos:
V
{ p e s o = IN
k • O , • '
—
9 • 109 N • m2/C2 • 4 * ‘ ">*5 c • 4 - ' 10‘ 4 C
-[« 3
15.14. ¿C u á l es la fu erza eléctrica y la gravitatoria entre dos panículas alfa situadas en e l vacio a I Á d e distancia? Calcular tam bién la relación entre am bas fu e r zas. L a carga de la partícula x es 3 .2 - 10 19 C y su m asa 6.62 • 10 17 kg. Solución: La fuerza eléctrica culombiana será: N• (3 ,2 1Q - 1 9 C ) 2 O: ' 0 2 1 • ( l O " 10 m ) 2 4 r.t * £„ = 9,2 ■1 0-' N y la gravitatoria: (6 ,6 2 - 1 0 - r Fg = G ■ni, * ma ■6 , 6 7 1 0 - " N • m 2 kg2
( l O " 10 m ) 2
= |2,9 1 0 ” N | La relación entre la fuerza eléctrica y la gravitatoria es: 9 ,2 • 1 0 ~ s N 2 . 9 • I O - 43 N
= 3,2 • 1035
15.15. E n los pu n tos A I —/, 0) y B 10. I ) tcoordenadas expresadas en metrosI están situadas, respectivam ente, las cargas puntuales +30 uC y - 4 0 oC. H allar la fu erza resultante sobre una carga de +10
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P = F, + P2 = 9 • 109 .n i N • ni
I(T 5 C • 3 • 10~5 C C2
1 • (1 m )2
10~S C • 4 ' ‘? " Sg - • T = I 2,7 T + 3.6 j (SI) 1 • (1 m)2
El módulo de la fuerza P valdrá: F = V F ¡ + F? = V (2.7 N)2 + (3.6 N)2 = [~4.5 N | y su dirección vendrá dada por el ángulo que forma con el eje OX: F2 3.6 N 2.7 N ,8 * = T T ? - 53° 15.16. Tres cargas iguales de 2 u C cada a na se sitúan en el vacio sobre los vértices de un triángulo rectángulo cuyos catetos m iden 6 cm y H cm . ¿C uánto vale la fu erza que actúa sobre la carga situada en el vértice del ángulo recto?
Solución: La fuerza que ejerce la carga O, (fig. 15.3) sobre la situada en el vértice del ángulo recto es: 2 • 10~6 C - 2 - lO-6 C ION F, = 9 • 109 N • m 36 - 1(TJ m2 mientras que la que ejerce la carga Q? será: c N • m2 2 • 10^6 C • 2 ■10“6 C www.FreeLibros.me
379
Como las fuerzas Pi y P 2 son perpendiculares, su resultante valdrá (véa se fig. 15.3): F = V fJ + F22 = V(10 N)2 + (5,625 N)2 = 111,47 N |
Supon que las cargas de 2 uC del problema anterior se sitúan en los vértices de un triángulo equilátero de ¡O cm de lado. ¿Qué fuerza actuará sobre cada una de ellas?
Solución: El (fig. 15.4):
m ó d u lo d e las fu erzas P ' e s el m ism o, sie n d o su v alor
F’ = 9 • 109
JL^ L .-L_ jO -* C .2 .1 0 -« C
C2
1 • ( K T 1 n i)2
=
36N
La fuerza total resultante se puede calcular aplicando el teorem a del co sen o , teniendo en cuenta que * = 60°: www.FreeLibros.me
F - V F '' + F’2 + 2 F • F • eos a = V F ’! + F'2 + 2 F' - F’ • eos 60° = = F’ V3 = | 6,24 N 1 15.18. Tres cargas de 2 ;jC cada una están situadas en los vértices de un triángulo rectángulo isósceles. S e sabe que la fu erza que actúa sobre la carga situada en e l vértice d e l á n g u lo recto vale 5,66 • ¡O3 N . ¿Cuánto miden los cate tos del triángulo?
Solución: Como se trata de un triángulo rectángulo e isósceles, los dos catetos serán iguales, así como las fuerzas F \ cuyo valor será (fig. 15.5): F 5.66 ■103 N v? V2 = 4 - 10'N Aplicando a cada una de las fuer zas F' la ley de Coulomb, resulta:
Fig. 15.5
. A / lt ■Q | • Q ; ' A / 9 •101' N • nr/C2 - 2 ■10~6 C ■2 • 1(T6 C F 4 • 10' N
V
V
= 3 • 10 -' 15.19.
(*) L a carga de una esfera metálica A , vale *0,066 ¡C y una segunda esfera metálica H tiene una carga de -0 ,0 2 6 uC. Las dos esferas.que pueden conside rarse puntuales, se ponen en contacto un momento. ¿Cuál es la fuerza que actúa entre ellas cuando se separan nuevamente hasta que distan entre sí 3 0 cm?
Solución: Tratándose de esferas puntuales, tras el contacto la carga se re parte por igual entre ambas. En consecuencia, la carga final de cada una seQÁ = Oí» =
Qa + Q b
2
+0.066
• lO"6 C -
0.026 • 10"6 C
= 0.020 • 10"6 C Apliquemos ahora la ley de Coulomb a la interacción entre ambas esfe ras cuando distan entre sí 30 cm:
F=
1 4~c •c0
. QÁ 1 Q b = 9 . 1q9 N m2 r2 C2
(0,020 • 10"6 C)2 = 1 •(30 • 10"2 m)2
= 1 4 • 1 0'5 N I www.FreeLibros.me
381
15.20. Disponemos de tres bolitas esféricas conductoras idénticas, A . B y C, de radio tan pequeño que se pueden considerar puntuales. Las dos primeras esferillas estas fija s a una distancia I = 100 cm y tienen carga eléctrica negativa, siendo la de A cinco veces mayor que la de B . L a esferilla C se encuentra i n id a l mente en estado neutro y se puede m over libremente a lo largo de la recta A B hori zontal. a) Cogemos la bolita C con unas pinzas aislantes y la ponem os en contacto con la .4, dejándola luego en libertad. Determ inar la posición en que dicha bolita C quedará en equilibrio. b) Volvemos a coger la bolita C con las pinzas, poniéndola en contacto con la B y dejándola posteriormente libre. Determinar la nueva posición de equili brio.
Solución: a) Designemos por 0 A y QB. respectivamente, las cargas de las bolitas A y B en el instante inicial. Una vez establecido el contacto entre A y C. las cargas de las tres bolitas serán, respectivamente: 0X =
Oa . - ^ - ;
0
_
Q c =
A . O b - —o A
Para que la bolita C adquiera el equilibrio se ha de cumplir que las fuer/as de repulsión ejercidas sobre ella por las bolitas A y B sean igua l e s y de sentido contrario. Por tanto: Q X • 0 c
_
.
O b • Q c
( 1 - x)2
Qa A
2
qá
_ ___ 5_ ( 1 - x )2
3x2 -
lOx + 5 = 0
ecuación que, resuelta, conduce a: x = 0,613 m. La otra solución rece de sentido físico. La bolita C quedará en equilibrio a 0,613 m de la A b) Tras establecer el contacto de la bolita C, cuya carga es O í = ■ con la B, las cargas de cada una de las esferas son: Q a
v ._ 0 -_
** ^ 382
_ J
Q a
______ 2 2
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_
7Q a
20
Procediendo de forma análoga al caso anterior, aplicando la ley de Coulomb, resulta: t . < g .Q E
. 0 5 -Q c .
X2
es decir:
Qa 2
x2
_
(1 - x)2
7Q
a
20
(1 - x ) 2
o sea:
3x2 - 20x + 10 - 0 ecuación que da como resultado: x = 0,544 m. La otra solución no tie ne sentido físico. I La bolita C quedará en equilibrio a 0,544 m de la A |
Sobre un hilo largo y delgado de longitud L , situado c forme se indica en figura 15.6, se encuentra uniformemente distribuida n carga Q. Hallar valor de la fuerza que este hilo ejerce sobre u n a carga p u n tu a l Q ,, situada en la pro longación del hilo y a una distancia r de él.
Solución: Como en este caso se trata de una distribución lineal de carga, apli cando la fórmula co rrespondiente tene-
O,
f '-L ). • dx J, x2
4ne • e0
r (r + L)
4a Q Q.
4 - t • fD • r (r + L) www.FreeLibros.me
383
Si la longiiud del hilo es muy pequeña en comparación con r (r c L): 0 Q. ' 4ec • ío r3 comportándose el hilo como una carga puntual. p-
1
15.22. (*) S i situamos una carga positiva de 2
Solución: a) El vector intensidad de campo en el origen de coordenadas es:
E - — - ~ ' 10~* I— > = | 400 7" (S„ O 2 • lO"6 C 1-----------------b) La fuerza que se ejerce en el origen de coordenadas sobre una carga Q ' - - 6 pC es: P = O' • E = - 6 • 1 0 -6 c • 400 Y(N/c) = | - 2.4
-10
3 T
15.23. (*) ¿Qué exceso de electrones habrá que añadirse a una esfera conductora (en el vacio) de 10 cm de diámetro para que en un punto muy próximo a su superfi cie haya un campo de 10 J N/C?
Solución: El campo eléctrico en un punto muy próximo a la superficie de la esfera viene dado por:
E=k"gsiendo R el radio de la esfera y O la carga almacenada en su superficie, la cual valdrá: Q _ E j g _ ÍQ--' N /C ■ (5 •1Q-* m)3 _ 25 |t). , 6 c I* o . iqs N • m3 9 C3 En consecuencia, el número de electrones que es necesario añadir a la esfera para que adquiera dicha carga será: n - — ■10-'s C 9
1 electrón— = I i 74 .¡o» tketrones I 1.6 • 10 C 1---------------------------- 1
384
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15.24. <*) Tenem os un campo eléctrico uniform e, dirigido verticalmente de abajo hacia
arriba, cuya intensidad es de 10* N/C. a) Calcúlese la fu erza ejercida por este campo sobre u n electrón. b) Compárese la fu erza ejercida con el peso d el electrón. c) Calcúlese la velocidad que adquirirá el electrón cuando haya recorrido I cm partiendo del reposo. d) Calcúlese la energía cinética adquirida. e) Calcúlese el tiempo que necesita para recorrer la distancia de I cm . Datos: e = 1.6 ■I O 19 C : m, = 9,1 10 28 g.
Solución: a) Como la carga del electrón es negativa y el campo está dirigido verticalmente hacia arriba, el sentido de la fuer/a actuante sobre el electrón se rá vertical hacia abajo, siendo su módulo: ______________ F = c • E = 1.6 • 1 0 '19 C • 104 N/C = 1 1,6 • 10 IS N~| b) Hallemos el peso del electrón: P - m • g = 9.1 • 10-" kg - 10 m • s‘ 2 « 9.1 ■10-'“ N Comparando el peso con la fuerza eléctrica, tenemos: F _ 1.6 ■10~15 N 1.76 10IJ 1 P 9.1 • 10-'" N c) La aceleración que adquiere el electrón, al estar s'omctido a la fuerza constante del campo eléctrico, es: mc 9.1 • 10 " kg En consecuencia, su velocidad, después de haber recorrido 1 cm partiendo del reposo, será: v = V v ; + 2 a ■s =
m
m
= V (0 m/s)2 + 2 - 1 .76 - 10 15 • s 2 • 10 2 = | 5.93- 10° d) Calculemos ahora la energía cinética adquirida por el electrón: Ec=
n v v2= - i —9,1 • 10—31kg -(5.93 • 10“ m/s)2 = ] 1.6
nys |
10~IT .1
c) Como se trata de un movimiento uniformemente acelerado: s = vQ • t + ~y a • t2; resulta:
V ¥-V
2 • 10"2 m 1,76 • 1015 nVs2
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3.37 ■10~’ s ] 385
15.25. Dos cargas eléctricas puntuales positivas, de 3 uC y 5 oC, se encuentran separa das una distancia de I cm en el vacio. Calcular: a) l.a fuerza con que se repelen. b) L a intensidad del campo eléctrico creado por la primera en el punto donde se encuentra la segunda.
Solución: a) Aplicando la ley de Coulomb, tenemos: ... N -m 2 3 - 10”6 C • 5 -10-6 C = 9 • 10v F= 1 • ( 1
. - E - . 1 350 N _ = | 2,7 . i 0» n/ c 1 O’ 5 ■1 0'6 C 1-------------------
o también: 3 ■10~6 C = 12,7 - 10" V c l 1 • (10~2 m)2
E= ——
15.26. E n los puntos A 13, 0) y B 10, - 4 ) (coordenadas expresadas en metros) se encuentran situadas, respectivam ente, las cargas Q i - —8 n C y Q¡ = + - y - nC. Hallar la intensidad del campo eléctrico en el origen de coordenadas. E l medio es el vacío.
Fig. 1
5.7
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Solución: Teniendo en cuenta la figura 15.7 y aplicando el principio de superposición, resulta:
E = E, + e2 = 9 • io9 J
L *
C'
• -(-»• T 9 ..(-D 1 • (3 m)2
+
i< r9 c El módulo de la intensidad de campo valdrá: E = V E ? + Ei - V (8 N/C)2 4- (6 N/C)2 = [lo Ñ /c ] formando con el eje de abscisas un ángulo ? tal que: E2 6 N/C 3 ’8 ? E, 8 N/C 4 de donde:
15.27.
Dos cargas eléctricas puntuales, una de + — nC y otra de — — nC, distan entre sí 10 cm en el vacío. H allar la intensidad del campo eléctrico en el punto medio del segmento que une ambas cargas. ¿Y si las dos cargas fueran positivas?
Solución: Consideremos primero el caso de que las dos cargas sean de distinto signo. El campo creado por la carga positiva tiene de valor: 4 --1 0 -» C ----------------------- -— - = 1,2 • 103 N/C C2 1 • (5 • 10-2 m)2 mientras que el creado por la carga negativa es: E, = 9 • 109
Ej = 9■109
N
N C2
D ado que (véase fig. 15.8) E, y É2 tienen Q,"T~ la misma dirección y sentido, el campo total valdrá:
- |~ UT9 C ^ = 2,4 • 10* N/C 1 - (5 • 1(T2 m)2 I______ =___________ 3ni —
lio
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e,
^
,< v
387
E = E, + E2 = 1,2 • 103 N/C + 2,4 • 103 N/C = 3,6 • I03 N /C , en la dirección del segmento que une ambas cargas, siendo su sentido ha cia la carga negativa. Si las dos cargas son positi vas, los campos correspondien tes tienen la misma dirección y sentidos contrarios, y el campo total (véase fig. 15.9) valdrá:
Q.= -jjnC ,
r<
E.
0,= -fnC
Fig. 15.9
F. = E¡ - E, = 2,4 • 103 N/C - 1,2 • 103 N/C = 1,2 • I03 N / C , en la dirección del segmento que une ambas cargas, siendo su sentido hacia la carga de + -y - nC. 15.28. De dos hilos de I m de longitud, sujetos al m ism o punto de! techo, cuelgan dos
esferillas iguales, de I gramo de m asa cada una. Se cargan idénticamente am bas esferillas, con lo cual se repelen hasta que sus hilos form an entre si un ángulo de l a H allar el valor de la carga eléctrica comunicada a cada esfera.
Solución: Designemos a las dos esferillas por A y B, consideremos una cualquiera de ellas, por ejemplo la A. En el diagrama de la figura 15.10 se representan las fuerzas que actúan sobre ella. Descompongamos la tensión del hilo en sus componentes horizontal y vertical. Por estar la esterilla en equilibrio se ha de verificar que: T • sen o = F [M T - eos 9 = m - g P] Dividiendo entre sí las expresiones ( 1 ] y [2 ], se ob tiene.
F = m • g • tg ? = = 10' 3 kg ■9,8 m • • 1 = = 9.8 ■10- 3 N
Fig. 15.10
La fuerza de repulsión eléctrica entre las dos esferillas es 9,8 • 10~ 3 N. Por otra parte, se puede apreciaxcn la figura, sin más que tener en cuen ta el teorema de Pitágoras, que: AB = V2 m. Aplicando ahora la ley de Coulomb, resulta: www.FreeLibros.me
- 4 - = ± V ?n
\F l. Y
9 10'
= ±1,475 • 10-" C - | ±1.475 ¡«C | 15.29. Dos esferillas sumamente pequeñas, de 20 g de masa cada una y cargadas ne gativamente con la misma carga, están situadas en los extremos de dos hilos de seda de I m de longitud, suspendidos del mismo punto, Un la posición de equili brio cada Itilo form a con la vertical un ángulo de 30 . a) Calcular la tensión de los hilos en la posición de equilibrio. b) Hallar la carga de cada esfera. c) Si se descarga una de las esferíltas, calcular la velocidad de la otra cuando pasa por la vertical. d) Si se desea que al descargarse una de las esferillas la otra permanezca en la misma posición de equilibrio inicial, hallar el valor. en módulo, dirección y sentido, del campo eléctrico que será necesario aplicar.
Solución: a) Sigamos un razonamiento idéntico al del problema anterior. Sobre cada una de las esferillas actúan tres fuerzas: el peso, la fuerza de repulsión eléctrica y jajcnsiónjfiLhilo. Para que cualquiera de las dos esferillas (en la figura 15.11 hemos aislado la de la derecha) se encuentre en equilibrio, se ha de verificar que: eos 30o; T, T • eos 30° = m • g de donde: T= 30° H T2 kg • 9,8 NAg
// / k| \ Im ! ¡J
m d 3 0 °'"
P-. m g
Fe
b) Al estudiar el equilibrio de una esterilla resulta: Fig. 15.11 F (fuerza eléctrica de repulsión) = = T • sen 30° = 0,226 N ■- j - = 0,113 N Aplicando ahora la ley de Coulomb, teniendo en cuenta, además, que las cargas de las dos esferillas son iguales y ambas negativas, se ob tiene: |V-S- c 0,113 N Q = -r k
: * 3á-i 5l'Í> c
r.
n'
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= -3,55 • 10"6 C = | -3,55 pC c) Cuando se descarga una de las csferillas, desapa rece la fuerza eléctrica que las mantenía Sepa radas y am bas cae rán. Para calcular la ve locidad, v, que llevan al pasar por la vertical* no tenemos más que aplicar el principio de co n serv ació n de la e n e rg ía m ecán ica: mgh = - i - mv2, sien do h = I - (1 - eos 30°) (véase fig. 15.12). En consecuencia, tenemos: ’ = V 2 g - h = V 2 g - 1 - (1 - 0,8 1 m • (1 - 0,866) = | 1,62 m /s
= V 2 • 9,8 i
d) Para que, una vez que una de las dos esferilias se haya descargado, se consiga que la otra permanezca en la misma posición de equilibrio ini cial, hemos de aplicar un campo eléctrico de la misma dirección y senti do que la fuerza que antes actuaba. En cuanto al módulo de dicho campo, valdrá: 0,113 N - = 3,19 • 104 N/C E = 3,19 104 N/C, en la misma dirección y sentido que la fuerza que antes actuaba._____________________________ _______ 15.30. (*) Dos pequeiios péndulos están sujetos del m ism o p unto y sus respectivos hilos de suspensión, de m asa despreciable, son de la m ism a longitud, de tal form a que ambas esferas están en contacto. Se cargan las dos con la m ism a carga, repeliéndose hasta que los hilos de ambos péndulos form an u n ángulo de 90°. D eterm inar qué fracción de la carga original han perdido cuando el ángulo entre am bos se reduce a 60°.
Solución: Hn las figuras 15.13 a y b se representan los diagramas de fuerzas correspondientes a las posiciones de equilibrio inicial y final de las esferas. Sea O su carga inicial, F la fuerza con que se repelen y 2L • sen a la distancia entre sus centros de masas, mientras que al final la carga será O ', F ' la fuerza de repulsión y 2L • sen % la distancia entre sus centros. Tanto al comienzo como al final se cumplirá que: 390
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(2L • sen a)2
a)
b)
Fig. 15.13
Dividiendo, miembro a miembro, las expresiones [1) y [2], se obtiene: V3 1 _ Q l , ,g a! • sen 2 a' = 3 ' «__ _ V T , ^ Q2 tg a • sen a .1 6 2
De aquí: = V0I2887 = 0.537 La fracción de la carga perdida por las esferas será: = -9 -^ Q l = 1-
= 1 - 0.537 = [ M e ]
Disponemos de dos globos exactamente iguales, de masas m uy pequeñas, que tras ser llenados con helio en condiciones normales de temperatura y presión, se unen mediante dos hilos, a los que se ata un cuerpo de 8 g . E n el centro de ambos globos se colocaron previa mente dos cargas positivas iguales, Q. Tras alcanzar el equilibrio, el conjunto ad quiere la disposición que se indica en la figura 15.14. Determinar: a t Im tensión et b) L a carga Q. Fig. 15.14 www.FreeLibros.me
391
Solución: a) En el diagrama de la figura 15.15 se representan todas las fuerzas que actúan,tanto sobre el cuerpo como sobre los dos globos. Designamos por M la masa del cuerpo colgado, m la de cada globo, junto con el helio que lo llena, E el empuje que experimenta cada uno de ellos en el aire y F su fuerza eléctrica de repulsión. Cuando el cuerpo adquiere el equilibrio se verifica que: 2 T • eos a = M • g Luego: T =
eos a
M- l
2
■=
8 ■1 (r> k E ' 9 ' 8 m
. I 4 .» • i ü ~ N l
b) Para hallar el valor de la carga eléctrica colo cada en el centro de ca da globo, aislemos uno cualqu iera de ellos cuando se encuentra en equilibrio. Tenem os que: F = T - sen * = = 4,9 • 10‘ 2 N - - j - 2,94 • MT2 N
=
Apliquemos ahora la ley de Coulomb, te niendo en cuenta que ambas cargas son posi tivas: 0 = r V T = 1 ^ - A / 2,94 ■!Q~2 N V k y 9 -10’ J ^ L
=
= 2.17 - lO"5 C = | 21.7 uC | 15.32. Supongamos dos cargas positivas e iguales, separadas por una distancia 2 a. Por e l punto medio del segmento que las une se traza un plano perpendicular at segm ento. E l lugar geométrico de los puntos de dicho plano en que ¡a intensi dad de campo es m áxim a es, por razón de simetría, una circunferencia. C alcu la r su radio.
392
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Fig. 15.16
Solución: Consideremos siluadas las dos cargas, positivas e iguales, en los puntos A y B (fig. 15.16), siendo 2a la distancia que las separa, y suponga mos un punto P, equidistante una distancia x de A y B, siendo a el ángulo que forma x con la dirección AB. Los campos que crean las dos cargas en el punto P son en todo momento iguales en magnitud. Sus componentes per pendiculares al plano se anulan dos a dos por simetría y sólo nos quedan ¡as componentes paralelas al plano, que se suman, dando un campo total: E = 2 E a • sen * Ahora bien: EA = k • O sen * r Por tanto: E = 2 k • O • (>2 + ^ Para que este campo sea máximo:
=0
Así que: ■ *i-- 2 k ■Q • dr
de donde:
(a2 + r2)*2 - - | - (a2 + r2)1* • 2r2 (a2 + r2)3
a2 ; -----a2 — 2c2 = 0; r2= ------r= 2
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V2 393
15.33. Si en un campo eléctrico no uniforme, creado por varias cargas, abandonamos libremente una carga eléctrica, ¿se desplazará siguiendo la linea de fuerza que pasa por el punto inicial?
Solución: Al comienzo si (por propia definición de lineas de fuer za). Sin embargo, una vez iniciado el movimienio. la fuerza F del cam po modifica el momento lineal de la carga, produciéndole una acele ración tangencial y otra normal, lo que motiva que su trayectoria no coincida con la dirección de la línea de fuerza (fig. 15.17). 15 . 34.
Una esfera metálica conductora tiene una densidad superficial de carga de 8,85 ■1 0 " C ■m ’. Calcular el radio de dicha esfera, sabiendo que la intensi dad del campo eléctrico creado por ella en un punto situado exteriormente a 2 m de su superficie es 3 600 N/C.
Solución: Sea R el radio de la esfera metálica. ,------Tracemos una superficie gaussiana de forma tam/ *nV \ bién esférica, concéntrica con ella y de radio / f jX \ r = R + 2(fig. 15.18). En todos los puntos de esta / Vi sup erficie el cam p o eléctrico es radial y d e m odulo : I a—-R— I ¡ constante, por lo que el flujo del campo eléctrico \ \ J I que atraviesa hacia fuera dicha superficie gaussiana \ \ / / ......... será: * = H • ónr2 = E ■4n (R + 2)¡ = = 4* • 3 600 (R + 2)2 V • m F'8 -1518 Apliquemos ahora el teorema de Gauss. Dado que «el flujo neto que atraviesa una superficie gaussiana es igual a la suma algebraica de las cargas eléctricas encerradas en su interior (¡)0 = i - S), dividida entre la constan te dieléctrica absoluta del medio en que se encuentran las cargas», tenemos: , a •S 8,85 • 10 8 C • m~2 - 4n • R2 m2 4a • 3 600 ■(R + 2) V • m = — 8.85 • 10—2 C2 ■N— • m~2
íI
Simplificando la anterior igualdad, se obtiene: 4R2 - 9R - 9 = 0 Resolvamos ahora esta ecuación de segundo grado: R 9 ± V81 + 144 _ 9 í 15 _ _ ^ -3 m 8 8 ' *- -0,75 m Es evidente que la única solución con significado físico es la positiva:
394
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15.35. Hallar e l vector intensidad de campo en e l centro de m asas de! triángulo equilá tero de la fig u ra 15.19, cuyo lado m ide VTm, estando situadas en su s vértices las cargas que se indican.
Solución: La elección de ejes coordenados que viene ya sugerida en la figura del enunciado simplifica extraordinariamente la resolución del pro blema, ya que asi el triángulo es enteramente simétrico con respecto al eje de abscisas, no sólo geométricamente, sino también eléctricamente. La distancia del centro de masas del triángulo a cada uno de sus vértices, donde están situadas las cargas, es: d = -í_ h = - í- L
Fig. 15.20
De acuerdo con la figura 15.20, tenemos que el módulo de E A es: EA = k ■
d2
= 9 • 109 * - ? - ■4- ' 1-°~,, C = 36 N/C C2 (1 m)2 www.FreeLibros.me
395
Dado que el vector ÉA forma un ángulo de 60° con el ejeOX. y de 30° con el eje OY, sus componentes son: Ea ., = E a • eos 60° = 36
i - = 18 N/C
EA.y = EA • sen 60“ = 36 - g
= 18 V J N/C
Por consiguiente: E A = 18 T + 18 V 5 " i (SI) Del mismo modo, ei módulo de E B es 36 N/C. y sus componentes:
E„.x = EB • eos (-60 “) = 36
-------L =
EB.y = E b • sen (-60°) = 36 - £ - • ( -
18
N/C
- ^ )
- -18 V J N/
por lo que: E B = 18 T - 18 V5 7 (SI) Por último, el módulo de Ec es 36 N/C. y como está dirigido hacia la parte positiva del eje OX: E c = 36 7 (SI). El campo total en el centro del triángulo es: E = E A + E „ + E c = | 7 2 7 (SI) | 15.36.
E n los puntos de ¡a fig ura 15.21. referidos a un sistema plano de ejes coordena dos y que corresponden a los vértices de un hexágono regular de 5 cm de lado, están situadas las cargas que se indican (Q = I nC ). H allar el valor del campo eléctrico en el origen de coordenadas, que coincide con el centro del hexágono.
Fig. 15.21
Fig. 15.22 www.FreeLibros.me
Solución: Las cargas situadas en los vértices A y D (véase fig. 15.22) dan origen conjuntamente en el centro del hexágono a un campo eléctrico cuyo módulo viene dado por: E, = 2k •
= 2 • 9 • 109 N rn2----------- l0~9,C = 7 200 N/C I2 C2 (5 • 10 2 m)2 El campo creado por las cargas situadas en los vértices B y E es:
°
E2 = 2k - - j j - = 7 200 N/C y, análogamente: E , = 7 200 N/C Teniendo todo esto en cuenta, y siempre fijándonos en la figura 15.22, el campo eléctrico total en el centro del hexágono tendrá de módulo: E = E, - eos 60° + E2 + E , • eos 60° = = 7 200 i+ 7 200 -í= - + 7 200 -í= i - = 14 400 siendo su dirección y sentido el negativo del eje OY. Por tanto: | E = - 14 400 f (SI) I 15.37. S i se loma la tierra como origen de potenciales, ¿por qué en la definición de esta magnitud decimos que V = 0 para r —> ce?
Solución: Como el suelo se extiende hasta una distancia infinita con res pecto a un sistema de cargas, se le puede considerar como una superficie equipotencial de V = 0. En consecuencia, para r-* <», V = 0. 15.38. Una carga de 600 franklins crea un campo eléctrico en el vacío. Calcular:
a) ¡m intensidad en un punto del campo situado a 3 m m de la carga. b) E l potencial en dicho punto. c) Im fuerza con que el campo actúa sobre una carga puntual de 1 uC coloca da en dicho punto.
Solución: a) La carga de 600 franklins equivale a: 1C ^ 600 ue. 3 - 10* Por tanto: E=
— • - í f = 9-10’ 4™ • £„ r2 C2
^
2 ' 10 , = I 2 • 10* N/C 1 • (3 • 10~3 m)2 '----------------
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397
3 ■HT5 m
6-& T --------------
F = O' • E = 10'“ C • 2 • 15.39. Una carga de 5 pC crea un campo eléctrico en el aire. a) ¿Cuánto vale el potencial en dos puntos situados a 3 cm y 5 cm . respectiva mente, de la carga? b) ¿Qué trabajo se realiza a l trasladar una carga de 2 uC desde un punto a otro?
Solución: a) En el pumo primero:
V, = - J _ . J L = 9 I 0 * N - l
:e •
Ti
-= 1,5 • 10“ V
y en el segundo: 5 ' 10 " C - = | 9 105 V ] 4nc • t 0 r2 CJ 5 • 10' m 1-------b) El trabajo realizado valdrá: w f - Q '- (V, - V;) = 2 - 10- 6 C- (1.5 • 10“ V - 9 ■105 V) = | 1.2 J \ 15.40. Dos cargas puntuales de +25 • 1 0 ' C se encuentran situadas en los puntos
-
V
2
1- J L = 9 . 10*> N -J E
(3. 0) y 1 -3 . 0). respectivamente, estando sus coordenadas expresadas en me tros. Calcular el campo y el potencial electrostáticos en el punto 10, 4).
Solución: Sin más que ver el diagrama de la figura 15.23. podemos dar nos cuenta de que: E, = E2 = 9 • 10“ -ÍL lJS L . 25 ' Cr 1 • (5 m) El módulo del campo en el punto (0,4)será:
= 9 N/C
E = 2 Ej • eos 9 = 2 -9 -£r • - 5- = 14,4 N/C Por consiguiente: I É = 14,4 j (N/c7 I www.FreeLibros.me
Calculemos ahora el potencial eléctrico en el punto (0, 4): v = —74nc —■ — * eQ
=9
•
10 »
-ü¿j»L ■ g-Mj-* [
—r* =
2 C
+
25
Y""9 ] C
- | lo v ]
D os cargas puntuales de valores Q , = +15 nC y Q2 = —8 nC están separadas entre si 5 cm en el vacio, conform e se indica en la fig u ra 15.24. H allar el po ten cia l eléctrico e n los p u ntos a , b y c.
Solución:
2 ■KT2 i
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ÍS -IQ -’ C 2 • 10"2 m 1
=9.,„vjW
C2 ••
8 • 10~9 C 7 - lO-2 m
= | 5 721 V |
v Q'
15 • 10 9 C 5 - lO '2 m
8 • 10 9 C 5 • 1(T2 m
= | I 260 V |
15.42. A l trasladar una carga de 2 culombios desde un punto de un campo eléctrico cuyo potencial es 20 V a otro punto, las fuerzas del campo realizan un trabajo de 10 julios. Calcular el potencial en este segundo punto. Solución: De acuerdo con la expresión W] = Q ' • (V, — V2). tenemos:
10 J = 2 C • (20 V - V.) de donde: | V| = 15 V 15.43. Hallar el trabajo necesario para trasladar una carga puntual de +3 n C desde a hasta b y desde c hasta a, en la figura 15.24.
Solución:
W* = Q '( V . - V„) = 3- HT’ C • («10 V - 5 721 V) = P T .4 4 10 5 J ¡ W; = 0 '( V c - V .) = 3 • MT’ C • (1 260 V - 91» V) = |u > 8 ■1 0 " J De acuerdo con los signos obtenidos, en el primer caso es necesario rea lizar un trabajo contra las fuerzas del campo, mientras que en el segundo son las propias fuerzas del campo quienes realizan el trabajo al desplazarse espontáneamente la carga desde el punto c hasta el a. 15.44. (*) Dadas dos cargas de +3 • 10 9 C y ~ 4 • ! 0 '9 C, colocadas, respectivamen te, en los puntos <4, 0, 0) y (0, 0 , 4), calcular: a) E l potencial eléctrico en el punto (0, 3 , 0). b) E l trabajo necesario para llevar una carga de prueba (I C) desde este punto al (0, 0, 0). Las coordenadas están expresadas en metros.
Solución: a) Designemos por P al punto (0, 3, 0) (fig. 15.25). Se cumple que: VP r, 400
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= 9 • io9 J I üC s L Lfj_3 •ü510
b)
C
4 • 10-9 C
C a lc u le m o s , e n p r im e r lu g a r, e l p o te n c ia l en e l orig e n de coo rden a da s:
V(0.0, , = 9 ■109
. f l l ^ l C _ 4 _ iíT lC 1 = _ 2j25 y
T e n e m o s que: W = Q ' • (V p - V „ ) = 1 C - [ - 1 . 8 V - ( -2 ,2 5 V )) =
= | 0,45 J (realizado por las fuerzas del campo)~| 15.45. (•) Determinar el campo eléctrico y el potencial en el punto P . vértice del trián gulo rectángulo de la /¡gura 15.26. Calcular el trabajo necesario para transpor tar una carga Q ' - - 3 yC desde P hasta el punto medio de la hipotenusa.
Fig. 15.26 www.FreeLibros.me
401
Solución: Designemos por E( y E 2 los módulos de los vectores intensidad de campo en el punto P, debidos a las dos cargas. Se cumple que: 2 -1 0 ’ N/C
(3 m)2 E? = 9 • 109
- = 2,25 • 103 N/C
(4 m)-
Fig. 15.27
En la figura 15.27 vemos la representación gráfica de ambos vectores, pudiendo constatarse fácilmente que son perpendiculares entre sí. El campo eléctrico total en P es: EP = V E? + El = V (2 • 103 N/C)2 + (2,25 • 103 N/C)2 = = | 3,01 • 103 N/C | Calculemos ahora el potencial eléctrico en el punto P: 1 ^ Q: 4-t • e0 r, N •m 2 • 10~6 C 4 - lO-6 c j = I - 3 ■103 V I C2 L 3m 4m De manera análoga, en el punto medio de la hipotenusa hay un poten-
2
402
- io~6 c 2,5 m
4
• i
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■-7 ,2 • 103 V
El trabajo necesario para trasladar la carga de - 3 pC desde P hasta M será:
C - [ - 3 - 103 V - ( - 7 , 2 = -1 ,2 6 • 10 J (contra las fuerzas del campo)
W = O ' • (V p - V M) = - 3 - 1 0 - 6
• 103 V )) =
15.46. S e tienen dos cargas eléctricas puntuales: Q , = 211 n C y Q . = - 2 0 n C . situa das conform e se indica en la fig u ra 15.28. ('a lm ia r: a) E l potencial eléctrico e n el p u n to A . b t E l trabajo que es necesario realizar para trasladar una ca rg a p u n tu a l de + 4 nC desde el p u n to B a ! A .
Solución: a) El potencial eléctrico en el punto A es:
Fig. 15.28 4 re • c„
c2
•2
2 0 • 1 0 -5 C ■f w
i
b) Calculemos primero el potencial en el punto B:
= ^ — s-r4 r .c • e 0
n tA9 N • m2
f 20 • 1
T,
20 •
El trabajo que es necesario realizar para trasladar Q ’ = + 4 nC desde B hasta A, será: W = Q ' • (V B - V A) = 4 • 1 0 ' 9 C • ( - 4 5 V - 0 V ) = =
-
1,8
•
10 " 7 .I
(contra la s fuerzas d e l cam po) 1
15.47. E n un p u n to situado a una cierta distancia de una carga p u n tua l el potencial eléctrico es de 1 200 V y e l cam po eléctrico en ese m ism o p unto es 4 00 S /C . D eterm inar e l valor de la carga, y a qué distancia de ella está situado el punto en cuestión.
Solución: El campo y el potencial eléctrico a i i cierta distancia de una carga puntual vienen dados por: www.FreeLibros.me
403
o Sustituyendo en las anteriores expresiones los datos numéricos del enun ciado del problema, tenemos: 400 N/C = -----4nc • e0
S. r
La resolución del anterior sistema conduce a: | Q = 4 - IQ-* C; r = 3 m ] 15.48. (*) E n los punios II, 0) y 10, 1) de un sistema cartesiano plano, cuyas dimensio nes se expresan en metros, existen dos cargas fijas de * 1 /9 y -1 /3 oC, respectivamente. Determinar: a) E l valor de la intensidad del campo eléctrico en el origen de coordenadas. Hágase un esquema vectorial claro. b) E l valor del potencial eléctrico en el origen y en el punto (I, I). c) E l trabajo necesario para trasladar una carga de +3 uC desde el origen al punto (1, I).
Solución: a) La intensidad de campo eléctrico en el origen de coordenadas creado por la carga de + 1^ uC. situada en el punto (1,0) (fig. 15.29) es:
.e a »
Fig. 15.29 E.-9-W
404
(—T) = - i ooo T (N/C) www.FreeLibros.me
La creada en el mismo punto por la carga de -1/3 uC, situada en el punto (0, 1). tiene de valor: ■]■= 3 000 f (N/C) (1 m f Por tanto, el vector representativo del campo eléctrico total existen te en el origen de coordenadas será: E , = 9 • 109
| E = E, + E; = - 1 000 i + 3 000 J (S I)]
b)
Calculemos ahora el potencial eléctrico en el origen de coordenadas: O, Vio.or ~ 4 - i ■ ■•2
io-6c
= 9 - 109
- 4 - • 10~6 C
Procediendo de forma análoga, podemos calcular el potencial eléc trico en el punto P (1, 1): 4r.c - E0
4 - ■10~6c
: 9 . 109 J L - !
- - i - • 10-"c
c) Dado que el potencial eléctrico en el origen tiene el mismo valor que en el punto (1, 1), no se realiza trabajo alguno para trasladar una carga desde un punto a otro: 15.49. ( ’ ) U n núcleo tiene una carga positiva d e SO e, siendo e la m agnitud de la carga del electrón. D eterm inar la energía potencial de un electrón situado a u na dis tancia de 2 ■10 10 m de dicho núcleo, expresada en electronvoltios y ju lio s.
Solución: La energía potencial del electrón será: p _ r
1
4ne • t„
Q • O ' ___________ 1
r
4 rc ■ t„
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50 e2
r
405
Teniendo en cuenta que el valor absoluto de la carga del electrón 1,6 • 10-19 C, resulta: E„ = - 9 • 109 N • m2 50- (1.6- 1()-|9 C)2 = -5,76 • I0~17 J Como 1 eV = 1,6 • 10-19 J, la energía que acabamos de obtener equiva-5.76 • 10-'7 J • 15.50. E n los vértices de un cuadrado de lado a, tene m os situadas cuatro cargas eléctricas p u n tua les, de manera que las de cada dos vértices consecutivos son iguales en m agnitud y d e sig no contrario. Determ inar la energía potencia! de este sistema de cargas (fig. 15.30).
Solución: Tengamos en cuenta que la diagonal del cuadrado mide a • VT. Apli cando la expresión correspondiente a la energía potencial de un sistema de cargas eléctricas puntuales, tenemos: Q, • Q,
Fig. 15.30 \ O -(-O )
1
* * •« . X Q -Q ,
Q • (-Q )
,
aV T
a
Q -(-Q )
t
-Q
a
■Q
, Q •Q |
a
a V2
-Q -(-Q )
,
-Q
•(-Q )
aVI
Q -(-Q )
a
,
-Q
, -Q -Q
a Q 2 (V 2 - 4) 4r.t ■£„ • a
- Q - Q ] _
a
■Q
|
,
a J 15.51. U na esfera de 3 cm de radio, situada en el vacio, tiene u na carga eléctrica de aV 2
I0~ yC . Calcular su potencial en un punto de su superficie.
Solución:
V
- —
i
4-£ • e0
- Q
R
. . 9 - io » - ¡ E " L .
C2
10~8 ?
3•
= f 7 ~ ió r v |
15.52. Una esfera de 8 cm de radio situada en el vacío posee una carga de 4 uC. Cal cular el potencial:
406
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al E n un punto de su superficie, hl E n otro punto situado a 12 cm de ella.
V= b) = | 1,8 • 105 V [ (12 + 8) • 10 m 15.53. Dos gotas de agua aisladas, de radios 0,5 m m y O.H m m , están cargadas con 40 uee y 50 uee, respectivamente. Dichas gotas se reúnen para originar una sóla gota. Calcular: a) E l radio de esta gota, h) L a carga total que adquiere, c) E l potencial en un punto de su superficie.
Solución: a) Resulta evidente que el volumen de la gota formada 4 -Ri -) ha de ser igual a la suma de los volúmenes de las dos gotas iniciales: ~
Por tanlo:
-4 -
nR3 =
-R ¡
1- - y - - R ’
nR, +
aR |
R = V r Í T r ? = V (5 • 10-* m)3 + (8 • lO"4 m)5 = | 8.6 10~‘ i b) La carga total será igual a la suma de las cargas de las dos gotas ini ciales: Q = Qi + 0 2 - 40 uee + 50 uee = 90 uee c) El potencial en un punto de la superficie de la gota será: nn V = — i---------------- = 9 • 109 4nr • e0 R Cz I 3,14 • 10* V www.FreeLibros.me
.
1C
8,6 - 10 4 m I
407
Dos pequeñas esferas metálicas, A y B , cuyos radios respectivos son: rA = I cm )' r„ = 4 cm , colocadas a I m de distancia en el vacio y cargadas con electrici dades del mismo signo, se repelen con una fuerza de 2 • 10 ' N . Se las pone en contacto y se las coloca luego a una distancia igual a la mitad de antes, siendo entonces la fuerza de repulsión entre ellas de 5,76 • I0~3 A’. Calcular: a) La carga inicial de las dos esferas. b) E l potencia! eléctrico que tienen a l final.
Solución:
a)
Designemos por 0 A >'-Qh la carga de cada una de las dos esferas antes del contacto, y por QÁ y Qíi su carga al final.
Como las dos esferas, situadas a 1 m de distancia en el vacío, se repelen con una fuerza de 2 • 10 3 N, por aplicación de la ley de Cou lomb. operando en el Sistema Internacional, tenemos: Q
a
■Q „ =
• 1 0 - 1!
[1 ]
Ya que, después del contacto, las dos esferas, con cargas QÁ y Q b . respectivamente, situadas a 0,50 m de distancia en el vacío, se repelen con una fuerza de 5.76 • 10"3 N, aplicando de nuevo la ley de Cou lomb, resulta: OX • Q b - -!■ £ - • 1 0 -|J
[2]
Como, al ponerse en contacto ambas esferas, sus potenciales se igualan, se cumple:
Por otra parte, teniendo en cuenta el principio de conservación de la carga eléctrica: Q a + O b = Ok + Q b (41 La resolución de este sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incóg nitas conduce a: Qa = - i - 10~6 C =
|iC; Q„ = - ? - • 10'* € = -1-1*0
b) El mismo sistema anterior da como resultado: QÁ = 0,2 • 10"° C y Q b = 0,8 - 10“6 C (las cargas que adquieren las dos esferas tras su con tacto). Por tanto, el potencial que tienen las dos esferas al final es:
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- 9 . lo9 N m2 . °-2 - 10' 6C C2 10-2 m n2 0.8 ■ío-6 c r r = 9 -1 0 ' 15.55. Una m ism a cantidad de electricidad se distribuye en una esfera de radio 10 cm y en otra de radio 20 cm . Calcular: a) Im relación de densidades eléctricas. h) Im relación entre los respectivos potenciales e n cada una de ¡as superficies.
Solución:
a) En la primera esfera:
=
4a • Rf O — -— —r
i la segunda:
)!=
R’ R iV / 20 c h Rt \ R, I \ 10 cm b) Los valores del potencial en las superficies de las dos esferas son: I O . V, = 1 O Por lanío:
4ac • e0
Rj
'
4 re • s0
R2
Por consiguiente: _Vj_ _ _Rj_ = 20 cm = i— i V2 “ R, 10 cm--- '---- 1 (•) S e tienen dos cargas iguales y de signos contrarios, situadas: la prim era, Q, en el punto 10. 0 , 0), y la segunda, - Q , en el p unto <0, 2 , 0). D eterm ínese la fu n c ió n escala r d el p o te n c ia l en ca d a p unto d el campo. Cal cúlese, asim ism o, la ecuación de la super ficie equipotencial, lu g a r de los puntos de potencial nulo.
Solución: Consi deremos (véase figu ra J5.31) un punto cu alq u iera , P. de coordenadas (x. y, z). Las distancias de este punto a cada una de las cargas son: www.FreeLibros.me
409
r, = V x2 + y2 + z-’ fj = Vx- + ( y - 2 )1 + z2 Por lanío, el polencial en el pumo P valdrá: 4-r ‘o 0 V x2 + y2 + z2
V x2 * (y - 2)1 + z2
Para obtener la ecuación de la superficie equipotencial de potencial nulo, igualaremos a cero la expresión anterior: O • «„ [ V x2 + y2 + z2 V x2 + (y - 2)2 + : Simplificando: V x2 + y2 + z2
V x2 + (y - 2)2 + z2
Elevando al cuadrado y operando: x2 + y2 + z2 * x2 + (y - 2)2 + z2 y2 = y2 + 4 — 4y; y = - í - = 1
[La superficie equipotencial es el plano y = Tj 15.57. La intensidad de un campo eléctrico varia según la expresión: E = x3 - 3 x2 (SI) Calcular la diferencia de potencial entre dos puntos A y B , determinados por las coordenadas xA = 0 y xB = 2 m .
. - VA = -
£
E • dx = -
/nV
- 3x2)d x = -
410
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[ - J - - x’ ] ’
15.58. E n el origen de coordenadas se encuentra situada una carga p u ntual positiva de 2 nC , mientras que otra puntual, negativa, de 5 nC, está fija sobre el eje de ordenadas, a 4 m del origen. Determinar: a) L a intensidad de campo eléctrico en el p unto A , situado a 3 m del origen sobre la parte positiva del eje de abs-
b) E l trabajo que es necesario realizar para trasladar una carga de 2 nC desde el punto B , cuyas coordenadas son (6, 8) metros, a l A .
Solución: a) La intensidad del campo eléctrico creado por la carga de 2 nC en el punto A (véase fig. 15.32) es: Q, 4-e rj -A N - m2 10-9 C r 2 T (N/C) C2 (3 m)2 El módulo de la Intensidad de campo creado por la otra carga en A será E,
E ,=
■= 9 ■10° - = 1,8 N/C 4nt • ¡o r | C2 (5 m)2 Las componentes de E2 en las direcciones de los ejes coordenados E2.„ = E2 • eos ? = 1,8 E2.y = E2
= 1,8
= 1.44 N/C
Por consiguiente: E2 = -1,08 T + 1,44 7 (N/C) De ahí que el campo total en el punto A venga dado por: g = E, + Ej = 0,92 T + 1,44 7 (SI) b) El potencial en el punto A será: \/ _ o . ia9 N • m2 T 2 • www.FreeLibros.me
411
siendo el potencial en B: 2 • 10~9 C , - i ' 10~9 C [ 10 m 2 - Vl3 m
V„ = 9 • 10’ - A-'
Por tanto, el trabajo que es necesario realizar para llevar una carga de 2 nC desde el punto B al A es: W b = O' • (VB - VA) = 2 • 10"9 C • [-4,44 V - (-3 V)J = 10 9 J (contra las fuerzas del campo) 15.59. E l potencial eléctrico t
i punto viene dado por la ecuación:
V = 4x + 2y* - z*
i la que V se expresa en voltios y las coordenadas x , y , z en metros. Determi-
ir el vector intensidad de campo eléctrico en el punto t - 2 , - I , i).
Solución:
6v I + = - 4 7 - 4> 7 + 3z2 k (SI)
E = -g ra d V = -
/ -f
Particularizando la anterior expresión general al punto P (2, -1 , 1). tenemos: i = - 4 i' + 4 j + 3 k (SU | 15.50. Sea un anillo de radio R y con
una carga Q uniformemente dis tribuida a lo largo de todo él. Ha llar el potencial y la intensidad de campo en un punto P de su eje, situado a una distancia x del cen tro del anillo (fig. 15.33).
Solución: Consideremos un elemento infinitesimal del ani llo, de carga dQ. El potencial en un punto P debido a todo el ani llo valdrá: Fig. 15.33
412 www.FreeLibros.me
* -c ■t„
V iF T ?
I
4r.' - t„ V R 2 -i- X2
El campo eléctrico en dicho punto tendrá el valor
E = - i í¡ 3 v =
- £
- T
=
♦*’>-*-a-7 ___ V *___ 4r.e ■ c0 • ( R 2
X2) * 2
15.61. U na carga eléctrica puntual de +2 uC se encuentra situada en el centro geom é trico de un cubo de 2 m de arista. E l medio es e l vacío. Calcular: a) L a intensidad de campo en el centro de una de las caras. b) E l flu jo eléctrico a través de la superficie cúbica. c) E l flu jo eléctrico a través de una de las caras.
Solución: a) Aplicando la fórmula de la intensidad de campo, tenemos: = 9 - 10*-! = I 1,8 • 104 N/C 1 • (1 m): b) Podemos considerar la propia superficie del cubo como superficie gaussiana. Aplicando el teorema de Gauss, tenemos: 2 • 10~6 C = 2,26 105 V • m | 8,85 • 10"12 C2 • N "' c) Por simetría: 2,26 ■105 V •
■= 3,77 • 104 V
Calcular el flu jo de campo eléctrico que atraviesa un hem isferio de radio R, situado en el interior de un campo E uniform e y paralelo a l eje del hem isferio.
Solución: El problema se puede resolver de una forma muy sencilla, con siderando una superficie gaussiana que sea el propio hemisferio, pero tapa do por su parte abierta (fig. 15.34). Como dentro del hemisferio no hay carga eléctrica alguna, de acuerdo con el teorema de Gauss, el flujo neto de campo eléctrico que atraviesa dicha superficie gaussiana ha de ser nulo. En consecuencia, el flujo que atraviesa el hemisferio ha de ser igual y de senti www.FreeLibros.me
413
do contrario al que pasa a través de la cara diametral de la superficie gaussiana. Por tanto: <1» = -R2 • E
Fig. 15.34
15.63. Ocho cargas ¡guales de 5 • 10 J C se encuentran situadas en los vértices de un
cubo regular de 1 tn de lado. En el centro del cubo se encuentra situada una novena carga de valor - 7 - 1 0 C. S i consideramos una superficie esférica con centro coincidente con el del cubo y radio R , calcular el flujo deI campo eléctrico creado a través de dicha superficie, en los siguientes supuestos: a ) El radio de la esfera tiene un valor R , = 0,5 m. b) El radio de la esfera vale R ¡ ~ 2 m.
Solución: Apliquemos el teorema de Gauss:
a) En el caso de que la superficie esférica tenga de radio R, = 0,5 m. en su interior sólo se encuentra la carga central. En consecuencia: -7,9 • 10* V • m b) Si la superficie esférica tiene de radio R2 = 2 m. encierra a todas las cargas. En este caso: ^ = - 7 • 10~3 C + 8 • 5 • 10'4 C -3.4 • 10* V ■m 8.85 ■1
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15.64. (*) S e tienen dos cargas eléctricas iguales. S i en el punto medio de! segmento que las une situamos una pequeña carga eléctrica de prueba, ¿estará en equili brio? ¿¡‘or qué? ¿Q ué le ocurre a esta última carga si se la desplaza ligeramen te de la posición inicial?
Solución: La carga eléctrica de prueba se encontrará en equilibrio, ya que sobre ella actúan dos fuerzas de igual módulo y de sentido contrario. Cuando la carga de prueba se desplaza de la posición de equilibrio pode mos considerar dos casos: a) Si la carga de prueba tiene el mismo signo que las otras dos. al despla zarla sobre la recta que las une. experimenta un movimiento oscilatorio. En efecto, si movemos la carga hasta P,. al ser É, mayor que E2. el campo req, é, p t , Q, sultante la obligará a deso1 — *-------- ^ ----------•* plazarse hacia Q 2 (figu ra 15.35); pero al sobrepa Fig. 15.35 sar el punto P. la fuerza resultante será de sentido contrario, oponiéndose, por tanto, al movi miento. En consecuencia, la carga de prueba se encuentra sometida en todo momento a una fuerza recuperadora. Si desplazamos la carga de prueba en una dirección distinta a la de la recta que une las cargas, se alejará siguiendo la correspondiente línea de fuerza. b) Si la carga de prueba tiene signo contrario que las otras dos, al despla zarla se acercará a la carga más próxima, cuya fuerza atractiva predomi na, de acuerdo con la ley de Coulomb.
15.65. D os cargas eléctricas puntuales, de J ■/(' *encuentran fijas en Ios puntos de coordenadas (2. 0 ) y < 2 , 0). L n el punto (0, l l soltamos una particula de 30 gramos de masa y 0,5 n C ¿Q ué velocidad tendrá esta particula al pasar por el punto (0, 3)? Conside rar despreciables las fuerzas gravitatorias. Las coordenadas están expresadas en metros.
y
Solución: El potencial eléctrico en el punto (0. I) (véase fig. 15.36) es:
(-2.0)
«W 0
, = 9 • 109 N • m2 f 3 • 10-'' C . 3 • ÍIT6 C V5n V5 m y en el punto (0, 3): m
— i\ . in't N • m
VB m
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( 2,0) x V Fn
VTI m 415
La energía potencial eléctrica de la partícula en el punto (0, 1) i 27 • 10— Ep = O ' • V(0.„ = 0.5 • 1 0 - C ■54 000 V? V5 y en el punto (0, 3): c« nnn n m= Q ' • v,„.3, = 0.5 ■í o - c • VT3
VT3
Aplicando el principio de conservación de la energía a la panícula móvil, resulta:
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16. CAPACIDAD ELÉCTRICA. CONDENSADORES
FORMULARIO-RESUMEN p_^ n
P= P n = p=
polarización (momento dipolar por unidad de volumen). número de moléculas por unidad de volumen, momento dipolar de una molécula.
P =
E, = , • e. = c • (I + X)
r. .
- - E*
Desplazamiento eléctrico o inducción eléctrica, D: B = e0 • É + P = ea • É D =
C=-y
Capacidad de una esfera conductora cargada de radio R: C = 4jie • eQ • R Energía de un conductor cargado:
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417
C o n d e n s a d o r p la n o * C = c
(Vj —V2 = diferencia de potenci duras.)
C=
C a p a c id a d d e u n c o n d e n sa d o r:
— d
^ = ^ re a *aS a r m a d u r a s d = separación entre láminas.
R • R í (R 2 y R i son Ios radios C = 4n • ea • —15-í— ¡2— t de las esferas exterior e k 2 “ Ri ( interior.)
C o n d e n s a d o r e s fé ric o :1:
2k ■ t* • 1v (< los 1 = ,ong¡tud; r 2 y R : C - -— ra d io s d el cilin dro cxtc-
C o n d e n s a d o r c i lin d r i c o :
In ( M * , )
CA R G A Y D ESCARG A D E UN COND EN SAD O R A TRA V ÉS D E UNA RESISTEN CIA
(1
e-'*0)
C a rg a
q = 0 •
D e scarg a
q = 0 • e * '* 0
-
¡
_ | . e-i/"c
Constante de tiempo:
i = -I •
e = R C
E n e r g ía d e u n c o n d e n sa d o r c a rg a d o : r
tp
, = - L . - 9 L = J _ . c . y2 = — •q •v
2
c
2
c
v
2
u
v
D e n s id a d d e e n e r g ía e le c t r o s t á ti c a :
u = 1 . £ . E2 = 4 - • D • E A SO CIA CIÓN D E CONDENSADORES
0
(
II p
II
V
0
Serie
=V ¡ =s v
0
V
w
418
Paralelo
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C
=2
_ I_
=
Q
c “y _ qi _
16. CAPACIDAD ELÉCTRICA . CONDENSADORES 16.1.
¿P o r qué un cuerpo cargado atrae cuerpos ligeros descargados?
16.2.
E xplica e l significado de la siguiente fra se: -U n conductor es im perm eable al cam po eléctrico.»
Solución: Un cuerpo cargado no puede atraer, por fuerzas de Coulomb, a otro cuerpo que no lo esté. Ahora bien, en este cuerpo descargado se pueden producir fenómenos dé influencia eléctrica que provocan en él una ordenación de cargas (polarización!, la cual hace sensible al cuerpo a una posible atracción electrostática. Solución: En el interior de un conductor el campo eléctrico es nulo. Por lo tanto, si introducimos un conductor en el interior de un campo eléctrico, las líneas de fuerza no lo atraviesan, quedando detenidas en su superficie.
16.3.
T enem os u na gota de agua electrizada. ¿Q u é sucede con su carga, potencial y capacidad a medida que se va evaporando?
Solución: A medida que la gota se evapora su radio va disminuyendo y. por consiguiente, la capacidad (C = 4-c • i„R) disminuirá también. La car ga permanece constante y el potencial: aumentará. 16.4.
¿E s cierto que la capacidad de una esfera m aciza es m ayor que la de u na esfera hueca del m ism o radio?
Solución: No es cierto, debido a que la capacidad de una esfera (C = 4 - e • e „ • R) depende únicamente del radio, siendo independiente de su masa y, por consiguiente, de si es maciza o no. 16.5.
¿Q ué radio debe tener una esfera conductora cargada, situada e n el vacio, para que su capacidad sea de I F?
R =
C
4 i: é • t„
1F 1
= 9 • 10” m = 9 ■106 k m C1
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419
Este resultado que acabamos de obtener pone de manifiesto que para conseguir una capacidad de 1 F. es necesario disponer de una esfera de 9 millones de kilómetros de radio, totalmente inasequible en la práctica. Es to demuestra que el faradio es una unidad de capacidad demasiado elevada. 16.6. E l potencial de un conductor aumenta 500 V con una carga de ¡ 0~2 C. ¿Cuál es su capacidad? Solución:
5 • 102 V 16.7.
= 2 ■ 10~5 F ■=| 20 ¡ J |
¿Q ué carga necesita un conductor de 2 pF para aum entar su potencia! I mV?
Solución: O = C • V = 2 • 1 0 '12 F • 1(T3 V = 1 2 - 10~15 C |
16.8. (*) Una esfera de 8 cm de radio posee una carga de 0,3 uC. Calcular: a) E l potencial en un punto de su superficie. b) L a densidad superficial de carga sobre la esfera. c) La energía almacenada en la esfera.
Solución: a) El potencial en un punto de la superficie de una esfera viene dado por la expresión:
v -c ^ r -S Aplicándota al caso del problema, tenemos: V_
1
. Q_ - p . yf> _N _m l_ . 0.3 • 10-.» g_ = I 33 750 y ] R c2 8 • 10 m 1---------------1 b) Calculemos ahora la densidad superficial de carga sobre la estera, a la que designaremos por 4itc * Co
a = _ 2 _ = -----0.3 • 1
~
O ■V =
~y
0,3 ■I0 ‘ 6 C ■33 750 V = | 5,06 10 3 J
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16.9. Calcular la capacidad de la Tierra, suponiendo que es esférica v que su radio e 6 370 km.
Solución: Considerando la Tierra como esférica, su capacidad será: • 6,37 - lO6 m =
9 • 109
C2 = 7.08 • I0 -' F = 708 :t F 16.10. Calcular:
a ) El potencia! que adquiere un conductor de 10 uF con una carga de H00 *C. b) E l potencial de equilibrio que se establece poniendo en contacto este con ductor asi cargado con otro de capacidad triple y carga nula.
Solución: a) El potencial de un conductor viene dado por la relación: V =
Sustituyendo en esta expresión los datos del problema, expresados en unidades correspondientes al Sistema Internacional, tenemos: -
0
b) Al poner en contado ambos conductores, la carga total será la del pri mero (el otro está descargado). Por tanto: 0 = 8 - 10~4 C. La capacidad total del sistema es igual a la suma de las capacidades de los dos conductores: C = C, + Q = 10 i«F + 30 .jF = 40 uF. Por consiguiente, el potencial de equilibrio valdrá: 8 • 10“' C C 4 • 10-5 F 1-------- 1 16.11. Una esfera metálica de 10 cm de radio, aislada, se carga a 5 000 V. Seguida mente se une a otra descargada y aislada, de 8 cm de radio. Deducir el poten cial común de ambas.
Solución: Las capacidades de las dos esferas son:
C, = ÍT.Z - £„ • R, = -------------!--------------KT1 m = — - 10~10 F
Co — 4^c • e0 • R 2 — •
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421
La carga que adquiere la primera esfera al someterla a una tensión de 5 000 V es: Q, = C, • Vi = - i - • lO"10 F • 5 • 103 V =
• 10-7 C
Al unir las dos esferas la capacidad lolal del conjunto será: C = C, + Cs = - i - • 1(T'0 F +
• 10-" F = 2 • 10-" F
Por consiguiente, el potencial común de las dos esferas es:
o
-|--io-7c-------------------
V = -2 Í- = — = — • 104 V = 2 778 V C 2 ■1 0-" F 18 1-------------' 16.12.
S e tienen en el vacio dos esferas conductoras, de radios respectivos 10 cm y 5 cm . L a primera se carga a un potencial de 500 V y se pone en contacto, a continuación, con la segunda esfera, que inicialm ente estaba descargada. Cal cular el calor desprendido en el proceso.
Solución: Las capacidades de las dos esferas son: C, = 4ne • £„ • R, =
g .u r J L *
r — ■10-' m = — • 10-'° F 9
c2
C2 = 4r.£ • t . • R , = -------------!-------- — • 5 ■10-J m = — • 10-10 F • 9 • 109 N V 18 y la carga que adquiere la primera: O, = C, - V, = - i - • 10-10 F - 5 - 102 V = - | - • lO '8 C Como la segunda esfera estaba descargada, la energía total del sistema antes de la asociación será: Ep = EP) =
Qi • V, = - i =
1 - . 1(T8 C • 5 • 102 V =
■1 0 -1 = 1,389- 10-6 J
Una vez que se establece el contacto entre ambas esferas, la capacidad de la asociación será: C ' = C , + C 2 = - i - • 1 0 -"’ F + - jL • 1 0 -|U F = - i - • 1 0 -" ’ F 422
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y la carga total: 0 ' = Q, = - f - • 10-" C
siendo la energía final de la asociación: L
C,
Z.
1
, j 0 - tO F
0 La cantidad de energía que se pierde en el proceso será: W = E p - Ep = 1,389 • 10"6 J - 0,926 • 10~6 J = = 0,463 • 10"6 J = 4,63 • 10“ 7 J
Calor = 4,63 I0-7 J 16.13. ¿Cómo influye en la capacidad el dieléctrico interpuesto entre las armaduras de un condensador?
Solución: La presencia de un dieléctrico aumenta la capacidad de un condensador, tanto más cuanto mayor sea su constante dieléctrica. 16.14. ¿Puede aumentarse la capacidad de un condensador fijo? Razona la respuesta. Solución: La capacidad de un condensador fijo puede aumentarse susti tuyendo el dieléctrico interpuesto entre sus armaduras por otro de constante dieléctrica más elevada. ¿Q ué será preferible: el vidrio o la mica, para aum entar la capacidad de un condensador?
Solución: En principio sería preferible el vidrio, ya que su constante die léctrica es mayor que la de la mica. Sin embargo, la mica puede exfoliarse en capas muy finas, de menos espesor que el vidrio, con lo que. al permitir una mayor aproximación entre las armaduras, da origen a la obtención de condensadores de mayor capacidad.
16.16. Supón que tienes un condensador de aire y que intercalas entre sus armaduras una lámina de dieléctrico. ¿Cómo varían la diferencia de potencial y la intensi dad de campo?
Solución: ' Si una vez cargado el condensador se desconecta del generador y se introduce el dieléctrico entre sus armaduras, la capacidad aumenta y. www.FreeLibros.me
423
como la carga permanece constante, el potencial y el campo eléctrico disminuyen. b) Si, por el contrario, mientras se introduce el dieléctrico, el condensador se mantiene unido al generador, el potencial y el campo eléctrico no varían, pero la capacidad y la carga de las armaduras aumentan propor cionalmente a la permitividad del dieléctrico interpuesto. 16.17. Siendo 314 cm ' la superficie de cada una de las láminas de un condensador plano, 5 cm la distancia que las separa y 5 la constante dieléctrica relativa del medio interpuesto, calcular: a) L a capacidad del condensador. b) La carga que recibe, si se carga a I 000 V. Solución:
a) S
4 -3,14 -9 • 10* ■27,8 • 10“ 12 F = 27,8 pF
b) o = C (V , - V2) = 27,8 • 10"12 F • 103 V = 27,8 • 10“9 C - \ 27,8 nC | 16.18. (*) Un condensador está formado por dos placas paralelas, separadas por una capa de aire de 2 mm de espesor, siendo el área de la superficie de cada arma dura 120 cm 2. Calcular la capacidad del condensador y la carga que adquiere a l conectarlo a una fu en te de 200 V.
Solución: La capacidad del condensador y la carga que adquiere se calcu lan fácilmente aplicando las correspondientes fórmulas: C —ea • — = 8,85 • 10“12 —
120 • 10“ 4 i
= 5,31 • 10“" F = 53,1 pF 0 = C • (V, - V2) = 5,31 • 10“n F • 200 V = = 1.062 • 10“8 C = 10,62 nC 16.19. Un condensador plano está form ado por dos láminas paralelas de 100 cm * de superficie, separadas una distancia de I mm. Si se carga con una diferencia de potencial de I 000 V. ¿cuál será la carga de cada una de sus armaduras? Si una vez cargado se introduce un dieléctrico de coeficiente 5 entre sus armadu ras, ¿cual será la nueva diferencia de potencial entre ellas?
424
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Solución: En el primer caso: C0 = e0 • — = 8,855 - lO"12 — 100 • 10~4 m2 = g 855 . 10- ,, p d m 10 3 m con lo que: O = C„ • V„ = 8.855 • 1 0 -" F • 103 V = | 8.8S5 • 1 0 " ^ ] Al introducir el dieléctrico entre las armaduras del condensador: C = £ - c„ - | - = c C0 = 5 - 8.855 - 1 0 "" F = 4.4275 - 1(T10 F V = Q _ 8.855- 10 8 C C 4,4275- 1(T10 F 1-------------1 16.20. L a distancia entre las arm aduras d e u n condensador p lano es 5 cm y la cons ta nte dieléctrica relativa d e l dieléctrico que las separa vale 5 . ¿C u á n to m ide la su perficie d e cada una d e su s a rm aduras si la capacidad d e l condensador es 2 7 ,8 p F ? ¿Q ué cart>a adm itirá si la tensión entre las a rm aduras es de I 000 V?
Solución: La expresión que permite calcular la capacidad de un conden sador plano es: De aquí se deduce: S = -----! C • 4 = c • to =
4 * • 9 • 109 N ■
m 2 ■C 2
. 2 ? g . 10- i2 p . 5 . , 0 - 2 m _
= | 3.14 ■10~2 m 2 |
La carga que almacenan las armaduras del condensador es: !0~12 F • 103 V = 27.8 • 10"9 C = | 27.8 nC o = c • V = 27.8 • 16.21. (*) U n co ndensador p la n o fo rm a d o p o r placas circulares de radio 20 cm , ad quiere u n a energía d e 3 • 10 ' J cuando se le conecta a u n a fu e n te de fu erza electrom otriz de l 000 V. a ) ¿C u á l es la separación entre p lacas si e l dieléctrico es el aire? b ) S i se le desconecta de la fu e n te , calcular la diferencia de potencial entre su s placas cargadas cuando se las separa hasta una distancia ig u a l al doble d e la prim itiva. www.FreeLibros.me
425
c)
¿Cuál será la carga fin a l de las placas si se realiza la anterior separación con el condensador conectado a la fu en te de I 000 V?
Solución: a) Conociendo la energía del condensador y la diferencia de potencial en tre sus armaduras, podemos calcular fácilmente su capacidad. En efec to, ya que: “ E p -T -C -V * 2 ^ = V
6 .,o -F
(103 V )2
Por otra parte, dado que: C = e. •— , resulta: 8,85 • 1 0 12 - £ - • - ( 2 - 10-'
-= 1,86 • 10"2 m =
= 1,86 ( b) Si el condensador se desconecta de la fuente, la carga de las dos armaduras sigue siendo la misma. Llamemos d' a la nueva separación entre las placas. Se cumple que: d' = 2 d. En consecuencia, la capacidad del nuevo condensador es: C y la diferencia de potencial entre sus armaduras: V' =
= —p
c) En este último caso: O ' = C V = i- C - V
= 2 • V = 2 • 1 000 V
=
-i-
6 -1 0 -" F
IO’ V = 3 - 1 0 “ 8 C = [30~ñc]
16.22. ¿E n qué se convierte la energía de un condensador cuando se le descarga co nectando mediante un hilo metálico sus dos arm aduras?
Solución: Se convierte en calor, a causa del efecto Joule que se produce en el hilo metálico al pasar por él la corriente eléctrica procedente de la descarga del condensador. 16.23. Un condensador de 500 uF se carga a 2 000 V. ¿Q ué carga almacenará? S i se descarga a través de un conductor introducido en un recipiente con 100 g de agua, ¿cuánto aumentará la temperatura de ésta?
426
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Solución: La carga que almacena el condensador es: O = C • V = 500 • 1 0'6 F - 2 ■103 V = | 1 C | y su energía: Ep =-y- O•V
=- i - 1C •2 ■ 103 V =I03 J
Esta energía, expresada en caloñas, vale: 103 J • ° '2,4,Cal « 240 cal Aplicando, ahora, la ecuación fundamental de la calorimetria: Calor = m • e ■¿t resulta: , _ Calor _ ______ 240 cal________ I2 ,4 »c I - ‘—:------1 100 g - 1 cal g "C 16.24. U n condensador de 100 ¡jF se carga a 2 500 V. ¿Q ué cantidad de hielo, a 0 °C .
se puede fu n d ir si en la descarga deI condensador toda la energía del m ism o se em plea en fu n d ir el hielo?
Solución: La energía del condensador valdrá: Ep
=
4 -
C
• V2 = 4 - • 10~4 F • (2 500 V )2 = 312.5 J = = 312,5 J 0.24 cal
Como el calor latente de fusión del hielo es 80 cal/g. la cantidad de hielo que puede fundirse con 75 calorías será: «Ocal • = 0.94 g 16.25. ¿Por qué facto r viene limitada la carga de un condensador? Solución: La carga máxima que puede suministrarse a un condensador viene determinada por la rigidez dieléctrica del dieléctrico interpuesto entre las armaduras, la cual determina, a su vez. la diferencia de potencial máxi ma que puede soportar sin perforarse. Esta diferencia de potencial, multi plicada por la capacidad del condensador, nos da el valor de la carga máxi ma que puede adquirir. www.FreeLibros.me
427
16.26. Se conecta un condensador de 2 0 ;j F resistencia de 0,5 M u.
c
i generador de 200 V a través de i
a) b) c)
Hallar la carga del condensador a! cabo de O s. 5 s. 10 s. 20 s. 40 s y 100 s después de haberlo conectado. Hallar la intensidad de la corriente de carga en esos mismos instantes. ¿Qué tiempo seria necesario para que el condensador adquiera su carga final si la intensidad de la corriente de carga fuese en lodo momento igual a la inicial? Comparar este tiempo con la constante de tiempo del circuito. d) ¿Qué tiempo será necesqrío para que la carga del condensador aumente de O a 2 ■10 J C? e) Trazar las gráfica de la carga y de la intensidad de corriente en función del tiempo, en base a los datos correspondientes a los apartados al y b).
Solución: a) La carga máxima del condensador es: 0 - c • E = 20 • 10'6 F • 2 - 10* V = 4 • 10"3 C = 4 mC Por oirá parte, R • C vale: R • C = 0,5 • 106 Q - 20 • I(T6 F = 10 s Aplicando la fórmula correspondiente a la carga del condensador: q = O • (1 - c -" “c )
tenemos: Para 1 = Para I = Para t = Para t = Para t = Para t =
0 s: q 5 s: q 10 s: q 20 s: q 40 s: q 100 s: q
4 - 10'3 C (I - e~“-') H 1,57- HT3 C| . 4 - KT3 C • (1- e~') = | 2.53 • 1(T3 c] ■4 • 1(T3 C • (1 - c~3) =■13,46 ■ 10~3 C | : 4 • 1(T3 C ' (1 - C-“) = 3,93 10 3 C i 4 • 1(T3 C ■(1 - e - '° ) ■
b) La intensidad máxima de la corriente de carga al comienzo t 5 • ÍO5 !! Aplicando la fórmula correspondiente a la intensidad de carga: i = I ■e_l/Rc. en los tiempos reseñados, tenemos: Para t = 0 s: i = 4 • 1(T4 A • e" = ¡4 • 10~4 a | Para t =
5 s: i = 4 - 10“ 4 A • e '0 5 = I 2,43 10-4 AI
428 www.FreeLibros.me
P a r a i: =
10
P a r a ii =
2 0 s:
P a r a i[ = P a r a i1 = c)
4 0 s:
100
| 1.47 ■10~* A| | 0.54 • 1 0'4 Al 0,07 • 10-4 A [oa]
s:
s:
10~* A
•e
lO '4 A
-e
L a c a rg a fin a l d e l c o n d e n s a d o r e s O = 4 - 10~3 C y la in t e n s id a d in ic ia l d e c a r g a e s I = 4 • 107? A . P o r lo ta nto : 4 • 10~3 C
= íió T l
4 • 1 0"* A
d)
P o r o t r a p a r t e . la c o n s t a n t e d e t ie m p o d e l c ir c u it o es: = R • C = 10 s D e a q u í se d e d u c e q u e la c o n s ta n te d e t ie m p o d e u n c ir c u it o e s ig u a l a l t ie m p o q u e e m p le a r ía u n c o n d e n s a d o r e n a d q u ir ir u n a c a r g a ig u a l a la f in a l, c o n u n a in te n s id a d d e c o r r ie n t e ig u a l, e n t o d o m o m e n to , a la in ic ia l. D e la e c u a c ió n q = O - (I - e~ l/ R t ) o b te n e m o s :
9
e- t « c _ i — _ _ e 1 Q
Q -q Q
T o m a n d o lo g a r it m o s n e p e r ia n o s e n a m b o s m ie m b r o s , re s u lta :
R ■C
O- q1 _
r o
O
= -In
Q -q
1
de donde: t = R -C •
= 0 ,5 • 106 U - 20 - 1 0 " 6 F •
e)
In
'"I
Q -q
J
4 • 1 0 -3 C ( 4 • 10“ 3 -
5 c]-[« 3
2 • 10- 3 )
L a s g r á fic a s d e la c a r g a y de la in te n s id a d d e c o r r ie n t e e n fu n c ió n d e l tie m p o se v e n e n la s fig u ra s 16.1 y 16 . 2 , re s p e c tiv a m e n te .
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429
16.27. En el circuito de la figura 16.3: a) b)
¿Cuál es el valor de la constante de tiempo? Transcurrido un tiempo igual a la constante de tiempo, se abre el circuito. ¿Cuál será el valor de la diferencia de potencial entre las armaduras del condensador de 60 uF? Solución: Fig. 16.3
120v
a) La constante de tiempo del circuito es: ? = R • C. Calculemos, en pri mer lugar, la capacidad equivalente de la asociación: _ J_ = J _ + J _ = í + ___ !___ = ____ >___ C C, C2 30 u F 6 0 |x F 2 0 tiF de donde: C = 20 ¡.F. Por tanto: v = R • C = 12 12 • 20 • 10'6 F = | 2.4 • 10~* s b) La carga adquirida por el sistema formado por los dos condensadores durante el intervalo de tiempo determinado en a) es: q = E • C • (1 - e -1"*0) = 120 V • 20 • lO '6 F • (1 - e ' 1) = = 120 V • 20 -10-‘ F • 0.632 = 1,517 - 10~3 C Al abrir el interruptor la diferencia de potencial entre las armaduras del condensador de 60 |*F será:
16.28. Un condensador de 2 oF se carga a una tensión de 500 V. ¿Qué carga almace na? ¿Q ué energía posee?
Solución: La carga del condensador será: O = C • V = 2 - 10~6 F • 5 - 102 V = 110~3 C | En cuanto a la energía, se puede calcular mediante las fórmulas:
Ep =-i- O•V =-i- lO '3 C •5 •102V =| 0.25 J | Ep = - i - C • V2 = - i - 2 • lO"6 F • (5 ■102 V)2 = 10.25 J j 430
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E - 1 Q2 - 1 (1Q~3 c )2 P 2 C 2 2 - 10"6 F 16.29. ¿Cuándo conviene montar condensadores en serie y cuándo en paralelo? Solución: Los condensadores deben montarse en serie cuando se desee obtener una capacidad equivalente menor que cualquiera de las capacidades asociadas. Además, en este tipo de asociación cada condensador está some tido a una parte de la tensión total, reduciéndose así el riesgo de la perfora ción de sus dieléctricos a causa de la descarga disruptiva. Los condensadores se montarán en paralelo cuando interese una capaci dad equivalente mayor que cualquiera de las asociadas, lográndose de esta forma acumular grandes cantidades de electricidad con diferencias de poten cial pequeñas. 16.30. Dibuja dos condensadores en serie. ¿Qué puedes decir sobre la cantidad de electricidad almacenada en sus armaduras?
Solución: En la figura 16.4 se observa cómo el generador carga por con tacto la primera placa inductora A con una carga O; esta carga Q. por inducción, atrae a otra igual —pero de signo contrario— en la placa B y rechaza otra igual y del mismo signo en la placa inductora C, .... etc.
P o r t a n t o , to d a s la s c a r g a s O d e lo s s u c e s iv o s c o n d e n s a d o r e s u n id o s e n s e r ie tie n e n to d a s e lla s e l m ism o v alo r.
B C D +0 -Q *0 -Q
Fig. Jó. 4
16.31. Calcular la capacidad de dos condensadores de 0,6 y 0,4 uF asociados en para lelo. ¿Cuál será su carga y su tensión si se conecta el conjunto a una tensión de 800 V?
Solución: La capacidad equivalente es la suma de las capacidades de los condensadores asociados: C = C, + C2 = 0,6 ¡iF + 0,4j*F = | 1 ¡xF = 10 * F La tensión de cada condensador asociado, al estar en paralelo, es la misma que la del conjunto: Vi = V2 = V = 800 V La carga de cada condensador asociado vale: o , = C| • V, = 6 • 10-’ F • 8 • 10* V = | 4.8 • 10~*c1 Q2 = C2 • V2 = 4 • 1 0 '7 F • 8 • 10* V = www.FreeLibros.me
13 .2
■10 J C 431
16.32.
S e tienen tres condensadores de 2 , 3 y 5 uF cada uno. Se conectan en paralelo r el conjunto se carga a una tensión de I 000 V. Calcular: a) La capacidad equivalente y la carga almacenada en la asociación. b) Im energía que posee la asociación. c) ¡a tensión, carga y energía de cada condensador.
Solución: a) La capacidad equivalente es:
C = 2 C, = 2 {*F + 3 f*F + 5 ,uF = [ 10 u F = 1 0 -* 7 1
y la carga almacenada en la asociación: O = C • V = 10 5 F • I01 V = 110~2 C | b) La energía de la asociación valdrá:
ep=
o • v = - L io-J c • io-' v = [sT|
c) La tensión de todos los condensadores es la misma: 1v = v, = \ 2 = v3 = I 000 v | Calculemos ahora la carga que almacena cada condensador: Q , = C,
■ V , = 2 -1
V = | 2 •10~3 C [
Oí = Cj •V¡= 3•10-6 F • lO5 V = I3•10"' C | Oj = C3 •V, = 5•lO '6 F ■10-' V = |5•I0~J C | Podemos comprobar que Oí + Q2 + O.^ = O = 10“2 C. Por último, las energías acumuladas en los tres condensadores son: Ep,
=
O, • V, = - L 2 •
10-' C •
10’V = |TJ]
Ep, = - j - 0 2 ■V2 = - i - 3 - 10-’ C -
10’ V =
11,5 J
e p, = - J - O, • V3 = - L 5 • 10-’ C •
10’V =
| 2.5 J
Compruébese cómo EPi+ Ep, + EP) = Ep = 5 J. 16.33.
Tres condensadores de 2. 3 y 6 se asocian en serie y el conjunto se carga a 10 V. Calcular: a) L a capacidad equivalente de la asociación, su carga y la energía que alm a b) I a carga de cada condensador.
432
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c) La tensión y energía acumulada en cada condensador. Solución:
a) Aplicando la fórmula correspondiente, tenemos: 2 kF
3uF
6 ¡j.F
c = i [aF = i< r6 f
La carga de la asociación será: O = C • V = 10” 6 F • 10 V = | 10~s C | y su energía: Ep = ~
O
• V = - i - lO"5 C • 10 V = | S • IQ-* J |
b)
La carga de los tres condensadores es:
c)
Las tensiones de los tres condensadores son las siguientes:
Q. =
Qi
= Q 3 = Q = 10 5 C
, i jQ,L . - » L - 4 - = r 5 v i C, 2 • 10“ F '------ 1 3 • 10
F
10~5 C
Compruébese cómo V, + V2 + V-» = V = 10 V. Hallemos, por último, las energías almacenadas en cada condensador: E„, - -T - Q i • V, - Ep. =
- i-
Ep, =
-i- o, ■V , = - i -
1 0-' C • 5 V =
O ; - V2 = - y 1 0-' C 10--' C •
2 ,5
• 10“ '
J
V= V=
Podemos comprobar que: EPi + Ep. + Ep, = Ep = 5 • 10 5 J www.FreeLibros.me
433
16.34. S e tienen tres condensadores de 2, 5 y IO pF asociados en serie. E l conjunto se carga a 40 000 V. Calcular: a) L a capacidad equivalente de ¡a asociación. b) l.a carga de cada condensador. c) L a tensión de cada condensador.
a) La inversa de la capacidad equivalente es la suma de las inversas de las capacidades de los condensadores asociados: 5¡iF
b) La carga de la asociación es igual a la de cada uno de los condensadoQ = Oí = Q2 = Q3 = 1.25 • 10~6 F • 4 104 V = 5 10~2 C c) Calculemos, por último, la tensión de cada condensador: „ _ Q, 5 -10 -2 C _ | , gAAA„ | Q Q3 16.35.
5 • 10”6 F 5 • Id"2 C
Tres condensadores. A . B y C. de 2. 4 y 6 x f. respectivamente, se m ontan: los dos primeros. A y B . en paralelo, y este conjunto en serie con el condensador C. E n los extremos de la asociación se establece una diferencia de potencial de I 000 V. Calcular: ai La capacidad equivalente de la asociación. b) La carga tota! almacenada. c) La carga y la tensión de cada condensador. di Suponiendo que toda la energía de la asociación se emplee en calentar 500 mg de aguo liquida, calcular el aumento de temperatura experi mentado.
Solución: a) Se resuelve primero la asociación en paralelo, originándose así el con densador equivalente D. de capacidad CD (Fig. 16.5): CD = CA + CB = 2 jiF + 4 [*F = 6 f*F
434 www.FreeLibros.me
A
Hh
C
B
H h
2(W F
C
D
HHh
hVh F
hh Fig. 16.5
y a coniinuación se resuelve la nueva asociación en serie obtenida: J
C de donde:
L . +
Cc
1
Cd
_
i
6 uF
,
i
6 rj.F
_
i
3 pF
| C = 3 y.F | b) La carga total almacenada en la asociación será: o = C • V = 3 • 10"'’ F ■105 V = | 3 10~3 C | c) Como los condensadores C y D (esle último equivalente a A y B) están asociados en serie, sus cargas serán iguales entre si c iguales, asimismo, a la carga total: Q = Q c = Q d = 3 10"3 C Las tensiones de los condensadores C y D valdrán:
Ahora bien, como los condensadores A y B están asociados en para lelo, se cumplirá que: | V a = V a = V p = 500 V |
Por último, las cargas de los condensadores A y B serán: Q a = CA • VA - 2 - lO"6 F ■ 5 • 102 V = | 10~3 C 435
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0 B = CB • VB = 4 • 10"6 F • 5 • 102 V = ¡2 • IO ~3C Resumiendo: Condensador A B C
Capacidad 2F 4F 6F
Carga ío-’ C 2 • 10-'C 3 • 10-'C
Tensión 500 V 500 V 500 V
d) La energía de la asociación es: Ep = J - 0 - V = - i - 3 - 10-' C - 10' V = 1.5 J que equivale a una canlidad de calor de: 1.5 J 0,24I Jcal = 0.36 cal Como: Calor = c • 4t, el aumento de temperatura que experimenta el agua es: Calor 0,36 cal = 0,72 °C 0.5 R - 1 < 16.36. im agina un circuito como el de la figura 16.6. L a tensión es de l 000 V i los extremos de la asociación. ¿Q ué carga almacena cada condensador?
Fig. 16.6
Fig. 16.7
Solución: Los tres condensadores de 1 uF están en serie, y este conjunto está en paralelo con el condensador de 2/3 uF. La figura 16.7 muestra las sucesivas reducciones hasta llegar al condensador equivalente. La capacidad equivalente a la asociación en serie viene dada por: 436 www.FreeLibros.me
La capacidad total equivalente, al tratarse ahora de una asociación en paralelo, valdrá:
C=-i- kF+-J- pF- 1hF La tensión que soporta el condensador de - j - ¡*F es igual a la del condensador equivalente de uF. ya que ambos están asociados en paralelo y es igual, a su vez. a la tensión existente en los extremos de la asociación. Por tanto: Q
a
=
Q
b
= Qc = Qifl = C,0 • V = - L ■10"6 F' • 10* V = Qd = CD • V =
• 1(T6 F • 10’ V =
Dos condensadores, de capacidades 2 y 6 pF , están conectados en paralelo. Si el conjunto se carga a 120 V, ¿qué carga adquiere cada condensador? ¿Qué energía almacenará el conjunto?
Solución: La carga del primer condensador es: O, = C, • V = 2 • 10“12 F • 120 V = | 2,4 • IO~loC~| y la del segundo: Q2 = C2 • V = 6 • 10-12 F • 120 V = [7,2- lQ-|0 c | La capacidad equivalente de la asociación es la suma de las capacidades de los condensadores asociados: C = C, + C2 = 2 pF + 6 pF = 8 pF Con todos estos datos podemos calcular la energía almacenada en el conjunto:
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16.38. ¿Cual es la capacidad equivalente de la asociación representada • r ta f,gu. ¡6.8? ¿Qué carga almacena y qué tensión soporta el condensador de 6 ÚF?
Solución: Los tres con densadores de 3 }*F de ca pacidad de la parte de la derecha están colocados en serie. La capacidad equivalente de su asocia ción valdrá:
3uF
3 ¡*F
luF
d e donde: C = 1 ¡xF.
El conjunto quedará como se indi ca en la figura 16.9. en la que se aprecia que los dos condensadores de 1 <*F están asociados en paralelo, siendo la capacidad equivalente de los dos. 2 uF (fig. 16.10). Como los condensadores de 6. 2 y 3 u.F de la asociación de la figura 16.10 están en serie, la capacidad equivalen te, que será ya la final, vendrá dada por: 2uF
FT“
JOOOv
—
IpüF
1
2j . F
ICOOv
—
■L. Fig. 16.10
La carga total almacenada en la asociación valdrá: O = C • V = 10"6 F • 103 V = 10”3 C www.FreeLibros.me
Esta carga almacenada por el condensador equivalente es igual a la que almacena cada uno de los condensadores de 6, 3 y 2 jxF, pues están asocia dos en serie. Por tanto, la carga del condensador de 6 jxF será: | Q = 10~3 C
|
La tensión que soporta este condensador valdrá: V -
Q C
_
1 0 -} C 6 - 1(T 6 F
4 6- 103 V
16.39. V n condensador de 2 uF se carga a 100 V y se conecta en paralelo a otro de 4 uF cargado a 200 V. Calcular: a) La carga de cada condensador después de la unión. b) L a tensión de cada condensador. c) La energia total almacenada, expresando el resultado en julios y en calo rías.
Solución: a y b) Inicialmente las cargas de cada condensador son:
O, =C, •V, =2•10-6F•102V=2•10-4C Q2=C2•V2=4•10~6F•2•102V=8•10-4C Cuando se conectan en paralelo, la capacidad equivalente de la aso ciación valdrá: C = C , + C 2 = 2 t*F + 4 ,*F = 6 ¡xF
La diferencia de potencial entre los extremos de la asociación será igual a la tensión de cada condensador. Esta diferencia de potencial se puede calcular dividiendo la carga total almacenada en la asociación:
O=Q i +02=2•lO"4C+8•1(T4C=10"3C entre la capacidad equivalente: v -
Q
C
io~3 c
6 • 10-6 F
- i6
ío -' V
La carga de cada condensador después cle la unión será: Q
=
c,
- V, =
2 • 10“ 6 F • - 7O-
• 10* V =
- i- •
10“ 3 c
Q ¡ = C ¡ ■ V 2 = 4 • 1 0 -6 F • 4 o- • 10’ c) La energía almacenada en el conjunto valdrá: www.FreeLibros.me
439
,=
o • V = - L 10--' c • -± - • 1»' V = - 1 . J =
Ep - - i - J = 0,02 cal 16.40. Se carga un condensador de lS • 10 6 F , aplicando una diferencia de potencial de 8 000 V entre sus armaduras. ¿Q ué carga adquieren éstas? Una vez cargado se conecta en paralelo con dos condensadores de 10 • I0~6 y 12 • !0~6 F , res pectivamente (estos dos últimos, en serie). ¿Qué carga adquiere cada armadu ra? ¿Qué diferencia de potencial se establece entre sus armaduras?
Solución: La carga que adquieren las armaduras del condensador t O = C • V = 15 • 10"6 F • 8 - 103 V = Una vez que el condensador adquiere esta carga, se conecta como indica la figura 16.11. La capacidad equivalente a los dos condensadores de 10 y 12 ¡xF asociados en se rie es: Fig. 16.11 12 ¡xF
10 uF c
= - ^
60 aF
f
siendo la capacidad equivalente de toda la asociación: C = C' + Cj = - f ~ - pF + 15 pF = i total: Q = 0,12 C La diferencia de potencial entre los extremos de la asociación tiene de valor: 0,12 C
440
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E n consecuencia, la carga final d e cada uno de los condensadores c Q i = C 3 • (VA - VB) = 15 • 1(T6 F • 5 867 V = 0,0
O, = O: = O - Oj = 0,12 C - 0,088 C = | 0.032 C | En cuanto a la diferencia de potencial entre las armaduras de cada con densador. tenemos: V3' = VA - VB = | 5 867 V | O,
0.032 c
rrr
16.41. (*) E n la figura 16.12 se representa una asociación serie-paralelo de condensa dores, a los que se aplica un potencial de 100 V (en corriente continua). Calcu lar: a) L a capacidad equi valente. b) La carga que posee cada condensador.
Solución: a) Designemos por A, B y C, respectiva vr mente. los conden sadores de capaci dades 2. 3 y 7 ¡xF. La capacidad equi 100 v valente a los con densadores A y B conectados en pa Fig. 16.12 ralelo es: CAB = CA + Cn = 2 ¡*F+ 3 uF= 5 pF Calculemos ahora la capacidad equivalente a toda la asociación: __ 1_ 12 1 35 I.F SuF 7 pF C = - j j - t
441
b) Hallaremos, en primer lugar, la carga total, que es igual a la carga del condensador C: 0,01.1 = Qc = C (v, - V2) = 2.92 • 10'6 F • 10= V = | 2.92 • 10 4 C | La carga total de los dos condensadores A y B conectados en parale lo es 2.92 • KT1 C. siendo la diferencia de potencial enlre los extremos de la asociación: Por lo tanto: Qa = CA • VAB = 2 • 10-* F • 58,4 V = | 1.17 • 10~‘ C | Q b = C„ • VAB = 3 ■lO"6 F • 58.4 V =,| 1.75- IQ"1 C | Puede comprobarse fácilmente cómo QA + Q b = Qc = Olo«ii16.42. Disponemos de tres condensadores iguales, cada uno de ellos de 3 uF de capa cidad. Los identificaremos con las letras A , B y C, respectivamente (fig. 16.13). Los condensadores A y B los montamos en paralelo, y el tercero, C, en serie con los dos anteriores. A ambos extremos de la asociación aplicamos una dife rencia de potencial de 2 000 V. Calcular: a) La capacidad equivalente de la asociación. b) La carga de cada uno de los condensadores. c) Im diferencia de potencial entre las armaduras de cada condensador. d) La energía eléctrica almacenada en la asociación. Solución:
a) La capacidad equivalente a los condensadores A y B asocia-
= 3 oF + 3 «xF = 6 -aF y la equivalente de toda la aso ciación: 6 |iF de donde:
2
3
1 _ 1 3 |iF (iF 2 uF
C = 2 ;»F | b y c) Podemos ahora resolver conjuntamente estos dos apar tados:
l
442 www.FreeLibros.me
¡0 le Fig. 16.13
3
Q c = Q ' = Q = C • V „ = 2 ■10“6 F • 2 • 103 V = 4 • 10“ -’ C = | 4 mC |
O a = Od = CA - V ,2 = CB ■V ,j = 3 - I0“6 F • ~ 103 V = = 2 • 10“3 C = |~2~mC~| d) Pasemos ahora a calcular la energía almacenada en la asociación: Ep = - j - C ■V?, ■=- i -
2
• 10“‘ F • (2 • 10-’ V)2 = | 4 J |
Compruébese que: F.p, = EPl = - L CA ■V2a = - i - CB - V2b = =
3 - 10-(l F • ( - ? - • 10’ v ) 2 = - | - J
E Pr “ 4 " C e ■ v c = - y -
3
•
10“ 6 F
•
•
10’ v ) " '
=
V
cumpliéndose que: E „ = E p, + E p„ + E Pc =
J +
J + -|- J = 4 J
16.43. E n la asociación de condensadores de la fig ura 16.14 se pide calcular: a) L a carga de cada uno de los con densadores. b) L a diferencia de potencial entre las armaduras de cada condensa dor. c) ! m energía total almacenada en la asociación. S o lu c i ó n :
a) La capacidad equivalente de los condensadores A y B conectados en serie es: CAb = 8 ¡xF. con lo que la capacidad equivalente de toda la asociación vale: www.FreeLibros.me
KJ^uF
\2 ja F
Fig. 16.14
443
c = CAB + C e = 8 U.F + 12 ¡iF = 20 ¡¿F Llamando V a la diferencia de potencial entre los extremos de la asociación (V = 220 V), tenemos que la carga del condensador C es: Oc = Cc • V = 12 • 10“6 F • 220 V = | 2,64 I0 J C | mientras que la de los otros dos condensadores es: O' = Q a = Q b = CAB ■V = 8 • lO '6 F • 220 V = 1,76 • 10 3 C b) Designemos por VA, V„ y Vc las diferencias de potencial entre las armaduras de cada uno de los condensadores. Tenemos: Vr = V = 220 V VA - S & — CA
1.76-10-» c 40 • 10’ 6 F
v b = -2 s _ =
1 0 1 : 10~ i £ - = f ^ T v ]
1--------1
CB 10 ■10"6 F 1--------- 1 c) Hallemos, por último, la energía eléctrica total almacenada c ción: C • V2 = - i - 20 • 10"6 F • (220 V)2 = 0,484 J 16.44. Asociamos en serie tres condensadores, A . R y C, de capacidades respectivas CA = 2 uF; CH = 3 <¿F y Cc = 6 v F (fig. 16.15), y aplicamos a los extremos de dicha asociación una diferencia de potencial de I 500 V. Calcular: a) I m carga de cada condensador. b) L a diferencia de potencial entre las armaduras de cada uno de los conden sadores. c) L a energía eléctrica almacenada i d) L a carga de cada condensador, si
Solución:
a) Hallemos, en primer equivalente de la asociación en serie de los tres condensa dores:
ca = 2 / i F
c ,= 3 y iF
■_ ■ , 1 j 1 _ ■ , 1 , C CA C„ Cc 2 t*F 3 ¡xF C = I |*F 444
Cc=6,u f
Fig- 16.15
www.FreeLibros.me
' _ i 6 :. F 1 ¡.F
Dado que los tres condensadores están asociados en serie, , la misma, c igual que la total de la asociación: O a = Qb = Qc = C • V = 10-” F ■1,5 • 103 V = = 1,5 • 10'5 C = 1,5 mC Qa = Q b = Qc: = 1.5 mC b) Hallemos, ahora, la diferencia de potencial entre las armaduras de cada condensador: „ _ Q a . 1 *5 • 10-3 C _ r - — , 10_ Q ^ = U1,5- •I O10'3 - ' CC Ca 3 -• 10-” 10“” F 1---------1 Qc _ 1,5 • 10- ' C Cc 6 • 10'” F 1--------- 1 Puede comprobarse cómo: Va + V„ + Vc = 750 V + 500 V + 250 V = 1 500 V ■ c) La energía eléctrica almacenada en la asociación será: Ep = - i - C - V2 = - y 10“” F • (1 500 V)2 = 1 1,125 J | d) Si los tres condensadores se asocian en paralelo, estableciéndose entre sus armaduras una diferencia de potencial de 1 500 V, la carga de cada uno de ellos será: QÁ = CA • V = 2 • 10“” F • 1 500 V = 3 • 10“3 C = | 3 mC ] Qn = C„ • V = 3 • 10'” F • I 500 V = 4.5 • 10“’ C = 4,5 mC Q t = Cc ■V = 6 • 10“” F • 1 500 V = 9 • 10“3 C = | 9 mC | 16.45. Disponemos de tres condensadores, A , B y C , cuyas capacidades respectivas son: CA = 2
Solución: a) Vamos a hallar la carga que adquiere cada condensador: www.FreeLibros.me
445
Q a = CA • VA = 2 • l ( r 6 F • 2 - 103 V = 4 - 1(T3 C = | 4 mC | O b = CB • VB = 3 • 10'6 F - 2,5 - 103 V = 7,5 • 1(T3 C = | 7,5 mC | Qc = Ce • Vc = 5 • 10'6 F • 3 • lO3 V = 15 • I0 '3 C = flS mC | b) La energía eléctrica almacenada en cada condensador es:
EP. = 4 " Ca • VÁ = - y 2 • I T 6 F • (2 • lO3 V)3 = [ 7 7 ] Ep„ = - i - CB • V | =
3 • 10~6 F ■(2.5 - 103 V)2 = | 9,375 J |
E * = -y- Ce • V 2c = ~ 5 - lO'6 F • (3 • 103 V)2 = | 22,5 J | c) Al asociar los condensadores en paralelo la carga total será: O = OÁ + O é + O c = Q a + O b + O c =
= 4 mC + 7,5 mC + 15 mC = 26,5 mC y la capacidad equivalente de la asociación: C = Ca + C b + Ce = 2 ¡xF + 3 jxF + 5 ¡xF = 10 [xF Por tanto, la diferencia de potencial entre los extremos de la asocia ción es:
d) La energía eléctrica almacenada en la asociación será: Ep =
-i-
C • V2 = -± - 10 • i
16.46. i*/ Dada la asociación de condensadores de la finura 16.16. hallar: a) Capacidad equivalente enire los pum os In Si enlrc los pum os A y II se establece una
a) Los condensadores de 6 y 3 jiF están asociados en paralelo; su capacidad equivalente valdrá; www.FreeLibros.me
al Fig. 16.16
C’ = 6 ¡»F + 3 |íF = 9 yF y la correspondiente a toda la asociación: 1 9,»F 4 uF 36 ¡iF
C .» =
aF
b) La carga total de la asociación es: 0,„,„| = CAB • VAB = - Q - • 10'6 F • 18 V = 49,85 • l
49,85 • 1 0 ‘ C
i diferencia de potencial entre sus armaduras: „ _ 49.85 ■10-6 C La diferencia de potencial entre los extremos de la asociación en paralelo de los condensadores de 6 y 3 ¡aF es: V’ = VAB - V, = 18 V - 12.46 V = 5,54 V Por tanto, la carga de estos dos condensadores será: 0 6 = C6 • V' = 6 - 1(T6 F • 5,54 V = 33,24 • 10 6 e l O , = C3 • V' = 3 • 10~6 F • 5,54 V = 16,62 • ]0”6 C c) Calculemos, por último, la energía de la asociación: Ep = - J - CAB •
= - L • j | - . 10"» F • (18 V)2 = I 4,49 ■1 0 - J |
16.47. I n condensador de 100 p í' v<- carpa a 50 W después de lo cual se separa de la hatería y se conecta en paralelo con otro condensador iniciahnenie descargado, midiéndose entonces 20 1 de diferencia de potencial entre las armaduras de umhos.
nal es la capacidad de este segundo condensador?
Solución: Designemos por A al primer condensador y por B al segundo. La carga que adquiere el condensador A al conectarlo a la batería es: 0 A = CA • V = 100 • 10-12 F • 50 V = 5 • 10-9 C www.FreeLibros.me
447
AI asociar los dos condensadores en paralelo, esta carga 0 A se reparte entre ambos, de manera que los dos adquieren una misma diferencia de potencial entre sus armaduras: V’ = 20 V. Teniendo esto en cuenta, la car que ga queda en el primer condensador será: OX = CA • V' = 100 • 10"12 F • 20 V = 2 • 10“9 C De acuerdo con el principio de conservación de la cargaeléctrica, en el segundo condensador aparecerá una carga: O é = O a - OX = 5 • l O '9 C - 2 • 10"9 C = 3 • 10"9 C
Dado que la diferencia de potencial entre las armaduras de este segundo condensador es: V' = 20 V, su capacidad será: C. -
- y ; ; C = 1.5 • 10"10 F = 1150 Pf |
16.48. (*) E n e l circuito de la figura 16.17, VA - V„ = 20 V. Se pide:
a) L a capacidad equivalente de la red. b) La carga del condensador de 4 uF situado en la rama superior. c) L a diferencia de potencial entre los puntos C y D. d) La energía total almacenada en el circuito. Sota: Los números en los condensadores indican su capacidad en u f. 8
Solución: a) En la figura 16.18 se pueden apreciar las sucesivas simplificaciones qu conducen a la obtención de la capacidad equivalente de la red: I C = 6 ixK 1 448
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5
A
20
4
C,=2fk?
HHHh
Hh Fig. 16.18
b) La carga del condensador de 4 |iF es la misma que la de Q : Q4 = Qc, = C , (VA - VB) = 2 -1 0 " 6 F-20 V = 4- 1(TS C = | 40 aC c) La diferencia de potencial entre los puntos C y D será: = [7 7 ] C2„ 20 • 10"6 F d) Calculemos, por último, la energía almacenada en el circuito:
Ep =
C*(VA — VB)2 = -L 6 ■10~6 F ■(20 V)2 = | 1 .2 - 10'* J
16.49. 1.a energía de una asociación en paralelo de dos condensadores es 9 • 10 4 J cuando la diferencia de potencial entre sus armaduras es de 5 000 V. Por el contrario, si los dos condensadores se asocian en serie y se aplica a sus arma duras extremas la misma diferencia de potencial anterior, la energía de la aso ciación es 2 • 10 4 J . Hallar los valores de las capacidades de los dos conden sadores.
Solución: Designemos por Q y C2 las capacidades de los dos condensa dores. Cuando están asociados en paralelo: Ep, = ~
(C, + C,) • V2
[1]
Por el contrario, si la asociación es en serie:
De la ecuación [1] se deduce:
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449
y de la [2): 2 E P;(C, + CZ) _ 4 Ep, • Ep, V2 V4 Las ecuaciones [3] y [4] representan la suma y el producto de las dos raíces (Ci y C ¡) de la ecuación de segundo grado: 2 Ep 4 Ep ■E„, C 2 C + ------ £'■ , =0 V2 V4 Resolvamos ahora esta ecuación: _ 2 E p, ± 2 V E P, (Ep, - 4 EP;) _ EP| ± V E P, (EPl - 4 E p,) C , • C2 ■
= 9 - 10~4 J ± V 9 - 10~4 J • (9 ■10~4 1 - 4 • 2 - 10~4 J) = (5 - 105 V)2 ,48 • 10“ F = [48 •24 • I(T12 F = Í24 16.50. a) Calcular la capacidad equivalente a la parte de circuito comprendida entre los p untos A" e Y de la fig ura 16.19. Todos los
condensadores son idénticos, siendo la capacidad de cada uno de ellos 3 J-'. Aplicamos a los terminales X e Y una di ferencia de potencial de ISO V. Calcular la carga, la diferencia de potencia! entre sus armaduras y la energía eléctrica al macenada en cada u no de los condensa dores, asi como la energía de la asocia ción. b) Desconectamos los condensadores ante riormente cargados y los volvemos luego a conectar, p ero esta vez en paralelo, uniendo entre si las armaduras d el mismo signo. Calcular, en este nuevo caso, la carga, la diferencia de potencial entre las armaduras y la energía de cada conden sador. Hallar también la energía almace nada en la asociación.
Fig. 16.19
Solución (fig. 16.20): a) Hallemos, en primer lugar, la capacidad equivalente de los tres conden sadores asociados en serie. Dicha capacidad es: 450 www.FreeLibros.me
3 uF
3 |iF
Ip F
cs=
1gF 11
cs| |Q" II
1
o llc
xl
I iv
----- Y
c.l 1°' ---------11
Fig. 16.20
En consecuencia, la capacidad equivalente de la parte de circuito comprendida entre los puntos X e Y de la figura es: C = C, + CD = 1 |*F + 3 p F = | 4 | d F | La carga de los tres condensadores asociados en serie es: Q a = Qn = Q c = Q" = C , • (V , - Vy) = = 1 • 1
=
~
C
A -
Vi
• V2b = - L Cc • V h =
= - j - 3 • lO '6 F - (50 V)2 = I 3,75 • I0 J J I www.FreeLibros.me
451
Para el condensador en paralelo se cumple que: VD = V, - V, = | 150 V | Qd = O' = C„ - (V, - Vy) = 3 • 10-6 F • 150 V = [ 4.5 ■10"4 C |
loTT|
EPo = - y CD • Vf, = - j - 3 • lO '6 F • (150 V)2 = | 3,375 ■
Calculemos, por último, la energía eléctrica almacenada en la aso ciación: Ep =
- i- C • (V , -
V ,) 2 =
4 • 10 ~ 6 F • (1 5 0 V )2 = |
4.5
10~2 j |
Llegaríamos también al mismo resultado sumando las energías alma cenadas en cada uno de los cuatro condensadores, b) Conectemos ahora los cuatro condensadores en paralelo. Aplicando el principio de conservación de la carga eléctrica, tenemos para el conden sador equivalente (véase fig. 16.21):
Fig. 16.21
O = 0 A + 0 B + Qc + O d = 3 O" + O’ = = 3 • 1.5 • 10"4 C + 4,5 • 10"4 C = 9 • 10"4 C Por otra parte: C = 4 C a = 4C b = 4C c = 4 C d = 12- 10~6 F = 12 |¿F Por consiguiente: VA - VB = Vc = VD = V. — V, = — = 9 ' 111-4 C = I 75 V I C 12 • KT6 F 1------- 1 452
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Con ello se obiiene: Q a = 0 B = O c = On = CA VA = CB • V„ = Ce • Vc = CD• = 3 • 10-6 F • 75 V = | 2,25 10“ C~| La energía de cada uno de los condensadores asociados en paralelo será (fig- 16 .2 1 ): EP. = EP„ = Ep, = Ep„ = - L CA V^ = - L CB V | = - i - Q : • V 2C = = -y -
C D • Vj>
=- i -
3 • 10-6 F • (75 V)2 = | 8,4375 ■
103
Por último, la energía eléctrica almacenada en toda la asociación val drá: Ep = - i - C • (V , - Vy)2 = - L 12 • 10-6 F • (75 V)2 = - | 3,375 • IQ -V fl = 4 EPa 16.51. Exactam ente encim a de un lago circular de 800 km 2 de superficie, se encuentra
situada, a una altura de 400 m . u na nube torm entosa, también circular y de la m ism a área. E l lago, cuya profundidad es de 2 m , está lleno de agua, existien do entre él y la nube un campo eléctrico uniform e de 100 N/C. Supongam os que la nube se descarga totalmente sobre el agua, perdiendo toda su carga eléctrica y siendo absorbida por el agua toda la energía en fo rm a de calor. a) Calcular, expresándola en calorías, la energía absorbida por el agua del lago. b) R azonar si será, o no, apreciable la elevación de tem peratura que experi m enta el agua.
Solución: a) Se puede considerar al sistema formado por la superficie del lago y la nube tormentosa como un gigantesco condensador plano, cuya capaci dad es: C = e. ■— = 8.85 • 10~12 — 8 - 108, m2- = 1.771 • 1
• 400 m = 4 • lO2 V
Calculemos, ahora, la energía eléctrica almacenada en dicho «con densador»: www.FreeLibros.me
453
E„ =
-i- C • (V, -
V2)2 =
1,771 • lO"5 F • (4 • 104 V)2 =
= 14 168 J = I 3 400 cal b)
El incremento de temperatura que experimenta el agua del lago cuando se descarga la nube sobre ella es: ep
V ■p • c
3 400 cal
cal
= 2,125 • 10~12 °C
El incremento de temperatura que experimenta el agua del lago es At = 2,125 • 10-12 °C, totalmente inapreciable. 16.52. Disponemos de dos condensadores idénticos, de 100 J-' de capacidad cada uno. a) Cargamos el primero bajo una diferencia de potencial de 3 000 V'.v unimos sus armaduras coh las del segundo, que estaba inicialmente descargado, de manera que quedan ambos asociados en paralelo. Calcular la diferencia de potencial entre las armaduras de ambos condensadores y la energia alma cenada en la asociación. b) Tras deshacer el montaje anterior, y supuestos ambos condensadores des cargados, asociémoslos en serie, conectando posteriormente las armaduras extremas a una diferencia de potencial de 3 000 V. Calcular la cantidad de electricidad y la energia almacenada en esta nueva asociación.
Solución: a) La carga que adquiere el primer condensador es: Q - C, - V, = 100 - lO '6 F • 3 • 103 V = 0,3 C Al asociarlo luego en paralelo con el segundo, dado que los dos son idémicos, la carga se reparrc por igual entre ambos, siendo la carga total de la asociación: O = 0,3 C, y su capacidad equivalente: C = C, + C2 = 100 • 10~6 F + 100 - 10~6 F = 2 • 10~4 F La diferencia de potencial entre los extremos de la asociación val drá: 0.3 C 1 500 V 1 2 • 1 0 '4 F
454
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y la energía en ella almacenada: Ep = - i - O ■V = - I - 0,3 C • 1 500 V = | 225 j |
b) Cuando los dos condensadores se unen en serie, la capacidad equiva lente es: C, • Ci
_
10~* F • 1Q~4 F _ _ < _ , n _5 c
C, + C 2 10“4 F + 1 0'4 F siendo la carga de la asociación: Q ' = C' ■V ' = 5 - lo -5 F • 3 • 103 V = 0,15 C Calculemos, por último, la energía almacenada en la asociación en E¿ = - j - O ' • V' = - j - 0,15 C - 3 - 103 V = | 225 J | 16.53. C on objeto de alm acenar energía eléctrica, utilizam os una <•balería de conden sadores». consistente en 4 000 condensadores de 5 ■!' cada u n o , asociados en paralelo . ¿C uánto cuesta cargar esta batería hasta 50 000 V al precio de 9 pías e l kW -h?
Solución: La capacidad total de la batería de condensadores es: C = 4 000 • 5 • 10‘ 6 F = 2 • 10~2 F y la energía en ella almacenada: Ep = - i - C • V2 = - i - 2 - 10-2 F • (5 ■104 V)2 = = 2,5 • 10’ J = 2,5 • 102 j - 1 l í ^ f =
kW-lt
En consecuencia, el coste del proceso de carga de la batería de conden sadores será: C o s te - J g - kW-h • —i j g g i —- 1 6 2 .5 pU sj
16.54. E n el circuito de la fig ura 16.22 los condensadores A , R , C y !>, de idéntica
fo rm a v dimensiones, tienen de dieléctrico, respectivamente, el aire le* = I). parafiña leB = 2 ,3). azufre U c = 3 ) y mica lc0 = 5). Sabiendo que la fuerza electromotriz del generador es E - 220 V y que la capacidad del condensador B es CB = 10 4 F . calcular la diferencia de potencial entre las arm aduras de cada u no de los condensadores, asi como la carga de cada uno de ellos. www.FreeLibros.me
455
— e
e
j'jD
[c_
________________ Fig. 16.22
Solución: Hallemos, en primer lugar, la capacidad de cada uno de los condensadores. Como todos son de idéntica forma y dimensiones, se cum plirá que: CA _ Cu _ Cc _ CD eA
Eli
'C
‘D
Sustituyendo los valores conocidos, tenemos: CA _ 10~9 F Cc _ CD 1 2.3 3 5 de donde: CA =
10-’ F; Cc = - y j - 10-’ F; CD =
1(T9 F
Los condensadores B y C están asociados en paralelo; la capacidad equi valente de ambos es: CB,c = Cb + Cc = 10-" F +
■HT9 F =
• 1(T9 F
obteniéndose como capacidad equivalente de todo el circuito: C = 3,13 • 10"'°F La carga total de la asociación será: Q = C • V = 3,13 • lO '10 F • 220 V = 6.89 • 10~8 C Vemos en la figura 16.22 que los condensadores A y D están en serie. Por tanto, su carga será: I Q a = Qu =_ 5.89 1 0'“ C l La diferencia de potencial entre los extremos de la asociación en parale lo de los condensadores B y C es: www.FreeLibros.me
— = | 29,9 V | 5,3 2,3 " 10-9 F Ob = C„ • VB = 1
5-
■1
2 9 .9 V =
3 ,9
10 “8 C
La diferencia de potencial entre las armaduras del condensador A es: ,, Qr --------------■ a 6.89 • HT8 C ----------------------| 158,5 V |
CA
------
y entre las armaduras de D: ,, Qd
6,89 • l< rB C = | 31,7 V [
Condensador
Capacidad
Carga
Tensión
A B C D
1/2,3 ¡iF ly F V 2 ,3 kF V 2.3yF
6,89 • 10~8 C
158,5 V 29,9 V 29,9 V 31,7 V
2,99 • i
16.55. E n la parle de circuito de la fig u ra 16.23 la s capacidades de los dislintos con densadores son: C , = 2 ¡iF , C , = 4 J-' y C ¡ = 6 yE . Calcular:
Fig. 16.23 www.FreeLibros.me
457
a} L a capacidad equivalente del sistema. h) La carga de cada uno de los condensadores próximos a A y B , cuando se establece entre dichos puntos una diferencia de potencial de 900 V. c) Las diferencias de potencial Vc — VD y VE - VF. S olución: a)
E n la fig u ra 16.23 v em o s q u e la a socia ción e n p a ra le lo de lo s condensa d o re s C , y C 2 se repite, c u a tro veces. L a c a pa cid a d e q u iv a le n te de d ich a a sociación es: C = C , + C j = 2 , J : + 4 l* F = 6 |d :
Fig. 16.24 T e n ie n d o e s to en cu enta , p o dem o s s im p lific a r e l esquem a d e l c irc u i to , d e já n d o lo re d u c id o a o tr o m ás s e n c illo (fig . 16.24). E n este ú ltim o esqu em a p o dem o s ob se rv a r có m o en tre E y F h a y u n co n d en sa d o r de c a p a c id a d C 2 = 4 ¡ iF , u n id o e n p a r a le lo c o n u n a a s o c ia c ió n e n se rie cu ya c a pa cid a d es:
C'
6 |*F
+
6
i*F
+
6
uF
2
uF
de donde: C' = 2pF Luego: C e f = C 2 + C ' = 4 |» F + 2 ! J ; = 6 |*F Proced a m os de fo rm a an álog a pa ra h a lla r la c a pa cid a d e qu iv a len te en tre C y D . E n tr e a m b o s punto s h a y un con den sa dor d e capacid ad C 2 = 4 | iF u n id o en p a ra le lo c o n u n a a socia ción en se rie cu ya capaci d a d es:
1 C"
458
-
1 6 ,xF
■
1 6
+
i 6 ¡í F
www.FreeLibros.me
- . L _ 2 uF
de donde: C = 2pF
Luego: CCd = C2 + C" = 4 ,*F + 2 {*F = 6 h-F
En consecuencia, la capacidad equivalente entre A y B (véase fig. 16.25) será: C
C3
C<;i>
C3
6 [xF
+
6 uF
+
6 [*F
2 uF
de donde: I C = 2 U.F |
Fig. ¡6.25
b) La carga del condensador equivalente es: Q = C ■(VA - V„) = 2 • lO '6 F ■900 V = 1,8 ■10"3 C = | 1,8 mC | c) Vc - VD = Ven = Ya que (véase fig. 16.25):
O
cd
Ccd
= —i.s-r’c -------- --------= 300 V 6 ■ 10~6 F 1--------- 1
V e o = VCE + V EF + Vp„
y además: resulta:
V cE = VEf = VFD
v EF = v E - v F = J ^ = J ^ = [ ^ V ] www.FreeLibros.me
459
www.FreeLibros.me
17. CORRIENTE CONTINUA
FORMULARIO-RESUMEN Intensidad de corriente:
i n = número de electrones por uni-
I
I c/y| — I 3
1 dad de volumen. I = - y - = n ■e ■S v ) e = carga del electrón. 1 S = sección del conductor. \ v = velocidad de los electrones. Densidad de corriente: a • E; (o = conductividad)
Resistividad: p = — Ley de Ohm para un hilo conductor:
,
v,-v R
Factores de ios que depende la resistencia: p _ 1 ( 1 = longitud dei conductor. f s 1 S = sección. Variación de la resistividad con la temperatura: p = p„ • (1 + at) (a = coeficiente de variación de la resistividad con la temperatura). Potencia de una corriente eléctrica Trabajo de una corriente eléctrica P = I . (V, - V2) W = I • (V, - Vj) • t P Wt W = I2 • R • t P = I2 • R www.FreeLibros.me
461
Calor = 0,24 I ■( V , -
V a)
EFECTOJOULE • t = 0,24 lJ • R • t = 0,24 (V' R V;) ■• t
Generadores W = E •Q = E •I •t “0 I m
Energía Potencia
Receptores W = E’ - Q = E’ • I • t P = E’ • I
Rendimiento
Rendimiento = R R- -- Rendimiento =
Diferencia de potencial entre sus bornes
V, - V2
=
E
V, -
- I •r
V2
= E' + I • r'
Ley de Ohm generalizada: I= SE Diferencia de potencial entre dos puntos de un circuito: Vj —Vi = I S R - - E Primera (regla de los nudos): Segunda (regla de las mallas):
LEVES D E K IRCH H O FF
S I¡ = 0 S E s S i ■R
A SO CIA CIÓN D E RESISTENCIAS
En paralelo I = S li VA - V„ = I¡ • R, = cte
En serle
- \c ¿
II
-H
I = cte V = S V, R = SR ,
A SO CIA CIÓN D E D G EN ERA DO RES IGUALES
En paralelo
En serie R + nr
.
E r
+ - h-
Mlsta Iq series en derivación de p generadores cada una) pE npE pr nR + pJr R+i -
A PARATOS D E MEDIDA
Aparato Galvanómetro Amperímetro Voltímetro 462
Magnitud que mide Intensidad (1) Diferencia de potencial(V)
Característica
Conexión
Resistencia pequeña En serie Resistencia grande En paralelo
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17. CORRIENTE CONTINUA ¿Es nulo el campo eléctrico dentro de un conductor recorrido por una corrientt eléctrica?
Solución: No. Precisamente la corriente eléctrica consiste en el movi miento de electrones en sentido contrario al campo. En el momento en que el campo eléctrico se anule la corriente dejará de fluir. La intensidad de corriente que atraviesa un hilo conductor varia con el tiempo según la expresión: I = 6 r + 3 (SI) a) ¿Qué carga atraviesa una sección del hilo en el intervalo de tiempo com prendido entre t I s y t = 5 s? b) ¿Cuál es la intensidad media durante ese tiempo?
0 = J ' ! I • dt = j ' (6t2 + 3) di = [2r' + 3t], = | 260 C |
b)
isa En el modelo de tíohr para el átomo de hidrogeno los electrones dan, aproxima damente. 6 • 10" vueltas por segundo alrededor del núcleo. ¿Cual es la intensi dad de corriente en un punto de la órbita del electrón?
electrones 1,6 • 10~19 C s 1 electrón : 9,6 • 10“4 A = 0,96 mA
1A 1 Qs
Un conductor de cobre (la densidad del cobre es 8,8 gjcmJ) tiene una sección S = I mm2 y por él circula una corriente de 4 A de intensidad. Calcular la velocidad de arrastre de los electrones a su través. La masa atómica del cobre es 63,57 g/m oly el número de Avogadro 6,02 • 1023 átomos/mol.
Solución: El número de electrones libres por unidad de volumen del con ductor, suponiendo que cada átomo de cobre proporciona dos electrones libres, es: www.FreeLibros.me
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n —6 02 1023 J*tomos mol
^ electrones 1 mol 8,8 g 1 átomo 63,57 g 1 cm3 = 1,67 • 1029 electrone^/m3 Por lo tanto, la velocidad de arrastre de los electrones será: v=
1 _ n-e-S = 4 A______________________ 1,67 • 10» C'eC,rQne$ • 1-6 1 0 " ', C • 1 0 - m* = | 1,5 • 10~4 ny's | 17.5. Calcular la resistencia, a 0 °C, de un alambre de cobre de 5 m de longitud y 2 mm de diámetro. L a resistividad del cobre a 0 °C es 1,63 • 10 8 li • m. Sa biendo que el coeficiente de variación de la resistividad con la temperatura es 0,0043 °C 1, determinar su resistencia a 100 °C.
Solución: Calculemos, en primer lugar, la sección del hilo de cobre: S « w2 - 3,14 ■( 2 ' 1°~3|n
= 3.14 • 1 0 - m*
La resistencia a 0 °C será: 1
17.6.
464
3,14 • 10— mComo p, = p0 • (1 + a • t), se cumplirá también que: R, = R<, ■(1 + a • t) Por lo tanto: R,oo = 0,026 O - (1 + 0,0043 " C '1 - 100 °C) = | 0.037 11 | Una plancha eléctrica de 600 IVse conecta a un enchufe de 125 V. ¿Que inten
sidad de corriente ta recorre? ¿Q ué carpa circuló por la plancha en 5 minutos? ¿Q ué cantidad de calor desarrolló en esos 5 minutos?
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Calor = 0.24 • I • (V, - V2) • I = • 4,8 A • 125 V - 5 min • -60 ?- =1 43 200 cal | 17.7. Por un hilo de ferroníquel de I nt de longitud, 0,2 m nr de sección y SO p il • cm
de resistividad, sumergido en I litro de agua, se hace pasar durante 16 minutos y 40 segundos una corriente de 5 amperios. Calcular: a) La resistencia del hilo, h) E l calor producido. c) E l aumento de temperatura, At, que experimenta el agua, suponiendo: • que no hay pérdidas de calor; • que se pierde un 30 por 100 del calor.
R . p. - L . S 0 . 10 -6O.cm- ■«RgL r -[4uJ b) De acuerdo con la ley de Joule: Calor = 0,24 I2 • R • t = ■0.24 - i f - • (5 A)2 - 4 Q • 1 000 s = 24 000 cal c) • Como: Calor = c • m • ¿l, resulla: _ Calor _ 24 000 cal g - ”C 1 000 g Ya que el 30 por 100 de 24 000 cal son 7 200 cal, tenemos que: Calor 24 000 cal - 7 200 cal “H g°C lOOOg inscripción que dice: *220 V, I 760 IV**. ai b) c) d)
¡.a intensidad de la corriente que circula por ella . Su resistencia. L o que gasta en dos horas, sabiendo que el kW -h cuesta 8 pías. E l número de calorías que desprende en esas dos horas, suponiendo que toda la energía eléctrica se transforme en calor.
Solución: a) Como P = I - (V, - V2), resulta:
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465
1 760 W = [« a ] 220 V b) Aplicando la ley de Ohm: c) De acuerdo con la definición de potencia, la energía consumida en 2 ho ras será: W = P • t = 1,76 kW ■2 h = 3,52 kW-h Calculemos ahora el coste de dicha energía: C = 3,52 kW-h - ijg jg g = 28,16 ptas = | 28 pías Calor = 0,24 • W = 0,24 -------- 3,52 kW-h • 3,6 - 10* J 1 kcal 1 kW-h 103 cal J 3 041 kcal 17.9, Caliento en un cazo eléctrico 6UU cm ' de agua durante 5m inutos y empleo una corriente continua de 110 V, marcando el amperímetro una intensidad de
2.5 A . a ) ¿Q ué energia eléctrica se lia suministrado? b) Suponiendo que la temperatura del agua pasó de 10 C a 35 °C. ¿qué ener gía aprovechó el cazo? ¿Cuál fu e su rendimiento?
Solución: a) La energía eléctrica suministrada al cazo es: Calor = 0,24 - I - (V, — V2) - t = = 0,24 J • 2.5 A • 110 V - 5 min ■ ,6° s =1 19 800 cal
1min---1--------
b) La energía aprovechada por el cazo es: Calor =
m •
c•át
=
600 g - ^ ^
•
(35 - 10) °C = 1 15 000 cal
Por tanto, el rendimiento del cazo será: Rendimiento = 19 800 ca¡ cal • 100 = I 75,76 % 466 www.FreeLibros.me
17.10. A l funcionar durante cierto tiempo un termo eléctrico, el contador registra un consumo de 10 k\\'-h. Calcula: ai L a cantidad de calor producido. b) E l tiempo transcurrido en producirse esa cantidad de calor, si la tensión fu e de 100 V y la intensidad de 10 A. c) E l número de litros de agua que pudieron ser calentados con ese calor, haciendo que su temperatura pasara de 10 C a 96,4 C.
Solución: a) La cantidad de calor producido es: • 106 J 0,24 cal* 8,64 • I06 cal Calor = 10 kW-h • - 3,61 kW-h b) La potencia de la corriente eléctrica empleada es: P = I • (V, - V2) = 10 A • 100 V = 1 000 W = 1 kW Calculemos ahora el tiempo empleado en la producción de 10 kW-h: _ w _ io kw -h _ r r r r i , = —
=
' -i k W
■-[« Ü L l
c) Aplicando la fórmula fundamental de la calorimetría: Calor * m • c • M resulta: Calor 8,64 • 106 cal cal • (96,4 - 10) °C 105 g = 100 kg : g -°c 100 I de agua 17.11. En la resistencia de 4 iJ del circuito de ta figura 17.1 se desprenden I 440 cal por m inuto. Con este dato calcular:
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a) I m le d u ra del voltímetro V,. b) L a ledura del voltímetro V2. c) La ledura del amperímetro A .
a) Por aplicación de la ley de Joule, calculemos la intensidad de corriente que circula a través de la resistencia de 4 l>: A / Calor * / 1 ^O caT = 5A V 0,24 R, t ' W 0,24 - í j L . 4 u ■60s La intensidad de corriente en la otra rama de la asociación en para lelo es: 5 A • 4 U = 0,8 A 25 U El voltímetro V, indicará la diferencia de potencial entre los extre mos de la resistencia de 10 1): V, = 0.8 A • 10 11 = | 8 V | La intensidad de corriente total es: I = I, + I2 = 5 A + 0.8 A = 5,8 A Esta intensidad de corriente será precisamente la que indique el am perímetro A: b) A través de la resistencia de 10 il circula la intensidad total: I - 5,8 A. El voltímetro V2 marcará la diferencia de potencial entre los extremos de dicha resistencia: V2 = 5,8 A - 10 O = | 58 V | 17.12. Dos lámparas, una de 60 W y la olra de 100 W, ambas para 125 V de tensión, están conectadas en serie. Calcula: a) L a resistencia de cada lámpara, b t L a resistencia equivalente de ambas en sene. c) L a intensidad de corriente que las atraviesa, d i ¿Cuál de ellas lucirá más y por qué?
Solución: a) Como P = I - (V, - V2), y además: Vi - V2 R 468
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(V , - V ,)2
Aplicando esta expresión a cada una de las lámparas, tenemos: „ _ ( V ,- V 2)2 _ (125 V)2 — n _ ( V ,- V 2)2 _ (125 V)2 _ r - — R2--------------------,00 w - Li^iü p
b) La resistencia equivalente de ambas lámparas asociadas t R = Ri + R2 = 260,4 12 + 156.2 12 = 416,6 12 e, la intensidad de c) Cuando ambas lámparas están conectadas corriente que las atraviesa será: 416,612 R d) Las potencias caloríficas de ambas lámparas asociadas er P, = 0,24 I2 • R, = 0.24 - y - • (0,30 A)2 ■260,4 11 = P2 = 0,24 I2 • R2 = 0,24 - íj ! - • (0,30 A)2 • 156,2 11 = Por consiguiente: Lucirá más la primera lámpara, porque tiene mayor potencia calorífica. 17.13. (*l Una estufa eléctrica está caracterizada por su tensión de alimentación, V, y la potencia que disipa, P. Suponiendo que se opera sobre la estufa quitando un tro zo de resistencia}' conectando eléctricamente la resistencia restante a la tensión V, indicar si en estas condiciones dará más o menos calor por unidad de tiempo.
Solución: En el primer caso la potencia consumida será:
y en el segundo: [2] www.FreeLibros.me
Dividiendo entre si las expresiones [1] y |2]. obtenemos: _P____ Rl_ P' R Como R' < R. P' > P. I-a estufa dará más calor que antes . 17.14. (•) Se tiene una estufa de 220 V y 500 IV. ¿Q ue resistencia tiene? Por haberse roto su resistencia, al repararla se le quita un trozo que equivale a unos 30 LJ; al volver a conectarla a la red d e 220 V ¿qué potencia calorífica, en vatios, suministra ahora?
Solución: La resistencia inicial de la estufa es: (V, - V2)2 (220 V)2 R 9 M I» 500 W Al reparar la estufa esta resistencia queda reducida a: R ' = 96,8 G - 30 ü = 66,8 ü La potencia que suministra en estas nuevas condiciones será:
17.15. ¿De qué depende la temperatura que puede alcanzar una resistencia a l paso de la corriente eléctrica?
Solución: Al pasar la corriente eléctrica a través de una resistencia ésta se calienta, según la ley de Joule: Calor = 0.24 R • I2 • t = 0.24 ¡> - i - • I2 • t elevándose su temperatura. Pero, por otra parte, el exceso de temperatura de la resistencia con respecto al ambiente que la rodea hace que pierda calor por convección y radiación, de acuerdo con la ley del enfriamiento de Ncwton: Calor = K • S • (T — Ta) • t. siendo S = 2 ht • 1 la superficie exte rior del conductor; T, su temperatura; Ta, la del ambiente, y K, el llamado coeficiente de convección y radiación. En el momento en que se igualen ambos flujos caloríficos se alcanzará la temperatura de equilibrio, Te: 0,24 f — j j - I2 • t = K ■2xr • I • (T, - T.) • t deduciéndose que: T _T _ * " 470
0.24 f \ • I2 ■t _ 0,12 Pl2 xr2 • K • 2xr • 1 x2 • r3 • K
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de donde: Tc = T„ +
° 'Y
n2 • r2 • K
Por un hilo de cobre de 1.65 mm de diámetro y I metro de longitud circu lo una corriente de 10 1 de intensidad. ¿Qué temperatura de equilibrio puede alcanzar, sabiendo que la resistividad del cobre es 0,022 ÍJ por me tro de longitud y milímetro de diámetro, y que la radiación de calor por cm2 }' P
Solución: Como:
r
- p- 4-
de donde: 7 - = 0.022 12 • (1 i mm)2 ' - r - = 0.0081 ü t2 (1.65 mm)2 La potencia calorífica de la corriente que circula por el hilo es: R=R'
Pcal = 0,24 I2 • R = 0,24 - S L . (10 A)2 - 0.0081 Í1 = 0,194 cal/s Calculemos ahora la superficie exterior del hilo, suponiendo que forma parte de un circuito: S = 2nr *1 = 2 - 3,14 • ° ^ 6S cm - 100 cm = 51,81 cm2 El calor irradiado por este hilo por segundo y por cm2 es: 0.194 ca^s, • _= 0.00374 -----------51,81 cm2 sem2 Designemos por tp la temperatura de equilibrio que alcanza el hilo y t la temperatura ambiente. De acuerdo con el enunciado del problema: = °-°°374 471
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de donde:
| La temperatura del hilo superará en 15 °C a la del medio ambiente. | 17.17. ¿Qué tiene mayor resistencia: una estufa o una bombilla de incandescencia? Solución: Sabemos que una estufa desprende mayor cantidad de calor que una bombilla, supuesto el caso de que ambos receptores estén conecta dos a la misma tensión. Como, por otra parte, según la ley de Joule: Calor = 0,24
•(
a mayor resistencia corresponde menos calor desprendido, la resistencia de la bombilla será mayor que la de la estufa. 17.18. ¿Por qué los cortocircuitos pueden, a veces, originar incendios? Solución: Al producirse un cortocircuito y disminuir la resistencia au menta la intensidad de corriente, elevándose la temperatura de los conduc tores hasta valores tan altos que comienzan a arder las capas aislantes, lle gando incluso a fundirse el propio cobre que los constituye. 17.19. Una bombilla eléctrica de 40 W y 110 V se conecta por error a la red de 220 V. Durante unos momentos brilla intensamente y luego se funde. Calcular: a) La potencia consumida por ¡a bombilla durante el tiempo que estuvo conec tada erróneamente. b) L a resistencia que habría que intercalar en serie con la bombilla en su conexión a la red de 220 V para que funcione correctamente. c) La potencia tota! consumida en el caso anterior y el número de kW'-h con sumidos por el sistema resistencia-bombilla durante 12 horas de funciona miento.
Solución: a) La resistencia de la bombilla es: J Y i np M - = _ ü i ° n L -= 302 302.55 U II KR =-------------Si esta bombilla se conecta a 220 V, la potencia consumida será:
472
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b) Cuando funciona correctamente, la intensidad de corriente que circula por la bombilla es: V, - V2 Llamemos R‘ a la resistencia que es necesario intercalar en serie para que al conectar la bombilla de 220 V, la intensidad que circule por ella sea de — A. Aplicando la ley de Ohm, tenemos: A • (R' + 302,5) 11 = 220 V de donde: R' = 302,5 1) c) La potencia total consumida es: P = I - (V| — V2) =
A • 220 V = | 80 W |
y la energía consumida en 12 horas: W = P • t = 0.080 kW • 12 h = [ 0.96 kVV-h ] 17.20. I*) Una bombilla de 120 V y 60 W se monta en paralelo con una resistencia de SO IJ. S i disponemos de una alimentación de 220 V. ¿qué resistencia debe po nerse en serie con el conjunto para que no se funda ¡a bombilla?
-iAAAAA^— Fig. 17.2
Solución: La bombilla ha sido fabricada para soportar una intensidad: P 60 W = 0,5 A 120 V 1" v, - v2 y la resistencia de su filamento es: R
v, —v2 www.FreeLibros.me
Al conectar la bombilla de la forma señalada en el problema (fig. 17.2) tenemos que la resistencia equivalente a las dos asociadas en paralelo es: Rab = 60 12. y la equivalente a toda la asociación: RAt = (60 + R) 12 Como la intensidad que circula por la bombilla no puede superar 0,5 A. la que circulará por la resistencia de 80 12será, como máximo, de 1.5 A. y la intensidad total: I = i, + i2 = 0.5 A + 1.5 A = 2 A Por tanto, aplicando la ley de Ohm, tenemos: V 2 A = ■(60220 + R) íi R = 50 12 17.21. E n un circuito eléctrico ¿dónde se debe conectar un amperímetro: antes o des pués de la resistencia de consumo?
Solución: El amperímetro puede conectarse en cualquier punto del cir cuito. ya que la intensidad de corriente es constante en todo él. 17.22. ¿Qué ocurrirá si se monta un amperímetro en paralelo? ¿Y un voltímetro en Solución: Si un amperímetro se conecta en paralelo, como su resistencia interna es muy pequeña, pasará por él una intensidad de corriente demasia do elevada, que puede llegar incluso a deteriorarlo, si no existe fusible de protección. Por el contrario, la resistencia de un voltímetro es muy elevada; por ello, si se conecta en serie en un circuito, la intensidad de corriente que lo atra viesa resulta prácticamente despreciable, no experimentando deterioro al guno. 17.23. ¿Cuáles son las magnitudes características de un generador? Solución: Las dos magnitudes características de todo generador, c inde pendientes de sus condiciones de funcionamiento, son la fuerza electromo triz y la resistencia interna. 17.24. Cuando ponemos en funcionam iento en nuestra casa un aparato de gran consu m o (estufa, plancha, etc.) ¡a luz de las bombillas disminuye . ¿A qué se debe esto?
Solución: AI conectar a la red un aparato de gran consumo el voltaje de la línea (V = E - I • r) disminuye, a causa del aumento que experimenta la intensidad de corriente total. Esta disminución de la tensión se traduce en una disminución de la intensidad de corriente que atraviesa los filamentos de las bombillas, que iluminarán menos de lo normal.
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17.25. Uniendo medíanle una resistencia de 8 iJ los polos de una batería de 10 V de fuerza electromotriz, circula una corriente de I amperio. Calcular: a) La resistencia interna de la batería. b) La potencia eléctrica producida. c) La potencia absorbida por la resistencia exterior, di La potencia absorbida por la balería. el L l calor producido durante III m inutos dentro de la batería.
Solución: a) Sustituyendo en la expresión:
de donde: b) c)
d) c)
Calor = 0,24 I2 • r • t = = 0.24 - S L • (1 A )2 ■2 U • 10 min •
= | 288 cal
17.26. La intensidad de corriente producida por un generador es de I I A cuando el circuito exterior es de 5 U y de 6 A cuando se duplica la resistencia exterior. Calcular la fuerza electromotriz de! generador y su resistencia interna.
Solución: Aplicando dos veces la ecuación I = R~
tenemos:
La resolución de este sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas con duce a: E = 56 V r = 1 11 www.FreeLibros.me
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17.27. Dos resistencias están montadas en derivación n un circuito cuya intensidad principal es 0,5 A . Una de las resistencias está . r el interior de un calorímetro. produciendo 288 calorías en 10 minutos. a) Sabiendo que la intensidad de corriente que pasa por la otra resistencia ex de 0,4 A , calcular el valor de la resistencia introducida en el calorímetro. b) Calcular la resistencia equivalente a las dos en derivación. c) Calcular la fuerza electromotriz del generador capaz de mante ner en el circuito la intensidad de 0,5 A , si su resistencia in terna es de I ÍJ.
Solución (fig. 17.3): a) Como I = I. + I2:
= 0.5 A - 0,4 A = 0.1 A De acuerdo con la ley de Joule: Calor = 0,24 l] • R, • t de donde: 288 cal R, = Calor 0,24 I? • t 0.24 S i . (0,1 A)2 • 600 s b) Hallemos, en primer lugar, el valor de R2. Como I( - Rt = I2 * R 2. * sulta:
Teniendo esto en cuenta, la resistencia equivalente a las dos en deri vación será: R de donde:
R,
c) La fuerza electromotriz del generador se calcula aplicando la ley de Ohm generalizada: E = I • (R + r) = 0,5 A • [40 L1 + 1 íl) = | 20,5 V [ 476 www.FreeLibros.me
i linea de 220 V circula una corriente de 9,1 A. a) L a potencia absorbida por el motor. b) E l rendimiento del motor al elevar IO m* de agua a 48 m de altura en 50 minutos. c) ídem , en el caso de que el trabajo se realice en 40 minutos. Considérese I kgm = IO J.
Solución: a) La potencia absorbida por el motor es: P = I • (V, - V2) = 9,1 A • 220 V = 1 2 000 W ) b) La potencia útil es: D _ 105 N • 48 m 1 600 W 3 000 s mientras que la teórica es 2 000 W. Por tanto, el rendimiento del motor valdrá:
Rendimiento - —Potencia Po-lengiateórica A1.!1 . 100 = 2 000 W . ioq =11---------1 80 % I c) En este caso la potencia útil es: „ _ 105 N • 48 m _ ~ itfui u; 2 400 s y el rendimiento: Rendimiento = - Potencia únj. . Potencia teórica 17.29. Un generador, de fuerza electromotriz 26 V y resistencia interna I ti, se conecta a los extremos de una asociación form ada por la unión en paralelo de dos resistencias de 20 12y 30 12. Calcular: a) La intensidad de corriente que pasa por el generador. b) La diferencia de potencial en tre los bornes del generador. c) La potencia consumida en la resistencia de 30 12.
Solución (fig. 17.4): a) Calculemos, en primer lugar, la resistencia equivalente de las dos asociadas en paralelo:
Fig. 17.4
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_ J _ = _ J_ + _J R R, R2 de donde:
1 I I 20 11 30 11
»12 Ü
R = 12 11 Aplicando ahora la ley de Ohm generalizada, resulta: T-
E = 26 V _I2AI R+r 12 11 + 1 U I i b) La diferencia de potencial entre los bornes del generador valdrá: VA - VB = E - I • r = 26 V - 2 A • 1 11 = | 24 v | c) La diferencia de potencial entre los extremos de la asociación en parale lo es: VA - V„ = 2 A • 12 11 = 24 V Por consiguiente, la intensidad de com ente que atraviesa la resisten cia de 30 11 es: 24 V :0 ,8 A Va ~ Vb 30 11 R2 y la potencia que en ella se consume: p = I | . R2 = (0,8 A )2 - 30 U = | 19,2 W| 17.30. Disponem os de un generador de fu e rzo eleclromolríz y resistencia interna des conocidas, cuyos polos se conectan, sucesivam ente, a dos resistencias de 211 u y 2 ÍJ, resultando que lo cantidad de catar producida por anidad de tiem po en las dos resistencias es la m ism a. Calcular, en base a estos datos, la resistencia in terna de la pila.
Solución: Llamemos E a la fuerza electromotriz del generador y r a su resistencia interna (fig. 17.5). Aplicando a la ley de Ohm generalizada en ambos casos, tenemos: 1?
1
''
20 + r
f.
20 A — w w —
478
2A — v w v —
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,2 = 2 + r
Dividiendo miembro a miembro las dos ecuaciones anteriores, resulta: I, _ 2 + r 12 20 + r Por otra parte, como el calor desprendido por unidad de tiempo en las dos resistencias es el mismo, se cumple que: 1, • R, = l | R¡ Ij
R;
211 _ 1 20 U 10 Tenemos así el sistema formado por las ecuaciones: I f - R,
1, _ 2 + r ) Ij " 20 + r / Ii 1 í Su resolución: (2 + r); (20 + r)“ • = V40 11 = 6,324 1! 17.31. L a resistencia interna de una pila es de 0,1 11, A l medir la diferencia de poten ciul entre sus polos se obtiene un valor de 4.5 V en circuito abierto, el cual se reduce a 4.2 V cuando se cierra el circuito a través de una resistencia. Hallar el valor de dicha resistencia, asi como la intensidad de corriente que la atraviesa.
Solución: Si la diferencia de potencial entre los polos de la pila en circui to abierto es 4,5 V, entonces E = 4,5 V. Aplicando ahora la expresión E = V, - V2 + I • r al circuito cerrado, tenemos: 4,5 V = 4,2 V + 1 • 0,1 11
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P or últim o, com o:
sustituyendo, se obtiene: 3A = de donde resulta: 17.32. Una dinamo de fuerza electromotriz 130 V y resistencia interna 0,65 U, puesta en a) b) c) d)
circuito con una resistencia exterior, da una corriente de 20 A . Calcular: L a diferencia de potencial entre los bornes de la dinamo. L a potencia útil. I m resistencia exterior. E l rendimiento eléctrico de la dinamo.
Solución: a) La diferencia de potencial entre los bornes de la dinamo es: VA - VB = E - I • r = 130 V - 20 A • 0,65 li = | 117 V | b) 1.a potencia útil del generador es: P = I • (VA - VB) = 20 A • 117 V = 2 340 W c) La resistencia exterior se calcula aplicando la ley de Ohm generalizada al circuito:
d) Hallemos, por último, el rendimiento eléctrico de la dinamo: Rendimiento =
=
5
,85 3 ~0.65 I T = °'90 = 3 3
17.33. E n el circuito de la figura 17.6 calcular:
a) La intensidad de corriente que circula. b) Ims diferencias de potencial Va — Vh, Vd - Vh y Ve - V,.
a) Dada la polaridad de los generadores del circuito, la corriente circulará en sentido contrario a las agujas del reloj. Este detalle, no obstante. www.FreeLibros.me
carece de importancia, pues en caso de que el sentido supuesto no sea el correcto, la intensidad de corriente obtenida resultará negativa, y ello nos indicará la necesidad de cambiar el sentido inicialmente asignado. Aplicando la ley de Ohm generalizada, tenemos: I = S_E ____________8 V + 20 V - 18 V_____________ = r M T l S R ( l + 2 + l + 2 + 3 + 2 + 4 + l + 7 + 2 )í¡ I----------1 Obsérvese que el generador de 18 V, conectado en oposición a los otros dos, se comporta como un receptor y consume energía eléctrica, en vez de producirla.
Fig. 17.6
b) V„ - V„ = I • 2 R - 2 E = 0.4 A • (2 + 7 + 1) 11 - 8 V = | - 4 V | V d - V h = I - 2 R - 2 E = 0.4 A (l + 2 + l + 2 + 7 + l ) l i — (-1 8 + 20 + 8) V = | -4 .4 V | También podríamos calcular esta diferencia de potencial recorrien do el conductor desde d hasta h, en el mismo sentido de las agujas del reloj. Procediendo de esta forma, resulta: Vd - V„ = -0 .4 A - (2 + 3 + 2 + 4) 11 = | - 4 ,4 V~| V c - V¡ = I • 2 R - 2 E = 0.4 A • (2 + 1 + 2 + 7) 11 - 20 V = -15.2 V 17.34. D eterm inar el valor que ha de tener la fu erza electromotriz. E , de la balería in tercalada en el circuito de la f i g ura 17.7, para que el potencial del punto A sea VA = 9 V.
Solución: Ya que el punto B está conectado a tierra, V„ = 0 V, y, en consecuencia, VA - VB = 9 V. Aplicando la ley de Ohm al conductor AB. podemos calcular la intensidad de corriente del circuito:
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1 Fig. 17.7
481
Si aplicamos ahora la ley de Ohm generalizada: I = ■. a todo el u R circuito, tenemos:
de donde: E = 10 V 17.35. Una dinam o tiene una fu erza electrom otriz de 400 V y alim enta un m otor cuya fu erza contraelectrom otriz es de 300 V en régim en norm al de funcionam iento, estando unidos m ediante conductores cuya resistencia tola! es de 5 II. L a resis tencia interior de la dinam o y e l m otor es de 10 LJ cada u n a . Calcular: a) L a intensidad de corriente durante e l funcionam iento norm al del m otor, b l L a intensidad de corriente durante e l m om ento del arranque. c) l.a potencia del motor. d) E l rendim iento de la instalación.
Solución: a) Apliquemos la ley de Ohm generalizada al circuito:
b) En el momento del arranque, el motor se comporta como una resisten cia muerta, pues ya que su rotor no gira, no hay que tener en cuenta la fuerza contraelectromotriz: c) La potencia del motor será: P = E ' • I = 300 V • 4 A = | 1 200 W | d) La potencia suministrada por la dinamo es: P = E • I = 400 V - 4 A = 1 600 W y la útil del motor, 1 200 W. Por tanto, el rendimiento de la instalación será: • 100 = 75 % 482
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i n generador de fuerza electromotriz 100 V y resistencia interna despreciable form a circuito con una resistencia de 10 U y un motor, colocados en serie. I m resistencia está introducida en un calorímetro y se comprueba que si e\ motor no gira, en el calorímetro se producen 2 000 calorías en I m inuto; en cambio, si gira el motor, en el mismo tiempo se producen 200 calorías. Con estos datos, calcular: a) Intensidad de corriente en ambos casos. b) Resistencia interna del motor. c) Fuer-a contraelectromotriz del motor.
Solución: a) Aplicando la ley de Joule en el primer caso, cuando el motor no gira:
V/
I = a
Calor ~ = 0.24 R I
y/
a
2 (KMcal 0 24 _cal_ . 10 Q . M s
_
I 3,73 A |
mientras que en el segundo, cuando gira el motor: i' — A / Calor* _ * / 200 cal V 0.24 R • . - Y 0 , 2 4 - f - 1 0 ü b) Cuando el motor no gira se comporta como una resistencia pura por la que circula una corriente de 3,73 A. Aplicando en este caso la ley de Ohm generalizada, tenemos:
c) Aplicando la ley de Ohm generalizada al circuito cuando el motor gira, se obtiene:
de donde: E' = 68.38 V 17.37. ¿Por qué no se deben montar nunca generadores de distinta fuerza electromo triz en paralelo?
Solución: Conectarlos de esta forma equivale a montarlos en oposición, con lo que circularía la corriente de uno a otro y al formarse un cortocircui to (por no existir resistencia exterior) ambos generadores se podrían dete riorar. www.FreeLibros.me
483
.38. Un circuito en serie se com pone de una batería de 12 V , una resistencia te
inte
3 ,7 11 y u n interruptor. L a resistencia interna de la batería es 0,3 11. S i el rruptor está abierto, ¿cuál será la indicación de un voltímetro de gran resisten cia a l conectarlo: a) a los bornes de la batería?; b) a los de la resistencia?; e l a los del interruptor? Repetir las respuestas para cuando el interruptor esté cerrado.
Solución: a) El voltímetro índica siempre la diferencia de potencial entre los puntos a los que se conecta, en este caso los bornes de la ba tería (fig. 17.8). Si el interruptor está abierto, esta di ferencia de potencial será igual a la fuer za electromotriz de la batería: Fig. 17.8 1---------------1 En cambio, si el interruptor está cerrado, V' = E - I • r. Como la intensidad de corriente que circula es:
R+r
3,7 11 + 0.3 11
la diferencia de potencial entre los bornes de la batería valdrá: V' = E - I - r = 12 V — 3 A • 0,3 11 = 11,1 V b) Este caso aparece representado en la fi gura 17.9. Si el interruptor está abierto, la inten sidad de corriente es nula y el voltímetro indicará: V=0V Si cerramos el interruptor, circula corriente de 3 A de intensidad y el voltí metro señalará la diferencia de potencial existente entre los bornes de la resisten-
Fig. 17.9
V’ = I • R = 3 A • 3,7 11 = 11,1 V Compruébese que esta diferencia de potencial es la misma que entre los bornes del generador. www.FreeLibros.me
c) Si el interruptor está abierto (fig. 17.10):
17.39. Determinar el valor de la potencia eléctrica disipada por la lámpara «Y del circuito de la figura 17.11.
Solución: Calculemos, en pri mer lugar, la intensidad de co rriente en el circuito. Como R ab = 10 12. tenemos: I = £ ER 132 V = 6A
io u + io 12 + 2 ii
de donde se deduce, por aplica ción de la ley de Ohm: fig* 17.11 VA - VB = I • RAn = 6 A • 10 11 = 60 V La intensidad que circula a través de la lámpara X es: vA- V B 60 V - 2 A 30 11 y la potencia disipada por dicha lámpara será: p = lx . (VA - VB) = 2 A • 60 V = | 120 W | 17.40. 1.a diferencia de potencial entre los bornes de la lámpara X del circuito de la fig ura 17.12 es 5 V. Calcular: a) L a intensidad de corriente que circula por el circuito. b) L a potencia consumida por la bombilla. c) L a intensidad de corriente que circula a través de la resistencia de 40 U. www.FreeLibros.me
Las dos asociaciones en paralelo de resistencias que aparecen en el cir cuito, poseen una resistencia equivalente de 8 12 y 5 12. Aplicando a todo el circuito la ley de Ohm generalizada, tenemos: SE (3 + 3 + 3 + 2 — 5 — 1)V = 0,25 A (1 + 1 + 1 + 8 + 1 + 5 + 1 +2) 12 SR b) La potencia consumida por la bombilla es: P = 1 • AV = 0,25 A • 5 V = I 1,25 W c) La diferencia de potencial entre los extremos de la asociación en parale lo, en la izquierda de la figura 17.12 es: AV = 0,25 A - 8 12 = 2 V
17.41. D eterm inar las indicaciunes d el am perím etro y d el voltímetro conectados con fo rm e se indica en el circuito de ta fin u ra 17.13.
Solución: La resistencia equivalente de las tres asociadas en paralelo es 1 12, y la equivalente a las otras dos, también en paralelo, es 2 12. Aplicando la ley de Ohm generalizada al circuito, tenemos: I = SE = 100 V - 48 V - 10 V = , . £ R (0,5 + 0,5 + 2 + 1 + 1 + 2) 12 La diferencia de potencial entre los puntos X e V es: Vx - VY = 6 A • 112 = 6 V www.FreeLibros.me
P o r lan ío, la inlensidad de corrienie que pasa p o r la ram a d el m edio, y que es la que m arca el am perím etro A , será:
«“- lí—IIZ] El voltímetro señalará la diferencia de potencial entre los bornes del motor: V, - V2 = E ' + I • r' = 10 V + 6 A ■1 Í1 = I 16 VI
17.42. Una linea de conducción eléctrica de longitud I. = 145 km . liene una resistencia total K , = 290 l!. E n un punto de la línea se produce una derivación entre am bos hilos. Hallar la distancia de dicho punto al origen de la linea, sabiendo que la resistencia de la linea con la derivación es R ¡ = 165,9 11y que si la linea se desconecta en su extrem o, su resistencia con derivación es d i = 240 1J.
VWH
-A/y\A - v W
—
Fig■1714
Solución: La figura 17.14 representa los tres casos descritos en el enun ciado del problema, y en ella designamos por r, la resistencia de cada hilo de la línea hasta el punto donde se verifica la derivación: r3. la resistencia desde este mismo punto hasta el final, y r, la resistencia de la derivación. www.FreeLibros.me
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Aplicando las leyes correspondientes a la asociación de resistencias, tene mos: 2 r, + 2 r2 = 290 12
)
2r, +4 r r r = 165-9u
2 r, + r = 240 S! ] La resolución de esle sistema de ecuaciones conduce a: r, = 35 ii; r2 = 110 1¡; r = 170 11 Como las resistencias de cada tramo de la línea son proporcionales a sus longitudes, si designamos por d la distancia desde el origen a la derivación, podemos escribir: 2 r, 2 r, + 2 r2 290 11 d 145 km 145 km de donde: d = 145 km • 2 r, _ 145 km ■70 Q _ (— T — I 17.43. Calcular la diferencia de potencial entre los puntos A v R del circuito de la fig ura 17.15.
Fig. 17.15
Solución: La intensidad de la única corriente que existe en el circuito es: I - SE _ 20 V - 12 V _ _4_ a SR ( 1 + 2 + 2 + 1 + 2 + 2)11 5 488
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La diferencia de potencial entre los puntos A y B será: Va - V b = I 2 R - Z E = = — - j - A • [2 + 1 + 2) Q — (-2 0 + 8) V = | ¥ v | 17.44. V il acumulador tiene una fu erza electromotriz de 6 V' y una resistencia interna de 0.05 U. Calcular la diferencia de potencial entre los bornes del acumulador: a) Cuando se descarga dando 5 A . b l Cuando se carga con una corriente de 5 A .
Solución: a) Cuando el acumulador se descarga, se comporta como un generador, y la diferencia de potencial entre sus bornes será: V, - V 2 = E - I r = 6 V - S A - 0,05 ti = | 5.7S V | b) Cuando el acumulador se carga, funciona como receptor. En este caso: V, - V 2 = E ' + I t = 6 V + 5 A - 0,05 ti = | 6,25 V | L as aristas de un cubo son resisten cias de I ti cada una. ¿Cuál es la resistencia equivalente entre dos vértices extremos de una diagonal del cubo?
Solución: Debido a la simetría existente en el cubo, la intensidad de corriente, I, que llega a uno de los vértices se reparte simétrica mente por todas las ramas (véase fig. 17.16). Si aplicamos la ley de Ohm entre los puntos A y B a lo largo de cualquier camino, resul ta:
v A —v„ = -v - ■i a + - i - • i ti + - i - • i n =
1 (V)
Por tanto, la resistencia equivalente entre ambos vértices valdrá: ir'(V) R = VA - V,ü _ _ I (A) 17.46. Con seis conductores iguales de 2 i! cada uno se construye un tetraedro, co
nectando dos de sus vértices a los polos de una batería de 1,5 V. L a resisten cia de las conexiones y la resistencia interna de la batería se consideran deswww.FreeLibros.me
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preciables. Calcular la intensidad de corriente que pasa por el circuito y la que pasa por cada resistencia.
Solución: El esquema del montaje del circuito viene representado en la figura 17.17. n El potencial en los puntos C y D del circuito es el mismo, puesto que dichos puntos son extre mos de dos resistencias iguales por las que circula la misma intensidad de corriente. En consecuen cia. por la resistencia que une dichos puntos C y D no pasa corriente alguna, y a efectos prácticos es como si no existiera. El circuito quedaría, entonces, como el repre sentado en la figura 17.18. Este circuito corres ponde a una asociación mixta constituida por dos series montadas en paralelo entre sí y en paralelo con otra resistencia. La resistencia equivalente de la primera serie es: 2 il + 2 i l = 4 il y la de la segunda serie. 2 il + 2 i l = 4 12. Por tanto, la re sistencia equivalente de todo el tetraedro es: de donde: R = 1 ii. La intensidad de corriente producida por la batería es: 1.5 V
Fig. 17.18
Calculemos ahora las intensidades de corriente que atraviesan cada i de las ramas: — Por la rama ADB: iV 1.5 V _ „ , I= ■ R 4 11 — Por la rama AC:
= ARV „ 1411 .5v — Por el conductor AB: AV _ 1.5 V R 211 En resumen: Las intensidades de corriente pedidas vienen señaladas en la figura 17.19. 490
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17.47. Hallar las intensidades de corriente en la red de la fig u ra 17.20.
Fig. 17.20
Solución: Como hay cinco ramas, habrá cinco intensidades de corriente, cuyos valores y sentidos vamos a asignar arbitrariamente (fig. 17.21).
Fig. 17.21
Para resolver el problema tendremos que plantear un sistema de cinco ecuaciones con cinco incógnitas. Ya que en la red hay tres nudos (B. F y E), aplicaremos la regla de los nudos a dos cualesquiera (por ejemplo, el E y el F). Tenemos así: I3 + 1« 4 l5 = 0 (nudo E) Ij — 1| — I2 = 0 (nudo F) Las tres ecuaciones restantes las obtendremos aplicando la segunda regla de Kirchhoff a las mallas AGFBA. FBEF y EDCBE. que son las más senci llas en que se puede descomponer la red y que vamos a recorrer en el senti do indicado en la figura 17.21. Se obtiene: - 2 I, + 3 I, - 13 (malla AGFBA) i 3 I2 - la + 13 = 16 (malla FBEF) > 3 Ij - 1, = 21 (malla EDCBE) ' www.FreeLibros.me
491
L a resolución del sistem a conduce a:
Fig. 17.22
El signo negativo obtenido para las intensidades I( c 14 pone de manifies to que su sentido es el opuesto al que les asignamos arbitrariamente al co mienzo. En la figura 17.22 se indican los valores y sentidos de todas las in tensidades que circulan por las distintas ramas de la red. 17.4X. E n el circuito de ¡a figura 17.23 ¿cuáles son las intensidades que circulan por cada una de las resistencias?
Fig. 17.23
Solución: En el diagrama de la figura 17.23 ya aparece supuesto un senti do para las intensidades 11. 12 e I3. Aplicando la regla de los nudos al nudo de la izquierda, tenemos: I , + I2 -
1, = o
[11
Aplicando la segundaregla de Klrchhoff a la malla de arriba, la cual re correremos en el sentido de las agujas del reloj, se obtiene: 8 I, + 1, - I2 - 5 ¡2 = 40 - 25 [2] 492
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y haciendo lo mismo con la malla de abajo: 5 I2 + I2 + 13 + 6 I3 = 25 + 22 Simplificando estas ecuaciones, resulta: lj - I| + I2 1 3 I, — 2 I2 = 5 ( 6 I 2 + 7 I3 = 47 ) La resolución del anterior sistema conduce a: I, = 3 A; 1, = 2 A; I3 = 5 A Los valores positivos obtenidos para las intensidades de corriente, confu tan el acierto en la elección inicial de sentido. 17.49. Calcular la diferencia de potencial entre los puntos A v B en el circuito de la figura 17.24.
Solución: Por aplicación de la primera regla de Kirchhoff al nudo A, se deduce que la intensidad de corriente en el con ductor AB es de 1 A, en el sentido de B a A. Calculemos ahora la diferencia de po tencial entre los puntos A y B: Va - V „ = I £ R - E E = - 1 A • |1 a + 4 U] - (-18 V) = | 13 v | Nota: Para la resolución del problema no es necesario hallar las fuerzas electromotrices E | y E2, si bien su cálculo, por aplicación de la segunda re gla de Kirchhoff. conduce a los valores: E, = 20 V y E2 = 7 V. 17.50. Calcular la intensidad de corriente que señala el amperímetro de! circuito de la
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.Solución: A plicando la regla d e los nudos al
h + I3 -
d e la
Ii *■0
izquierda: [1]
Apliquemos ahora la segunda regla de Kirchhoff a la malla superior: 0.5 I, + 20 I, + 12 + 24 l2 = 80 14 (2] y a la inferior: - I 2 - 24 12 + 4 I, + 13 = 14 - 34 [3] La resolución de este sistema da como resultado: Ij = 1 A 17.51. Dos pilas de fuerzas electromotrices y resistencias internas respectivas E ¡ = 21 V , r¡ = 1 í 1, E i = 23 V, r2 = / li, se conectan en paralelo, uniendo los polos del mismo signo. Calcular la intensidad de corriente que pasa por una resistencia de 5 11 conectada en serie con el sistema que form an las dos pilas.
Solución: La figura 17.26 represen IE .= í l v ta un esquema del circuito. Aplicando al nudo B la primera regla de Kirch hoff: lj - I, - I2 - 0 [ 1] Si aplicamos ahora a las mallas ABEF y BCDE la segunda regla de Kirchhoff. obtenemos: R=5íl -V\AAAA I2 - I, = 23 - 21 12] - I , - 5 13 = -23 P1 La resolución de este sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas con duce a:
K----
17.52. E n la red de la figura 17.27. calcular cada una de las intensidades de corriente y la carga del condensador. Las resistencias internas de los generadores son des preciables.
Solución: En esta red existen dos nudos y dos mallas independientes, ya que a través del condensador no pasa corriente. Aplicando la primera regla de Kirchhoff al nudo de la izquierda, tene mos: I2 - I, - h = 0 494
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m
Aplicando ahora la se gunda regla de Kirchhoff a las mallas superior c infe rior, se obtiene: 8 I, = 12 + 4 6 1, = 12 La resolución del ante rior sistema da como re sultado: I, = 2 A l¡ = 4 A I, = 2 A
Fig. 17.27
La diferencia de potencial entre las armaduras del condensador es: V , - V 2 - I £ R - S E = 2 A - 6 U - 1 0 V = 2V Por tanto, su carga valdrá: O = C • (V, - V2) = 5 - 1 0 " F • 2 V = 1 0 " C 17.53. ¿Qué intensidad de corriente pata por la resistencia de 6 11 en la figura 17.28?
Fig. 17.28
Solución: Como las resistencias de 3 U y 6 U están en paralelo:
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de donde: RDE = 2 ti. Por lo tanto: R a e = 4 12 + 2 ti = 6 12
Tenemos ahora cuatro resistencias asociadas en paralelo (12 12, 6 ti. 24 12 y 24 12). La resistencia equivalente valdrá:
1 - '122 »1111 + -J 6611 11
CA F
1 +| 241¡1
2411 ¿ 4 11
de donde: R af = 3 11 La diferencia de potencial entre los puntos A y F será: VA - VF = I • R af = 12 A • 3 11 = 36 V Por consiguiente, la intensidad de corriente que circula por la rama AE es: . VA - VF _ 36 V _ t A R ae
611
Por último, como: VD - VE = IAE • RDE = 6 A • 2 12 = 12 V resulta: 1 _
‘6
V p - V f. _
R,.
12 V
611
-H T l
1— —j
17.54. Determinar la manera de asociar n generadores iguales, de manera que sea m áxima la intensidad de corriente producida . Solución: Para hallar las condiciones que hacen máxima la intensidad de corriente tendremos que derivar la expresión: n •p • E I= n ■R + p2 • r con respecto a p. c igualar a cero dicha derivada: di _ n • E • (n • R + p2 • r) - npE ■2pr _ dp (n • R + p2 ■r)2 _ E ■n2 ■R - E n p2 • r _ Q (n • R + p2 • r)2 496
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D e aquí resulla:
E n 2 R - E n p2 r = 0 de donde: n • R = p2 • r o bien: p • q • R = p2 • r
Si hallamos la derivada segunda de I con respecio a p y sustituimos el valor de R que acabamos de obtener, resulta: lo cual demuestra que se trata de un máximo. 17.55. Dos grupos de pilas, de 6 pilas en serie cada uno, están conectados en paralelo.
1.a fuerza electromotriz de cada pila es 1.5 V y su resistencia interna 0,5 t!. luí resistencia exterior del circuito es I IJ. Hallar la intensidad de corriente que circula por la resistencia exterior.
Solución: Designando por n el número de pilas de la asociación y por p el de las que integran cada serie, resulta: "-P-E , « - 6 - I J V _____ n ■R + p2 • r 12 ■1 11 + 62 • 0.5 1! 1--------- 1
17.56. ¿Cómo se han de instalar 36 pilas, de 0,2 11 de resistencia interna cada una.
para que sea máxima la intensidad de corriente que circula al conectarlas a una resistencia exterior de 0,8 ti?
Solución: Como n = 36. R = 0,8 11 y r = 0.2 ti. resulta: !_ 36 E ■p _ 36 E ■p 36 • 0.8 + p2 • 0,2 28,8 + 0,2 p2 Para que la intensidad sea máxima se ha de cumplir que:
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Por tanto: di _ 36 E ■(28.8 + 0.2 p2) - 0.4 p • 36 E • p _ dp (28,8 + 0,2 p2)2 = 36 E [28,8 + 0,2 p2 - 0,4 p2] _ Q (28,8 + 0,2 p2)2 de donde: 28,8 Como p • q = n:
+ 0,2 p2 - 0,4 p2 = 0; 28,8 = 0,2 p2; p = 12
En tres grupos en paralelo, de 12 pilas en serie cada unoTj 17.57. Cuatro resistencias iguales de 10 il cada una se unen form ando un cuadro. U niendo dos vértices opuestos se coloca otra resistencia de 5 ti, y los otros dos vértices se unen a los polos de un generador de 10 V de fu erza electromo triz y resistencia interna despreciable. Calcular la resistencia equivalente a l conjunto y la intensidad de corriente que pasa por cada resistencia asociada.
Solución: Este circuito (véase fig. 17.29 a) es un puente de Wheatstone, puesto que el producto de las resistencias enfrentadas es constante. Al ser igual el potencial en los puntos B y C, no pasará corriente por la resistencia de 5 12 inter calada entre ellos. Por tanto, este conductor se com porta físicamente como si no existiera. El circuito queda como se representa en la figura 17.29 b. Se trata de una asociación mixta consti tuida por dos series asociadas en paralelo, siendo la resistencia de cada serie 20 12. Por tan to , la resistencia equivalente total será: ~ ÍT = 2 0 II + 20 U = _ ¡Ó17 de donde: | H = 10 ¡ i |
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La intensidad de corriente principal viene dada por: V I = 10 1012 = 1 A Esta corriente se bifurca por dos resistencias iguales de 20 12 cada una. La intensidad de corriente que pasará por ellas es de 0.5 A. Como estas resistencias de 20 12 proceden de una asociación en serie de dos resistencias de 10 12, por cada resistencia asociada pasará la misma co rriente que por la equivalente, es decir: 0.5 A. Por las resistencias de 10 12 pasan corrientes de 0,5 A. Por la resis tencia de 5 12 no pasará corriente. 17.58. (*) Utilizando una resistencia pa trón de (25,3 ± 0,1) IJ se consigue equilibrar el puente (fig. 17.30) cuando el cursor está situado en cualquier posición entre las divisio nes 410 y 417 m m de un puente de I metro, estando la resistencia pro blema en su brazo izquierdo. ¿Cuál es el valor, escrito correctamente, de la resistencia medida?
Solución: De acuerdo con la ley que rige el puente de hilo:
L,
Fig. 1730
L2
/»*•>
• = ---------------^---------------410 mm + 417 mm L| 413 mm; ,L, = (413 ±.. 4) i L2 = 1 000 mm - 413 mm; L2 = (587 ± 4) mm se deduce que:
x = 25.3 12 •
= 17.8 12
Tomando logaritmos neperianos en los dos miembros de la expresión [1], tenemos: In X = In R + In L, - In L2 Diferenciando, resulta: dX = dR dL, _ dL2
x _ r +T 7“ 1 ~
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Sustituyendo las diferenciales por los errores absolutos, se llega a: AL, , AL, L, + L2 25,3 U 413 mm • + - 587 mm = 0,0039 + 0.0097 + 0.0068 = 0,02 De aquí que: X=
0,02
• 17,8 í l =
0,356
i1 =
0 ,4 l¿
Por tanto: X = (17,8 ± 0,4) il 17.59. L a resistencia de un galvanómetro es 20 II y la corriente necesaria para que se desvie toda la escala es 25 nv\. a) ¿Cómo puede convertirse en un am perímetro, cuya escala completa indique 5 A ? Calcular el valor de! shunt necesario. b) ¿Cómo puede convertirse en un voltímetro , cuya escala completa indique 150 V? Calcular el valor de la resistencia en serie necesaria. ■ w w W v-
-V l= 5 A
I6 = 2 5 m A
R6=20n
1 = 25m A
n v rW W V ^ - Vb ¿ 1 5 0 V
'
a)
b)
a) Es necesario conectarle un shunt (fig. 17.31 a). De acuerdo t i la ley de las corrientes derivadas, su valor será: 0.025 A - 20 Si = O tambiiín, como:
500
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resulla:
■= 0 ,1 0 0 5 11 R ,= Re, b) Habrá que conectar una resistencia, R, en serie, de manera que entre los puntos A y B la diferencia de potencial sea de 150 V cuando la aguja del galvanómetro se desvie la escala completa (fig, 17.31 b). La intensidad de corriente que en ese momento circula por el galvanóme tro es de 25 mA. Por lo tanto, aplicando la ley de Ohm. tenemos: VA - VB
0.025 A = (R + 20) 11
17.60. (*) En el circuito de la figura 17.32 se desea conocer eiperimentalinenlc la intensidad de corriente que cir cula, para lo cual disponemos de un amperímetro que, coloca do adecuadamente nos da una corriente de 0.1 8 amperios. at ¿Cuál es la resistencia in terna del amperímetro ht ¿Cuál es el error en la apreciación de la intensi dad que mide este amperi-
Fig. 17.32
Solución: a) Aplicando a todo el circuito la ley de Ohm generalizada, tenemos: V 1 = SS RE .’ 0.18 A = (5 + 20 95 + r) 11 • = 11,11 u b) Si no estuviese intercalado el amperímetro, la intensidad de corriente SE 20 V - = 0,2 A SR (5 + 95) 11 Por tanto, el error absoluto será: x¡ = 0,18 A - 0,2 A = -0,02 A (por defecto) www.FreeLibros.me
501
y el erro r relativo: 100
= | 10 % |
17.61. Una lámpara de incandescencia es alimentada a 110 V. En el circuito esta intercalado un amperímetro ron escala de 0 a 2 amperios, dividida en divisiones de media décima de amperio. L a resistencia del amperímetro es de 0.2 U y esta shuntado con una resistencia de 1/45 U (fig. 17.33). En funcionam iento norma!, la aguja del amperímetro señala la cuarta di visión. Calcular: a) La intensidad de corriente prin R*=0,2/1 cipaI que pasa por ¡a lámpara. b) L a resistencia de dicha lámpara.
Solución: a) Ya que en funcionamiento nor mal la aguja del amperímetro señala la cuarta división, y ca da una de estas divisiones equi vale a media décima de ampe rio, la intensidad de corriente que atraviesa el amperímetro es IA = 0,2 A. Fig. 17.33 De acuerdo con la ley de las corrientes derivadas, la intensidad que pasa por el shunt será: Ia - r ^ = R,
o m
- o¿ 1/45ü
íl
c 1 ,8 A
y la ¡mensidad principal en el circuito (fig. 17.33). que será la que pasa por la lámpara, tendrá de valor: I = IA + I. = 0,2 A + 1.8 A = 1 2 A | b) Aplicando la ley de Ohm entre los puntos A y B y considerando como despreciable la resistencia del amperímetro shuntado (0,02 11). tene-
de donde: [ r = 55 ti 502
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17.62. Un amperímetro señala 15 A al conectarlo o una cierta diferencia de potencial. SI se vuelve a conectar a la misma diferencia de potencial, tras intercalar en serie con él una resistencia de 20 íi, el amperímetro señala 3 A . ¿Cuál es la resistencia del amperímetro y la diferencia de potencial a la que se conecta?
Solución: Aplicando la ley de Ohm en ambos casos, leñemos: V, - V¡ = 15 A • R I V, - V2 = 3 A • (R + 20) Q ¡ Resolviendo el sislema formado por estas dos ecuaciones, resulta: | R = 5 11; V, - V; = 75 V |
Un voltímetro de 150 V tiene una resistencia de 10 000 11. Si le conectamos en serie con una resistencia H a una línea de 220 V, el voltímetro señala 5 V. Calcular el valor de ia resistencia K.
Solución: Para que el voltímetro de 150 V se desvie la escala completa tendrá que circular por él una corriente de intensidad: 10 000 a
Cuando el voltímetro señala 5 V la intensidad será: 10 00011
Por consiguiente, aplicando la ley de Ohm, tenemos: < ,n-4 . _ 220 V____ ' (R + 10000)11 donde: I R = 430 000 SI I 17.64. Dos voltímetros de 150 V, uno de 20 000 12y otro de ISO 000 11 de resistencia, se conectan en serie a una linea de corriente continua de 120 V. Calcular la indicación de cada voltímetro.
Solución: La resistencia equivalente entre A y C (véase fig. 17.34) es: R = 20 000 11 + 180 000 íl = 200 000 11 y la intensidad de corriente que circula entre ambos puntos: , VA - Vc 120 V 4 R “ 200 00011 6 10 www.FreeLibros.me
503
El primer voltímetro indicará: V, = 6 • 1(T4 A • 2 • 104 Q = | 12 V | y el segundo: V2 = 6 • 10~4 A • 18 • 104 L1 = I 108 V I R,=20000A
Rj=180000A
0 -8 -0 Fig. 17.34
17.65. Queremos medir la fuerza electromotriz de una pila seca m ediante un potenció metro. Una pila patrón de fuerza electromotriz 1.2 V deja la aguja del galvanó metro en cero cuando entre sus polos quedan comprendidos 30 cm de resisten cia. L a pila seca produce el equilibrio cuando la resistencia comprendida entre sus polos es de 45 cm . Calcular la fuerza electromotriz de Ia pila.
Solución:
H - V —r - « V - I f - ®
504 www.FreeLibros.me
18. ELECTROMAGNETISMO
FORMULARIO-RESUMEN * TRA V ÉS D E UNA SU PERFICIE B = inducción magnética. S = superficie. = S • 3 = B • S • eos 9 9 = ángulo que forma el campo con la normal a la superficie. F u erza e je rc id a por u n cam po m a g n é tic o d e in d u c ció n B s o b r e :
F LU JO M AC NÉT1CO
una carga móvil: P = q - (v A B) (fuerza de Lorenu). una corriente rectilínea: P = I • (T A S) (primera ley de Laplace) una corriente rectangular o circular: Ü (momento) = I • (§ A B) una bobina: Sí = N I - ( § A B ) = m A B (m = N • I • § = momento magnético de la bobina). una carga elemental móvil a una distancia r:
8
1* E= S.¡ ■5
un elemento de corriente: dB =
4n
■ 1 ( d ] A^ r3
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505
una comente rectilínea: B=
------(ley de Biot y Savart)
(s = distancia del punto considerado a la corriente). i l
1
En su centro: B = p • a espira circular de En un punto del eje: B p - 2 (ra + b2j w radio r (b = distancia del punto al centro de la espira). una bobina en un punto del eje:
a
E
(N = número de espiras de la bobina). I • N I N = número de espiras, un solenoide: B = p • — ¡— j ( = |ongjUjd de| solcnoide. Si el medio es el vacio, p = po = 4it • 10 7 N • A-2. A CCION ES MUTUAS EN TRE CORRIENTES
F=
/ I, e I2 = intensidades en los conductores. 1' 2 • 1 < d = distancia entre los conductores. ' 1 = longitud de los conductores.
506 www.FreeLibros.me
18. ELECTROMAGNETISMO 18.1.
¿.Qué son imanes naturales y artificiales? ¿Cuando un im án es permanente y cuándo temporal? Citar una aplicación de cada uno de ellos.
Solución: Imanes naturales son aquellas sustancias que presentan, por su naturaleza, propiedades magnéticas. Ejemplo: la magnetita (óxido ferroso férrico). Imanes artificiales son aquellas sustancias que poseen propiedades mag néticas debido a la manipulación del hombre sobre ellas. Ejemplo: el acero imantado. Un imán es permanente cuando presenta propiedades magnéticas duran te un intervalo de tiempo muy grande. Ejemplos: la magnetita, el acero imantado, etc. Por el contrario, los imanes temporales sólo manifiestan propiedades magnéticas mientras actúa la causa que los imana. Por ejemplo, el hierro dulce únicamene se comporta como imán mientras pasa corriente a través de una bobina que lo envuelve. Los imanes permanentes se emplean en dinamos, altavoces, platos mag néticos de motocicletas...; los temporales, en la construcción de timbres eléctricos, circuitos de alarma, telegrafía... 18.2. ¿Cóm o se podría demostrar, sin locarlo, que por un conductor circula una corriente?
Solución: Basta colocar paralelamente a él una aguja magnética. En el caso de que pase corriente por el conductor se producirá una desviación de la aguja magnética según la regla de Oersted.
18.3. ¿Q ué le ocurrirá a un muelle si es recorrido por una corriente de gran intensidad?
Solución: Debido al campo magnético que crea cada una de las espiras, se producirá una atracción entre ellas y tenderán a aproximarse unas a otras. 18.4.
¿E n qué se diferencian esencialmente un amperímetro y un voltímetro?
Solución: El amperímetro es un aparato destinado a medir la intensidad de corriente. Por eso, por ellos debe pasar toda la corriente cuya intensidad se pretende medir y, con objeto de evitar que se calienten, el hilo de la bobina que los constituye debe ser de poca resistencia. Por tanto, ha de ser corto y grueso. Los amperímetros se montan en serie con el circuito. Los voltímetros son aparatos destinados a medir diferencias de poten cial. Por ellos no interesa que pase toda la corriente, sino una fracción muy pequeña de la misma. Por eso se montan en derivación con la resistencia cuya tensión en sus extremos se desea medir. Con objeto de que por el voltímetro pase una corriente de intensidad muy pequeña, su resistencia interior ha de ser grande; de ahí que el hilo que la constituye sea largo y fino. En la figura 18.1 se muestra un esquema de montaje de un amperímetro y de un voltímetro en un circuito. www.FreeLibros.me
507
vottímefro
fig. 18.1
18.a. ¿Cómo se podría transform ar un amperímetro en un voltímetro? Solución: Todo amperímetro puede ser transformado en voltívoltímetro metro con sólo añadirle en serie con su resistencia interior otra resistencia exterior, que habrá de ser tanto mayor cuanto mayor sea la escala de medición que se desea obtener (véase fig. 18.2). Si el amperímetro va r provisto de un shunt en deriva- — —!— ción, debe quitársele previamen te. Fig. 18.2
18.6.
¿Q ue explicación física tiene el hecho de que al someter una hatea dt acero u la acción de un campo m agnetita se aluenga un im án prrmtincnli
Solución: Una sustancia no imantada se comporta como si estuviera constituida por pequeños campos magnéticos —originados por los movi mientos de electrones al girar alrededor del núcleo y también sobre sí mis mos— distribuidos al azar. Sometiendo estos pequeños ¡manes a la acción de un campo magnético exterior fuerte, se producirá una orientación de los mismos, en cuyo caso la sustancia adquiere propiedades magnéticas (imanes artificiales). Si esta orientación de los diminutos imanes es permanente —caso del acero imantado—, el imán obtenido se denomina permanente. 18.7. l a inducción de un campo m agnético es III I . ¿Que flujo atravesara una superJicit■ile 10 Ci/r en los sieniarlt s casos. ai el campo e . perpendicular a lu super ficie; />> el campo \ la normal a la superficie forman un anéalo de 61/ . Solución: En el primer caso: 4> = B • S • eos? = 10 T --5 • 10-3 m2 • 1 = | 5 • 10~2 Wb [ 508
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y en el segundo:
= B • S • eos 9 = 10 T • 5 • 10- 3 m2 • -y - = 2,5 • 10 ~2 Wb Un electrón penetra en un campo magnético de inducción 100 W b/m 2 con una velocidad de l(ts m/s, de modo que form a un ángulo de 30' con la dirección de! campo. Deduce el radio de la órbita que describe el electrón.
Solución: La fuerza que actúa sobre el electrón en movimiento, al ser perpendicular a la dirección de la velocidad, es una fuerza centrípeta. Su valor será: v* F - q • v ■B ■sen ^ - m -------
q • B • sen 9
_
9 • « T » k , • .0» n * . 1.6 • 10-19 C • 100 T • 0.5
Un electrón parte del reposo y es acelerado por una diferencia de potencial de 100 V. S i, con la velocidad que adquiere, penetra en un campo magnético perpendicularmenle a la dirección del campo, ¿qué radio de órbita describirá? El campo tiene una inducción de 5 gauss.
Solución: La energía que adquiere el electrón al ser sometido a la acción de un campo eléctrico viene dada por la expresión: Ec = q - ( V . - V b) = - i - m v 2
2 - 1,6- l i r ’ C - 100 V 9 -lO --" k¡-----------= 0,597 • 107 m/s = 6 • 106 nvi Procediendo como en el caso anterior, se obtendría para el radio de la órbita el valor de: r = 6.75 I0-2 m V=
A / 2 ■q ■(V. - V„)
V
m
V/
18.10. Un electrón penetra en un campo m agnético de inducción B = 0,02 T perpen dicularmente a las líneas de inducción. ¿Q ué fuerza actúa sobre él si su veloci dad es de I 500 m/s?
Solución: F = q • v • B • sen 9 = 1,6 • 10" 19 C • 1.5 • 103 m/s • 0.02 T • 1 = = 1 4.8 ■10' N I www.FreeLibros.me
509
18.11. Un haz de eleclrones penetra en un campo magnético de inducción 0.005 T en dirección perpendicular a tas lineas del campo. La fuerza con que éste actúa sobre cada electrón le obliga a describir una trayectoria circular. ¿Cuál es el radio de ta trayectoria descrita por cada electrón del haz, si su velocidad es 48 • 10* m/s?
Solución: r=
™ -v q-B -sen?
9.1 ■UT31 kg ■48 • lO» nVs _ 1,6 • 1 0 '19 C • 5 • 10~5 T - 1>—1
^
^ I
18.12. A l penetrar un electrón en un campo magnético , actúa sobre él una fuerza que le obliga a describir una trayectoria circular. ¿Qué velocidad deberá poseer un electrón para que a! penetrar perpendicularmente a las lineas de inducción de un campo magnético de O.OOI miriagauss describa una circunferencia de 2 cm de radio?
Solución: Los datos del problema, expresados en unidades del Sistema Internacional, son: q = 1,6- 10"'*C; B = 1 0'3 T m = 9.1 • 10~3' kg; r = 2 • 1(TJ m Por tanto: 1,6 • 10~I9 C • 10~3 T • 2 • 10~2 m • 1 =
9,1 • 10"31 kg
5 |06 18.13. (*) Un protón con una energía cinética de I M eV se mueve perpendicularmente a un campo magnético de 1,5 T. Calcúlese la fuerza que actúa sobre esta partí cula. Masa del protón: 1,67 • I0~27 kg. Carga del protón: 1,6 • I0 ~ '9 C.
Solución: La velocidad de la partícula vendrá dada por la expresión:
v= a / O
r . i 2 ^ y l = ,,3 8 . 10 7 m/s ni V 1.67 - 10 kg El valor de la fuerza que aclúa sobre el protón viene dado por:
V
F = q • v • B = 1,6 - 10-'9 C - 1.38 • 107 m/s • 1,5 T = = [ 3 .3 • n r 1¡ N~| 510
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18.14. l'rta carga positiva de 5 microculombios se mueve con una velocidad dada por la expresión:
v = 5 l - 5 k (SI) en el interior de un campo magnético: B = 1 + 2 j - k (SI) Deducir la fuerza que actúa sobre dicha carga.
Solución: Según la ley de Lorentz, el vectorjuerza con que el campo ac túa sobre la carga viene dado por P = q (v A B). Por tanto: P = 5 • 10-
. |
k
5
0
-5
1 2
-1
= 5 • 1(T‘ (10 T + 10 k) =
^ | 5 ■10~5 7 + 5 ■IQ-5 k (SI) | 18.15. Por un conductor recto, dirigido a lo largo de! eje OY. circula en el sentido positivo del citado eje una intensidad de corriente 20 A^ Calcular la fuerza que el campo magnético B = 2 i + 3 k (SI) ejerce, por unidad de longitud, sobre dicho conductor.
Solución: De acuerdo con la ley de Laplace, tenemos que:
P = 1 • ( í A 8) = 20
= 20* (3 7 —2 íc)
= 6 0 i - 40 k (SI)
18.16. Im inducción de un campo magnético es B ~ 8 ■10 5 T. ¿Con qué fuerza ac tuará este campo sobre un alambre conductor de longitud 20 cm, situado per pendicularmente a la dirección del campo, por el que circula una corriente de 10 A?
Solución:
F = I • I ■ B • sen ? = 10 A ■0,2 m ■8 • 10~5 T • 1 = | 1,6 • 10~'
n]
18.17. La energía cinética de un electrón vale 6 - Í0 ~ 16 J . Dicho electrón penetra
perpendicularmente a las lineas de inducción en un campo magnético cuyo valor de B es 0.004 T. ¿Cuánto mide el radio de la trayectoria que describe?
Solución: La velocidad del electrón vendrá dada por: v =
a / 2Ee
\ / --------- ---
V
ni
-
rrrw*rkg
,,,
.
\ / ----------------Ti------ = 3.63 ■ 107 m/s
V
9,1 - 10~3'
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511
E l ra d io de la tra ye cto ria d escrita p o r e l e le ctrón será: m -v
_
9, I
I P - 3' k g - 3 .6 3 - 1 0 ’ nyfe
1,6 - 1 0 " '* C • 4 • 10-3 T • 1
q-B-sen?
1---------------------- '
18.18. Un protón, inicialmente en reposo, es acelerado a trates de una diferencia de potencial de 8 ■¡O6 V. penetrando luego en dirección perpendicular en un cam po magnético uniforme de 0,4 T . Calcular: aI L a velocidad del protón al llegar al campo magnético. b) E l radio de Ia órbita descrita por el protón. c) E l tiempo que invierte el protón en recorrer una órbita completa. Solución: a)
E l ca m p o e lé ctric o co m u n ic a a l p ro tó n una energía: Ec = q • AV sien d o A V la diferen cia de po te n c ia l y q la carga d e l p ro tó n . D e acu er d o c o n e l teorem a de la s fuerzas v iva s, p o dem o s escribir: q . iV
= -L
m ■v 2
d e donde: 2 q •AV
Y
2 • 1 .6 • 1 0 ~ ” C ■ 8 ■ I 0 6 V 1,67
•KT
27 k g
_ f T o ~ iñ ^ r
1---------------------
N o ta: P rescin dim o s d e la v a ria c ió n rela tiv is ta de la masa d e l protón c o n la v elo cida d. b)
C u a n d o e l p ro tó n pen etra en e l ca m p o m a gn ético , en d ire c c ió n perpen d ic u la r a é l, se v e so m e tid o a la fu e rz a de L o r e n tz . que le o b lig a a des c r ib ir u n a tra ye cto ria c irc u la r. A p lic a n d o la segunda le y de N e w to n , se tiene: q - v • B • sen
1,67 q • B • sen c)
9
v2
= m • ——
• 1 (T 27 k g • 3 ,9 • 107 m/s
1,6 •
10
C • 0 ,4 T •
1
E l tie m p o que ta rd a el p ro tó n e n d e s c rib ir una ó rb ita ( p e rio d o ) es:
2,lR v
512
9
2r- ~ ‘ -01 m-
1 1,63 • 10“7 s
3.9 • 107 nt/s------ 1------------------- '
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18.19. E n u n m ism o punió de un campo m agnético B dejam os en libertad un protón y un electrón, dotados am bos de la m ism a velocidad, perpendicular a las lineas d el campo. Deducir la relación existente: a) Entre los radios de las órbitas que describen. b) Entre los periodos de las mismas.
Solución: a) Los radios de las órbitas descritas por el protón y el electrón son, res pectivamente:
Dividiendo ambas expresiones, teniendo en cuenta, además, que las cargas y velocidades de ambas partículas son idénticas, resulta: rc
mc
= 1 836
b) Los períodos de las órbitas son:
18.2(1. Deducir el valor de la fuerza que actúa sobre un protón que se m ueve con una
velocidad de 2 • 106 m is en el sentido positivo del eje OY, en el interior de un campo magnético de 4 T dirigido en el sentido negativo de! eje O X . ¿C ual seria esa fu erza si en vez de un proion fu ese un electrón el que se moviera?
Solución: En el primer caso la fuerza que actúa sobre el protón, dado que v = 2 • 106 7 y B = - 4 T, será: P = q (v AB) = 1.6 ■l i r 19
0
-4
M O 1 0 = | 1,28- 10~l2 k (N)| 0
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0
513
Si se traía de un electrón: P = q (v A B) = -1,6 • 1 0'19 •
7
-4
id 6
O
s o
O
= -1,28- 10 12 E (N) I
Dos panículas de cargas iguales y signos contrarios se lanzan desde dos puntos distintos, con velocidades diferentes, paralelas entre si y del mismo sentido, en dirección normal a un campo magnético uniforme. Ambas panículas se en cuentran, iras haber girado 90° la primera y 150° la segunda. Calcular: a) La relación entre los radios de las órbitas descritas por las dos panículas. b) La relación entre sus velocidades. c) La relación entre sus masas.
Solución: a) La observación de la figura 18.3 conduce a la conclusión:
i--— ES
b) Ya que en el mismo tiempo la pri mera partícula describe un arco de 90° y la segunda de 150°, tenemos: de donde se obtiene: 90° 150°
Fig. 18.3
c) Cuando una partícula cargada se mueve perpendieularmente a la direc ción de un campo magnético uniforme, la fuerza de Lorcntz le obliga a describir una trayectoria circular, cumpliéndose, en virtud de la segunda ley de Newton, que:
514 www.FreeLibros.me
de donde se deduce, por simplificación: '= q •B R Para la primera particular i • Vj = q • B • R, y para la segunda: m2 • v2 = q • B • R2 m, _ R, v2 = J _ _10_ m2 R2 ' v, “ 2 ‘ 3 L a espira rectangular de la figura 18.4, cuyas dimensiones son: 1 = 1 0 cm y I’ = 8 cm , y por la que circula una co rriente de 20 A en el sentido que indican las flechas . puede girar alrededor de! eje OZ, en el interior del campo magnético uniforme: B - 0 ,4 j (SI) at Calcular las fuerzas que el campo magnético ejerce sobre cada lado de la espira, asi como el momento ne cesario para mantenerla en la posi ción indicada, bl Ídem . cuando el campo magnético es: B = 0.4 1 (SI).
Solución: a) Designemos por P[, P2, P* y P4 las fuerzas que actúan sobre los lados OA. AB, BC y CO, respectivamente. De acuerdo con la segunda ley de Laplacc, tenemos: F, = I • (T A B) = 20
P2 = I • (T A 3 ) = 20 0,04 0,04 V 3 0 0 0,4 0 www.FreeLibros.me
515
F , = I • (T A B ) =
20
o
o
- o .i
0 0,4 P4 = I • ( T A B ) = 20 •
0
- 0 ,0 4 V i
0
0 ,4
0
= -0,32 k (SI)
E s ta s c u a tro fuerzas aparecen re presen tadas en la fig u ra 18.5. Puede o b servarse que P 2 y P4 tie n e n ig u a l m ó d u lo y d ire c c ió n , p e ro sentid os c o n tra rio s , a n u lá n d o se m u tua m en te. P o r o tra p a rte , F , y p 3 con stitu yen un p a r de fu erza s, c u y o m o m e n to es:
M = I • (S A B ) = 2 0 • - 4 V 3 - 10~3 4 • 1 0 'J 0
0,4
= -3,2 V3 • 10^J k (SI) E l m o m e n to n ecesa rio pa ra m a n te n e r la esp ira e n la p o sic ió n indicada será el op uesto a l anterior:
[tá 1 ^ - M = 3.2 V 3 ■10 2 k (SI)]
b)
516
A n á lo g a m e n te a l ca so a n te rio r, la s fu erza s F | , P 2, P 3 y P „ (véase fig . 18.6) valen :
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F, =I■ (?AB) =20
0,04 0,04 V 5 0 0,4 0 0
' 1 P, = I • (T A B) = 20 • 0 0 0,4 0
-
0,1
0
= -0,32V5k (SI) = -0,8j (SI)
I k -0,04 Z i 0 = 0,32 V3 k (SI) 0.4 0 0 Hallemos, por último, el momento necesario para mantener la espí en la posición indicada:
-0,04 F, =I•(?A8)=20■
M = - I • (S A B) = -20 • - 4 V I • 10~3 4 • 10-5 0 0,4 0 0
=| 0,032k(SÍT1 Calcular la fuerza que ejerce sobre un conductor rectilíneo de 0,15 m de longi tud, un campo magnético perpendicular a el. de inducción 1.2 • 10 J 7. siendo 5 /l la intensidad de corriente que circula por el conductor.
Solución:De acuerdo con la ley de Laplace:
F = I ■I • B • sen * = 5 A • 0.15 m • 1,2 • lO’ 4 T • 1 =1 9 - HTS N I 18.24. Un núcleo de helio pendra en un campo m agnético de inducción 1.2 T con una velocidad perpendicular al campo de 25 - lid m s. ¿Q ue fu erza actúa sobre él? Solución:La carga del núcleo de helio es: q = 3,2 • 10"19 C. Por tanto: F = q • v • B ■sen a = 3,2 ■10-'9 C • 25 • 104 m/s • 1,2 T • 1 = = | 9,6 ■10~‘* N|
18.25. Deducir el mom ento del par que actúa sobre un conductor rectangular colocado
verticalmente en un campo magnético horizontal, en las siguientes condiciones: a) el conductor mide 12 cm de alto por 10 cm de uncho: b) la intensidad de la corriente que circula por él es 4 .4; c) la inducción del campo vale 0.5 T. www.FreeLibros.me
517
Solución: Aunque no se especifica en el enunciado del problema, consi deraremos que la normal a la superficie delimitada por el conductor es perperpendicular a la dirección del campo. Como: S = 12 cm • 10 cm = 120 cm2 - 1,2 • 10"2 m2 resulta: M = I • B • S • sen * = 4 A • 0,5 T • 1,2 • 10“2 m2 • 1 2,4 1
espiras. En cualquier posición de la bobina, el campo m agtutico de 0.01 T se encuentra en su plano. La constante de torsión del hilo del que se suspende la bobina vale 10 X • m • grado '. Calcúlese la intensidad de corriente que co rresponde a un giro de la bobina de 5 .
Solución: El momento del par de fuerzas que actúa sobre la bobina es: M = N • I • B • S • sen a siendo N el número de espiras de la bobina, I la intensidad de corriente que circula por ella, B la inducción magnética del campo. S la superficie de la bobina y a el ángulo que forma la normal a la bobina con la dirección del campo (en el caso del problema, t. = 90°). La bobina gira hasta que el par de torsión del hilo de suspensión: Mr = K • 0 (K es la constante de torsión del hilo y 0 el ángulo girado) se haga igual al momento del par actuante. Se cumplirá entonces que:
K •0 _ 10~7 N • m • grado 1 • 5o = 6,25 • IO"4 A N • B • S • sen a 200 • 0,01 T • 4 • 10"4 m2 • 1 18.27. Con un voltímetro de resistencia interior / 000 ohmios y escala 0-10 V se desea m edir una diferencia de potencia! de 65 V. ¿Qué resistencia en serie deberá acoplarse para ello?
Solución: Con objeto de hacer medidas lo más directas posible, intenta remos ampliar la escala de medida del voltímetro de 0 a 100 V. De este modo, bastará multiplicar por 10 la diferencia de potencial señalada por el voltímetro para conocer la diferencia de potencial total. 518 www.FreeLibros.me
El voltímetro dado puede admitir una intensidad máxima de corriente de 0,01 A (I = V/R = 10 V/l 000 11 = 0,01 A). Si hacemos que la tensión sea 100 V, es decir, 10 veces mayor, la resistencia total del aparato habrá de ser 10 veces mayor que la inicial, con el fin de que se siga manteniendo la misma intensidad. Por tanto, la resistencia total del voltímetro habrá de ser de 10 000 ohmios. Como inicialmente ya tenía una resistencia de 1 000 ohmios, habrá que añadirle en serie otra resistencia de 9 000 ohmios. En efecto: si queremos medir una diferencia de potencial de 65 V, ten dremos: a) Intensidad de corriente: I=
«V
= 65 • 1 0 - A
b) Diferencia de potencial en la resistencia exterior: V = I • R = 65 • 10— A • 9 • 103 11 = 58,5 V c) Diferencia de potencial en la resistencia interior: V = 65 • 10— A • 1 000 ü = 6,5 V d) Diferencia de potencial total = 58,5 V + 6,5 V = 65 V. 18.28. U n voltímetro de 250 V tiene u no r e m ie n d a de 30 000 S i se conecta en serie con una resistencia X a una linea de 125 V, señala ana tensión de 12,5 V. ¿C uál es el valor de esa resistencia? ¿C uánto vale la intensidad de la corriente? ¿Q ué potencia consume?
Solución: La intensidad de corriente que pasa por el voltímetro y, por tanto, por la resistencia X, será:
La diferencia de potencial en los extremos de la resistencia X valdrá: V, = 125 V - 12,5 V = 112,5 V y el valor de esta resistencia será: 112,5 VI------ = | 2,7 - IO5 1 1 ¡ R = —V, 12- = I J25 10“s A 3 La potencia que consume el voltímetro en las condiciones exigidas por el problema será: P = I ■(V . - V„) =
■ 10-5 A - 12,5 V = 5,2 • 10~3 W
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519
18.29. ICI electrón existente en la corteza de un átomo de hidrógeno describe en su giro alrededor del núcleo una órbita circular de radio 0,53 Á , con una velocidad de 2,2 • I06 m/s. Calcúlese la inducción magnética en el centro de la órbita. Solución: La longitud recorrida por el electrón será: s = 2*r = 2 • * • 0.53 • 10-10 m = 1,06 * • 10“10 m y el tiempo empleado en recorrer la órbita, supuesto uniforme el movimienm s -M "* - - u n o - » v 2,2 ■106 m/s La intensidad de corriente valdrá: , - J L - l '6- l0" l C - 1 , 0 6 . , 0 - A I 1,51 • 10 s Y el valor del campo será: B = *, • — = 4k • 10-’ N • A~
2 • 0,53 • 10"10 m
18.30. Una bobina circular plana, de 20 espirar, tiene un radio de 10 cm. ¿Qué inten sidad de corriente debe circular por ella para que la inducción magnética en su centro valga 2 ■10 4 T?
Solución: Si la expresión general: despejamos I, se tiene:
b
^ ' T -
n
Sustituyendo valores: , = 2 ■2 - 1Q-4 T • 1Q-1 m 4n • 10*7 N • A '7 • 20 18.31. Calcular el campo magnético creado por un hilo de J m de longitud por el que circula una corriente de 100 \ , en un punto situado a I cm de) hilo.
Solución: B= 520
= 2 . io- 7 n
a
- 7 — ! ^ _ = | 2 . io- ’ t |
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18.32. 1*1 Calcúlese el campo magnética en el centro de una espira cuadrada, en el vacio, de lado a. por la que circula una corriente eléctrica de intensidad I.
Solución: Consideremos, en principio, uno de los lados de dicha espira. El campo magnético. dB, que un elemento infinitesimal, di. crea en el cen tro de la espira (véase fig. 18.7) viene dado por:
Se deduce de la consideración de la figura que: 2 sen o
;
1 = - f - c otg
0
di = Sustituyendo estos valores t presión (1). tenemos:
—a ^4°- = sen 0 • do |2] 2 sen2 0 2n • a
Fig. ¡8.7
El campo magnético creado por un lado entero de la espira se obtiene integrando la expresión (2] entre los límites 0| = y O2 = - j-. B = - - Ir. £ -■La
Js-.f *U sen 0 • do = -
- 2& •Ja- 1[-eos oJsV* fí, =
_ fc -1 / V2 V2 \ _ V2 fa l 2 ra \ 2 2/ 2 r. -a Los otros tres lados de la espira dan lugar, en el centro, a campos magnéti cos de igual módulo que el que acabamos de considerar y. de acuerdo con la re gla de la mano derecha, de la misma dirección y sentido. Por tanto, el campo magnético total valdrá: BT = 2 V2 • —~ - ~ www.FreeLibros.me
521
a) Por el conductor infinitamente largo, A B , de la figura 18.8 circula una corriente de intensi dad I. Determinar el flujo mag nético que atraviesa la superfi cie rectangular CDEF. b) Particularizar la expresión an terior al caso en el que I valga 20 A; I = 20 cm.: a = 5 cm v b = 20 cm.
Solución: a) Aislemos, conforme se puede apreciar en la figura 18.9, una franja elemental de la superfi cie rectangular, de grosor dx. paralela al conductor AB y a una distancia x de él. De acuerdo con la ley de Biot y Savart, la inducción magnéti ca en un punto cualquiera de dicha franja vale:
Fig. 18.8
siendo su dirección perpendi cular a la superficie y dirigida hacia dentro. El flujo total que atraviesa la franja aislada es:
El flujo total a través de la superficie rectangular se obtendrá inte grando la expresión [1] entre los valores x = a y x = b.
12] 522
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b) Sustituyendo en la expresión |2) los datos numéricos del enunciado del problema, resulta: 4c • 1Q-7 N • A~2 ■20 A ■0.2 m • In = 1,11 • I 0 ‘ Wb 2c 18.34. Por dos conductores paralelos rectilíneos, de S m de longitud, separados 2 cm d e distancia, pasan corrientes del m ism o signo, de 2 ,4 cada una. Calcular la Juerza con que se atraen m utuam ente.
Solución: F=
I, - I2 • I 2k
= 2 • 10"7 N • A “2 2 A • 2 A
= 3,2 • 1(T4 N
18.35. Dos alam bres rectilíneos y paralelos. de I m de longitud, están recorridos por una m ism a corriente de 5 A y separados p o r una distancia de 10 cm . ¿Con qué fu erza se atraen?
= 2 • 1(T7 N • A
T-------------= 2 • 1(T5 N
18.36. Dos conductores rectilíneos y paralelos transportan una corriente de 2 .1 y 6 A . respectivam ente. y están separados por una distancia de 4 cm . ¿Q ué fuerza por unidad de longitud actúa sobre ellos si: al las corrientes son del m ism o sentido: bI son de sentido contrario?
Solución: a) En el primer caso la fuerza es atractiva, siendo su valor: J L = -ÜL. . i í _ k = 2 ■10-7 N A '2 - 2- ~
= 6 ■ lO’ 5 N/m 4 • 10~2 m Fuerza atractiva = 6 10 5 N/ir b) Si las corrientes son de sentido contrario, la fuerza tiene el mismo valor que antes, pero es repulsiva. Fuerza repulsiva = 6 • 10~5 N/m I
2c
d
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A través de una bobina que consta de 500 espiras y tiene un radio de 5 cm circula una corriente de 2 A. Calcular la inducción magnética en un punto del eje de la bobina que dista de su centro: al O cm; b) 5 cm; el 10 cm.
Solución: La inducción magnética en un punto del eje de una bobina de radio r viene dada por: I r2 ■N 2 (r2 + b2) « siendo b la distancia del punto en cuestión al centro de la bobina y N el número de espiras de que consta. Apliquemos la expresión anterior a cada uno de los casos citados en el enunciado del problema: 2 A • (5 ■10~2 m) 2 • 500 = B = 2r. • 1(T7 N • A* [(5 • 10"2 m)2 + (0 tn)2]w = 12,57 ■10 J T 2 A - (S ■10~2 m)2 b) B = 2n • 1 0 '7 N • A~2 • |(5 • 10~2 m)2 H- (5 - 10^2 m)2]*2 = | 4,44 ■I0~3T | 2 A • (5 - 1Q-2 ni)2 c) B = 2 t. ■ 10“7N • A" [(5 • 10~2 m)2 + (10 - I0‘ 2 m)2lv2 = 1 1,12 • I0-3 t J al Un conductor rectilíneo infinitamen te largo, AH, por el que circula una corriente de intensidad l¡. crea en to do su alrededor un campo magnético. Determinar el modulo, dirección y sentido de las fuerzas que dicho cam po magnético ejerce sobre los cuatro lados del conductor rectangular de la figura 18.10, por el que pasa una co rriente l> y dispuesto de tal forma que sus lados mayores, de longitud I. son paralelos al conductor. Los senti dos de las corrientes 1/ e l : vienen indicados por las flechas correspon dientes. b) Particularizar la expresión anterior a! caso en que I, = 50 A; /» = 20 A; I = 20 cm; a = 10 cm, y b = 20 cm.
Solución: a) La dirección y el sentido de las cuatro fuerzas ‘ i las que se representan gráficamente en la figura 18.11. 524
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En los puntos del lado CD la inducción magnética viene dada por la ley de Biot y Savart: B, = 2r. En consecuencia, di cho lado se encuentra sometido a una fuerza dada por la primera ley de Laplacc: P, = l 2 - (T a S,)
El módulo de dicha fuerza t F, = I2 - 1 • B, ■sen 90° = 12 • 1 - B, = -
Análogamente, sobre el lado EF, paralelo al anterior, situado í distancia b del conductor AB, la fuerza actuante tiene de valor:
F,
= Ir. -¡r En lo que respecta al lado DE, consideremos un punto de él, situa) a una distancia x del conductor AB. En tal punto el campo magnétii vale: I,
B,
2r.
La fuerza actuante sobre un elemento de longitud dx de dicho lado conductor es: dF, = B , • I2 • &x = 2r. ’ I, ' h • X Para obtener la fuerza correspondiente a todo el lado DE tendremos que integrar la expresión anterior entre los valores x = a y x = b:
F: = -£-1, 2r. • I, ■ Jí . " —x = -S22n It ' '2 In 4a"
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Análogamente, la fuerza actuante sobre el lado FC tiene el mismo valor: b) Sustituyendo en las anteriores expresiones los valores numéricos del enunciado del problema, se obtiene: F, = 4 10“4 N F3 = 2 10'4 N F2 = F« = 1,386 10 4 N 18.39. Dos hilos conductores, paralelos, rectilíneos e infinitamente largos, de 20 g/m de densidad linea!, por los que circula la misma intensidad de corriente, pero en sentido contrario, están suspendidos de un eje común mediante dos cuerdas inextensibles de peso despreciable y de 5 cm de longitud, que form an con la vertical un ángulo de 30'. Determinar la corriente que transportan ambos con ductores.
Solución: La fuerza, por unidad de longitud (-y -), con que se repelen dos conductores paralelos por los que circulan corrientes ^ e l2 de sentidos contrarios viene dada por: F
_
l*o
1. h
1 2n ' d siendo d la distancia entre los conductores. Sean P y P’ las posicio nes de los dos hilos con ductores que forman con la vertical un ángulo de 30°, y consideremos uno cualquiera de ellos, por ejemplo el situado en P. En el diagrama de la figu ra 18.12 se representan las fuerzas, por unidad de longitud, que actúan sobre él. Descompongamos la tensión de la cuerda en sus componentes horizontal y vertical. Ya que el hilo conductor está en equili brio, se ha de verificar que: T • sen , = - f -
526
[2]
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[1]
T ' eos ? = - j - g
[3J
Dividiendo entre sí las expresiones (2) y [3], se obtiene:
de donde: —y — = - y - g ' tg 9 — 2 ■ 10"2 i
= 2 ■10-2
- 9,8 m • s*2 • Ig 30“ =
• 9,8 m • s - 2 - ~
- = 0,113 N/m
Susliluyendo este valor en la expresión [1], teniendo en cuenta que Ii = 12 = I y d = 5 cm = 5 - 10~2 m, resulta: [T ^ 168.2 A | 18.40. Dos hilos conductores rectilíneos, infinitam ente largos y paralelos, C y C ', dis tan entre si 40 cm. E l hilo C está recorrido por una intensidad de corriente I = 12 A . dirigida de ahajo a arriba. a) Determinar el valor y el sentido de la corriente / ’ que ha de circular por el otro hilo C ' para que el campo magnético en el p unto V , de la fig ura 18.13 sea nulo. b) ¿Cuál es el valor, en m agnitud, dirección y sentido, del campo magnético en el punto P: ? cí ídem , en el punto distante 32 cm del conductor C y 24 cm d el C '.
P,.
Solución: a) Para que el campo magnético en elpunto P, sea nulo, se ha decumplirque loscampos magnéticos creados en dicho punto por los conductores C y C ' sea iguales de módulo y de sentido contrario: t*o . 1 _ t*o I* 2r. d, 2r. d¡ de donde:
r - - í- * A -g í= - [ 4 A ] estando dirigida en sentido contrario de I, de arriba a abajo. 1-------------------------1
Fig. 18.13
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b) Ya que las comentes I e I' son de sentido contrario, el campo mag nético en el punto P¡ valdrá:
= 2 • 10- 7 N - A -2 = 1,07 • 10" 5 T , viniendo represen tad o p o r un vector situado en el plan o del papel, perp en d icu lar a la recta P iP 2 hacia la izquierda en ________ la fig u ra.
c) El campo magnético creado en el punto Pj por el conductor C t Po I 12 A . = _ _ . lO' 5 T “ pn, - “ó------0,32 m 2r. Td3“ = 2 ’ 10 N • A" mientras que el que crea el conductor C' vale: = 2 ' 'O "’ N - A *2 • - 0.24 i . = _ _ . lO"5 T I.os vectores representativos de ambos campos en el punto Pi son perpendiculares, conforme se puede apreciar en la figura 18.14. Por lo tanto, el campo total valdrá: Bp, = - Í 2 ------- jp -
BT(p.) =
= V ( - T 10' ST Y
Fig. 18.14
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* (
t
-
l O '^ ) 2 =
19. INDUCCIÓN ELECTROMAGNÉTICA. CORRIENTE ALTERNA
FORMULARIO-RESUMEN Ley de Faraday:
IN D U C C IÓ N E L E C TR O M A G N ÉTIC A
d *1'
—
• N; (N = número de espiras)
Fuerza electromotriz inducida: E V • ( T A 8) Si v, T y B son perpendiculares: E = B • 1 • v Fuerza electromotriz autoinducida: E = - L • At ; (L = coeficiente de autoinducción) C O R R IE N T E S A LTE RN A S
e = fuerza electromotriz instantánea. E = fuerza electromotriz eficaz. E**, = fuerza electromotriz máxima. j fi — intensidad instantánea, i — Ibu> * sen (wt — 9); I - — —— < | — intensidad eficaz. V 2 1\ = intensidad máxima. Reactancia inductiva 0 inductancia: XL = L • 2n ■v Ley de Ohm: Reactancia capacitiva 0 capacitancia: Xc = L- —• ¿7\ -------t •V
c = Em , - sen iot; E =
V2
Impedancia: Z = V R 2 + (XL - Xc)2 www.FreeLibros.me
«--1-
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v = ángulo de desfasaje
0». Impcdmoa, Z
Aa*olodí
dota*?
XL - Xc
Asociaciones en serie de elementas R, L y C ic L c «L K R U 1 Cm y * * w u ' &■
1
nr
V -(v -i)’
0
M!
-*
Asociación de impedancias en serie y en derivación (notación compleja): E = V , + \ ? 2 + \?,+ ............................................ = S 9 „ En serie 2 = 2 | + 2 2 + 2 j +............................................... = 2 2 i T = común para todas ias impedancias. [' = común para todas las ramas de la derivación. =st, En derivación r-r,+r2+r,+
_l_ = _L_ + _i_ + -J_ + .......................= ¡¡-1 2
2,
2,
Z3
2,
Jt
T = 2n V lTC "
=
2n V T ^C
II x
Z=R II jo |m
Potencia de una corriente alterna: P = E - 1 • eos y; P „ = E • I Resonancia de un circuito COSy
1
1
Transformadores: -=t 2i- = - pli - = ns = n (relación de transformación) i Ei, Ii y n( = tensión, intensidad y número de espiras del primario. I Ej, I2 y n2 = ídem del secundario.
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19. INDUCCIÓN ELECTROM AGNÉTICA. CORRIENTE ALTERNA P or el interior de una bobina, cuyos extrem os están conectados a un galvanó m etro, se pasa, de un lado a otro, un im án recto. ¿Q ué desviaciones acusa la aguja d el galvanóm etro?
Solí :ió r Cuando se produ ce una variación decreciente del flujo se origina una corriente in ducida que circula en el sentido de las agujas del re loj (fig. 19.1 b). Cuando la varia ción del flujo es positiva se origina una corriente cu yo sentido es con trario al de las agujas del reloj (fig. 19.1 a).
Fig_ , 9_I
¿C óm o pueden evitarse las corrientes de Foucault?
Solución: Para evitar —o, mejor aún, disminuir— las corrientes de Fou cault en los conductores —por ejemplo, en los núcleos de hierro de los electroimanes y alternadores— se procura que dichos núcleos no sean macizos, sino que estén formados por la superposición de láminas de hierro convenien temente aisladas entre sí; con lo que se logra disminuir notable mente la circulación de esas co rrientes. 19.3.
¿D e qué factores depende el coejiciente de autoinducción de u n solenoide?
Solución: Depende de su forma geométrica y de sus dimensiones. Así, por ejemplo, la autoinducción de un conductor rectilíneo es, prácticamente, nula, y la autoinducción de esc mismo conductor arrollado en espiral es muy grande; sobre todo, si en su interior se coloca un núcleo de hierro cerrado. En el caso de una bobina, el coeficiente de autoinducción depende del nú mero de espiras del carrete, del área de su sección y de su longitud. www.FreeLibros.me
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19.4. ¿Por qué salla una chispa en un interruptor al cortar la corriente en un circuito y , sin embargo . no salta al cerrarlo? Solución: Por el circuito circula una corriente de intensidad determinada, normalmente constante, y en él no se producen fenómenos de autoinduc ción. Al interrumpir el circuito se origina una fuerte variación en la intensi dad de corriente, dando lugar a una fuerza electromotriz autoinducida en el circuito, capaz de producir un salto de chispa entre los bornes del interrup tor. Por el contrario, al cerrar el circuito, la extracorriente que se origina es de sentido contrario a la principal, a la cual debilita, no produciéndose, por ello, chispa alguna. 19.5. Moviendo un conductor rectangular cerrado en un campo magnético se puede
inducir en él una corriente o no. ¿Qué debe hacerse para que se origine co rriente?
Solución: Si el conductor se mueve paralelamente a las líneas de fuerza sin cortarlas, o de forma que no varíe el flujo magnético a través de él, no se originará corriente inducida alguna. Para que exista producción de corrientes inducidas es con dición necesaria que varíe el flujo magnético a través de la superficie limitada por el con ductor cerrado. Haciendo girar el conduc tor rectangular, representado en la figura 19.3, entre los polos de un imán se origina en él una fuerza electromotriz inducida debido a que. al variar su posi ción relativa respecto a las lí neas de inducción, varia el flujo magnético a través de la superficie limitada por él. Fig. 19.3
19.6. ¿Q ué le sucederá a un anillo metálico si lo haces girar encima de una mesa? ¿Por qué?
Solución: Debido a la componente vertical del campo magnético terres tre. en el anillo se producirán corrientes inducidas.
19.7. ¿Q ué misión desempeñan el cebador y la bobina en lu instalación de un tubo fluorescente?
Solución: El cebador suele constar de un contacto fijo y una pieza bime tálica montada sobre un contacto móvil. Al conectar la corriente, ésta circula en circuito cerrado por el cebador, y al elevarse su temperatura se separa la pieza bimetálica y se abre el circuito, provocándose —por un fenómeno de inducción electromagnética— una tensión muy elevada que. aplicada a los terminales del tubo, produce su descarga y consiguiente encendido. Mien-
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iras el tubo está en funcionamiento la tensión entre sus terminales es infe rior a la necesaria para cerrar el circuito del cebador, el cual permanece inactivo. La bobina tiene como objeto limitar la corriente de la descarga en el tubo, evitando la producción de un cortocircuito en la línea, que destruiría los dos filamentos del tubo. 19.8. El salto de chispa en la bujía de un motor de explosión requiere una tensión
elevada. ¿Cómo se consigue esa tensión si la batería del coche únicamente posee 12 V?
Solución: La corriente producida por la batería del coche se hace circular a través del arrollamiento primario de una bobina de inducción, y al inte rrumpirse esta corriente la descarga de alto voltaje que se origina produce el salto de chispa en la bujía. 19.9. (*) i'n cuadro de 400 cm ' de sección y con 20 espiras se encuentra situado en dirección norma! a un campo magnético de 0.12 T . y gira hasta situarse parale lamente al campo, transcurriendo 0.25 v. ¿Cuál es el valor de la fuerza electro motriz. inducida?
Solución: Cuando gira el cuadro, la variación del flujo magnético que lo atraviesa es: = 2 - !>i = B • S • (eos %2 - eos a|) = = B • S • [eos 90° - eos 0°J = -B • S • eos 0o = = -0,12 T • 4 • 10-2 m2 • 1 = -4.8 • 10~3 Wb Aplicando la ley de Faraday de la inducción, tenemos: 0.384 V | 19. ||l. i.. • 1magnético que atraviesa una espiro vana con el tiempo, de acuerdo con t*
6 r (SU
( •/ ufo el valor de la fu e ra electromotriz inducida al cabo de 2 segundos.
Solución: De acuerdo con la ley de Faraday de la inducción, tenemos: d = -80 t3 + 12 t (SI) E -----------
Al cabo de 2 segundos, el valor absoluto de la fuerza electromotriz indu cida será: E = 616 V www.FreeLibros.me
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19.11. (*) Una bobina de 200 espiras y radio OJO m se coloca perpendicularmente a
un campo magnético uniform e de 0,2 teslas. H allar la fuerza electromotriz in ducida en la bobina, si en 0,1 s: a) se duplica el campo magnético; b) el campo se anula; c) se invierte el sentido del campo; d) se gira la bobina 90 en torno a! eje paralelo al campo: e) se gira la bobina 90° en torno a l eje perpendicular al campo.
Solución: Toda variación del flujo magnético que atraviesa una bobina da lugar a una fuerza electromotriz inducida que, de acuerdo con la ley de Faraday de la inducción, valdrá:
a)
Esta ley es aplicable en todos los casos del problema. Por tanto:
- 0.2 T = -200 • * (0.1 m)2 ■ 0 T 0,1 s
12,56 V
<0 = -200 • r. (0.1 m)2 d)
-0.2 T - 0.2 T 0.1 s
25,12 V
Como A® = 0, resulta: E=0V (eos 1? - eos 1 1) E = -N • — jj— = - N • B • S • cos1 90° - eos 0° = | 12,56 V 1 = -200 ■0,2 T ■! (0,1 m)2 - -^2 0.1 s
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19.12. al Una varilla metálica, de lon gitud I = b - a, se desplaza con velocidad v paralelamen te a un conductor rectilíneo infinitamente largo, por el que circula una corriente de intensidad I, conforme indica la figura 19.4. Determinar el valor de la fuerza electromo triz inducida en la varilla. bl Particularizar la expresión anterior al caso en que I = = 50 A; v = 10 m/s; a = = 1 c m ,\'b = 40 cm. S o lu c ió n :
a) Aislemos un trozo elemental de varilla, de longitud dr. a una distancia r del alambre conductor. El área barrida por dicho elemento diferencial en un tiempo dt será: dS = v • dt ■dr Como a dicha distancia el valor de la inducción magnética del cam po creado por el alambre es: resulta que la variación de flujo magnético que acompaña al movimien to del trozo elemental de varilla que hemos aislado será: d<|i = B • dS = B • v • dt • dr =
- I • v • dt •
[1|
La variación de flujo total correspondiente a toda la varilla se obten drá integrando la expresión [1] entre los límites r = a y r = b: ÍL _ -A j-.I .v.d..|n4Aplicando la ley d e Faraday de la inducción, se obtiene para la fuer za electromotriz inducida el valor absoluto: [21
b) Sustituyendo en la expresión [2] los datos numéricos del enunciado del problema, tenemos: E = 2 - 10-’ N • A ' 2 -50 A • 10 m ■s '1 • In 4 ' 10, ' m = 1 3 .7 ■10 4 V I 10~2 m
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1-------------------- 1
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19.13. E l conductor rectangular de la fi gura 19.5, de dimensiones 0.6 m y 0,3 m , cuya resistencia es de 2 ,7 y que se encuentra situado en el interior del campo magnétiR = (5 - y) 7 (SI) se desplaza en la dirección del eje O Y y en su sentido positivo. Sa biendo que en el momento inicial el lado izquierdo del conductor rectangular coincide con el eje O Z, calcular la intensidad de co rriente que circula a través de él en los casos siguientes: a) Si se desplaza con velocidad constante de 1.5 m s. b) \l cabo de 20 s de comenzar su movimiento, partiendo del reposo, con la aceleración de 3 wV .
Solución: Consideremos una franja elemental de la superficie encerrada por el conductor, a una distancia y del plano XZ. La longitud de tal franja es 0.6 m y su grosor dy. valiendo su superficie: dS = 0.6 • dy. El flujo elemental a través de tal franja es: d = B • dS = (5 - y) • 0.6 • dy y el flujo a través de toda la superficie encerrada por el conductor valdrá: 4> = |; * ° J (5 - y) ■0,6 • dy = 0,6 [sy -
'' 3= 0.873 - 0,18 y |1]
a) En esie caso, y = v • t = 1,5 • t, valor que, susliluido en |1], condu= 0,873 - 0.27 t De acuerdo con la ley de Faraday. la fuerza eleclromotriz inducida en el conductor rectangular será: E = - dt dt (0,873 - 0,27 t) = 0,27 V y. por consiguiente, la intensidad de corriente valdrá:
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b) De modo análogo al apartado anterior: y = - i - a • t2 = 1,5 • I2
y. por tanto: ■I'= 0.873 - 0,27 t2 E = - - íclt? - = - - at4 - (0.873 - 0,27 t 2) = 0,54 t (V) Al cabo de 20 s: E|_jo %= 0.54 • 20 = 10.8 V y la intensidad de corriente que circula será: 19.14. I n disco metálico de 20 cm de radio gira a razón de I 200 r.p.m. alrededor de
un eje perpendicular a el y que pasa por su centro 1:1 disco está situado e i l el interior de un campo magnético paralelo al eje de rotación, de inducción 2 T (Jíg. 19.6,. ¿Que diferencia de potenciaI apareec entre el centro y el borde del disco?
Solución: Consideremos uno de los infinitos radios del disco. Al girar, en un tiempo dt barre dS -
-j-
R2 • do = - i - R 2 • • di
siendo w la velocidad angular del disco. Este giro ocasiona una variación de flujo de: d'l1 =
u ■dt
Fig. 19.6
y. por consiguiente, de acuerdo con la ley de Faraday. se induce una fuerza electromotriz (diferencia de potencial entre el centro y el borde del disco) cuyo valor absoluto es: Sustituyendo en la expresión anterior los datos numéricos del enunciado, tenemos: E = - i - 2 T • (0,2 m)2 • 1 200 www.FreeLibros.me
L ™ á - = .|T v ] 537
19.15. Sobre dos rieles rectilíneos paralelos, de resistencia despreciable, dispuestos horizontalmente a 2 m de distancia uno de otro, se colocan dos varillas metálicas conductoras, que se pue den mover paralelamente a si mismas, mantenién flrryS dose en todo m om ento perpendiculares a los rie les Iftg. 19.7). Las dos va rillas son idénticas, de 3 ti de resistencia y 2,5 kg de Fig. 19.7 masa cada una. y todo el sistema se encuentra en el interior de un campo magnético ¡forme vertical, de 0,5 T de inducción. Una de las varillas se aleja de la otra n la velocidad de 8 m/s. Hallar la velocidad constante que adquiere la segunda varilla, sabiendo que el coeficiente de roza miento entre las varillas y los rieles es u = 0,05.
Solución: De acuerdo con la ley de Lenz, la segunda varilla se moverá tendiendo a acercarse a la primera, para así oponerse a la variación de flujo producida. En el momento en que esta segunda varilla adquiera una veloci dad constante, la variación de flujo que tiene lugar en un tiempo dt es: d* = B ■dS = : induciéndose una fuerza electromotriz cuyo valor absoluto . y circulando a través de las varillas y los rieles una intensidad de corriente: E B • I • (8 - v)
El campo magnético actúa sobre la segunda varilla con una fuerza que viene dada por la primera ley de Laplacc: F = I • ( I A B). El módulo de dicha fuerza es: l-v) F = 1 -1 • B • sen 90° = y su dirección y sentido tales que obligan a moverse a la segunda varilla hacia la primera. En el momento en que esta fuerza se haga igual a la de rozamiento, la varilla se moverá con velocidad constante, cumpliéndose que: B2 • I2 • (8 - v) _ iun - g • R B2 • I2 538
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Sustituyendo los valores numéricos del enunciado del problema, tenev - S t n / s - °-0 S - 2'5 k g - 9-8 n * ; - 6 ü . = í ^ ^ (0,5 T)2 - (2 m)2 1--------------1 19.16. (") U na varilla conductora A G , de 0,5 m de longitud, se apoya sobre dos railes
CA y DG. E l conjunto está situa do en un campo m agnético uni fo rm e de 0,5 teslas, perpendicular a l plano de la figura 19.8 y dirigi do hacia dentro. Se pide: a) Calcular la fuerza electromo triz inducida en la varilla cuando se desplaza hacia la derecha con u na velocidad de fig, ¡9,8 4 m/s. b) Suponiendo la resistencia del circuito AG D C constante e igual a 0,2 U, calcular la fuerza que hay que aplicar a la varilla para que siga su movi miento. c) Calcular el trabajo mecánico realizado en la unidad de tiempo por dicha fuerza. d) C alcular la cantidad de calor desprendida en la unidad de tiem po en el circuito.
Solución: a) La fuerza electromotriz inducida viene dada por: E = v • (T A S) que, cuando v es perpendicular a f y a B, vale: E = B • 1 • v • sen
siendo a el ángulo que forman 1 y B. En el caso del problema, a = 90°. Por lo tanto: E = 0,5 T • 0,5 m • 4 nVs • sen 90° = [» V ] b) La intensidad de corriente que atraviesa el circuito es: E _ IV R 0,2 1) Por consiguiente, la fuerza que el campo magnético ejerce sobre la vari lla será: F = I - 1 • B • sen a = 5 A - 0,5 m • 0,5 T • sen 90° = 1,25 N www.FreeLibros.me
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siendo su sentido hacia la izquierda, contrario al movimiento. Para mantenerlo habrá que aplicar, por lo tanto, una fuerza igual y de senti do contrario: | F = 1,25 N | c) El trabajo mecánico realizado en la unidad de tiempo (potencia mecáni ca) será: P = F v = I(7 A § )-v= E I = 1V-5A = | 5w | d) Calculemos, por último, la cantidad de calor desprendida por unidad de tiempo en el circuito: - y - = 0,24 • P = 0,24
. 5 w = | 1,2 caf's |
19.17. al ( n alambre conductor de s ón cuadrada, de longitud I. masa m y re sis leticia eléctrica K. deslira « ara miento, bajando a lo largo de dos rieles paralelos, de resistencia eléctrica despreciable, inclinados an ángulo . r unidos en su extremo in ferior por otro »ondnetor de resistencia nula, confortín se indica en m Jig u r. i 9 y. lodo ,‘i , ,1 ma se encuentra en • i teri r
Fig. J9.9
limítenlo di deseen en que l - 40 i
isn
Solución: a) Mientras el alambre va descendiendo con velocidad v, la variación de flujo magnético que atraviesa el circuito cerrado es: d4> = -B • I • v • dt • eos * Esta variación de flujo origina, de acuerdo con la ley de Faraday, una fuerza electromotriz inducida: d4> d t~ = B ■1 • v ■eos » siendo la intensidad de corriente que atraviesa el circuito:
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y su senlido el señalado en la figura. La fuerza que actúa sobre el alambre conductor en el interior del campo magnético viene dada por la primera ley de Laplacc: P = I ■(T A B). El módulo de dicha fuerza es: F = I • I • B, estando dirigida hacia arriba del plano (véase la fig. 19.10, en la cual se esque matizan todas las fuerzas actuantes sobre el conductor). En el momento de alcanzarse el equilibrio y, por lo tanto, velocidad constante, se cum plirá que:
F - eos a = m - g - sen a 1 • I ■B ■eos a = m • g • sen a [2) Sustituyendo en la expresión [2] el valor de I dado por la fl). tene mos: B
r
' V ' c“ ! * = m • g • sen *
de donde: [3] b) Teniendo en cuenta los datos numéricos del enunciado del problema, por sustitución en la ecuación [3], resulta: _ 1 ü • 1.5 • 10~2 kg • 10 m • s ~ 2 • 1/2 = 2,5 i (0,5 T)2 - (0.4 m)2 - 3/4 I na corriente continua de 2.5 A aUmcnu a u na bobina de 500 espiras y produ ce en ella un flu jo de inducción m agnética de 3.6 • I0~4 W'b. Deducir la au toinducción en la bobina cuando la corriente se interrum pe 0.06 segundos des pués d e iniciada.
Solución:
= 0.072 H = 72 mH www.FreeLibros.me
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19.19. Calcular la autoinducción de un circuito en el que se produce una fuerza elec tromotriz de autoinducción de 5 V cuando la corriente varia de una manera uniforme de O a 2,5 A en 0,25 segundos.
Solución: Ya que:
E = - L • AI
AI/At
(2.5 - 0) A 0.25 s
19.20. ¿Q ué ventajas ofrecen las corrientes alternas sobre las continuas? Solución: Actualmente los centros de consumo de energía eléctrica están muy distantes de los centros de producción de dicha energía, lo que obliga a un largo transporte de la corriente. Por tanto, se hace necesario reducir lo más posible las pérdidas energéticas —fundamentalmente debidas al efecto Joule— experimentadas a lo largo de la conducción. Como, merced al uso de transformadores, la corriente eléctrica puede transportarse a muy baja intensidad —aunque a elevado potencial—, se re ducen enormemente dichas pérdidas: lo que no sería posible si la corriente fuese continua. Por otra parte, los aparatos productores de corriente alterna tienen mayor duración que los de continua. Además, los motores trifásicos de co rriente alterna son. a igualdad de potencia, más económicos y sólidos que los de continua. 19.21. ¿Por qué se habla de valores eficaces de las corrientes alternas? Solución: Se entiende por valor eficaz de una corriente alterna —tanto para la tensión como para la intensidad— aquel valor que debería tener una corriente continua para producir la misma cantidad de calor en las mismas condiciones; es decir, en el mismo tiempo y a través de la misma resistencia. A efectos prácticos, se habla de valores eficaces de las corrientes alter nas. porque los valores instantáneos varían continuamente con el tiempo y los valores medios en cada periodo son nulos. 19.22. ¿Cumplen las corrientes alternas la ley de Ohm? Solución: Las corrientes alternas cumplen la ley de Ohm. Únicamente ha de tenerse en cuenta que. en este caso, la resistencia total del circuito no es sólo la resistencia óhmica pura, sino el conjunto de las resistencias óhmicas puras y las posibles inductancias y capacitancias existentes. 19.23. ¿Q ué condición ha de cumplirse para que la impedancia de un circuito l.C R , en serie, se reduzca a! valor de la resistencia óhmica?
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Solución: Como: Z = V R J + (X, - Xr)! para que Z = R. ha de cumplirse que XL = Xc: la reactancia inductiva y la capacitiva han de ser iguales. 1 9 .2 4 .
¿En qué casos es máxima la potencia de una corriente alterna?
Solución: Como la potencia de una corriente alterna viene dada por la expresión P = H • I • eos 9, su valor será máximo cuando eos 9 = 1 . es de cir. cuando no exista desfasaje. lo cual sucederá: — Si el circuito posee sólo resistencia óhmica. — Si se encuentra en resonancia (las reactancias inductiva y capacitiva po seen el mismo valor).
19.25. Un transformador de corriente puede ser elevador o reductor. ¿De qué depende el que actúe de uno u otro modo?
Solución: Los transformadores elevadores aumentan el valor de la ten sión aplicada, para lo cual el número de espiras del arrollamiento secunda rio es mayor que el del primario. Por el contrario, los reductores dismi nuyen la tensión, y poseen en el primario mayor número de espiras que en el secundario. 1 9 .2 6 .
¿Ofrece una bobina la misma resistencia a una corriente alterna que a una continua? ¿Ofrece una bobina la misma resistencia a todas las corrientes alternas?
Solución: La resistencia que ofrece una bobina al paso de una corriente continua es R. Sin embargo, frente a una corriente alterna su resistencia es: Z = V R ' + Xl > R Por otra parte, como XL = L • w = L • 2r.v. cuanto mayorsea la fre cuencia de una corriente alterna mayor será la resistencia ofrecida por la bobina. 1 9 .2 7 .
Un salto de agua de 20 m de altura y 48 rn'/s de cauda! mueve un alternador que produce una corriente eléctrica de 2 000 V y 4 000 A . Calcular: a) La potencia del sallo: b) La potencia del alternador. c) E l rendimiento de la instalación. d) ¿Cómo se lograría que la tensión de la corriente fuese 100 veces mayor? e) ¿Cuál seria en este caso la intensidad de la corriente?
a)
Solución: La potencia del salto viene dada por: W _ m ■g • h 48 1Q'kg -9.81 nyS- -20m _ | 1
1
I s
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|n6-^ 1 1
L J ----------------------------
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b) La potencia del alternador será: P = E • I = 2 000 V • 4 000 A = 8 • I06 W c) Calculemos, ahora, el rendimiento de la instalación: Rendimiento = 8 ’ I(|6.W • 100 - I 85 % I <— ----- 1 9,42 • 106 W d) Con un transformador elevador, cuyo número de espiras del secun dario sea 100 veces mayor que el del primario. c) En ambos casos la potencia de la corriente ha de ser la misma. Por tanto: 2 000 V • 4 000 A = 200 000 V • I
19.28. Calcular la impedancia d t un circuito en el que liuy una resistencia uhntica de
lt )0 ohmios y una capacidad de M J microfaradios, si la frecuencia de la co rriente que lo atraviesa es 50 hertzios. ¿Cuanto vale la intensidad si la tensión es 120 V?
Solución: El valor de la reactancia capacitiva es:
Xc = ^ i
<0 C-2JS-V 31,4 • 10-6 F • 2r. • 50 Hz Por lo tanto, la impedancia valdrá: z — V r 2 + (x u - Xc)2 = V(lOOli)2 + <100 li)2 - I 100 V i u | y la intensidad de corriente: i = - e _ 120 v _ r r ^ T I 100 V 2 il
19.29. t 'i C ii circuito posee una resistencia óhniica de 20 i;y un coeficiente de autoin ducción de 0,1 líennos. Dur el valor de su impedancia cuando esta recorrido por una corriente de 50 c.p.s.
z = V r 2 +
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19.30. La resistencia de un circuito de corriente alterna es 20 ohmios; su reactancia inductiva es 40 ohmios y su reactancia capacitiva 30 ohmios. Calcular: a) I.a impedancia del circuito. h) La intensidad de corriente que pasará por él si está conectado a una tensión de 224 V. c) E l ángulo de desfasaje.
a)
Solución:
Z — V R 2 + (X, - Xr)* = V (20 ü)2 + (40 ü - 30 U)* = [ 22,4 U | b) 1
_E_ = _224 V _ = [¡ o a I Z 22.4 u 1--------1
c)
i 0.8944 = 26° 34' 19.31. Si mío bobina se conecta a una fuente de 120 V de com ente continua, la inten sidad es 0,4 A . Si se conecta a una fuente de 120 V de corriente alterna, la intensidad es 0,24 A. Calcular: ai I.a resistencia óhinica de la bobina, bl La impedancia del circuito, cI La reactancia inductiva de la bobina.
Solución: a) La resistencia óhmica de la bobina se obtiene aplicando la ley de Ohm al circuito de corriente continua: b) Por aplicación de la ley de Ohm al circuito de corriente alterna se obtie ne la impedancia del circuito:
— f =^ T = [ ^ ] c) Como Z = V R ! + X ¡ , resulta: X,. = V Z : - R2 = V(500 U)J - (300 U)2 = f~400 U | www.FreeLibros.me
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19.32. Un condensador cuya capacidad es S/r. microfaradios se conecta a una fu en te de tensión de 120 V de corriente alterna cuya frecuencia es 50 s~‘. Se supone que en el circuito no existen resistencias puras. Calcular: a) La reactancia capacitiva del condensador. b) L a intensidad de la corriente.
Solución: a) La reactancia capacitiva del condensador es:
Xc :
— • 10"6 F • 2* • 50 s"1
b) La intensidad de corriente
obtiene aplicando la ley de Ohm:
120 v I = — ------------------Xc 2 000 Ü
r --" l
19.32. (*) Un circuito serie de corriente alterna está formado por una autoinducción de I/lO n henríos y resistencia óhtnica despreciable, y por dos resistencias de 5 LJ y I I LJ. Sabiendo que ¡a tensión en la red es de 100 V y la frecuencia de 60 Hz, calcular ta lectura de un voltímetro conectado de tal manera que entre los bor nes comprenda Ia autoinducción y la resistencia de 5 ÍJ.
Solución: Hallemos, en primer lugar, la intensidad eficaz en el circuito:
100
V r2+ x í v
V(5 0 + 11 O)2 +
La lectura del voltímetro (diferencia de potencial entre los puntos a y b de la figura 19.11) será: V,b = I • Z,b = 5 A • V (5 O)2 + (12 O)2 = 5 A • 13 O = [ 65 V )
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IV.33. I*) Se aplica una tensión eficaz de 110 V y 50 Hz a un circuito serie forcia despreciable. Calcular:
a) h) c)
La intensidad eficaz que circula por el circuito. El ángulo de desfase entre la corriente y ¡a tensión en los bornes del circuílo. La potencia consumida.
Solución:
a)
E
V r 2 + x£
110 V 110 V 32,97 Q =
31104UU = 3.14;
9
= are tg 3.14 = j 72° 20 '
c) P = E .,.co S 9 = E , . f = - | . R IV.34. i") Una bobina de reactancia inductiva L • = 20 i!y resistencia olunica 15 IJ esta conectada a una fuente de corriente alterna de 100 V eficaces y 50 Hz. Determinar la potencia consumida por dicha bobina y su coeficiente de autoin ducción.
Solución: La intensidad eficaz que atraviesa la bobina es:
I=
loo v V r 2 +
Por otra parte:
VcIsIipTpoü)2 100 V
Por consiguiente: P = E • I • eos 9 = 100 V • 4 A • 0.6 = | 240 W| www.FreeLibros.me
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Hallemos, por último, el coeficiente de autoinducción de la bobina: L=
~
2
0
= 1 * 3 7 1 0 2H |
19.35. A l conectar a una red de 110 V una bobina con una resistencia óhmica de 3 ohm ios circula una corriente de 10 .4 v 50 H z. Deducir: a) L a impedancia de la bobina. b) E l coeficiente de autoinducción. c) La fórm ula general de la intensidad instantánea.
Solución: a) Según la ley de Ohm:
i=4 -
b) Como en el circuito no existen capacidades, la expresión general de la impedancia se reduce a: z = V r 2 + x 2l
de donde: Xu = V z 2 - R2 = V ( l l U)2 - (3 ¡i)2 = 10.58 12 Recordando que XL = L • 2 - • v , resulta: XL 10.5812 2ir * v 2—• 50 Hz = 0,0337 H c) Si la intensidad eficaz es de 10 A. la intensidad máxima valdrá: I„„ = I • V 2 = 10 A • 1.41 = 14,1 A Por tanto, la ecuación general de la intensidad instantánea será: i = U , • sen 2nvt = 14.1 - sen lOOct (A) i = 14,1 sen lOOnt (A) Esta ecuación es válida siempre que comencemos a contar el tiempo en el instante en que la intensidad se anula. Ahora bien, al existir autoin 548 www.FreeLibros.me
ducción en el circuico, la intensidad está retrasada con respecto a la fuerza electromotriz un ángulo 9 tal que: eos
= O.2727
de donde: ? = 74° 10’. Por consiguiente, podremos escribir la ecuación general de la inten sidad en la forma: ¡ = 14,1 sen (lOOnt - 74° 10') (A) 19.36. ¿C uál es la frecuencia de resonancia de un circuito que incluye una bobina de I henry de coeficiente de autoinducción y un condensador de / m icrofaradio de capacidad?
Solución: La frecuencia de resonancia valdrá: _
1 _ 1 — I ico c-i I 2S V L ^ Ü 2n V i H - 10-* F -----------
L'n circuito serie está constituido por los siguientes elementos: una resistencia pura de 25 ohm ios, un condensador de 10 microfaradios y una bobina de 0.1 lienrys y 12 ohmios de resistencia olimica. Deducir: al la impedancia del cir cuito; b) la intensidad de la corriente (E = 220 V; - —50 s ' l.
Solución:
a)
Z = V R 2 + (XL - Xc )2 = ~ \ / r 2 1 - ( l - 2 n v = ■Y/(25U)2 (25 SI)2 + [ 0.1 H -2r=-50s-‘ -
I
c .¡r . ^ Y
=
10 • 10-fi F • 2 t. ■50 í
E _ 220 V = 0,76 A Z 28811
19.38. U na bobina cava coeficiente tle autoinducción es 0,2 henrys y cuya resistencia ahntica es despreciable se conecta en serie con un condensador. É l conjunto se alimenta con una tensión de 120 V en corriente alterna de frecuencia 50 s ', Si lo intensidad de corriente es .1 A . ¿cuál es el calor de la reactancia capacitiva del condensador?
Solución: Calculemos, en primer lugar, la impedancia del circuito y la reactancia inductiva de la bobina:
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XL = L • 2r. ■V = 0,2 H • Ir. ■50 s Como en este caso: Z = XL - Xc, resulta: Xc = XL - Z = 20* 11 - 40 11 = 22,8 U 1 9 .3 9 .
U n circuito de corriente alterna ofrece una resistencia pura de 75 i! y tiene una impedancia de ISO 12. ¿Qué potencia consume al aplicarte una tensión eficaz de 120 V?
Solución: La intensidad de corriente es: , _ E _ 120 V ____ _ x
- ~ t
noir =0’8A
y el factor de potencia: Por tanto, la potencia consumida en el circuito valdrá: P = E • i • eos 9 = 120 V - 0.8 A • 0,5 = | 48 W | 19.40. Un circuito tiene una impedancia de 50 IJ y un fa cto r de potencia 0,6 cuando se alimenta con una corriente alterna de 60 s ', estando el voltaje retrasado res pecto a la intensidad. a) ¿Qué elementos componen el circuito? b) ¿Qué resistencia ofrece cada uno? c) ¿Qué elemento debiera colocarse en serie con él si se desea que su factor de potencia sea I? d) ¿Cuánto valdrá la reactancia de dicho elemento?
Solución: a) Si el voltaje está retrasado respecto a la intensidad, el ángulo de desfasaje será negativo, y ello significa que el circuito está integrado por una resistencia pura y un condensador, o caso de haber una autoinducción, la reactancia capacitiva predomina sobre la inductiva. b) Como: eos 9 =
= 0,6, R = 0,6 • Z = 0,6 ■50 11 = 30 11
Ya que: V z 2 - R2 = V ( 5 0 U ) 2 - ( 3 0 ! ¡ ) 2 = 4 0 11 I R = 30 11; Xc = 40 11 I c) Para que eos 9 = 1, ha de cumplirse que Z = R, y con ese objeto ha de intercalarse en serie en el circuito una bobina. Z =
550
V R U
x l , X c =
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d) La reactancia inductiva de la bobina habrá de ser de 40 íi, para así compensar la reactancia capacitiva del condensador. En cuanto al coefi ciente de autoinducción de la bobina será: 40 11 L= XL 0,106 H 2 r. • v 2r. • 60 S' 19.41. Una bobina de coeficiente de autoinducción 0,7 henrys, u n condensador de 10 microfaradios y una resistencia pura de 100 ohm ios form an un circuito en se rie. en cuyos extremos se aplica una diferencia de potencial eficaz de 115 V a 60 s '. Calcular: a) L a reactancia inductiva. b) L a reactancia capacitiva. c) L a impedancia del circuito. d) La intensidad eficaz.
Solución: a) El valor de la reactancia inductiva es: XL = L •
256 11 C -u C • Ir. ■v 10 • 10-" F • Ir. • 60 s c) La impedancia del circuito valdrá: Z = V r - ■»(XL - Xc)? = V (100 U)2 + (264 IJ - 266 U)2 = [ 100 11
19.42. U na fuerza electromotriz eficaz de 220 V y 50 s ' de frecuencia está aplicada sobre una resistencia de 500 LJ en paralelo con un condensador de 4 microfara dios. ¿Q ué intensidad de corriente atraviesa la resistencia? ¿Y el condensador?
Solución: La intensidad de corriente que atraviesa la resistencia es: I - E _ 220 V - | 0.44 A dR _ con 50011 Como la reactancia capacitiva del condensador es: 1 = 795,8 U 4 - 10-6 F • 2t. ■50 s -'
i.
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la intensidad que lo atraviesa será:
19.43.
Una retinencia de 100 ohmios y una autoinducción de 0,1 lienrys se conectan en serie a un generador de alterna de 220 V y 50 s . Calcular: a) La impedancia del circuito. b) La intensidad eficaz que lo recorre. c) La intensidad máxima. di E l desfasaje entre la intensidad y la tensión.
a)
Solución:
________
z = V r 2 + x £ = V r 2 + (l • 2* ■s)1 =
= V (100 ti)2 + (0,1 H • 2* • 50 s = 1 104.8 ti | b) La intensidad eficaz que recorre el circuito será: I = J L =
1
c)
Z
220 V - = I 2.1 A I 104.8 Si I 1
U - 1 ■V Í - 2,1 A • V Í - [ 2.97 A
d) . 100 u - = 0.9542 104.8 S! de donde: i 17,4° 1 19.44.
Un circuito de tensión máxima ItIO V y frecuencia SO Hz contiene un condensa dor de I microfaradio. ¿Qué intensidad eficaz lo atraviesa?
Solución: La tensión eficaz es:
_E^=JOONL = vi
VT
y la reactancia capacitiva: x
552
=
1 C - 2n • v
í ---------------- = 3 183.1 11
10~6
F • 2n * 50 s
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Por tanto, la intensidad eficaz que atraviesa el circuito valdrá: E 70,7 V Xc “ 3 183,1 ü 19.45. Un circuito de control de sintonía se compone de una resistencia de 100 ohmios en serie con un condensador. E l circuito ha sido proyectado para tener a 100 s"; una impedancia doble que a 300 s '. ¿Cuál ha de ser la capacidad del condensador?
Solución: La impedancia de un circuito integrado por una resistencia y un condensador en serie viene dada por:
V*
(C • 2n • v)! Si la frecuencia de la corricmc es de 300 s“':
;=V
z = \ / (loo o)2 +
(C - 2* ■300 s -')2
micmras que a 100 s
2Z = \
(100 ti)2 +
(C • 2 t. ■ 100 s ' 1)2 Dividiendo entre sí las expresiones [1] y [2] y elevando posteriormente al cuadrado, se obtiene: 10 000 +
(C • 2r. • KM))2 (C • 2r. • 300)
de donde resulta: C = 6,85 u f 19.46. Un circuito de corriente alterna está constituido por los siguientes elementos, conectados en serie: un alternador que suministra una tensión máxima de 120 V, una resistencia óhmica de SO ohm ios, una reactancia inductiva de 70 ohmios y una reactancia capacitiva de 10 ohmios. Calcular: al E l desfasaje entre la intensidad y la tensión, bl L a intensidad máxima y su expresión compleja. c) E l coeficiente de autoinducción de la bobina si la frecuencia de la corriente es 50 Hz. d) L a intensidad eficaz de la corriente. www.FreeLibros.me
553
Solución: a) La tangente del ángulo de desfasaje viene dada por: X, - Xo _ 70 li - 10 li : tg 0,75 = 36° 52' b) Calcularemos primero la expresión compleja de la tensión. Las proyec ciones del vector E sobre los ejes horizontal y vertical nos darán las componentes real e imaginaria, según se indica en la figura 19.12: a = E - eos f = 120 • 0,8 = 96 b = E • sen ? = 120 • 0,6 >
Por tanto: E = 96 + 72 i La expresión compleja de la impedancia vendrá dada por: Z = R + (XL - Xc) i = 80 + 60 Fig. 19.12 y la intensidad compleja por: % + 72 i 1,2 + Oi = 1,2 T= Z 80 + 60 El valor máximo de la intensidad será: I = V l . 2 2 + O2 = 1 1.2 A |
El valor de la reactancia inductiva viene expresado por: X L = L - 2r. ■v Por tanto: 7011 ■= 0 ,2 2 3 H L= 2- • lOOní d) La intensidad eficaz valdrá: vT 554
vr
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19.47. Un circuito está form ado por un generador de corriente alterna, una bobina de autoinducción L = 0.1 H , una resistencia R y un condensador de capacidad C, todos los dispositivos conectados en serie. Los valores instantáneos de la ten sión. en voltios, y de la intensidad, en amperios, cuando t está expresado en segundos, son, respectivamente: E = 200 V 2 • sen I30)t - I5 =) : I = 10 • sen I300t - 60° > Calcular: a) E l valor de la resistencia R. b) La capacidad C del condensador.
Solución: a)
L a d ife re n c ia de fase.
9,
en tre la in te n s id a d y la tensió n es:
9
= 60° -
15° = 45°
L ue go:
d e donde: XL - Xc = R A d em á s:
P o r lo tanto: Z = V R
2
+ ( X L - X c )2 = V 2 R
5
= R V 2 = 20 V 2 Q
d e d o n d e se deduce:
R = 20 11 b)
S ab em o s que: X L = L • w = 0,1 H • 300
tad/s
= 3011
P o r lo la n ío : X c = X L - R = 3011 Com o X c =
^
^
2 0 í í = 10 ü
. n o s quedará:
1 300 —
s
- • 10 11
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"T 103F 555
19.48. Un circuito de corriente alterna esta constituido por dos ramas en paralelo: la primera de J ¡J de resistencia óhmica y 4 lJ de inductancia y la segunda de H i.' de resistencia óhmica y 6 U de capacitancia. Los extremos de la derivación cierran circuito con un generador de corriente alterna de 100 \ de fuerza elec tromotriz eficaz . Calcular: a) La impedancia del circuito. h) La intensidad de com ente principal y en cada una de las ramas, asi como sus desfasajes respectivos.
Solución: a) Empleando la notación compleja, las impedancias de cada rama en pa ralelo son: 1 , = R, + XL ¡ = 3 + 4i; Z, = V 32 + 42 = 5 11 t , = R , - X c ¡ = 8 - 6¡; Z2 = V 8 2 + (—6)2 = 10 Si con lo que la impedancia equivalente vendrá dada por: 1 _ 1 , 1 _
2
2¡
Zj
1 | 1 3 + 4i 8 - 6i
II - 2i 48 + 14i
y, por tanto: I + I4¡
-^ V g b)
=4
+ 2i;
Z -V 3 T ¡7 -2 V J í1 -[m 7 £ ]
La intensidad d e corriente en e l circuito principal viene dada por: I = _§_ =
Z
2 V 5 11
= 10 V 5 A = I 22,36 A I 1------------- 1
siendo su desfasaje:
« * * -f =-r de donde:
U = 26° 34' Calculemos ahora las intensidades y los desfasajes en cada rama: =^
556
=®
*' = arc,g J - = [ l F r ]
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Obsérvese cómo las intensidades de corriente que circulan por am bas ramas en paralelo están desfasadas 90° entre sí, con lo que la inten sidad de corriente principal se podría calcular fácilmente aplicando el teorema de Pitágoras: I = V ¡ m = V (20 A )2 + (10 A )2 = 10 V 5 A = | 22,36 A | 19.49. Consideremos un circuito form ado por dos arrollamientos en paralelo cuyas resistencias óhm icas respectivas son 2 LJ y .* y cuyas reactancias parciales son 4 LJ y I LJ, respectivamente. Calcular la.im pedancia total y el desfasaje de la corriente alterna que recorre el circuito. S i la fu erza electromotriz eficaz es 140 V'. calcular también la intensidad eficaz-
Solución: Como 2 | = 2 + 4i y Z 2 = 3 + i, se tiene: —— = — — + — — =
2
2¡
2i
i
2 + 4¡
+
i—
3+i
5 + 5i 2 + 14¡
de donde: 2
= sVa* "i.6 + i,2i: z = Vi.6? + i,2 2 = | 2 1 1 |
siendo el desfasaje de la corriente: 9
= are tg - y g - = | 36° 52’
La intensidad eficaz de la corriente alterna que recorre el circuito es: Como Zi = V20 íí y Z 2 = VÍO Q, las intensidades y sus desfasajes en cada derivación serán:
19.50. U na im pedancia d e (12 + I6i) LJ se conecta en paralelo con otra de (10 - 20i) U a una fu en te de (120 + I60i) V. Calcular la intensidad de co rriente que circula por cada ram a, la corriente procedente de la fu en te y el fa ctor de potencia total del circuito.
Solución: Las intensidades de corriente que circulan por ambas ramas son: (120 + 160i) V = 10 A; 1, = 10 A (12 + 16i) Q www.FreeLibros.me
557
r 2
E
(1 2 0 + 160i) V
Zj
(1 0 - 2 0 i) U
= ( - 4 + 8i) A; I2 = V ( —4 )2 +
82
= | 4 V? A|
Calculemos ahora la impedancia total del circuito: J
1 2
Z,
, 1
1 Z,
,
12 + 1 6i
1
.
10 - 2 0 i
-J L -
220 -
4 0i
de donde: 2 =
~
. =
20
U;
Z = 20 11
Por tanto, la intensidad total será: T = J ^ = Z
( ‘ 20 + ‘ óQi)_V — _ (6 + s i) A ;
I = V t F T l? = [ Ñ a ]
2011
Como para todo el circuito 9 = 0o, el factor de potencia valdrá:
558
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20. ELECTRÓNICA
FORMULARIO-RESUMEN Ecuación de Richardson-Dushman: J, A T k
J. = A • T 2 • c-
9
= densidad de comente de saluración. “ constanle de proporcionalidad. = temperatura absoluta del filamento, = constante de Boltzman = 1,38 • 10'“ J/K = función trabajo o trabajo de extracción.
Ecuación de Langmuir-Child:
corriente de placa. J VIp, -=• potencial de placa. constante de proporcionalidad (perveancia). !
Ip = k - V j°
PARÁMETROSDEUNTRIODO
- f e f e |v B=g™= f e ) v ÍVP m= 8 \ ¿V o /i\ 1
- -
G
m R+ R Rp
(RP=resistenciaoimpedanciadeltriodo). (gm=conductanciamutua).
=faclordcamplificación). |m=Rp 1 G =gan anciaofactordeamplificacióndelvoltaje. R =resistenciadecarga. Rp=resistenciaoimpedanciadeltriodo. 559
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TRANSISTOR 1k = *b + Ic | v c e
= Vcb
+
v be
1
/ I e = intensidad de emisor. j Ib = intensidad de base. ( Ic = intensidad de colector. / Vce —dif. de pot. entre colector y emisor. | V B e = dif. de pot. entre base y emisor. * VCB = dif. de pot. entre colector y base.
PARÁMETROSDEUNTRANSISTOR ___ I Ale J (a = ganancia de corriente “ \ AIE 1 v ^ - a c emisor-colector). o - ( Ale ] \ AIB / v „-ci« j2 . D A = —£--------Ie ’ R e
0
= ganancia de corriente de base a colector).
(A = ganancia de potencia)
560
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fi = - r = T
20. ELECTRÓN ICA 20.1.
¿Cuántos bornes o electrodos exteriores tiene el diodo de vacio? ¿Y e l triodo?
20.2.
¿Podremos conseguir que la corriente de placa en un diodo sea mayor que la de saturación?
Solución: El diodo posee tres bornes exteriores: uno que corresponde al ánodo o placa y los otros dos a la corriente de calefacción del filamento. En cuanto al triodo, sus electrodos exteriores son cuatro: tres de ellos, los mismos que en el diodo, y un cuarto borne que corresponde a la rejilla.
Solución: No. Dicha corriente se consigue cuando todos los electrones emitidos por el filamento alcanzan la placa, siendo imposible incrementar dicho número, a menos que se eleve la temperatura del filamento, o se le agreguen impurezas, lo que traería aparejado el aumento consiguiente de la corriente de saturación. También aumenta la intensidad de corriente intercalando entre el fila mento y la placa una rejilla conectada a un potencial positivo intermedio entre el de ambos electrodos, con lo cual el diodo se convierte en un triodo.
20.3.
¿E s cierto que si la rejilla de un triodo se hace negativa, deja de circular la corriente de placa?
Solución: Para que deje de circular la corriente de placa será necesario que el potencial negativo de la rejilla sea tan elevado que impida a los electrones emitidos por el cátodo llegar a la placa. En la práctica, sin em bargo, no sucede así: las tensiones negativas aplicadas a la rejilla suelen ser tan pequeñas que no llegan a anular —aunque sí disminuir— la corriente de placa.
E n un diodo ideal, que consta de dos electrodos planos y paralelos, separados 5 cm , ¿qué distancia recorrerá un electrón que abandona el cátodo con una energia inicial de 2 eV , cuando el ánodo se m antiene a un potencia! de 10 voltios negativos respecto a l cátodo?
Solución: Dado que el campo eléctrico existente entre los dos electrodos es uniforme: V, - V2 10 V - = 200 N/C d 5 • 10" La fuerza que actúa sobre un electrón situado en dicho campo es: F = E • q = 200 - p - • 1,6 - 10-19 C = 3,2 • 10-17 N www.FreeLibros.me
561
Por tanto: 1 ,6 - 10"19 J
Energía 20.5.
=
10 "
,-[T 3
U n diodo de platino está funcionando durante 10 minutos. La tensión de la placa es de 400 V y la corriente de placa es de 25 uA. S i la m asa de la placa es 0,5 g , determinar la elevación de temperatura que experimenta, debido a l cho que sobre ella de los electrones (el calor especifico d e l p la tin o es 0,032 cal/g • °C).
Solución: Calculemos, en primer lugar, la energía cinética de los electro nes: 400V = 6 J Ecc = qM • AV = 25 • 10"6 A • 10 min • - ¡Im^ 1in-------------------1A-Is Al chocar los electrones contra la placa de platino su energía cinética se convierte en calor: Calor - 6
1,434 cal
y este calor hace que la placa experimente una elevación de temperatura: 1,434 cal ¡ At = —Calor ---------= --------------: = 89,6 °C m'c 0,5 g • 0,032 - g cal °C Sabiendo que para el volframio ? = 4 ,5 eV , determ inar cómo variará la densi dad de corriente de saturación en un diodo con un cátodo de dicho metal, si la temperatura pasa de 2 000 K a 3 000 K. Solución: La ecuación de Richardson-Dushman es: Js = A • T 2 • c ~ ^ T
A 3 000 K. J3 ooo = A • (3 000 K)2 • í A 2 000 K. J2 ooo = A • (2 000 K)2 • e K Dividiendo miembro a miembro las anteriores expresiones, obtenemos: jjo o o
I
3 000 K \ 2
2 000 K
f "
= 2,85 •
! 2,25 ■5 980 = 13 450 Se hará 13 450 veces mayor. 562“
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20.7. L a densidad de emisión termoiónica de una superficie metálica es de 23,9 A ■m 2 a 3 000 K y de 1,65 • 10 3 A ■m ~2 a 2 000 K. Hallar los valores de las constantes A y 9, correspondientes a dicha superficie metálica, suponien do que se cumpla la ley de Richardson-Dushman.
Solución: Aplicando la ecuación de Richardson-Dushman a ambas tem peraturas. tenemos: 23,9 A • m ~2 = A • (3 000 K )2 • e
‘* '
1,65 • 10"3 A • m~ 2 = A • (2 000 K)2 • e
[1] K
[2)
Al dividir miembro a miembro las expresiones [1] y [2] se obtiene: 23,9 A ■= 14 485 = 1,65 • 10- 3 A • m " 2 3 000 K \ 2 \ 2 000 K / =
■e '•» » “ » '»> = 2.25 • e 1'2®
10
Tomando logaritmos neperianos en ambos miembros: In 14 485 = In 2.25 + 1.208 • 10'9 9 , . J n U W - j n 2¿5 1,208 • 10 ” = 7,26 • lO- '9 J LgY =1 4,54 eV I 1.6 ■10_w J 1------------1 Sustituyendo en la ecuación [1]: A = _________23,9 A • m ~2 (3 000 K)2 - e
'‘ ” T
"i
23,9 A • m~ 2 9 • 10° K2 • c - 1 7 -53
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563
20.8.
Disponemos de un diodo en el que, en una experiencia de laboratorio, se ha ob servado el paso de una corriente de 0,8 A . al aplicarle una tensión de placa de 100 V. Hallar la tensión que es preciso aplicar para que la intensidad de co rriente observada sea de 0,4 A , a la misma temperatura, sabiendo que en las condiciones de la experiencia la corriente de saturación es de 1,5 A ,
Solución: Las condiciones en las que se realizan ambas experiencias co rresponden a valores menores que los de saturación, zona en la que es apli cable la ley de Langmuir-Child. Los datos de la experiencia primera nos sirven para determinar el valor de la constante K: I„ _ 0.8 A = 8 • 1 0 -4 A • V - * 2 K VV*5f (100 \V)v ) V2 Tras esto, ya se puede resolver el problema, calculando la tensión pedi10~4 A • V w 20.9.
E n un (nodo de vacio con el cátodo conectado a tierra los potenciales de placa y rejilla son , respectivamente, 100 V y - 6 V. S i el cátodo emite un electrón con una energía cinética de 8 eV, ¿qué energía cinética tendrá al llegar a la rejilla? ¿Y al alcanzar la placa?
Solución: Como el potencial de la rejilla es negativo, frenará a los elec trones. disminuyendo su energía cinética en una cantidad equivalente a 6 cV. Por consiguiente, la energía cinética final del electrón al llegar a la rejilla será: = 2eV Razonando de manera análoga, la energía cinética del electrón al llegar a la placa aumentará en 100 eV. Por consiguiente, su energía cinética final será: | = 108 «V |
20.10. E n un determinado triodo de vacio la corriente de placa es de 6 m A cuando el potencial de placa es Vp = 150 V y e l de rejilla V(¡ = —4 V. S i aumentamos el potencial de placa hasta VI = 200 V y dism inuim os el de rejilla a V(¡ = - 6 ,5 V, se consigue que la corriente de placa mantenga el mismo valor de antes. Hallar el factor de amplificación de dicho triodo.
Solución:
/ AVP \ l AVü
200 V - 150 V p— , -6,5 V - ( - 4 V) “ IÜLI
564
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. . Supongamos un triodo cualquiera conectado para funcionar como amplificador y cuyas curvas características vem os en la figura 20.1. Sabem os que VG = - 8 V; Ep = 360 V yR - III k li. Analizar el comportamiento del triodo.
20 1 1
Solución: Tracemos, en primer lugar, la linea de carga, uniendo los pun tos M y N. Como: Ep 360 V , I„ = — - = ----- ------= 36 • l
»kn
—*—
20.15. ¿Cuáles serán las indicaciones del miliamperimetro y del voltímetro conectados en los circuitos a y b de la figura 20.4?
a)
a w /-
— 0 -W v W -
Solución: Ya que en el circuito a) la polarización es inversa, la intensidad de corriente que circula es prácticamente nula y el voltímetro marcará apro ximadamente 20 V: | 1 = 0; V = 20 V | En el circuito b) la polarización es directa; el voltímetro marcará prácti camente 0 V, mientras que la indicación del amperímetro será; - = 2 • 10~3 A = 2 mA 1 = 2 mA; V = 0 www.FreeLibros.me
567
20.16. E n la fig ura 20.5 vemos reproducida la caracterislica de un diodo de unión Ire presentación gráfica de I en función de V). S i dicho diodo lo enneciamos a un circuito, tal como se indica en la figura 20.6, se pide calcular la intensidad de corriente que atraviesa el diodo, asi como la tensión V.
Solución: Apliquemos la ley de Ohm al circuico de la figura 20.6: 20 = 4 000 ■I + V Esla ecuación, la ecuación del circuito, representa una línea recta, la llamada recta de carga. Para tra zarla no hay más que determinar los puntos en que corta a los ejes coordenados. Tengamos en cuen ta para ello que:
A = 5 mA Una vez trazada la recta (véase fig. 20.7), su punto de intersec ción con la característica del diodo nos dará los valores de la intensi dad y de la tensión pedidos. Estos valores son:
Fig. 20.7
V = 6 V; I = 3,5 mA 20.17. ¿Llegará un m om ento en que los transistores sustituyan por completo a las vál vulas electrónicas?
Solución: Es difícil predecir lo que en el futuro pueda suceder a este res pecto. Sin embargo, en la actualidad, los transistores no han logrado aún sustituir a las válvulas electrónicas en los circuitos de potencia elevada. 568
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20.18. Calcular el valar de las resislencias «». R c .v R , en el circuito de la figura 20.8. en el que hay un transistor npn, can x = I y .3 = 200 , conectado en base co m ún. cumpliéndose en dicho circuito que Rc = 5 R F.
Fig. 20.8
Solución: Apliquemos al circuito las leyes de Kirchhoff, asf como las relaciones entre las corrientes del transistor. Procediendo de esta manera, tenemos: Ic - Re + VCE + IE - RE = Vc + VE IB R b + VBE + IE • RE = VE Teniendo en cuenta los datos del problema, y ya que a = 1 y P = 200, se tiene: Ic = I e = P ' I b = 200 ' I b
■= 2 • 10~5 A = 20 |iA Sustituyendo todos estos datos, las ecuaciones del circuito quedan redu cidas a: 4 • 10~3 A - 5 R E + 4 V + 4- 10~3 A R e = 8 V + 8V > 2 - 10~s A • RB + 0,7 V + 4 • 10‘ 3 A • RE = 8 V / De la primera ecuación se obtiene: Rt = 500 11 Como Rc = 5 Re, sustituyendo, resulta: I R<: = 2 500 U I www.FreeLibros.me
569
Finalmente, de la segunda ecuación obtenemos: | R„ = 265 000 ü = 265 kli | 20.19. E n el circuito de la fig ura 20.9 tene m os trabajando un transistor de sili cio, del tipo npn, conectado en em i sor com ún. S i para dicho transistor ? = 150, se pide calcular el punto de trabajo (lB, lc y Vct:)- (Para un tran sistor de silicio npn, VBE = + 0,6 V.)
Solución: El problema se resuel ve sin más que aplicar las ecuacio nes del circuito. Para el circuito de base: 12 V = 2 • 105 Ü • I„ + VBE + + 102 Q ■IE Para el del colector: 12 V = 103 11 • Ic + VCE + 102 ü - IE Por otra parte: lc = 3 • I„ = 150 ■IB Además: IE = Ic + IB = P • Ib + Ib = (P + 1) ‘ Ib = 151 • IB Sustituyendo este valor de IE en la ecuación primera, teniendo en cuen ta, además, que para un transistor de silicio npn, VBE — +0,6 V, resulta: | lB = 5,3 ■10" 5 A = 53 ¡¿A | De acuerdo con la tercera ecuación: ¡c = 150 • IB = 150 • 5,3 - 10" 5 A = 7,95 • 10"-' A = 7,95 mA Ic = 7,95 mA Por último, de la ecuación segunda se obtiene: VCE = 3,25 V Este problema se puede resolver de una forma aproximada, sin más que despreciar 1 frente a 3 , lo cual es permisible siempre que 3 sea suficiente mente grande (3 > 50). Los valores hallados de esta manera son totalmente coincidentes con los obtenidos anteriormente. 570
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20.20. E n el circuito de la fig ura 20.10 te nemos un transistor de silicio del tipo npn, conectado en em isor común, con ? = 200. Calcular /„ , l c y VCE. (Para un transistor de silicio npn, y = + 0,6 V.)
BE
Solución: Apliquemos las leyes de Kirchhoff y las relaciones entre las corrientes del transistor. Para el circuito de base: 12 V = 5 • 10S Í2 • IB + VBE
[1]
Para el del colector: 12 V = 500 Si • lc + VCE
[2]
Por otra parte:
Fig 20.10
lc = ? • ! „ = 200 • I„ [31 Como para un transistor de silicio npn, VBE = +0.6 V. sustituyendo en la ecuación |l] obtenemos: I 1„ = 2,28 ■I0~5 A = 22.8 aX~| Pasemos ahora a la ecuación [3]: Ic = 200 • IB = 200 • 2,28 • 10"' A = 4,56 • 10'3 A = | 4.56 mA | Si este valor de Ic lo sustituimos en la ecuación [2], se llega, por últi mo, a: | VCE = 9.72 V | 20.21. E n el circuito de la fig ura 20 .1 1 tenem os trabajando un transistor de silicio, del tipo pn p , conectado en em isor com ún, con resistencia de emisor. S i para dicho transistor '} = 150 y \ 'HE = - 0 ,6 V’. se pide calcular el punto de trabajo (ltí, /< .V v ce). Solución: El problema se resuelve aplicando las ecuaciones del circuito. Para el circuito de base: 0 - (-12 V) = 2 - 105 Si • la - VBE + 102 11 • IE [1] Para el del colector: 0 - (-1 2 V) = 103 11 • Ic - VCE + 103 11 - 1E www.FreeLibros.me
[2] 571
Por olra parte:
Fig. 20.11
[3] lc = ¡» • Ib = 150 • IB IE = le + Ib = P • I b + I b = » + 1) • Ib = 151 • IB [4] Sustituyendo este valor de I e en la ecuación [1], teniendo en cuenta, además, que para un transistor de silicio del tipo pnp, VBe = —0,6 V sulta: [ IB = 5.3 • lO-8 A = 53 uA~| De acuerdo con la ecuación [3]: Ic = 150 • IB = 150 • 5,3 • 10“5 A = 7,95 • 10-3 A = 7,95 mA | Ic = 7,95 ■1 0 '-' A = 7.95 m A |
Por último, de la ecuación [2] se obtiene: V c e = - 3 ,2 5 V
Para la resolución del problema de una forma más rápida, se puede des preciar 1 frente a Operando de esta manera, tenemos: 11„ = 53 pA ; lc = 7,9 5 m A ; Vc ,: = - 3 ,2 5 5 V |
Puede constatarse que estos valores son totalmente concordantes c obtenidos anteriormente. www.FreeLibros.me
20.22. Calcular el punía de trabajo (lfí, /(■y V, / ' para el circuito esquematizado en la fig ura 20.12 (\'nf: = + 0.6 V; ,í = 250)'.
Fig. 20.12
Solución: Aplicando las ecuaciones del circuito, tenemos: Para el circuito del colector: 15 V = 1,5- 10*0- I, + V ce [1] Para el de base: 15 V = 1,5 • 101 11 •1, + 1,05• 10" 11 • IB+ VBE (2) Obsérvese, analizando eldiagrama del circuito, que la corriente Ii es igual a la corriente de colector más la corriente de base, es decir: I, - Ic + Ib - P • Ib + Ib - © + 0 • I b “ P ■Ib (ya que ¡3 3> 1 ). Con esto, las ecuaciones anteriores |1| y |2| quedan reducidas a: 15 V = 1,5 • 104 11 • ? • I„ + VCE [1’) 15 V = 1,5 - 104 11 • ? • I„ + 1,05 - 10a 11 - IB+ VBe12'] Ya que para el transistor del circuito representado en la figura, 3 = 250 y VBE = +0,6 V, de la ecuación [2'], se obtiene: [ l B = 3 • 10~* A = 3 irA | Por otra parte: Ic = 3 • I b = 250 ■3 • 10"6 A = 750 • 10"6 A = | 0,75 mA | www.FreeLibros.me
573
Por úllimo, de la ecuación (T) se llega a: | VCE = 3.75 V~| 20.23. Calcular el punió de trabajo del transis tor de silicio npn de la figura 20.13 , pa ra el cual ¡i ~ 300. tl’ara un transistor de silicio npn. VhE = +0,6 V.)
Solución: En la figura hemos omiti do gran parte de la simbologia que aparecía explícita en otros problemas. Para el circuito del colector: 21.2 V = 104 11 • I, + + Vce + 500 U • IE [1] Para el de la base: 21.2 V = I04 SI • I, + +2 • 106 12 • I„ + + VBE + 500 11 - IE (2) Obsérvese, analizando el circuito de la figura, que la corriente 11 es igual a la corriente de colector más la corriente de base, es decir: I, = Ic + IB = ? • Ib + Ib = (? + 1 )' Ib - ? • I b (ya que 3 » I). Además: IE = Ic = 3 . I„ Con esto, las anteriores ecuaciones [1] y |2] quedan reducidas a: 21,2 V = 104 Si • 3 • IB + VCE + 500 U - 3 • IB [!') 21.2 V = 104 U - 3 - IB + 2 • 106 11 • IB + VBE + 500 11•3 • ID [2') Ya que para este transistor 3 = 300 y VBE = +0.6 V. de la ecuación |2'| se obtiene: 1 IB = 4 - 10~‘ A = 4~uA~[
Por otra parte: Ic = 3 - Ib = 300 • 4 - 10-" A = 1.2 • 10- 3 A = 1,2 mA | l c = 1,2 iwA~j
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Por último, de la ecuación [l'J se llega a: | Vce = 8.6 V 20.24.
Calcular el pum o de trabajo del tran sistor de silicio npn de la figura 20.Id , para el cual .3 = ISO. tPara u n tr a n s is to r de silic io n p n , V ,E = +0.6 V.)
Solución: Del mismo modo que en los problemas anteriores, pode mos plantear el siguiente sistema de ecuaciones: 15 V = 7.2 • 106 11 • lB + VBE [1] 15 V = 4 • 104 il • Ic + VCE (2) Ic = ¡¡ - lB = 150 • 1B [3] Como VBE = +0,6 V. sustituyendo en la ecuación [1], obtenemos: [~ig = 2 •I0~6 A = 2 uA | Pasemos ahora a la ecuación (3]: Ic = 150 • 1„ = 150 ■2 - 10~6 A = 3 • 10'4 A = 0.3 mA | Ic = 3 ■I0~4 A = 0.3 mA | Por último, de la ecuación [2] se llega a: Vce = 3 V 20.25.
Dado el circuito de la figura 20.15, en el que hay un transistor del tipo npn. con 7 = I y 3 = 200, conectado en emisor com ún, hallar los valores de I* . Ic ,
h y v ce.
Rcr450A ;
-v w v w Fig. 20 . IS www.FreeLibros.me
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Solución: Apliquemos las leyes de Kirchhoff al circuito de la figura, te niendo en cuenta que los puntos conectados a tierra están a potencial cero. Resulta: I„ • R„ + VBE + IE • R e = V„ [1] Ic • Rc + VCE + Ie ' R e = Vc [2] Por otra parte, ya que Ic = ? • Ib e Ic = « • Ie , como « = 1 y p = 200, tenemos: Ic = IE = 200 - IB Sustituyendo los datos del enunciado del problema, las ecuaciones del circuito quedan reducidas a: 9,3 • 10a ii • l8 + 0,7 V = 10 V 1 17 • 10a U • IB + VCE = 20 V I La resolución de este sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas con duce a: 1 1 , = 10 a A = 0,1 m A; VCE = 3 v ]
Por otra parte: Ic = IE = 200 • 1D = 200 - 0.1 mA = 20 mA I Ic = lE ■=20 mA I
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21. MOVIMIENTO ONDULATORIO
FORMULARIO-RESUMEN Velocidad de propagación de de una cuerda tensa:
i onda transversal a lo largo
T = tensión de la cuerda. - densidad lineal de la cuerda. Velocidad de propagación de una onda longitudinal en un sólido:
E = módulo de Young. = densidad del medio. Velocidad de propagación de una onda longitudinal en un Ruido:
v=
—
Si el fluido es un gas:
j K = módulo de compresibilidad del fluido. = coeficiente adiabático. R = constante de los gases. M = masa molecular del gas. T = temperatura absoluta. 1
V ELO CID A D D E PRO PA G A CIÓ N D EL M O V IM IEN TO O N D U LA TO RIO
í A = longitud de onda. v = ^ - = A -v
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ECU A CIÓ N D EL M O V IM IEN TO O N D U LA TO RIO s = A sen 2 r
" T " ± " r ) = A ' “ „ ( “. ± t a , (signo positivo si la onda avanza en el sentido negativo del eje OX y negativo si avanza en el sentido positivo). k (número de ondas) = - y ECU A CIÓN D IFE REN CIA L D EL M O V IM IEN TO O ND U LA TO RIO
Onda plana:
52s
1
ÓX2
V2
6h
6t2 62s ■ 52s_+ 5x2 Sy2 6z2
Onda esférica
=
as
= - í _______5 ! l .
v2
Ót2
EN ER G ÍA D EL M O V IM IEN TO O N D U LA TO RIO
E“ 2
m
'
A2 =
2a2 •
m • v2 • A2
IN TEN SID A D , I , D EL M O V IM IEN TO O N D U LA TO RIO I
p = potencia emisiva del foco. , r = distancia.
P 4n • r2
V ARIA CIÓ N D E LA INTEN SIDA D Y D E LA A M PLITU D CO N LA D ISTANCIA A, r2 i2 I, I;
x\
A2
n
L E Y G EN ERA L D E LA A BSO RCIÓ N D EL M O V IM IEN TO O N D U LA TO RIO
¡o = intensidad incidente. I= U
|
1 = espesor del medio. a = coeficiente de absorción. IN TERFERENCIA S
Amplitud máxima (A = A, + A2) X j — x2 = n • A Amplitud mínima (A = A! - A2) x, - x2 = (2n + 1 ) • - i -
C o n s tru c tiv a s :
D e s tr u c t iv a s :
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O N D A S E STA C IO N A R IA S
S = 2 A • eos 2ex Nodos: x = (2n + I) -y-; vientres:
__ 2n>.
Distancia entre dos nodos o entre dos vientres consecutivos = -xREFR A C C tÓ N
Ley de Snell:
(n = Índice de refracción) E E E C T O D O P P I.f.R -H /E A li
/ v = velocidad de la onda. v„ = velocidad del observador. vf = velocidad del foco. i = frecuencia real. \ v' = frecuencia aparente. positivo: e l observador se acerca al foco. Sipnns I ~ 1 ne8at'vo: observador se aleja del foco. ® v i Pos‘,‘vo: e' f005 se aleja del observador. F í negativo: el foco se acerca al observador. Si el foco está fijo (vF = 0): Si el observador está fijo (v0 = 0):
• ± vp
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21. M OVIM IENTO ONDULATORIO 21.1. ¿Cómo se mueven las partículas en un movimiento ondulatorio? Solución: Las partículas del medio elástico donde se propaga un movi miento ondulatorio únicamente vibran a un lado y a otro de su posición de equilibrio. Es decir: en un movimiento ondulatorio lo que se propaga es la energía; pero no las partículas vibrantes que han recibido esa energía. 2 1 .2 .
2 1 .3 .
¿En qué se diferencian el movimiento ondulatorio y el vibratorio?
Solución: El movimiento vibratorio consiste en el desplazamiento de una partícula a un lado y a otro de su posición de equilibrio. El movimiento ondulatorio consiste en la propagación de un movimiento vibratorio en el seno de un medio elástico a través de sus partículas. En el caso particular de las ondas electromagnéticas no es necesaria la existencia de un medio mate rial. S i es cierto que una onda transporta energía y no materia, ¿cómo es posible que una ola nos arrastre consigo?
Solución: Las partículas de agua que constituyen la ola —originada por la acción del viento— no sólo se mueven verticalmente, sino que también describen trayectorias circulares en la misma dirección en que se propaga la ola. lo que motiva un arrastre de todos los objetos que se encuentran en su superficie. 2 1 .4 .
Siendo 1 ,7 cm la longitud de una onda sonora y 2 0 000 ciclos s la frecuencia del movimiento vibratorio que la origina, calcular la velocidad de propagación del sonido.
Solución:
v = X •» = 1,7 • 10'! m • 2 • 10* ciclos 21.5. (*) Las ondas sonoras se propagan en el aire con una velocidad de 240 mis. El
oido humano percibe las frecuencias comprendidas entre 20 y 20 000 Hz. ¿Cuál es el intervalo de longitudes de onda de estos sonidos?
Solución: Ya que X = — , tenemos:
v _ v2
340 nVs
= 0,017 m = 1,7 cm
20 000 s_l
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Por tanto, el oído humano percibirá sonidos cuya longitud de onda sea tai que: 1,7 cm < X < 17 m 21.6.
¿Por qué aumenta el tono de la voz si se inhala gas helio?
Solución: Ya que la velocidad de propagación del sonido y, por consi guiente, su frecuencia son inversamente proporcionales a la masa molecular del gas en que se propaga, como la masa molecular del helio es inferior a la del aire, el tono del sonido aumenta (se hace más agudo) cuando se pro paga a través del helio.
21.7. (*) La densidad de! hidrógeno es 0.0695 veces la densidad del aire . S i la veloci
dad del sonido en el aire es de 540 m/s. calcular ¡a velocidad en el hidrógeno en las mismas condiciones experimentales Iel coeficiente adiabático es el mismo para el hidrógeno y para el aire).
Solución: La velocidad de propagación del sonido a través de un gas viene dada por:
siendo p la presión del gas, ? su densidad y y su coeficiente adiabático. Apliquemos la ecuación anterior a los casos del hidrógeno y del aire:
Si dividimos enlre si las ecuaciones (1) y (2], obtenemos:
de donde:
21.8.
L a velocidad del sonido en el aire a 0 °C es 331 m/s. Calcular su velocidad a 30 °C.
Solución: Como:
582
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dividiendo ambas ecuaciones entre sí. se obtiene:
v» 331 m/s V30 = 331 m /s • V 21.9.
= | 348.7 mis
Calcular la velocidad de propagación del sonido a través de una barra
A'
10'm/s) , - AV / XP - \V/ 8.98.lü• '^kg/m/^ - |3---------------105
3
1
Una cuerda horizontal está fija por uno de sus extremos, y del otro, que pasa por una polea sin rozamiento, se cuelga un cuerpo. La velocidad del sonido emitido por ¡a cuerda es I 000 m/s. Si el cuerpo que cuelga de la cuerda se sumerge totalmente en agua, la velocidad pasa a ser de 800 m/s. Hallar la densidad del cuerpo.
Solución: La velocidad de propagación de una onda transversal a lo largo de una cuerda viene dada por:
En el primer caso: T = P = V • p • g. mientras que cuando el cuerpo se sumerge en el agua: T* = P - E = V • g • (p - p') (V = volumen del cuer po; p' = densidad del líquido; P = peso del cuerpo; E = empuje de Arquímedes). Sustituyendo en la fórmula, tenemos: V-p-g
- V
-
(p - ?')
V
V
p- p
De aquí: V2
v2 - v '2
=
. __g___________ 10a m/s)2 = 2,78 cm3 cm3 ( 10 3 m/s)2 - (800 m/s)2 www.FreeLibros.me
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Conservo en m i casa un piano, una de cuyas cuerdas, de 0,4 m n r de sección y 7,8 g/cm3 de densidad, emite un sonido de 200 H z de frecuencia y 0,9 m de longitud de onda. ¿Cuál es lá tensión de dicha cuerda?
Solución: Como:
resulta: T = S • p • v2, y ya que v = X • v, tenemos: T = S • p • X2 • v2 = = 4 • lO"’ ra2 • 7,8 • 103 • (0,9 m)2 • (200 s ' 1)2 = 1101 n ) 21.12. En la ecuación de una onda muchas veces aparece escrita Ia función coseno, en vez del seno. ¿A qué es debido esto? Solución: Todo depende del instante que elijamos para origen del tiem po. de si en el instante t = 0 el foco vibrante se encuentra en la posición de equilibrio o en la de máxima elongación. 21.13. (*) En una onda cuyo periodo es 0,25 s y su longitud de onda 0.6 m . calcular la
velocidad de propagación y la longitud que separa en un instante determinado a dos puntos cuya diferencia de fa se es igual a ~3.
0.6 ...
,. 4 , ,
~ ---------0 5 5 T = 1 2'4 ^
1 longitud de onda 2r. rad
I
1 longitud de onda
21.14. E l periodo de un movimiento ondulatorio, que se propaga por el eje de abscisas, es 3 • /0 J s. La distancia entre dos puntos consecutivos cuya diferencia de fa se es rj2 vale 30 cm. Calcular: a) La longitud de onda. b) La velocidad de propagación.
Solución:
584
a)
X- 2
b)
V www.FreeLibros.me
21.15. Una onda cuya frecuencia es 500 Hz avanza con una velocidad de 350 m/s.
a) Hallar la separación entre dos puntos que tengan 60° de diferencia de fase. b) ¿Cuál es la diferencia de fase entre dos elongaciones en un cierto punto entre dos instantes separados un intervalo de I0~-' s?
Solución: Calculemos, en primer lugar, la longitud de onda: X = -I- = 350 — m'V- • s"1 »----- = 0,7 m s“* v 500 s"1 : rad 1 longitud de onda 0,7 ' ^ 180° 2r. rad 1 longitud de onda ^ ' .b). 9 = 10 5 s • 500 longitudes de onda — -----:2s—rad I - rad”| -------:----------------------—------— = 1s 1 longitud de onda 1----------1 21.16. Una onda transversal cuya longitud de onda es 10 cm, se propaga con una velocidad de 2 mis. Al cabo de I segundo ¿cuál será la elongación de un punto que dista / 195; 6 cm del foco emisor? Expresar el resultado en función de la amplitud.
Solución: El período del movimiento ondulatorio es: T = - L = - 1 ^ - 2 - = 0.05 S Aplicando la ecuación del movimiento ondulatorio, tenemos: 1 195/6 c 1 = A ■s e n 2 , “ A ■
=A.scn2n.r20-i>?LUA 21.17. (*) Un movimiento ondulatorio tiene por ecuación en el Sistema Internacional: y = 5 • 10 * - sen <600 rj - 6x) Calcular: a) La amplitud, frecuencia, velocidad de propagación y longitud de la onda. b) Distancia entre dos puntos consecutivos cuya diferencia de fase sea : radianes.
Solución: a) La ecuación de una onda, en general, es: y - A • sen
2z
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La ecuación dada en c! problema se puede poner en la forma: y = 5 • 1(T2 ■sen 2- [ 3OO1 -
x]
Identificando ambas ecuaciones, obtenemos: |~A = 5 • 10* m; v = 300 Hz; X = - j - ~mj Calculemos ahora la velocidad de propagación de la onda: V = - i - = X *v =
m • 300 Hz = I 100* m • s~'~|
b) A una distancia de >. m corresponde una diferencia de fase de 2r. radia nes. Luego: d_
4
rad 1 longitud de onda 2- rad
rj3 m______ 1 longitud de onda
21.18. Una onda avanza con una velocidad de 32 m/s. La amplitud vale 2,3 cm y la frecuencia 60 Hz. Suponiendo que en el origen y en el instante inicial la elon gación fuera máxima, se pregunta: a) La longitud de onda del movimiento. b) La elongación, velocidad y aceleración de un punto que dista del origen 51,2 m para l = 2 .6 s.
Solución: a) La longitud de onda del movimiento será: x- — =
60 s
_
b) Como la fase inicial es r j l , la elongación vale: • " A - s e n [2 ,
+ y ] = A c o 1 2t (v.
= 2,3 cm • eos 2* [<¡0s-‘ - 2 . 6 s -
= 2,3 cm • eos 120* = | 2,3 cm | 586
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™ ■]
Hallemos ahora la velocidad del punto considerado: v=
= -2 n • v • A • sen 2r. (vt - -* -) =
■—2a * 60 s"*1 • 2,3 cm • sen 2r. [óO s*1 • 2,6 s -
™~ ] = | 0 W s
Por último, la aceleración valdrá: dt 21.19.
, _ 4-2 . v2 . s = - 4 -2 . (60 S- ') J • 2,3 cm = -3,27 • I05
( ') Un m olim iento ondulatorio plano re propaga según la ecuación:
v = sen (dt - 5x¡ al bi el di
el f)
S i el tiempo se mide en segundos y el espacio en centímetros, calcular: L a am plitud de la oscilación. E l período. L a frecuencia. L a pulsación. ! m longitud de onda. L a velocidad de propagación.
Solución: La ecuación general de un movimiento ondulatorio es: s = A • sen 2a [
--------? - l
Comparando esta ecuación general con la del movimiento ondulatorio del problema, resulta: b) 4t = 2r. • ■ . de donde: T = c) V = 4
= - j - s — 1.57 s; | T — 1,57;
T~TTT~ = O-64 Hz
d)
| V = 0.64 H:
4rad/s X = 1,26 cm ' v= ^
= - ^
^
= - lc n V s = 0,8cnVs
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-=
0 ,8
587
21.20. En el instante t = — , el punto origen de una onda transversal de I m de longitud de onda alcanza su elongación máxima. ¿A que distancia del origen se hallará una particula cuya elongación en dicho momento sea igual a la mitad de la amplitud?
Solución: La elongación del punto origen viene dada por: 2-t + ? o Como para t = — . s = A. resulta: A - A - »
[ - T —
f -
de donde: ?o = 0 Para el pumo considerado, la elongación será: s = - y - = A • sen 2 -
j = A • se
T/4
de donde se deduce que:
[t
nr] =~
y, por consiguiente: [ = 4 - m = 0,167 . 21.21. i'n a cuerda muy larga tiene una densidad lineal de 20 g m y está tensada con 40 kp. A partir de cierto punto de dicha cuerda se propaga una onda transversal de 2 cm de amplitud y 500 s ' 1 de frecuencia. Calcular la elongación de un punto que dista 94,5 cm. 4.5 segundos después de iniciarse el movimiento.
Solución: La velocidad de propagación es:
'-V r -
40 kp0,02 kg/m
y la longitud de onda:
v , *
140 m /s = 500 S- ‘
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• = 140 nv's
de modo que la elongación en el punto que se menciona en el enunciado del problema es: s = A • sen 2r. ^ vt —
j =
= 2 cm • sen 4 493,25a-= - 2 cm • sen 0,25n =
21.22. Una cuerda de densidad lineal 0,5 g/cm, transmite una unda cuya ecuación es:
expresándose x y s en centímetros. Calcular la tensión a la que está sometida la cuerda.
Solución: Como:
V = 25 s - ‘ y - | L = - |- ,X = 6cm se tiene: v = X • v = 6 cm • 25 s_l = 150 cm • s_l En consecuencia: T = i» • v2 = 0,5 - I — • (150 cm ■s~')2 = 11 250 dyn = | 0,1125 N 21.23. E n el centro de un estanque circular de 5 m de radio. se produce un m ol imiento ondulatorio en la superficie del agua. Se observa que las ondas tardan 10 se gundos en llegar a la orilla y que la distancia entre dos crestas sucesivas es de 50 cm. Calcular el periodo, la frecuencia y la amplitud del movimiento, sabien do que la elongación de! foco emisor es de .? cm a l cabo de I 6 de segundo. Calcular, finalm ente, la elongación de un punto situado a 5.875 m del foco emisor, al cabo de 8 segundos.
Solución: El movimiento ondulatorio se propaga a través de la superficie del agua con velocidad constante. Esta velocidad es:
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Ya que la distancia entre dos crestas consecutivas coincide con la longi tud de onda: ). = 0,5 m. En consecuencia, el período del movimiento ondu latorio valdrá: T --L -. V 0.5 m s - '
=1771 1------ 1
Conociendo el período, se puede calcular fácilmente la frecuencia:
v=- f =TT=CÍ^] La ecuación de este movimiento ondulatorio es: s = A • sen 2iz ( v t
í - J - A • sen 2r. (t - 2x)
Como para el foco emisor: x = 0. su elongación en función del tiempo vendrá dada por la expresión: De acuerdo con el enunciado del problema, para t = - j — s. s = 3 < Sustituyendo estos valores en la ecuación anterior, obtenemos: I A = 2 V3 cm I Como la ecuación de la onda es: s = A • sen 2r. (t - 2x) = 2 V J • 10"2 • sen 2r. (t - 2x) (SI) resulta que la elongación de un punto tal que x = 3.875 m; t = 8 s; será: s = 2 V3 • 10- 2 sen 2* [8 - 2 • 3,875] (m ) = 2 V T • l ( r 2 m = |Y v J c m [ 21.24. Calcular la energía cinética de una partícula oscilante de .? g . a su paso por la posición de equilibrio, siendo su periodo de 0,2 segundos y la amplitud de 4 cm. Solución: Cuando la partícula oscilante pasa por la posición de equili brio. su energía cinética es máxima y vale: f
1
Ec = —
= ^ ( O a 's P 8
590
? » ?
2 r
m • „2 • A2 = —
' <4 ' ^
^
• m
l -
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.?
- • A2 =
37-
— J
21.25. Dada la ecuación : L
0 ,1
2
J
donde s se mide en metros y t en segundos, hallar: a) L a longitud de onda. b) L a frecuencia. c) E l periodo. d) L a amplitud. e) L a velocidad de propagación. f E scribir la expresión para una onda que sea idéntica, pero que se propague e n sentido contrario. S o lu c ió n :
La ecuación general de una onda es: s = A • sen 2r. í
1
Comparando esta ecuación general con la particular, resulta:
21.26. E l desplazamiento debido a una onda transversal que se propaga a lo largo de una cuerda tensa viene dado por s = 0,25 eos (O.OSt - 0.2x) It en segundos, x y s en metros). a) ¿C uál es la velocidad de propagación de la onda a lo largo de la cuerda? b) ¿C uánto vale la velocidad del punto de la cuerda situado en x = 2 .5 m . en el instante t = 10 segundos? S o lu c i ó n :
a) Como: 2r. • v = 0.05 rad/s n nc rad
2 jt
: 0,2 m
2r. 0.2
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resulla: v = X ■v = lfti m • °'°25 s~‘ = | 0.25 ny/s | b) La velocidad de los puntos de la cuerda se obtiene derivando la elonga ción respecto al tiempo: v = dt = -0,0125 sen (0,05t - 0,2x) (SI) Para el punto y el instante de tiempo considerado: v = -0,0125 sen (0,05 • 10 - 0,2 • 2,5) = -0,0125 sen (0,5 - 0,5] = = -0,0125 • sen 0 = |~0~| 21.27. (*) Una onda de 10 ni de amplitud se propaga de izquierda a derecha v su
periodo es de 12 segundos. Supuesta de tipo sinusoidal, hallar la elongación en el origen cuando el tiempo es I segundo, contando a partir de la iniciación del movimiento desde la posición de equilibrio. En este mismo instante la elonga ción es nula en un punto que dista 4 cm del origen hacia la derecha. Hallar ¡a longitud de onda correspondiente.
Solución: La ecuación de la onda es:
s = A ■sen 2n [ - i ------- * -] = 10 • sen 2* [ - 1 ------- * -] (SI) En el origen, como x = 0, la elongación valdrá: s = 10 • sen 2n . —1 —(SI) Al cabo de 1 s: s = 10 • sen 2» • - i - -
10• s e n
10• - i -
-jj- =
m = [ÍT ¡
Si en la ecuación de la onda tenemos en cuenta que para x = 4 cm, s = 0 , resulta: 0 = 10 • sen 2r. [ - i
Í£D)_J
o, lo que es lo mismo, tras simplificar: de donde:
592
X=
48 cm = 0,48 m
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21.28. U na fu en te emisora de 4 VI produce ondas esféricas en un medio no absorben te. ¿C uál es la intensidad de la onda a I m de distancia del centro emisor? Solución:
p 4ítr2
4W 4ir • (1 m)2
21.29. E n el caso de las ondas esféricas la am plitud dism inuye con la distancia, r, al fo c o emisor. ¿Cóm o . presarías la ecuación de u na onda esférica? Solución: Teniendo en cuenta la forma general de la ecuación de una onda y la disminución de su amplitud con la distancia, la ecuación de una onda esférica será: 21.30. , E s posible que luz inos <¡ - produzca oscuridad? Solución: Se trata simplemente de un fenóm eno de interferencia. Si dos ondas luminosas de igual longitud de onda y amplitud, se propagan en el mismo sentido y están en fase opuesta, la amplitud de la onda resultante es cero y, por tanto, habrá oscuridad en los puntos de coincidencia de dichas ondas (in terferen cia d estru c tiv a ). Este fenómeno fue comprobado experimcntalmcnte por vez primera en 1800 por el físico inglés Thomas Young. 21.31. ¿E s siempre esférica i :.i s iperficie de onda? Solución: Las superficies de onda son esféricas siempre que las ondas se propaguen en un medio isótropo, ya que en estos casos la velocidad de propagación es la misma en todas las direcciones. No sucede así, sin embar go, cuando el medio es anisótropo, o cuando la onda se refracta pasando a un segundo medio, de distinto índice de refracción que el primero. Por otra parte, una superficie de onda, a una distancia relativamente grande del foco emisor, puede considerarse, a todos los efectos, como una superficie plana. 21.32. E l coeficiente de absorción de u n determinado medio es 0,5 cm
¿C uál ha de ser su espesor para que la intensidad de una onda que lo atraviesa se reduzca a la quinta parte de la incidente? Solución:
Teniendo en cuenta la ley general de la absorción, como: I = - y - y a = 0 .5 cm -'
resulla:
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Si tomamos logaritmos nepcrianos y despejamos I, tendremos: -In 5 = -0,5 I; I = In 5 _ 1,609 0,5 0,5 cm"' 21.33. Una horquilla, situada verticalmente, libra en dirección perpendicular a la su perficie del agua con una amplitud de 2 mm y una frecuencia de 400 H z. Las perturbaciones iniciadas en los extremos O , y 0 2 de la horquilla, se propagan en la superficie del agua con la velocidad v = ISO cm/s. Calcular el estado vibra torio de un punto P situado a 13,5 mni de 0 ¡ y 6,75 m m de O ..
Solución: Calculemos, en primer lugar, la longitud de onda: v _ 180 cm • s 1 Las perturbaciones producidas en el punto P por las ondas procedentes de O, y 0 2 son: s
0,45 c
■2 • 10~3 m • sen (8007:1 - 6n) = 2 • 1 0'3 m ■sen 800ct 0,675 i i 2r. 2 • 10 ~ 0,45 cm
s2 -
= 2 • 10~3 m • sen (800nt - 3n) = 2 • 10-3 m • sen 800r.t Por lo tanto, el estado vibratorio del punto P será: s = Si + Sj = 2 • 10-3 m * sen 8007tt - 2 - 10“3 m • sen 800i:t = 0 Luego, el punto P permanecerá siempre inmóvil. 21.34. Dos trenes de ondas de igual longitud de onda II. = 72 cm) e igual velocidad, se propagan en la misma dirección y sentido, con una diferencia de marcha de 24 cm. ¿Cuánto vale en el tiempo t = T/2 la elongación de un punto cuya distancia al origen de la primera onda es 6 cm, suponiendo que ambas amplitu des valgan 2 cm?
Solución: El primer tren de ondas viene dado por la ecuación: ■= A • sen 2r.
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y el segundo por: Ü2 = A • sen 2c [-cy------siendo 5 la diferencia de marcha. La acción conjunta de ambos trenes de ondas dará lugar a una perturba ción que vendrá expresada por la suma algebraica de ambas. Tendremos: s = S| + s2 = 2 A • eos —A—
= 4 cm • eos
r
i
ia
72 cm
T/2 I
J
-5- • sen 2r. I -
(6 + 12) cm
1 = 4 cm • eos
21.35. Los punios O , y 0 ¡ (véase fig. 21.1) re presentan dos focos sonoros de la misma frecuencia (v = 100 Hz) y amplitudes respectivas A , = 4 cm y A ¡ = 7 cm. I-as distancias x , y x . son, respectiva m ente, 100 m y 103,4 m . I.a velocidad de propagación del sonido en el aire es 340 m/s. Determinar la ley de vibración en el punto P.
Fig. 21.1
Solución: La perturbación provocada en P por el movimiento procedente del foco sonoro 0 (, será: : A, • sen 2r. — -----f. 100 n ' l 340 m/s La perturbación producida en P por el foco 0 2, será:
= 0,04
= A2 • sen 2cv ^ t - ^ = 0 ,0 7 -sen 200c 3.4 340
340 nV)
= 0,07 sen [ ’00c ( t -
/ 1 = 0,07 • sen | 200c ( t - 3,4 = 0,07 • sen 200c (t www.FreeLibros.me
\
340 - 2c 340
(SI) 595
La acción conjunta de ambos movimientos ondulatorios originará en P una perturbación dada por: s = s, + S2 = 0,04 • sen 200* (t -
+ 0.07 • sen 200* (t - y j - ) =
= 0,11 • sen 200* ( t - - y y ) (SI)
21.36. Explica la diferencia que existe entre las ondas ordinarias y las estacionarias. Solución: Una onda ordinaria es toda perturbación que se propaga en un medio clástico. Esta perturbación avanza con una velocidad determinada y todos los puntos del medio elástico donde se propaga, poseen siempre un estado de vibración. Una onda estacionaria resulta de la interferencia de dos ondas de igual longitud de onda y amplitud, propagadas en la misma dirección y en senti dos contrarios. Esta onda da la sensación de no avanzar (onda estacionaria), presentando unos puntos inmóviles (nodos) y otros puntos que vibran con la máxima amplitud (vientres). I.a distancia que separo dos nodos consecutivos en un sistema de ondas estacio narias en el aire es 75 cm Calcular la frecuencia del sonido.
Solución: Ya que la distancia que separa dos nodos consecutivos en una onda estacionaria es igual a media longitud de onda, la longitud de onda valdrá: 7 = 2 - 0,75 m - 1.5 i i velocidad v = 340 m /s. la Como el sonido se propaga en el aire frecuencia del sonido considerado es: v 340 m/s 226,7 Hz 7 X 1,5 m 21.38. La ecuación de una onda que se propapa en una cuerda es: s = 0.4 ■eos I0.07x - 131 - 0.9) ¿Q ué onda habrá que añadirte para que resulte una onda estacionaria?
Solución: Ya que una onda estacionaria proviene de la superposición de una onda directa y de una reflejada, la ecuación de tal onda habrá de ser: s' = 0,4 • eos (0,07x + 13t - 0,9)
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a de las ram as de un diapasón atam os i cuerda de 0,4 9 A' de peso y i pared. S e hace vibrar al diapa70 i i de longitud, cuyo extrem o se sujeta . r frecu en cia de son perpendicularm ente la longitud de la cuerda con 60 H z. ¿C u á l ha de ser la tensión de la cuerda para que < ella se fo rm en cuatro vientres?
S o l u c i ó n : El estado vibratorio de la cuerda ha de ser como el que se indica en la figu ra 21.2, ya que en el punto de sujeción de la cuerda al diapasón ha de haber un vientre y en el de sujeción a la pared un nodo. A la vista de la figura, te nemos que:
resulta: T = K- ■V 2 =
=
H. • X2 •
0.49 N 9,8 NAg
3,52
4-I2 ,52 3,52 ■(60 Hz)2 = I 41,14 N I
cuerda vibra de acuerdo «
donde x está expresada en centím etros y I en segundos . Sí- pide a> A m plitud y velocidad de las ondas cuya superposición da lugar a t www.FreeLibros.me
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b) Distancia entre dos nodos consecutivos. c) Velocidad de una partícula de la cuerda, situada en la posición x = 1,5 cm, cuando t = 9/H segundos.
Solución: a) La ecuación general de una onda estacionaria es:
Comparando la ecuación del problema con la general de las ondas estacionarias, resulta: de donde: X = 6 cm. Además: 40*t = 2nvt, resultando: v = 20 s Por tanto: v = X • v = 6 cm • 20 s_l = 120 cn^s | v = 120 cm/s | Por otra parte, como 2 A = 5 cm: b) La distancia entre dos nodos consecutivos sería:
c) La velocidad de la partícula citada será: V = dt = - 5 • sen 3 ■40* • sen 40*1 = -200* Para 1 =
s y x = 1,5 cm: : - 1,5 • sen 40* • - J - = -200* - 1 - 0 = 0 3 O
EZü
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21.41.
(*) Dos ondas de ecuaciones: s, = 6 - sen (I 5001 - 250x) (SI) s2 = 6 • sen (I 500l + 250x) (SI) interfieren. Hallar: a) La ecuación de las ondas estacionarias resultantes. b) L a amplitud en los nodos. c) Distancia entre dos vientres próximos.
Solución: a) La ecuación de las ondas estacionarias resultantes se obtendrá sumando las perturbaciones producidas por ambas ondas: s = s, + s2 = 6 • sen (1 500t - 250x) + 6 • sen (1 500t + 250x) = = 12 • eos 250x • sen 1 500t (SI) 12 eos 250x sen 1 500t (SI) b) En los nodos la amplitud será nula: c) La distancia entre dos vientres consecutivos es igual a una semilongitud de onda:
21.42. Hallar el coeficiente adiabático de un gas de masa molecular 18, sabiendo que si se producen en él ondas estacionarias de I 000 H z de frecuencia, se obtienen nodos distantes 20 cm. (La temperatura de la experiencia es 27 °C.)
Solución: Ya que la distancia entre dos nodos consecutivos es igual a en el caso del enunciado del problema tenemos que: X = 40 cm = = 0.4 m. y v = X • v = 0,4 m • 1 000 s ' 1 = 400 m • s"1. Por otra parte, la velocidad de propagación de un movimiento ondulato rio a través de un gas, viene dada por:
Vsiendo T la temperatura absoluta del gas, M su masa molecular y y su coefi ciente adiabático. De la expresión anterior se obtiene: (400 m - s -1)2 • 18 • 10 3 kg • mol 8,3144 J - K"' • m o l'1 - 300 K
=[IZ)
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21.43. Sabiendo que la velocidad de la luz en el vacio es de 300 000 km ¡s, calcular la que llevaría el color rojo en el interior de un prisma optico, suponiendo que para este color el índice de refracción es 1.44.
Como n = ------. v2 resulta: v, 3 • 108 m /s = 2,083 • 10“ nVs 21.44. S i el Índice de refracción de! agua respecto al aire es 4 3. ¿qué puedes deducir respecto a la velocidad de la luz en el agua?
Solución: Como:
La velocidad de la luz en el agua es en el aire.
de la velocidad de la luz
Un tren se desplaza, con el aire en caima, o la velocidad de IOS km • h '. E! silbato de la locomotora emite un sonido d, (dt //- de frecuencia. í ah alar la longitud de onda y la frecuencia de las onda, sam aos percibidas por un obser vador fijo situado: a)
u j Cuando se aproxima al p rim e• ti > b j Cuando se aleja.
Solución: a) Si el observador fijo está delante de la locomotora que s v - v F _ 340nV s-30nV s _ r r r . 6 0 s~ ‘
60 Hz -
600
340 m - s ' 1
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b) Si el observador está detrás X', _= v + vF _ 340 m/s + 30 tq/s _ r 60 s"1 “l 340 m - = 60 Hz • ■+ vF 340 t s " ' t 3 0 m s ' a') Si el observador está situado en un tren que se aproxima al primero: v- = v . r v - Vp b ') Si ambos trenes se alejan:
^ n h 340 nVs - 30 m /s
i
'-----—------1
340 m/s - 15 m/s _ I’ - + vF • = 60 Hz - 340 m /s + 30 m /s
I
21.46. A l extremo de una cuerda de 2 m de longitud atamos una sirena que emite un sonido de 600 H z y la hacemos girar a razón de 300 r.p.m . A I km de distancia está situado un observador, en el mismo plano de rotación de la sirena. ¿Cuál es el intervalo de frecuencias percibido por el observador? Tómese para veloci dad del sonido 340 m/s.
Solución: Supongamos el observador situado en O (fig. 21.3). En el trayecto CAD la sirena se aleja del observador, mientras que en el DBC se acerca. En los puntos A y B es máxima la veloci dad de alejamiento y acercamien to. respectivamente. Esta veloci dad vale:
..
a
K---------------- -«0
60 s • 2 m = 62.8 m/s Aplicando las fórmulas del efecto Dopplcr, tenemos: „. =
ü
_ xnn tr-,________340 ™/s 340 m/s - 62.8 iq/s = 735,9 Hz 340 m/s v + vF 340 tp/s + 62,8 m/<. = 506,4 Hz Por tanto, el observador percibirá aquellas frecuencias tales que 506,4 Hz < v < 735,9 Hz www.FreeLibros.me
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21.47. Un observador nota que la frecuencia emitida por el silbato de la locomotora de un tren cambia de i 000 H z a 2 500 Hz cuando pasa por su posición. A partir de estos datos, calcular la velocidad del tren, sabiendo que la velocidad del sonido en el aire es 340 m/s.
Solución: Aplicando la fórmula del efecto Doppler al caso del observador en reposo y el foco emisor acercándose a él, tendremos: Cuando el foco emisor (locomotora) se aleja:
^ • w r - 2500Hz Dividiendo miembro a miembro las anteriores igualdades, quedará: 340 + v __ 6 340 - v 5 | v = 30,9 m/s = 111,2 km /h | 21.48. Desde lo alto de una torre dejamos caer un diapasón, tras haberle excitado emitiendo un sonido de 500 H z de frecuencia. Un observador está asomado a una ventana situada 50 m por debajo del punto en que se abandona el diapa són. Calcular las frecuencias que percibe el observador: a) Un segundo antes del paso del diapasón. b) Un segundo después. L a velocidad del sonido en el aire es 340 m/s. Tómese g = 10 m • s~2.
Solución: a) Calculemos el tiempo que tarda el diapasón en descender, en caída libre. 50 m: h = voI + - L g .,*; 2 V g . VA 10 m/s^ = 3,162 s La velocidad de caída del diapasón cuando han transcurrido t ' = 3,162 s - 1 s = 2,162 s será: v = v„ + g • i’ = 2 1,6 2 ip/s Aplicando la fórmula del efecto Doppler para el caso en que el foco emisor se acerque al observador en reposo, tendremos: 340 nys 340 m/s - 21,62 m/s 602
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b) Al cabo de 4,162 s de haber dejado caer el diapasón su velocidad será: v' = vo + g ‘ l” = 41,62 m /s y la frecuencia percibida por el observador: ,— = 445,4 Hz, = 500 H z ------------,340 nVs . + vF 340 m/s + 41,62 m/s 21.49. Sabiendo que las longitudes de onda de luz roja y de la verde son, respectiva m ente. 2, = 6,2 ■10 5 cm y >., = 5,4 ■I0~ 5 cm , y que la velocidad de la luz en el aire es c = 3 • 10a m /s, calcular a qué velocidad habrá de cruzar un coche un semáforo con luz roja para que al conductor le parezca verde.
Solución: Las frecuencias correspondientes a la luz roja y verde son, respectivamente: - c _ 3 • 1Q10 cm/s = _ i _ . 1016 Hz ,r _ 1 , 6 ,2 • 10 ~5 cm 62 c _ 3 • 10'° cnVs = — • 10'6 Hz 54 X, 5,4 • !0 -s cm Como el observador se acerca al foco:
y sustituyendo, tenemos: i
r
• 10“
Hz
■ - J r
• 10'6 H z [ '
+ 3 - 1 0 ' *'* c m / s "
]
de donde: Vil = 4,44 - 10" Cip/s = 4.44 - 104 km/s = 14,8 % de la velocidad de la luz en el aire 21.50, (’ ) Los surcos de un disco de gram ófono son la reproducción m aterial de las ondas de sonido que producen. U n disco gira a 45 r.p.tn. y cuando la aguja se encuentra sobre un surco a 10 cm del centro del disco, se escucha una nota mantenida de un violín. L a distancia entre dos crestas consecutivas de la onda grabada en el surco es de 0,471 m m . ¿Cuál es la frecuencia del sonido que se escucha?
Solución: La longitud de onda es: ). = 0,471 mm = 4.71 • 10“2 cm www.FreeLibros.me
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y la velocidad de propagación:
2~ rad 1 rev Por tanto, la frecuencia del sonido será: =
Ü.Ü471 cm
i = 15* cm/s
= 1 1 000 H z I
I--------------1
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22.
ONDAS ELECTROMAGNÉTICAS
FORMULARIO-RESUMEN Velocidad de propagación de una onda electromagnética: a) En el vacío: £,> = constante dieléctrica del vacío. ■3 • |o“ nyi permeabilidad magnética del vacío. * b) En un medio cualquiera: í = constante dieléctrica del medio. ( P* = permeabilidad magnética del medio. Relación entre el campo eléctrico, E, y el magnético, B: b
= -E -
Frecuencia propia o resonante de un circuito oscilante: _ 1 . 1 ( C = capacidad del condensador. 2VLC \ L = autoinducción de la bobina. Relación entre la longitud de onda, >., la frecuencia, vv y la velocidad de propagación de una onda electromagnética en el vacío:
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22. ONDAS ELECTROM A G NÉTICA S 22.1.
E n una onda electromagnética ¿qué es lo que vibra: la materia o el campo?
Solución: En una onda electromagnética lo que vibra es el campo eléctri co. y sus variaciones inducen vibraciones del campo magnético. 22.2.
¿Puede emitir radiación electromagnética la Luna? Razona tu respuesta.
Solución: Emiten radiación electromagnética las cargas eléctricas en mo vimiento con velocidad variable. Por tanto, en principio, no hay razón algu na que impida la emisión de radiación electromagnética por parte de la Luna. 2 2.3.
¿Q ué tipo de polarización poseen y en qué dirección y sentido se propagan las siguientes ondas electromagnéticas que vienen caracterizadas por el vector E? a) b) c) d)
E É É É
= Ea = E0 = E„ = Ei
• • • •
sen (o/t— sen (o* eos (
e) É = E„ • eos (
kx)j + kz) 7 kx) J kz) T + - kx
Ea •
sen
E„ • E2 •
sen eos
y-j k
Solución: a) La polarización es lineal, ya que. para cualquier valor de x y de t. siempre se cumple que Ey = E*. El plano de polarización forma un ángulo de 45° con el plano OXY. ya que tg « = = 1 . La onda se propaga en el sentido positivo del eje OX. b) La polarización es lineal, siendo el plano de polarización el OXZ. La onda se propaga en el sentido positivo del eje OZ. c ) La onda se propaga en el sentido positivo del eje OX y su polarización es circular, ya que el módulo de E es constante: E = V e I • eos2 (fot - kx) + E« • sen2 (
607
c) Como su ecuación se puede escribir de la forma: E = E„ • cos(oit - kx) 7 + Eo ' sen (>.it - kx) k se Irala de una onda polarizada circularmcntc a derecha (puesto que las componentes H, y E, son positivas) que avanza en el sentido positivo del eje OX.
22.4.
Una anda electromagnética plana viene.dada por las ecuaciones: E = 6 - sen le. t - k x l j + 6 - eos IrA - k x l k « - > • / « ' • cas h-A k r l j + 2 - ! 0 ~ * ■sen l-A
-
kx) k
1 ^ '
Comprobar que dicha onda está polarizada circularmente.
Solución: Ya que los módulos de E y 0 son constantes (]E| = 6 V/m y |§| = 2 - 10-8 T) y. además, ambos vectores son siempre perpendiculares entre sí. la onda está polarizada circularmente. 22.5.
Una onda electromagnética plana se propaga en el vacio. L a ecuación del cam po eléctrico es: É = 0,5 ■sen 2a te t - y) k (Sil Determinar su lungitud de onda, el tipo de polarización . la dirección de propagución y el campo magnético asociado.
Solución: Comparando esta ecuación particular con la general de las on das electromagnéticas: E = E0 • sen (wt - ky). tenemos: k = 2a. Como, por otra parte: k = —7-—. resulta:
I.a polarización es lineal, siendo el plano d e polarización el OYZ. L a onda se propaga en el sentido positivo del eje OY.
0.5 V/m c 3 - 108 nVs la ecuación del campo magnético asociado será: B = - j - • 1 0 -’ • sen 2a (ct - y) T (SI)
608
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22.6.
Una onda electromagnética plana se propaga en e l vacío. E l campo eléctrico que produce dicha onda viene dado por: E = eos 2.t- ¡O’ (( -
7 + sen 2r.- I0 7
- - í - ) j (SI)
Calcular la longitud de onda, el tipo de polarización, la dirección de propa gación y la ecuación del campo magnético asociado.
Solución: Como:
w = 2 - • 107
rad/s y v =
=
107 s~ l
Ya que el módulo de E es constante, la onda está polarizada circular mente, y, además, a derecha, puesto que las componentes Ex y Ey son de signo contrario. De la ecuación del campo eléctrico que genera la onda se deduce que ésta se propaga en el sentido positivo del eje OZ. Como: 1 V/m 1 10T 3 • 108 nVs 3 la ecuación del campo magnético asociado será:
22.7.
Una onda electromagnética plana viene dada por la ecuación: É = 30 ■sen (3x ■I0 7 I - !0r. ■z ) 1 + + 25 • sen ( 3 - ■I0 7 I - 10* ■z) 1 (SI) Determinar la dirección de propagación, la longitud de onda y el tipo de polarización.
Solución: De la ecuación del campo eléctrico se deduce que la onda se propaga en el sentido positivo del eje OZ. www.FreeLibros.me
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Como: k = 1 0 e = ~y ~
resulla:
___________ | X = 0 ,2 m |
Como Es 4 Ey. la onda está polarizada elípticamente. 22.8.
Escribir la ecuación del campo eléctrico que produce una onda electromagnética plana, polarizada circularmente a izquierda y que se propaga en el sentido posi tivo de I eje OX.
Solución: Para que la onda esté polarizada circularmente, el módulo de E ha de ser constante. Además, para que la polarización sea a izquierda, las componentes Ey y Ex han de ser de signos contrarios. Por tanto, la ecuación del campo eléctrico será: [ É = E0 • [eos (ot - kx)J J - E0 • [sen M - fcx)l k |
22.9.
y
ídem , si la polarización es elíptica la onda se propaga en el sentido negativo del eje O Z.
Solución: En este caso ha de cumplirse que E* ^ Ey, y como, además, la onda avanza en el sentido negativo del eje OZ. ia ecuación del campo eléc trico será: E = Ei • [sen (
Solución: La ecuación general de una onda polarizada linealmente en el plano OXZ y que avanza en la dirección del eje OX es: 6 = E„ • [sen (kx -
610
2
102 m 3 t • v = 2r. ■10" s~' www.FreeLibros.me
E = 5 [sen [ -? - • 10~2 r. ■X -
2*
• 10“ • t ) ] lt =
= 5 [sen 2t. ( l0~ '' x - 10“ - t) ] í (SI)
)]
— 106 t i l k (SI)
E = 5 sen 2n
2 2 . 11 . Escribir las ecuaciones de una onda electromagnética plana armónica que s
propaga en el sentido positivo del eje O X, sabiendo que su longitud de onda t ?. = 4 • I0 7 m y la máxima amplitud del campo eléctrico es Ea = 8 V • m ‘.
Solución: En primer lugar, como X = 4 • 107 m: _ 3 - 10 * m/s
4 • I07 m
X
4 • 10' ni 2 • 7,5 s " 1 =
o i « 2 * •* - 2*
lS * s ~ ‘
E, = E„ • sen |o>t - kx] = 8 • sen [lS n I
ip- 10 7 x j =
= 8 -sen [ - i - - 10-7 e (3 • 10* • l - x)]
c B,
=
-y -
3 ■10“ n^/s
3
- 10-“ • sen [ - Í - I0"7 s (3 ■10* • I -
E , = 8 • sen [ - i - 10"7 n <3 • 10* • t - x) ] B, =
• 10-“ sen
10 7 - (3 • 10“
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- x)J
x )]
(SI)
611
22.12.
Tenemos dos circuitos oscilantes, uno de capacidad C , y autoinducción y otro de capacidad 2 C , y autoinducción ¿O scilarán am bos con la misma frecuencia? ¿Por cuál circulará mayor intensidad?
Solución: Como la frecuencia de oscilación viene dada por: I 1 2r.
V U ^C
ambos circuitos oscilarán con la misma frecuencia. Circulará mayor intensidad de corriente a través de aquel circuito que presente menor impedancia. La impedancia del primer circuito es: Z, =
V r2+(l. - - - o v r
y la del segundo
zJ = V r2 + (- t - " “ -
2C , ■
chr
“VR 2+-r
);
Por tanto, circulará mayor intensidad por el segundo circuito. 22.13.
Calcular la frecuencia de las oscilaciones eléctricas producidas en el circuito de un generador si la autoinducción del circuito es de 20 m H y su capacidad
2 00 pF.
Solución: La frecuencia de las oscilaciones será: Vl “ c V20 • 10 ’ H-200 - 10~íl F 22.14.
S i utilizamos para un televisor de l l f H z de frecuencia un condensador de 4 nF, hallar la autoinducción de la bobina necesaria.
2r.
V T ^C
612
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s e deduce:
L = --------------4r? • V 2 • C
=
4*
•
— --------- T-----= I 6,33 10-‘° H I (10* s - 1) 2 • 4 • 10~9 F 1-----------------------------------------1
22.15. ¿C uál es la autoinducción de la bobina que es necesario intercalar en un circui to de resistencia despreciable y 4 \xF de capacidad, para obtener una frecuencia de 1 000 Hz?
Solución: Como:
resulta: L=
Ar? • v2 • C
4n2 • (103 Hz)2 • 4 • lO"6 F = 6,33 • HT3 H = I 6,33 m il I
22.16. Un circuito consta de una autoinducción de 0,5 m H en serie con un condensa dor variable. ¿Cuál es la capacidad cuando la frecuencia natural es 10* Hz?
Solución: La capacidad del condensador será: ^ i 1 4*2 • v2 ■L 4n2 • (105 Hz)2 - 0,5 • 10“3 H = 5 • lO"9 F = | 5 n F | 22.17. I m diferencia de potencial entre las armaduras de un condensador de 50 nF de capacidad, conectado en un circuito oscilante, viene dada, en función del tiempo p o r la expresión: V = 50 • eos 10* r. t (SI) Hallar: a) E l período de las vibraciones. b) L a autoinducción del circuito. c) L a ecuación que expresa la variación de la intensidad de corriente en fu n ción del tiempo. d) L a longitud de onda correspondiente a este circuito.
Solución: a) Como:
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T
= LI 2 • 10-----4 s 1I
104 :_
b) La frecuencia de las vibraciones es: — - s=
resulta: L—
2n
5
• 1o3 í
VE^"Ü
'■
4-2 • (5 - 10-3 s"')* - '50 • 10~9 F = 0,02026 H = 20,26 mH c) La carga del condensador, en función dei tiempo, será: q = C • AV = 50 • 10'9 F • 50 eos 104 n t (V) = = 2,5 • 10*6 • eos 10" n t (SI) Por tanto, la ecuación que expresa la variación de la intensidad de corriente en función del tiempo es: dq - aL (2,5 • 10~6 ■eos 104 - t) = -0,0785 • sen 104 r t (SI) i = -0,0785 • sen I04 * t (Sil d) Calculemos, por último, la longitud de onda correspondiente a este cir cuito: ). = c ■T = 3 • 10“ — • 2 • 10~* s = 6 10* ■ 22.18. Hallar la longitud de onda de las ondas emitidas por una estación de radio de 500 kH z de frecuencia.
Solución:
' nVs _ I 5 10' s
22.19. Indicar las analogías y diferencias que existen entre las ondas luminosas y las electromagnéticas.
Solución: Ambas son de la misma naturaleza, ya que las ondas luminosas
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no son sino ondas electromagnéticas de longitudes de onda comprendidas entre 7 800 A y 3 900 Á. 22.20. C uando se producen con un triodo oscilaciones eléctricas sostenidas, ¿de dónde proviene la energia?
Solución: Proviene de la batería del circuito de placa, que es la que sumi nistra corriente al circuito oscilante. 22.21. Para sintonizar nuestro receptor de radio con la emisora que deseamos podemos variar la capacidad o la autoinducción. ¿Q ué es lo que suele hacerse en la práctica?
Solución: Generalmente suele variarse la capacidad, debido a que es muy fácil disponer de condensadores de capacidad variable, puesto que su construcción es mucho más sencilla que la de una supuesta bobina de au toinducción variable. 22.22. ¿A qué se llama «alta fidelidad»? Solución: Se denominan así aquellos aparatos que reproducen el sonido (voces o música) con extraordinaria exactitud, sin perder ni introducir ar mónicos y manteniendo la proporción de todas las frecuencias lo mismo que en el sonido original. 22.23. ¿Por qué, tras el auge de los transistores, sólo se han utilizado los aparatos receptores de radio «a pilas»?
Solución: La introducción de los transistores en la industria de la radio ha permitido una miniaturización de los circuitos, a la vez que ha proporcio nado a los receptores de radio una mayor facilidad de transporte. 22.24. ¿Por qué se oye m al un aparato de radio portátil cuando se atraviesa un puente metálico?
Solución: Las ondas hertzianas llegan muy atenuadas al aparato de ra dio, ya que el puente, al actuar como una jaula de Faraday, captura la mayor parte de ellas. Por ello, al entrar en el puente, la intensidad del soni do —consecuencia de las ondas hertzianas transformadas por el receptordisminuye considerablemente, recuperando el nivel anterior cuando salimos de él.
-2.25. ¿Por qué la onda corta es m ás apta que la onda larga para grandes distancias? Solución: Aunque el alcance de las ondas cortas (). = 1-100 m) es menor que el de las largas (X = 1-10 km), su capacidad de reflejarse en las capas altas de la atmósfera (ionosfera) las hace muy útiles para radiar a gran dis tancia. a base del rayo reflejado en dicha zona.
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23. ONDAS Y PARTÍCULAS
FORMULARIO-RESUMEN EN ERG IA RADIANTE
E = h • v (h = constante de acción de Planck = 6,63 • 10" 54 J • s) EF E C T O FO T O E LÉC T R IC O
Energía de extracción:
.^ >= h • v„ (v0 = frecuencia umbral)
4
Ecuación de Einstein: h - v = - i - m v2 + h -v 0 Velocidad de los fotoelectrones:
v=V^r<— > E F E C T O COM ETON
I m0= masa en reposo del electrón. 1 c = velocidad de la luz. — ( 1 - eos 9) j 9 = ángulo de dispersión. / X = longitud de onda del fotón incidente. \ X' = longitud de onda del fotón dispersado. Corrimiento de Compton: h - 2,43 • 10“ 12 m - 0,0243 A mo ■c
X' - X =
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H IPÓ T E SIS D E D E B R O G L IE H
m = masa en movimiento de la panícula, v = velocidad de la panícula. X - longitud de la onda asociada.
P R IN C IP IO D E IN C ER TID U M B R E D E IIEIS EN B ER G
Ax A
618
>
/ Ax = ¡nccrtidumbre en la medida de la posición de la parh < denla. ) Apx = incerlidumbre en la medida del momento lineal de la i partícula.
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23. ONDAS Y PARTÍCULAS 23.1. ¿Qué demuestra el efecto fotoeléctrico respecto a la naturaleza de la luz? Solución: El estudio del efecto fotoeléctrico es una prueba evidente de las teorías de Planck y de Einstein relativas a la emisión y propagación de la energía radiante; pero, a la vez. es una confirmación más de cómo la luz cuando interacciona con la materia se comporta con una cierta naturaleza corpuscular. 23.2. ¿Por qué en el efecto fotoeléctrico únicamente se aplica el principio de conser vación de la energia y no el de conservación de la cantidad de movimiento (momento lineal)?
Solución: En el efecto fotoeléctrico no se conserva el momento lineal, dada la gran inercia del cátodo, sobre el cual inciden los fotoelectrones. 23.3. ¿Qué se quiere expresar cuando se habla de la dualidad onda-corpúsculo? Solución: El doble comportamiento ondulatorio y corpuscular de la luz sugirió al físico francés Louis V. De Broglie la hipótesis de que. a su vez, la materia se comportara también con propiedades ondulatorias. Esta teoría, conocida como hipótesis de De Broglie. se enuncia así: «A toda partícula o corpúsculo en movimiento corresponde una onda cuya longitud depende del momento lineal de esa partícula, al cual es inversamente proporcional». 23.4. Calcula la energía de un fotón de luz roja de 6 • 10* Á de longitud de onda. Solución: La energía de un fotón viene dada por la expresión: E « h •v = h • 4 -
Rccordando que h = 6.63 • 10-34 J • s y que 1 Á = 10“10 m. tendréE = h • - = 6.63 • 10'M J s 3' ^ - = I 3,31 • I0 - " J I >• 6 . l0. A . J 0 ^ S L 1-------------------- ' 1A 23.5. Calcula, en eV, la energia de los fotones de una onda de radio de 5 MHz de frecuencia.
Solución: E = h • v = 6.63 • MT54 J • s • 5 • 106 s 1 = 3,315 • 1 0 27 i = = 3.315 • 10-” J ■-----1 eV ,„ = I 2.07 1 0" eV I 1.6 - 10-'’ J 1-------------------- 1 www.FreeLibros.me
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23.6. Deducir el intervalo de energía de los fotones correspondientes a l espectro i ble, que comprende desde 4 000 A hasta 7 000 A de longitud de onda. ■h • V| = h ■
. 6.63 • 10-" J • s ■ 3 - 1°8 7nVs = 4.97 • 1 0 - 1 = 4 - 10-’ m _
a
m
in-ts i
1 1.6
_ i in ■ 10
E 2 —h • V2 = h * ,
3 ■10” nVs _= 2.84 • 10-,v J = 7 • 10"7 m = 1.77 eV = 2,84- 10-|9 J --------11 cV 1,6 - ÍO -'^J
Por lanto. el intervalo de energías de los fotones correspondientes al 1 peciro visible es: I 3,10 eV - 1,77 eV | 23.7. Un gram o de hielo cae desde I m de altura. Hagamos la suposición de que toda
su energia se convierte en luz de 5 000 Á de longitud de onda. ¿Cuántos fotones emitirá ese gramo de hielo al caer?
Solución: La cnergfa del hielo que cae es: E = ra • g • h = lO"3 kg • 9.8 m • s~2 • 1 m = 9.8 ■10~3 J La energia de un fotón de 5 000 Á es: E = h • v = h ■— = ). = 6,63 • 10"34 J • s • 3-' = 3.978 • 10-» J 5 • lO"7 m El número de fotones emitidos será, por consiguiente: 9,8 • lO"3 J 2,46 10'* fotones 3,978 • 10-19 J/fotón
23.8. La energía mínima necesaria para arrancar un electrón de una lám ina de plata es 7,S2 • 10 ” J . ¿Cuál es la frecuencia um bral de la plata? 620
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Solución:
h 23.9.
=
6,63 • lO"34 J • s
.
1>13 . | 0 .5 s -7 ^
i---------------------1
Calcular la longitud de onda de un fo tón cuya energía es 600 eV.
Solución:
E = 600 eV = 600 eV • 1,6
= 9.6 - 10"17 J
Como X = — : E = h • v = h •—
6.63 • 10~M J ■s • 3 ■10* m/s- = 2.07 • 10“"' m = 20,7 , 9.6 - I 0 " 17 J------------------------------------- 1--------23.10. La energía m ínim a necesaria para arrancar un electrón de una lám ina de sodio metálico es 1,83 eV. ¿Cuál es la frecuencia umbral del sodio?
cV ■ 1,6 10 1 eV„ ' , J = 2.93 - 10“ 19 J La frecuencia umbral viene dada por la expresión: _ * 2,93 • 10“ 19 J 6.63 • lO"34 J • s * = 1,83
eV =
1.83
23.11. Deducir la velocidad con que saldrán emitidos los electrones de una superficie metálica, sabiendo que la longitud de onda correspondiente a l umbral de ener gía es de 6 000 A y que la superficie se ilum ina con luz de 4 000 A de longitud de onda.
Solución: Previamente se calcularán las frecuencias que corresponden a esas longitudes de onda: www.FreeLibros.me
621
}* = 6 0 00 Á • 1(1 - m - 6 • 10~7 m
1Á = 4 - 10"7 m IA _ c _ = 3 • 108 m/s = 5 . , q „ s>.„ 6 • I0-7 m v , _ c _ , 3 10a m / s = 7 5 . 1 0 u s - , X 4 - 10‘ 7 m Aplicando la ecuación de Einstcin: >. = 4 000 Á •
~
■ Y
2 ■6,63 -
*'o) !
■M j p » s ^ _ , í 9 • 10“31 kg 1--------------------
23.12. ¿Qué energía posee un electrón arrancado al aluminio por una luz de frecuen cia 8 ■10 " s~‘? L a frecuencia umbral del aluminio es 6 - 1 0 " s~‘. Solución: De acuerdo con la ecuación de Einstcin para el efecto fotoeléc trico, tendremos: E . = h • , — h • v„ = h ■ ( * - » „ ) =
« 6,63 • HT34 J - s - 18 * 1014 s_l - 6 - 1014 s-1) = 1,33 • 10 ,9 J 23.13. L a frecuencia umbral de cierto metal es 8,8 ■ 10'4 s~ '. Calcular la velocidad máxima de los electrones emitidos por ese metal cuando se ilumina con luz cuya longitud de onda es 2 536 Á . ¿Qué energía cinética poseen esos electrones?
Solución: Apliquemos la ecuación de Einstein para el efecto fotoeléc trico: E ^ . = h • , - h • v„ = h •
- h •
= h • [ - | - - v„] =
------- 8,8 • 10'- s - 'l = | 2 lO-1’ J | = 6,63-10->4J s - [ 3 ' l 2,536 - 10-7 m J 1---------------- 1 Como: Ec„ , = 4 - m ■vL. 622
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Z= A /
V
2-2 - 10- WT _
9.1 - 10~31 kg
6.6 10*
23.14. U na radiación m onocromática, de frecuencia 7,5 • ¡ 0 14 s
incide sobre una lámina de potasio. L a longitud de onda um bral del potasio es 0,55 mieras. Calcular: a) L a energía m ínim a precisa para extraer un electrón. b) La energia que adquiere ese electrón.
Solución:
a) La energía mínima precisa para extraer un electrón será igual, precisa mente. al trabajo o energía de extracción: . 6,63. ,0 - » | ■S ■ <3 <' .1 10fl, ,t f'
m
= I-------------
b) Aplicando la fórmula de Einstein para el efecto fotoeléctrico, tenemos: Ec = E - = h• v -
Solución:Como: E. = h
•v-
h •
= h • [v - v„] = h • [ - £
„]
resulta: V = _C____ j^c_ _ 3 • 108 nVs _ 1.5 - 10_I m
,
,,
> . h 1,6 •10“ 19J
1 eV 6,63 - 34J s
1,28 ■10" s ' 1
23.16. La energía um bral de cierto meta! es I eV. Ilum inando u na superficie de dicho metal se observa que los electrones emitidos poseen una energía cinética de 1,5 eV. Con qué frecuencia de luz fu e iluminado? www.FreeLibros.me
623
Solución: La energía de la radiación incidente es: E = 1 cV + 1,5 cV = 2,5 cV = 2,5 eV •
1,6
• 10"
y su frecuencia: E h
4 • 10~19 J 6,63 • 10"34 J • s
'------------------1
23.17. Sabiendo que la energía fotoeléctrica umbral del cesio es 1,8 eV , determinar la longitud de onda máxima de una radiación capaz de producir la emisión de un fotoelectrón por una lámina de cesio con una energía de 4 eV.
Solución: La energía de la radiación ha de ser, como mínimo: Em(n = 4cV + 1,8 eV = 5.8 eV
■nVs-6.63 1 0 » J - s = , |4J . m = I 2 ,43 A | „ 1,6 • 10 J------------------------------------ 1------------1 I eV 23.18. Calcular la energía cinética máxima de los electrones emitidos por una superfi cie metálica cuando inciden sobre ella fotones de 2 • I0~7 m de longitud de onda. E l trabajo de extracción de ese m etal es 4.2 eV.
Solución: La energía de los fotones incidentes sobre la superficie mctáli* m/s _ E = h • v = h • — = 6,625 • 10"*4 J • s • 2 • 10-’ r = 9,938 • 10"19 J = 9,938 - 1 0'19 J • 1.6 1 eV • 10 19 J
De acuerdo con la interpretación dada por Einstcin, ia energía cinética máxima de los fotoelectrones emitidos por el aluminio es: Ec„., = E - * = 6,211 eV - 4,2 cV = | 2,011 eV~| 23.19. I*) A l ilum inar potasio con luz amarilla de sodio de 2 = 5 H90 Á , se liberan electrones con una energía de 0,577 • 10 19 J . A l ilum inar el potasio con luz ultravioleta de una lámpara de mercurio de 2 537 se liberan electrones con una energía de 5.036 • 10 '* J. Deducir:
}.=
624
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A,
a) Valor de la constante de Planck. b) E l trabajo de extracción, , del potasio.
Solución:
a) Aplicando la ecuación de Einstein del efecto fotoeléctrico a los dos ca sos experimentales, tenemos: h
3 ■10a m/s 5 890 ■10-'° 3 ■108 m/s 2 537 • 1 0-'%
q, = 0,577- 10~19 J
[1]
- 4> = 5,036 • 10-,9J
[2]
Restando las dos ecuaciones anteriores, se obtiene: h I- 3 • 108 m/s_________ 3 ■10a nVs L 2 537 • 10~‘° m 5 890 - 10“ '" m = (5,036 - 0,577) - lO '19 J de donde: h = 4,459 - 1Q-'9 J - 2 537 - lQ-‘° m ■5 890 ■I0~
3 353 • 10-'° m • 3 • 10* tq/s = 6,625 • 1 0 54 J •
b) Sustituyendo el valor de h que acabamos de obtener, en la ecuación [1], resulta: = 6,625 - 10-34 1 • s
3 ' 10*." ^ 5 890 - 10-'° m
= 2,797 • 10~19 1 = 2,797 • 1 0 '19 J
0,577 • H T '9 J =
¡-SY-
23.20. L a longitud de onda um bral correspondiente a cierto metal es 3 000 /i. Calcu lar: a) E l trabajo de extracción de dicho metal. b) L a velocidad m áxim a de los fotoelectrones emitidos por él cuando es incidi do por luz de 2 0 0 0 Á de longitud de onda.
Solución:
a) Calculemos, en primer lugar, el trabajo de extracción correspondiente al metal citado en el enunciado del problema: www.FreeLibros.me
625
= 6.63 • 10-34 J • s ■ 3 ■10* m/s 3 • 10“7 m
= 6,63 • 1 0'1’ J = 6.63 • 10~19 J • s b)
1,6
- cV = I 4,144 eV I • 10 J I 1
Como:
-V 6,63 • UTu J -
2 Ih
— *
3 • 10* • - 6,63 - 10~I9J 2 • 1 0'7 m 9,1 • 10~31 kg
= I 8,536 • 105 nVs | 23.21. Demostrar que las energías E„ y E , correspondientes a l fo tón incidente y al difundido en el efecto Compton, están relacionadas entre si mediante la expre-
- T f --------Solución: Parlamos de la ecuación que nos da la variación de longitud de onda que experimenta el fotón incidente: (I - eo s,) Como >. = — , sustituyendo, resulta:
Dividiendo los dos miembros de la anterior igualdad entre h • c. se ob tiene: (1
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- eos -,)
es decir:
23.22. En una experiencia de laboratorio, en la que se analiza la dispersión de un haz de rayos X de 0,80 Á de longitud de onda por un bloque de carbón, se observa la radiación dispersada a 9(P del haz incidente. a) ¿Cuál es el corrimiento de Compton: AX' - Á - ).„? b) Hallar la longitud de onda del haz de rayos X dispersado. c) ¿Cuál es la energía cinética del electrón de retroceso?
Solución: a) El corrimiento de Compton es:
= * " i» = —■lioK—c (1 - eos ?) =
= 2.43 - to-'2m• (1 - 0) = 2,43 ■1(T'2m = | 0.0243 A | b) Como AX = X - Xq. resulta: X = + AX = 0,80 Á + 0,0243 Á = | 0,8243 A| c) Designemos por Ec a la energía cinética del electrón de retroceso. Aplicando el principio de conservación de la energía, tenemos: h - c • AX
6,625 ■I0~M J - s ■3 ■10* m /s - 2,43 • I0~l; m
0,8 ■10'1(1m • 0,8243 • 10-"'m = 7,324 ■10-'7 J = 7,324 • 10- '7 J — = | 457,7 eV I >■’ K
1,6 -
l O - 1 *' J
1------------------------- 1
23.23. Un fotón correspondiente a la zona de rayos X del espectro, cuya energía inicial es 5 000 eV, es difundido 60° al chocar con un electrón libre en reposo. Calcu lar para dicho fotón: a) L a variación de su longitud de onda. b) La variación de su frecuencia. c) La variación de su energía.
Solución:
a)
AX = X - X„ = =
h — (1 - eos ») =
mo • e
6.63 - 10~M J • s / j __L\ = 9,1 • 10"5' kg • 3 ■10* nVs ' 2 ' www.FreeLibros.me
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= 1,215 • 1 (T 12 m - I 1,215 1 0 1 A |
La longitud de onda del fotón aumenta, lo cual es lógico, ya que el fotón, al interaccionar con el electrón, pierde energía, b) La frecuencia del fotón incidente es: 5 000 e V 1,6 r w• 10~|g - J = 1,2075 • 10'8 Hz h 6.625 • 10"3> J • y su longitud de onda: Xo = _c 3 • 10a q h = 24 g4 5 -1(). Por el contrario, la longitud de onda del fotón difundido es: X = X„ + A X = 2 .4 8 4 5 • 1 0 - ' " m
+ 1 ,2 1 5 • l O ’ 12 m
=
= 2 ,4 9 7 • 1 0 - " ’ m
su frecuencia: c 3 • 10a m/s 1,2015 • 10'8 Hz >. 2,497 - 10-'° m Por tanto, la variación de frecuencia que experimenta el fotón i = „ - , = 1,2015 • 1018 Hz - 1,2075 • 10,a Hz = - 6 ■I015 Hz La frecuencia del fotón disminuye, consecuentemente con su perdi* da de energía, c) Calculemos, por último, la variación de energía del fotón: AE = h- ¿v = 6,625 ■KT34 J - s - ( - 6 • 10'* s- ') = -3.975 • 10~18 J = = -3.975 - 10-’8 J 1 c V , Q = I -24,8 4 evl 1.6 • 10“ J 1-------------1 23.24. U n fo tó n de 2 A de longitud de onda interacciona con un electrón libre, tras de lo cual su longitud de onda pasa a ser de 2,03645 Á . Calcular: a) E l ángulo de difusión. b) L a energia cinética con que sale despedido el electrón.
Solución: a) La variación de la longitud de onda de un fotón, a causa del efecto Compton, viene dada por: AX = X - = ■ h „ (1 - eos ?) 628
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Si en esia ecuación sustituimos los datos numéricos del enunciado del problema, tenemos: 2,03645 • 10*'" m - 2 • 10~10 m = 6,625 • 10~M J ( 1 - eos ,) 9,1 • 10-JI kg • 3 ■10a nVs
y, por consiguiente: ? =
120°
b) Aplicando el principio de conservación de la energía y designando por Ec a la energía cinética con que sale despedido el electrón, tenemos: Ec = E0 - E = h • c ^ =h• >•« _ h ■c • Xi. 6,625 ■lO- *' J • s • 3 - 10a m/s - 3.645 • 10~ >- K 2,03645 • 10~lu m *2 - 10”10 m = 1.779 ■lO '17 J = 1.779 • lO '17 J - ,
‘j = l ‘" ' 2eV
1
23.25. Calcular la longitud de onda de la onda asociada a una pelota, de masa NO g, que se mueve con una velocidad de 250 m/s.
Solución: De acuerdo con la hipótesis de De Broglie. la longitud de la onda asociada será:
= m !l— = 0,14 6-63 kg• 10~M J ’ s = 1,9 .i(T« m = I 1,9'-■ 10““ AI ■v • 250 m/s ------------ 1 23.26. Calcular la cantidad de movimiento de un fotón de luz roja cuya frecuencia 4.4 ■1 0 " s
Solución: La cantidad de movimiento del fotón será: p
= JL = h ' v _
6,63 • 10~34 J • s • 4,4 • 1014 s~'• = 9,72 • 1 0'“ kg 3 ■108 nVs ^ --------------- — www.FreeLibros.me
629
2 3.27.
Calcular la longitud de onda de la onda asociada a un electrón que se mueve entre dos puntos a y b de un campo eléctrico cuya diferencia de potencial es 100 V. Datos: masa del electrón, 9 • 1 0 3' kg; carga del electrón, 1,6 • 10 19 C.
Solución: F.l electrón, al desplazarse entre los puntos a y b del campo, adquiere una energía cinética dada por la expresión: - L
- i-
m . v2 = q • ( V , - V „)
9 • 1 0 -JI kg • v2 =
1.6 • H T 19 C • 102 V
de la que se deduce: v = 5 .% • 106 m /s
Este valor, sustituido en la expresión de De Broglic. nos da: m •v
6f
-
1U
J -*
9 • lO"31 kg - 5.96 • 106 ms
!.2 4 .1 0 -'° m
= r r í ¡ A l
1-----------1
Nota: En este y otros problemas, con objeto de simplificar cálculos,
prescindimos de la corrección relativista de la masa. 23.28.
Resolver el problema anterior para el caso de que la diferencia de potencia! aplicada fu ese 54 V.
Solución:
- i - 9 - 1
1.68 A |
Calcular la longitud de onda asociada a un electrón que es acelerado a diferencia de potencial de 10 000 V. (Nota: N o efectuar la corrección relativista de la masa.)
Solución: La energía cinética del electrón es: Ec = q • (Va - Vb) = 1.6 - lO” 19 C • 104 V = 1.6 • 1(T,S J 630
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y como dicha energía está relacionada con la velocidad de acuerdo ■ expresión: la velocidad del electrón será ~2E,
W
V
2-1.6- 1 0 - 'J = 5 % .
9 • 10-5' kg Aplicando la expresión de De Broglic, leñemos: h 6 .6 3 ~ I0 ~ 3J J ■s
J 2 4 . ¡0 - i , m = I 0 ,124 A I
1------------- 1
9 • 10—' kg • 5,96 • 10’ nVs 23.30.
m/s
L a longitud de onda de la onda asociada a u n electrón que h a sido acelerado con u n a determ inada diferencia de potencial es 0,129 Á . ¿C u á l es el valor de esa diferencia d e potencial? S e supone que no hay variación en la m asa del electrón.
Solución: De acuerdo con la relación de De Broglie, la velocidad del electrón será: .
.
.
m - y. 9,1 • 10~31 kg • 0,129 • 1 0 -° m i energía cinética: Ec = - i - m • v2 =
= 5,648 - 107 nVs
-i- 9,1 • 10“31 kg • (5,648 - 107 n^s)2
= 1,45 ■1 0 - 5 J = 1,45 • 1 0 - 5 J
1 e V ,„
= 9 000
Por tanto, la diferencia de potencial a través de la cual se aceleró el electrón es: AV = 9 000 V
23.31.
(*) L a frecu en cia fotoeléctrica um bral del wolfram io corresponde a una radia ción de longitud de onda 2 300 Á . D eterm ínese la longitud de onda de la onda asociada a lo s electrones em itidos p o r una superficie d e w olfram io som etida a la luz ultravioleta de longitud de onda 1 800 A .
Solución: La energía del electrón emitido es: www.FreeLibros.me
E = h - v - h -v 0 = h - C '
J =
1
= 6.625 10-« I • s - 3 - 10» n^s - [ _ - ^ -
2,3 • lO"7 m J
= 2,401 - 1 0'1’ J La longitud de onda asociada a los electrones emitidos viene dada por: h h 6,625 ■I0~" J - s_________ = m -v V2ST^E V 2 -9 .1 - 10'31 kg • 2.401 • 10 - |VJ 1,002 - 1 0 '9 m =
10,02 Á
23.32. La onda asociada a un electrón acelerado por una cierta diferencia de potencial tiene una longitud de onda igual a I Á . ¿Cuánto vale la diferencia de potencial que lo aceleró?
Solución: Apliquemos la ecuación de De Broglie para hallar la velocidad del electrón: m • >. 9,1 • 10-” kg- lO*1" m Su energía cinética será:
= 7,286 - 10° m/s
Ec = J - m • V* = - i . 9.1 . 10-31 kg • (7.286 • 106 tVs)2 = = 2,415 • 10-‘7 J = 2,415 • 10-'7 J
1.6 • 1 0'1’ J En consecuencia, la diferencia de potencial que aceleró al electrón es:
23.33. E s sabido que las partículas alfa son núcleos de helio, de m asa aproximada mente cuatro veces mayor que la del protón. Consideremos un protón y una partícula alfa que poseen ambos la misma energia cinética. ¿Qué relación exis te entre las longitudes de onda de De Broglie correspondientes a las dos partícu las?
Solución: Utilicemos el subíndice a para referirnos a la partícula alfa y el p para el protón. De acuerdo con el concepto de energía cinética: E c.= 4 - m , vl
[1]
632
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= - i- m„ • v2
[2]
Como, según el enunciado del problema, las dos partículas tienen la misma energía cinética, igualando las expresiones [1J y (2), tenemos: m. • vj = mp ■Vp [3J Por otra parte: m, = 4 mp. Si sustituimos este dato en la ecuación [3] y simplificamos, se obtiene: Vp = 2 • v. Apliquemos ahora la ecuación de De Broglic: Xa V p, Vm* ' v« mp • vp mp • 2 va 1 ap h/pp h/mp Resulta, finalmente: Xp = 2 - M 23.34. Demostrar que para una partícula relativista la relación entre las longitudes de onda de D e Broglie y de Compton es:
V (c/v)* - I siendo v la velocidad de la partícula y c la de la luz.
Solución: La longitud de onda de De Broglie asociada a una partícula cuya masa en reposo es m0 y en movimiento m viene dada por: ) = j L - h — B P
h
- h -V !_ -y 7 c !
V
mientras que la longitud de onda de Compton c Por tanto: h ■V i - vVc2
23.35. a) Hallar la incertidumbre en la posición de una bala de 1011 g de m asa que se m ueve con una velocidad de 1400 ± 2) m/s. bl Idem en ¡a de un electrón (m = 9.1 ■10 11 kg) animado de una velocidad v = (4 ■/O5 ± 5 • I04) m /s. www.FreeLibros.me
633
Solución:
De acuerdo con el principio de incerlidumbre de Heisenberg: A* >
h
h
6.63 • 10“ - í 3 ,3 - 10 0 ,1 kg • 2 m/s
Para el electrón: h -ip» ' 6,63 - lO '14 J • s S 1,5 ■10 9,1 • lO '31 kg - 5 • 104 ny-s Obsérvese cómo la incerlidumbre en la posición del electrón es mayor que las dimensiones atómicas, mientras que la correspondiente a la posición de la bala es del todo punto indetcctable. En consecuencia, mientras que la posición de la bala se puede determinar con exactitud, la del electrón goza de una gran indeterminación.
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24. TEORÍA DE LA RELATIVIDAD
F O R M U L A R IO -R E S U M E N ECU A C IO N ES D E TRA N SFO R M A C IÓ N D E C A L IL E O x = x' + v •t
y = y'
Z‘
Z =
I = t’
E C U A C IO N ES D E TR A N SFO R M A C IÓ N D E LO R EN TZ x - v •t
1
<
1
y = y' z = z'
^1%
>
1
x ' + V • t'
y’ = y x’ = z
1
<
X
i _ ..
V / .
C O N T R A C C IÓ N D E LO N GITUD ES v2 C2
( L I
V
= lo n g i t u d e n m o v i m ie n to . = lo n g i t u d e n r e p o s o ( lo n g i tu d p r o p i a ) .
D ILA TA CIÓ N D E L T IE M P O
v
A t' /
v2
| A t = in t e r v a l o d e t i e m p o e n m o v i m i e n t o . ( A t’ = in t e r v a l o d e t i e m p o e n r e p o s o ( t i e m p o p r o p io ) .
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635
ECUACIONES RELATIVISTAS DE TRANSFORMACIÓN DE VELOCIDADES
"T ' u ; V i - v2/ ^
ai V i -
u . V i - v '/c 2
v2/c 2
Si u ' y v tie n e n la m ism a dirección: u’ ± v i +
I Signo + : el m ism o sentido,
u' • v c2
(S ig n o —: sentidos contrarios.
V A R IA C IÓ N D E L A M ASA C O N LA V ELO CID A D tilo = m asa e n re p o so ( m a s a p r o p i a ) , m = m asa e n m ovim iento ( m a s a r e l a t i v i s t a ) .
M O M E N T O LIN E A L R EL A T IV IS TA 1 •V = C•
v - 7?
Vm2- mT
EQ U IV A LE N C IA E N T R E M ASA Y EN ER G IA Si v « E = m • c2 !
c . E = m „ • c2 +
- i-
V m ! - c>
+ P2
EN E R G ÍA C IN ÉTICA E c = (m - m „) • c2 I Si v «
636
m „ • v2 =
, • c 2 + E c = V (m „ • c 2) 2 + (pe)2
c . E c = - y - m „ - v!
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637 www.FreeLibros.me
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24. TEORÍA DE LA RELATIVIDAD Una varilla cuya longitud es de I metro se mueve paralelamente a su longitud con una velocidad v = 0,d c respecto a un observador. Hallar la longitud de la varilla medida por dicho observador.
Solución:
24.2.
¿Cuál ha de ser la velocidad de una varilla para que su longitud sea la tercera parte que en reposo?
Solución: De acuerdo con la fórmula de la contracción de FitzGerald-
Lorentz:
como en este caso: L = - y - . resulta: ~ ~ =
1 -----------, de donde se
obtiene, finalmente: v = 0.94c 24.3.
¿Cuál es la velocidad de una nave espacial que se aleja de la Tierra, sabiendo que un observador terrestre aprecia que su longitud es el 95 % de la que tenia en reposo?
Solución: Procediendo de forma análoga al problema anterior, tenemos:
de donde:
.---------------- . v = 0,312c
Dos naves espaciales, de 150 m de longitud en reposo cada una de ellas, se mueven en sentidos contrarios con velocidades de 0,6c respecto a la Tierra. a) ¿Q ué longitud tiene cada nave, medida desde la Tierra? b) ¿Qué longitud tiene cada nave, medida desde la otra?
Solución:
■ >
l- l-
y r q p -L -. v - B - )•-
= 150 m - V i - 0.61 = 150 m • 0,8 = I 120 m I www.FreeLibros.me
639
b) De acuerdo con la Mecánica relativista, la velocidad de cada nave, me dida desde la otra, es: _ (0.6 + 0,6) c =_ 0 .882c 1 + 0.6J
Por tanto, el observador situado en una de las naves aprecia que la otra tiene una longitud: L = L' • " \ J I - - S i = 150 m ■V i - 0.8822 = f70-6 m 1 24.5. Un rectángulo, cuyos lados miden en reposo 0,50 m y 0,75 m , se mueve con velocidad v = -y- c paralelamente al lado mayor. a) ¿Cuál será su superficie para un observador en reposo? b) ¿Cuál ha de ser su velocidad para que a dicho observador en reposo le parezca un cuadrado?
Solución: a) El observador en reposo apreciará que el lado mayor del rectángulo, de longitud L‘ = 0.75 m. se acorta, siendo su nueva longitud: *- = «-■• V
^
=
V
' - ( - r ) 2=
= 0,75 m • \ / l - ( 4 - ) ‘ = 0.75 m •
= [« ^
l
.
b) Para que al observador en reposo el rectángulo le parezca un cuadrado, su lado mayor L' = 0.75 m se ha de contraer hasta una longitud apa rente L = 0.50 m. En consecuencia: 0.50 m = 0.75 r de donde: 24.6.
¿Tiene sentido afirm ar que dos sucesos que ocurren en lugares diferentes son simultáneos?
Solución: Dos sucesos son simultáneos para un observador fijo si ocurren en el mismo instante (t| = Í2). Sin embargo, para un observador móvil, dos 640
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sucesos son simultáneos sólo cuando se verifican en el mismo lugar (xi = x2) y en el mismo instante (t, = t2). Por tanto, dos sucesos que ocurren en lugares diferentes sólo son simul táneos para un observador fijo. 24-7.
24.8.
¿Q u é significa que un suceso ocurra «antes» o «después» que otro?
Solución: De dos sucesos que se verifican en instantes diferentes (t, y t2), se dice que el primero ocurre antes que el segundo cuando un observador fijo aprecia que t| < t2. Sin embargo, para un observador móvil el orden de sucesión puede invertirse, siempre que dicha inversión no se vea afectada por el principio de causalidad. S i la velocidad de la lu z fu e se infinita, la sim ultaneidad en la F ísica clásica ¿seria un concepto absoluto o relativo?
Solución: Supongamos que en los puntos de coordenadas X| y x2 de un sistema fijo ocurren dos sucesos en los instantes t| y t2, respectivamente. Un observador móvil ligado a un sistema que se desplaza a una veloci dad v, aprecia entre ambos sucesos una diferencia de tiempo: t2 — t¡ =
t2 “ t, -
Si ambos sucesos son simultáneos para un observador fijo (t| = t2), y la velocidad de la luz fuese infinita (c —* <*). se cumplirá también que t¡ = t2; es decir, que los dos sucesos también serían simultáneos para cualquier ob servador móvil. Por tanto, si la velocidad de la luz fuese infinita, la simultaneidad sería un concepto absoluto. 24.9.
¿P uede acelerarse u n cuerpo hasta la velocidad de la luz? Razona adecuada m en te la respuesta.
Solución: Para acelerar un cuerpo es preciso comunicarle energía, y di cha energía se invierte principalmente: a) Si su velocidad es pequeña (v
Solución: Ambas expresiones son totalmente equivalentes. www.FreeLibros.me
641
24.11. D os gem elos, Pedro y L uis, tienen 25 años de edad. Pedro efectúa un viaje de ida y vuelta a la estrella Vega, que se encuentra a 26 años-luz de la Tierra, efectuando todo su recorrido con u na velocidad v = 0,98c. ¿Q ué edades ten drán Pedro y L uis cuando el prim ero regrese a la Tierra?
Solución: El tiempo transcurrido para Luis es: W
= 53'“
mientras que para Pedro valdrá:
V 7- - ? . ■
V
T
p
= 10.56í
Luego, la edad de Pedro será: 25 + 10,56 = 35,56 años, y la de Luis: 25 + 53,06 = 78,06 años. 24.12. Un átom o radiactivo em ite dos electrones en sentidos opuestos, cada u no con una velocidad de 0,75c, m edida por un observador situado en el laboratorio donde e l átomo se desintegra. a) ¿C uál es la velocidad de cada electrón, m edida desde el otro, de acuerdo con la M ecánica clásica? b) ídem , de acuerdo con la M ecánica relativista. c) ¿C uál es la velocidad de un electrón con respecto a l otro, m edida desde el laboratorio?
Solución: a) Consideremos uno de los electrones ligados al sistema fijo S, mientras que podemos asociar el laboratorio al sistema móvil S' (fig. 24.1). Con respecto al sistema S. el laboratorio se mueve con una velocidad v = 0,75c. Por otra parte, el segundo electrón tiene una velocidad u' = 0.75c con respecto al laboratorio. Por lo tanto, la velocidad de 642
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este segundo electrón respecto al primero, según la Mecánica clásica, será: u = u' + v = 0.75c + 0.75c = | 1.50c | b) Según la Mecánica relativista: u= c)
24.13.
u- + v . . u- -V
=
1 + (0.75)'
= n ^ ¿ n
1----------1
Para calcular la velocidad de un electrón respecto al otro, medida por un observador situado en el laboratorio, se puede aplicar la Mecánica clásica, y obtenemos que dicha velocidad es:
V n astronauta desea ir hasta la estrella Vega, situada a 26 años-luz de la Tiea) ¿C uál ha de ser la velocidad de su nave espacial con respecto a la Tierra para que el tiempo empleado en el viaje, m edido desde la nave, sea de 5 hj ¿Q ué tiempo señalará un reloj situado en la Tierra?
Solución: a) Como:
At =
At’
sustituyendo, resulta: 26 años-luz = -
V 77
Operando matemáticamente, resulta: 0.1923 = " \ J 1 - - 4 - ; 0-03698 = 1 -
b)
= 0,963
El tiempo que señalará un reloj situado en la Tierra será: .. 26c años-luz I -,c c I www.FreeLibros.me
643
24.14. Un viajero espacial de 25 años de edad efectúa un recorrido a través de nuestra
galaxia, a la velocidad de 1,8 • 10* m/s. Cuando regresa, el calendario terrestre revela que han transcurrido 50 años. ¿Qué edad parece tener el viajero?
Solución: Para el viajero, el tiempo transcurrido será:
■ 1,8 10*11^ \ 2 3 • 108 nVs I Por tanto, la edad que parece tener el viajero es:
Un determinado suceso tiene lugar en el sistema S , en el punto x = 200 km , y = 20 km , z = 2 km , en t = 4 • 10 4 s. Consideremos un sistema de referen cia S ' que se mueve a lo largo de! eje X X ’ con la velocidad v = 0,9c con respecto a S, coincidiendo los orígenes de ambos sistemas en t = /' = 0. ¿Cuáles son las coordenadas de este suceso con respecto a S'?
Solución: Aplicando las ecuaciones de transformación de Lorentz. teñe-
V i - 0.92 = 2,111 - 10* m = 211,1 km y1 = y = 20 km z' = z = 2 km x
4 • 10-4 s
“Y* , - 2 - 105 m 3 • 10“ nVs _____ V i - 0.92
-4,59 • lO"4 s x’
= 211,1 km; y’ = 20 km; z ' = 2 km; t ' = -4,59 • 10-4 s
644 www.FreeLibros.me
Tenemos dos velocidades, v¡ = - y c y v2 = - y c, de la misma dirección. ¿Cuál será la velocidad resultante: i del mismo sentido?; i de sentido contrario?
Solución: a) Si son del mismo sentido:
b) Si? i de sentido contrario:
24.17. Desde la proa de ur i nave espacial que se aleja de la Tierra t v —0 , 6 c, se lanza i i cohete con una velocidad u = 0,9c. ¿Q ué velocidad tiene el cohete respecto a la Tierra? ¿Cuál seria esta velocidad si el cohete se lanzase desde la popa?
Si el cohete se lanza desde la proa de la nave espacial c u’ = 0.9c, su velocidad respecto a Tierra será:
b) Si el cohete se lanza desde la popa:
24.18. ¿Puede moverse una partícula a través de un medio con una velocidad mayor que la de la luz en dicho medio? Razona la respuesta.
Solución: En un medio determinado toda partícula se puede mover a una velocidad mayor que la de la luz en dicho medio, con tal de que su vcloci645 www.FreeLibros.me
dad (como es lógico) no supere a la de la luz en el vacío. La partícula, en este caso, emitirá una radiación característica —radiación de Cerenkov— que se puede determinar experimentalmentc. 24.19. La masa de un cuerpo en movimiento es doble que en reposo. Calcular la velocidad de dicho cuerpo.
Solución: Teniendo en cuenta que:
V77? de donde, después de simplificar, se obtiene: r = 0,866c 24.20. I m Tierra (m„ = 6 • I024 kg) se desplaza sobre su órbita con una velocidad v = 30 km/s. ¿Q ué aumento de m asa, en toneladas , aprecia un observador que se encuentra Jijo con respecto al sistema solar?
Solución: Como:
m *>
Am — m — mG = m„
= 6 • 1024 1
646
30 krn/s 300 000 km/s = 3 ■10"’ kg = 3 • 10'-' Ion www.FreeLibros.me
24.21.
La velocidad orbital de la Tierra es de 30 km /s. ¿Cuál es su energía cinética orbital? ¿Q ué masa corresponde a esta cantidad de energía? Compara el resul tado con el del problema anterior.
Solución: La energía cinética orbital de la Tierra será: E, _
m . v2 = - i - 6 • 10" kg - (3 - 104 m/s)2 = | 2.3 • 10” J |
A esla energía le corresponde una masa:
im=
° 2'6' 1016kg=11-----------------1 3' 101,1kgI
c2 (3 • 108 m/s) resultado concordante con el del problema anterior.
24.22. Una central nuclear tiene una potencia de 2 M W . ¿Q ué disminución de com bustible se producirá al cabo de un año?
Solución: La energía que dicha central produce en un año es:
W - p . t - 2 . | 0 ‘W .|.t o .- M £ H _ -
1 ano 1 día A esta energía le corresponde una disminución de masa de:
-g -
-r -^ -E ü ]
24.23. H allar la masa y la energía total de un electrón cuya velocidad es 1 0 ' m/s. ILa m asa en reposo del electrón es 9.1 - 10 11 kg.) Solución: La masa del electrón en movimiento será: — ..i
V -b S S r )'
y su energía total: E = m • c2 = 9,65 • 10-31 kg - (3 • 10* m/s)2 = I 8,69 24.24.
10
14 J I
Si I cm ' de agua se desmaterializa totalmente, ¿qué cantidad de energía se obtendrá?
Solución: 1 cm3 de agua tiene una masa de 1 g. Al desmaterializarse produce una cantidad de energía: E = m - c2 = 10--' kg - (3 - 10a m/s)2 = [ó - 1013 J | www.FreeLibros.me
647
24.25.
H allar el m om ento linea! de un electrón que se m ueve a u na velocidad v = 0,6c, teniendo en cuenta que la energía en reposo del electrón es 0,511 M eV (1 M eV = 1,6 • 70"/J J).
Solución: Calculemos, en primer lugar, la masa en reposo del electrón: 0,511 MeV • 1,6 • HT13 J
— tT-iour'
-9'Q84"°-3ik8
El momento lineal del electrón será:
V 77? 9,084
- 10-” kg • 0,6 • 3 • 10* m/s
2,046
■lO"22 kg ■
1---------------------------
V i - 0,62
Solución: La energía en reposo de un electrón es: m„ • c y su energía cinética: (m - mD) • ? . De acuerdo con el enunciado del problema, podemos escribir: m„ • c2 = (m - m,) • e2 de donde, tras simplificar, se obtiene: m = 2 m0 Aplicando la fórmula de la variación relativista de la masa con la veloci dad, tenemos: - = 2 trio;
V 77?
resultando, finalmente:
' V 77? 2,60 • 108 n^s
24.27.
I m energia en reposo de un electrón es 0,511 M eV. H allar la energia cinética de un electrón en movimiento con una velocidad v = 0,5c.
Solución: La energía cinética del electrón es:
648
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Ec = (m - m„) • c2
V = 0,511 McV •
- 1
1 - 1 = 0,0791 MeV = | 79,1 keV V i - 0.5S
24.28. U i energía en reposo de un protón es 938 M eV y su energía cinética, I 876 M eV. ¿Cuál es la relación entre sus masas relativista y en reposo?
Solución: Como la energía en reposo de una partícula es m„ • c2 y su energía cinética: (m - m0) • c2, aplicando las expresiones anteriores al caso del protón, tenemos: m„ • c2 = 938 MeV (11 (m - m„) • c2 = 1 876 MeV [21 Dividiendo entre sí las expresiones [1] y [2], se obtiene: m0 _ 1 m - nto 2 de donde resulta:
24.29. La energía total de un electrón es el quintuplo de su energía en reposo. ¿Cuál es su momento lineal y su velocidad?
Solución: Como la energía total de una partícula es igual a la suma de sus energías cinética y en reposo, de acuerdo con el enunciado del problema resulta que la energía cinética del electrón: (m - m„) • c2, será igual al cuádruplo de su energía en reposo: m„ • c2. (m - m„) ■c2 = 4 m„ • c2 Simplificando, se obtiene: m = 5 m„ www.FreeLibros.me
649
de donde:
v = 0,98c | El momento lineal del electrón será: 9.1 • 10~M kg - 0,98 • 3 • 108 tVs = p = m •v
V
Vi - o,8'
1.335 IQ-*' kg • m • s~ 24.30. La longitud de una varilla en reposo es L ' = 10 m , y su masa, también en reposo, 0,5 kg.
a) ¿Cuál es su longitud, medida por un observador que se desplaza para lelamente a ella con una velocidad v = — c? b) ¿Y si el observador se desplazase perpendicularmente a la varilla? c) ¿C uál es el momento lineal de la varilla? d i ¿Cuál es su energia total?
Solución:
b) Si el observador se desplaza pcrpendicularmcnte a la varilla, no obser vará variación alguna en su longitud: L = 10 m c) El momento lineal de la varilla será: 650
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0,5 kg . _ L . 3 - 10* iVs = I 1,7 • 10* kg m • s / 3 \2 4
V h ?) d)
Calculemos, por último, la energía total de la varilla:
Kg
V ^ í)
— • (3 • 10* m /s )2 = 1 6,8 • 10“ J
24.31. Calcular el radio de la circunferencia descrita por un electrón de 20 M eV de energía que se m ueve perpendicularmente a un campo magnético de 4 T de inducción: a) Utilizando la M ecánica clásica. b) Utilizando la M ecánica relativista (la m asa en reposo del electrón es 9.1 ■10 " kg = 0,511 M eV).
Solución: La fuerza de Lorentz que actúa sobre una carga eléctrica en movimiento en el interior de un campo magnético es: P = q • |v A B|, sien do su módulo: F = q - v • B • sen 9 . Si el electrón se mueve perpendicularmente al campo magnético, 9 = 90°, sen 9 = 1 , y, en consecuencia, F = q • v • B. Dicha fuerza, siempre perpendicular a la velocidad del elec trón, le comunica a éste una aceleración centrípeta de valor: Por lo tanto: F = q -v de donde: a)
P B -q
Según la Mecánica clásica: p = m„ • v = m„ • www.FreeLibros.me
651
■9.1 • 10~31 kg • 20 McV ■
-
= 2,41 • 1(T21 kg • m • s~‘ Por lo lamo: d =
P = B q
10 21 k8 ’ m ~ s ' = 4 T • 1,6 • 10-” C
2 ,4 1
3 77
.
m = I 0,377 i ----------
b) Apliquemos ahora la Mecánica relativista: p = - i - V (E C + 1
m „ • c 2) 2 -
( m „ • c2)2 =
V l ( 20 + °.511) McV]2 - (0,511 MeV)2 • 1,6 ■
J MeV
1.094 • UT20 kg •
Luego: R .
B -q
.
kg •m •s 4 T * 1,6 • 10“ C
1.094 . 1 0 -
_
.
10_2 m .
1--------
24.32. Cuando pasan fotones a través de una lámina delgada de materia se crea un par electrón-positrón deteclable en una cámara de burbujas por las huellas curva das de su paso. S i e l campo magnético en el interior de la cámara es B = 0,20 T y los radios de las trayectorias de ambas partículas 2,5 cm, hallar la energia y longitud de onda del fotón que produjo el par. (Las energías en reposo del electrón y del positrón son de 0,511 M eV.)
Solución: El momento lineal de cada una de las partículas (electrón y positrón) creadas en el proceso de materialización es: p = B • q • R = 0,20 T • 1,6 - lO '1’ C • 2,5 • 1 0'2 m = 8 • lO’ 22 kg • m • s " 1 y su energía total: E = V(m„ • c2)2 + (pe)2 =
■V(
0,511 MeV - 1-6, ^ Qe— L)
= 2,535 ■10-,J J = 2,535 • MTIJ J -
}
1,6
652 www.FreeLibros.me
• 10
, J= 1,58 MeV
Por tanto, la energía del fotón será igual al doble de la correspondiente a cada una de las partículas: E = 3,2 MeV La longitud de onda del fotón es: ). =
h m •c
h -c
h •c E
6,63 • lO"34 J ■s ■3 ■10” m • s~’ = 3,9 • 10“13 m = | 0,0039 A [ 24.33.
L a «m asa efectiva- de un fotón se puede calcular mediante la relación: m
E c*
Hallar las masas efectivas de dos fotones: uno de 5 000 Á de longitud de onda
Solución: Como: E = h •v y v
X
la masa efectiva de un fotón será: E h • v _ h ■c/X _ h m _ e* c3 c2 c-X Para ei fotón del visible: 6,63 • 10~M J ■s h 3 - 10* iVs • 5 • 10“7 m c •X y para el de rayos X: h _ c -X
6,63 ■1Q-34 J • s 3 - 108 n^s • 10“ 10 m
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4,42 ■IQ-M kg]
= | 2,21 ■10“J2 kg 653
24.34. ¿Q ué le sucede a la m asa de una partícula cuando aumenta su energía cinéti ca? ¿Y a la velocidad?
Solución: La masa aumenta y la velocidad también. Sin embargo, hay que considerar dos casos: a) Si la velocidad es pequeña, un aumento de energía se traduce primordialmentc en un aumento de velocidad. b) Si la velocidad es elevada, próxima a la de la luz. la energía suministra da se invierte, casi por entero, en incrementar la masa de la partícula. 24.35. La sum a de los ángulos internos de un triángulo sobre una superficie esférica ¿es igual a 180°? ¿ Y sobre una superficie plana? ¿E n qué circunstancias la geometría esférica se reduce a la geometría plana?
Solución: Mientras que la suma de los tres ángulos interiores de un trián gulo situado sobre una superficie plana es igual a 180°, si dicho triángulo se encuentra sobre una superficie esférica, la suma de sus ángulos internos es mayor de 180°. Si se trata de superficies pequeñas situadas sobre una esfera de gran radio (caso de puntos cercanos sobre la superficie de la Tierra), la geome tría esférica se puede reducir a la geometría plana.
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25. RADIACTIVIDAD
Emisión alfa: ¡>X ------ . Emisión bela: £X ------*
FORMULARIO-RESUMEN + jHe + energía (ley de Soddy) z m Y + (/ e + energía (ley de Fgjans)
L E V D E E L ST E R V C E IT E L D E LA D ES IN T EG R A C IÓ N RA D IA CTIV A
N = N0 • e
j X = J N0 = JN = 1t =
constante radiactiva. número de núcleos radiactivos iniciales. número de núcleos radiactivos en un instante dado. tiempo transcurrido.
.j. _ ln 2 _ 0.693 __ Q ^ * * ’
^ ( T = período de semidesintegración. 1 0
= vida media o promedio de vida.
T IP O S D E R EA C C IO N E S N UCLEA RES
Proyectil Emisión Ejemplo o '?N + jHe -» 'J o + ¡H P « n 13Al + ?He S ? + Jn n ¡,AI + ¿n fjMg + ¡H P n ’sO + ¿n — 'lC + 5Hc => 5Be + ¡H fU + jHc « P n ¡Li + ¡H -* jBc + Jn P n ííN a + ¿n — " N a + y Y 3L 1 + ¡H —* 3Bc + y P T www.FreeLibros.me
Formulación '?N(a. p)'JO íjAI(a, n)J?P fjAI(n, p)¡;’Mg '*0(n, ,)'lC ?Be(p, a)jLi jLi(p, n)¡Be ??N a(n, y)iiN a
JU(p, r)*Be 655
FA C T O R D E M ULTIPLICA CIÓN , k , D E UNA REA C CIÓ N D E F ISIÓ N NUCLEAR
[ Si k = 1, reacción crfti___________Neutrones emitidos___________ \ ca 0 estacionaria. Neutrones absorbidos + neutrones perdidos j Si k > 1, supercrítica. [ Si k < 1, subcrítica.
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25. RADIACTIVIDAD 25.1.
¿C óm o se descubrieron los fe n ó m en o s radiactivos? ¿Q ué consecuencia se dedu ce del hecho de que los fen ó m en o s radiactivos son independientes d el estado físico o quím ico d el elem ento radiactivo? S olu ció n : Los primeros fenómenos radiactivos naturales fueron descu biertos por H. Becquerel en 1896, alobservar cómo las sales de uranio eran capaces de impresionar placas fotográficas, aun sin haber estado expuestas a la luz. Posteriormente, E. Rutherford observó cómo las sales de uranio podían ionizar el aire, lo que suponía la emisión de algún tipo de radiación. Las investigaciones de los esposos Curie llevaron a la conclusión de que había más sustancias radiactivas, siendo estos fenómenos radiactivos exclusi vamente de carácter atómico. A partir de entonces se entiende por radiactividad el fenómeno por el cual algunas sustancias son capaces de emitir radiaciones, las cuales impre sionan las placas fotográficas, ionizan gases, producen fluorescencia..., etc. El hecho de que los fenómenos radiactivos sean independientes del esta do físico o químico del elemento radiactivo induce a considerar a dichos fenómenos como d e n a tu ra le z a ató m ica.
25.2.
¿C óm o se dem ostró que las partículas alfa eran núcleos de helio? ¿Q u é datos prim eros avalaban esta hipótesis?
S olución: Rutherford y Royds recogieron en un tubo de descarga las partículas alfa emitidas durante varios días por una sustancia radiactiva. Al cabo de ese tiempo produjeron una descarga eléctrica en el tubo. Examina do el espectro obtenido, se vio que correspondía al helio, quedando así definitivamente establecida la naturaleza de estas partículas.
25.3.
¿C u ál es la naturaleza de las partículas beta? ¿C óm o se explica q u e u n núcleo em ita partículas beta si en é l sólo existen protones y neutrones? S olución: Sometiendo las radiaciones emitidas por sustancias radiactivas a la acción de campos eléctricos y magnéticos y observando los efectos pro ducidos en ellas, se dedujo que las partículas beta son electrones, con velo cidades enormes, en algunos casos muy próximas a la de la luz. Se admite que un neutrón de los que componen el núcleo se desdobla en un protón —que permanece en el mismo núcleo— y en un electrón y un antineutrino, que salen de él. Por esta razón, el núcleo resultante se diferen cia del inicial únicamente en el número atómico, que es una unidad mayor (tiene un protón más).
25.4.
¿Q u é región deI átom o es «responsable» de las propiedades quím icas d el ele m ento y cu á l de las propiedades radiactivas? S olu ció n : Las propiedades químicas de un elemento dependen exclusiva mente de la corteza de sus átomos; es decir, del número de electrones de la corteza y de cómo están distribuidos en ella.
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Por el contrario, las propiedades radiactivas dependen solamente de la estructura del núcleo del átomo. ¿Q ué cambios experimenta un núcleo atómico cuando em ite una partícula alfa? ¿ Y si em ite una partícula beta? ¿Y cuando emite radiación gamma?
Solución: Cuando en una transformación radiactiva se emite una partícu la alfa se obtiene un nuevo elemento cuyo número atómico es dos unidades menor que el de su progenitor, siendo su número másico cuatro unidades menor (ley de Soddy). La emisión de una partícula beta origina un nuevo elemento cuyo núme ro atómico es una unidad mayor que el de su progenitor, siendo su número másico el mismo (ley de Fajans). Por último, la emisión de radiación gamma da origen a una mayor esta bilidad del núcleo, sin que se modifiquen ni el número atómico ni el número másico. ¿A qué se denom ina periodo de semidesintegración de una sustancia? ¿Qué relación guarda con la constante radiactiva? ¿Y con la vida media?
Solución: Se denomina período de semidesintegración de una sustancia radiactiva, T, al tiempo que tarda una determinada cantidad de dicha sus tancia en descomponer exactamente la mitad del número de átomos que existían al principio, los cuales, a su vez, han dado lugar a otros átomos distintos. El período de semidesintegración es característico de cada sustan cia radiactiva. La constante radiactiva, X, representa la mayor o menor probabilidad que tiene un átomo dado para desintegrarse. La vida media. 0, es la inversa de la constante radiactiva: representa la «esperanza de vida futura» de un átomo, es decir, el tiempo que por término medio, a partir de un instante dado, un átomo permanecerá sin desintegrarse. La relación entre estas tres constantes es la siguiente:
T = JL52L = o,.,693 ■ 25.7.
U na porción de sustancia radiactiva pura pesa I m g y tiene un período de sem i desintegración de 30 días. ¿A qué cantidad se habrá reducido al cabo de 60 días?
Solución: Al cabo de 30 días existirá la mitad de esa sustancia radiactiva; es decir, 0,5 miligramos. Al cabo de otros 30 días existirá la mitad de la sustancia radiactiva pre sente al comienzo de dicho intervalo; es decir, la mitad de 0,5 miligramos. Por tanto, al cabo de 60 días existirán 0,25 mg de sustancia radiactiva. También se puede resolver el problema aplicando la ley de Elster y Geitel:
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En esle caso: m = 1 mg • e = 1 mg - e-2 ,“ 2 = = 1 mg • c "1" 2‘ = 1 mg - - J j - = | 0,25 mg | 25.8.
¿E n cuánto tiempo verá reducido su capital a la octava parte una persona que invierta su fortuna en material radiactivo?
Solución: Cada vez que transcurra un tiempo igual al período de semidesintegración el capital se reduce a la mitad. Por tanto, al transcurrir un tiempo equivalente a tres periodos de semidesintegración, el capital se verá reducido a la octava parte. 25.9.
¿ E s equivalente la electrización por frotam iento de un cuerpo a la em isión de partículas beta?
Solución: Aunque en los dos casos hay emisión de electrones (nos referi mos, evidentemente, a cuando el cuerpo se electriza positivamente por fro tamiento), la diferencia es la siguiente: — En los fenómenos de electrización positiva por frotamiento, el átomo li bera electrones de su corteza; por tanto, el núcleo atómico queda inalte rado. — En los fenómenos de emisión de partículas beta el átomo libera electro nes de su núcleo. Por tanto, el núcleo atómico se altera, dando origen a un nuevo elemento. 25.10. ¿Q ué leyes se han de cum plir en toda reacción nuclear? Solución: En toda reacción nuclear se han de cumplir las leyes de conser vación clásicas de la Física (energía, etc.), aparte de otras muchas específicas (número bariónico, número leptónico, etc.), cuyo análisis en este libro rebasa nuestros propósitos. En lo que respecta al nivel exigible a nuestros fines, cabe reseñar que en toda reacción nuclear se han de cumplir el principio de conservación del número atómico y del índice de masa. 25.11. E l 2H¿ P u se desintegra emitiendo una partícula alfa. ¿Q ué núm ero atómico y qué núm ero másico tiene e l elemento resultante?
Solución: De acuerdo con la ley de Soddy, el número atómico del 29jPu disminuirá en dos unidades, y su número másico en cuatro unidades. Por tanto, los números atómico y másico del elemento resultante serán: I z = 94 - 2 - 92 I | A = 287 - 4 = 283 | 659 www.FreeLibros.me
25.12. (*) R azonar qué reacción nuclear de las siguientes es posible: p + '1 0 'lO + 5 n
'lo * 2 , '¡ O + n
— ' l o + 'l o
y calcular en ellaa la energía de la reacción, expresada en J , dando i pretación del resultado. altado. Datos: M asas expresadas t i unidades de m asa atómica:
'$ o Equivalencia masa-energía:
1
1,008787 1,007596 18.004883 17,004533
10
unidad de m asa atómica = 1,491 • 10 J Solución: Sólo es posible la segunda reacción, ya que en las demás i cumple la constancia del número atómico y del índice de masa. En esta segunda reacción:
E = (18.004883 u - 17,004533 u - 1.008787 u) ■1,491 '
—
= | -1.258 lO '12 J | La reacción es endoenergética (E < 0), ya que hay aumento de masa. 25.13. Suponiendo que la energía liberada en la fisió n del U-235 es de 180 M eV/át, calcular la m asa de U-235 consum ida por día por un m otor atómico de 2 000 kW de potencia, cuyo rendimiento es de130 %.
Solución: 3 w 86 400 s 1 J producido 2 000 kW-día = 2 000 kW-día • 10 1 kW 1 día 1 W •s 100 J consumidos 1 eV ___________________________________ 1 MeV 1 át U-235 30 J producidos 1 ,6 -K T 19J 106 eV 1 mol U-235 235 g U-235 7,83 g U-235 6 • I0?J át U-235 1 mol U-235
25.14. 1*1 E n una reacción nuclear hay una pérdida de m asa de 3 • 10 6 g . ¿Cuántos kW -h se liberan en el proceso? S i se producen l ( r reacciones idénticas por m inuto, ¿cuál será la potencia disponible?
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Solución: De acuerdo con la ecuación de Einstein: E = Am • c2, tene mos: E = 3 ■10~6 g • - 1 f e - • (3 • 108 m • s " 1)2 = 2,7 • 108 J = l(r g 3,6 • 106 J 1------------1 La potencia disponible será: p = 1q6 reacciones 1 min 2,7 - 108 J = I 4 S . I0 ir w I 25.15. A dem ás de las tres series radiactivas naturales, existe u na artificial, la denom i
nada d el neptunio, cuyos m iem bros tienen lodos de índice de m asa 4n + I. D icha serie com ienza en el 2i¡N p y , tras cuatro em isiones beta y varias alfa, term ina en un isótopo estable no radiactivo. Identificar dicho isótopo, sabiendo q ue una m uestra de 5 mili,nales de Np-237 da lugar, p o r desintegración total, a 430,5 cnr' de helio, m edidos a 27 °C de tem peratura y 2 atm ósferas de presión.
Solución: Se han recogido un total de:
n=
R'T
= ______ 2a,m 0f ^ i ---------= 35 • 1 0 - moles de He 0,082 ,Kf m• mol ' V - • 300 K
procedentes de la desintegración sucesiva de 5 - 10-3 moles de Np-237. Ello implica la emisión de 7 partículas a por cada átomo de Np-237 en el proceso de su desintegración. La correspondiente disminución de número atómico es de 14 unidades y 28 unidades en el número másico. Por otra parte, la emisión de 4 partículas 3 significa un aumento de 4 unidades en el número atómico. En suma, el isótopo estable final de la serie es el:
25.16. Calcular la vida m edia de u n átom o de uranio si su periodo de sem idesintegra ción es de 4 500 m illones d e años.
Solución: La vida media será: » . T . 4.5 .10--años
I
, ños I
25.17. U na cierta cantidad de sustancia radiactiva se reduce a la cuarta parte al cabo de 10 dias. Deducir el período de semidesintegración: a) Aplicando la ley de E lster y Geilel. b) A partir de la definición de período de semidesintegración. www.FreeLibros.me
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Solución: a) Aplicando la ley de Elsler y Geilel: N = N„ • e-M = N„ • e ~ tenemos:
Tomando logaritmos neperianos en los dos miembros de la expre sión anterior, resulta: -In 4 = - *^,2 • 10 días de donde: T 10 días • ln 2 10 días • ln 2 10 días I c .. 1 T= iiü = 2 ta 2 = ----- 2-----b) Para que una cierta cantidad de sustancia radiactiva se reduzca a la cuarta parte es necesario que transcurra un tiempo equivalente a dos períodos de semidesintegración. Como este tiempo es de 10 días, el período de semidesintegración será de 5 días. 25.18. Se dispone de una muestra de 2 000 núcleos de un mismo elemento radiactivo cuyo período de semidesintegración es T. ¿Cuántos núcleos permanecerán sin desintegrarse al cabo de un tiempo T¡4?
Solución: Aplicando la ley de la desintegración radiactiva de Elster y Geitel, tenemos: N - N 0 - e - w
= N „ - e " ^ L
' = N „ • e ’
1
~
=
N„ • e‘ ~
Tomando logaritmos neperianos en ambos miembros: In N = In N „
ln — = ln N0 - In 4
= In —
Por tanto: 2 000 núcleos I 1 682 núcleos ~ I N = —N„— ---------------------\ / T ----------------------------------'--------------------1 25.19. La vida media del Jlo lh es de 24 dios. ¿Qué cantidad de torio permanecerá sin desintegrarse al cabo de 96 dias?
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Solución: Apliquemos la ley de la desintegración radiactiva, teniendo en cuenta, además, que la vida media, 9, es igual a la inversa de la constante radiactiva. Se cumple que: _N _ = e_v' = e~ T = e~ TíaE" = e ~4 = 0,0183 = I 1,83 ' 25.20. E l período de sem idesintegración del tritio es 12,5 años. ¿Q ué tanto p o r ciento de tritio perm anecerá sin desintegrar a! cabo de 50 años?
Solución: Como:
N = N0 • e - * ' 1 = N0 • e
~
‘
resulta: -NM _ = c‘ T53«5- so,te = e- 4ln2 = - *>4V = 0,0625 = ■6,25—1 25.21. U na preparación radiactiva tiene u na constante /. = 1,44 • I 0 'J h '. ¿C uánto tiem po tardará en desintegrarse un 75 % de la m asa original? Solución: Apliquemos la ley de la desintegración radiactiva, teniendo en cuenta que cuando se haya desintegrado un 75 % de la masa original per manecerá un 25 % sin desintegrar. Se cumplirá que: 0,25 = e - 1'44'10" " Tomando logaritmos neperianos en los dos miembros de la anterior igualdad, tenemos: ln 0,25 = -1 ,4 4 - 10~3 h "1 ■t In 0,25 _ 1,3863 ---- - 962.7 h = 40,1 días i-3 hn-1 I---------------1 1,44 ■10~3 h -1 1,44 - 10~3 25.22. E n el a ño 1598 Marie y Pierre C urie aislaron 200 m g d e radio. E l período de sem idesintegración deI radio es 1 620 años. ¿A qué cantidad de radio h an que dado reducidos en la actualidad laño 1989) los 200 m g aislados entonces?
Solución: Aplicando la ley de Elster y Gcitel en la forma: m = m„ • e_ i ', tenemos: m = m0 • e_>'' = m„ • c 1 = 200 mg • e >«»**” ” **“ = = 200 mg - 0,962 = | 192,4 mg | www.FreeLibros.me
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25.23. E l período de semidesinlegración del jgSr es de 28 anos. Calcular: a) b) c) d)
a)
Su constante radiactiva, expresándola en s L a actividad, en curies, de una muestra de 1 m g de j%Sr. E l tiempo necesario para que la anterior muestra se reduzca a 0,25 mg. L a actividad, en curies, de los 0,25 m g de la muestra.
Solución: In 2 ..
0.693 = 7,85 • 10~
(A) = , 7,85 10
1 g------c Sr-90 ^ • ------------------1 mol Sr-90 s-i *. 1 mgrSr-90 • ,1 000 mg Sr-90 90 g Sr-90 6,02 ■10a át Sr-90 desintegr. ______l_Ci________ | ^ ^ , 1 mol Sr-90 3,7 • 1010 desintcgr/s '— ------
c) Se puede ver claramente que 0,25 mg es la cuarta parte de 1 mg. Para que una muestra radiactiva se reduzca a la mitad ha de transcurrir un tiempo igual al período de semidesintegración; es lógico, por consi guiente, que para quedar reducida a la cuarta parte, el tiempo necesario será el doble del periodo de semidesintegración: | t = 2 T = 56 años | d) Como la actividad es proporcional ai número de átomos presentes, la actividad de la muestra de 0,25 mg será la cuarta parte de la de 1 mg: [ (A1) = 0,035 Ci | 25.24. Determinar el valor de la constante radiactiva del radón, sabiendo que la canti dad de átomos de este elemento disminuye en un 16,6 % en un dia.
Solución: Podemos expresar la ley de Elster y Gcitel de la forma siguien-
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Sustituyendo, tenemos: 0,166 = 1 - e - ' 86 400 * o, lo que es lo mismo: 0.834 = c-2'86 400 * Tomando logaritmos neperianos en ambos miembros de la anterior igualdad, resulta: In 0,834 86 400 s = 2,1 • 10 6 s -' 25.25. E l 284p o , cuyo período de semidesintegración es de 140 dias, se transforma, por emisión de partículas alfa, en el 2s¡Pb estable. ¿Q ué cantidad de Po-210 es necesario tener inicialm ente para que a l cabo de 560 dias se puedan recoger 2,46 litros de helio, medidos a 27 °C y 2 atm de presión?
Solución: Determinemos, en primer lugar, el número de moles de helio recogidos. Apliquemos, para ello, la ecuación de Clapeyron: P •V 2 atm • 2.46 1 ■= 0.2 moles Este resultado indica que se han desintegrado 0,2 moles de Po-210. De acuerdo con la ley de la desintegración radiactiva, que podemos escribir de la forma: AN_ = . _
No como AN = 0.2 moles, resulta: 0,2
N„
1 _ c*
-v .
_ , _ e' 2
De aquí se obtiene: N0 =
= i _ e-4ta 2 = 16
moles de Po-210
y, por consiguiente: 4 www.FreeLibros.me
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25.26. a) ¿Q ué lanío por denlo de radón se desintegra en un día? b) Si disponemos inidalm ente de 1 mg de radón, ¿cuántos átomos se desinte gran durante el noveno día? (Para el 2i¡ÍRn, '/ = 2 ,1 • I 0 ~6 s ' .) Solución: a) La fracción de radón desintegrada será: = 1 - 0,834 = 0,166 = 16,6 % b) El número de átomos que se desintegran durante el noveno día es igual a la diferencia entre los que existen al final del octavo día y los que permanecen sin desintegrar al final del noveno: X, ,0-3 O oo. 1 mol Rn-222 6,02 • 1025 át Rn-222 ' 222 g Rn-222------------1 mol Rn-222 '
.(e- 2. „ 0 - ,-.8««
e - 2 .t,0 -
«O ,, .
1,05 • 1017 átomos Rn-222 25.27. Determinar la edad de un mineral de uranio, sabiendo que en él por cada kilogramo de 2$ U existen 320 gramos de 2%Pb. (Se ha de tener en cuenta que todo el Pb-206 proviene de la desintegración del U-238, cuyo periodo de semidesintegración es T = ' 4,5 • I0 9 años.)
Solución: Tomemos como referencia la cantidad de mineral que contiene 1 kg de U-238. El número de átomos de dicho isótopo que existen en la actualidad es: N - l 000 g U-238. ,m 0 ' U-238 No átomos U-238 238 g U-238 1 mol U-238 = 4,2017 • N„ átomos U-238 siendo N0 el número de Avogadro. El número de átomos iniciales de U-238. en el momento de la formación del mineral, será el existente en la actualidad sumado con el de átomos de Pb-206 provenientes de la desintegración del U-238: .w , g U-238- 1238gU mol U-238 átomos U-238 4-, No = 1, 000 .238 ■ N„°lm o |u .238 + 320 g P b-206. 1 mol Pb-206 No átomos Pb-206 1 átomo U-238 206 g Pb-206 1 mol Pb-206 1 átomo Pb-206 = 5,7551 • N0 át U-238 666
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Aplicando la ley de Elster y Geitel:
N = N„ • e ' = N„ tenemos: 4.2017 • N„ = 5.7551 • N„ • e 4,5 109 años ln ( - ^ § r )
= 2,04 • 109 años
25.28. M es un metal alcalinotérreo, uno de cuyos isótopos, M *, es emisor 2, con un período de semidesintegración de 25 dias, transformándose en el elemento X , no radiactivo. E n un recipiente de 2 litros de capacidad, m antenido a la tempe ratura constante de 27 °C, previam ente vaciado y provisto de un manóm etro, se han introducido 0,1 m oles del hidruro sólido, M *H 2. Calcular la indicación del m anómetro al cabo de 100 dias.
Solución: El metal alcalinotérreo M*, al desintegrarse por emisión a, da origen a X, gas noble monoatómico, teniendo lugar la reacción: * H 2(g> + x (g) + H e (g]
y formándose, en consecuencia, tres moles gaseosos por cada mol de M*H2 desintegrado. En 100 días, que es un tiempo igual a 4 veces el período de semidesintegración de M’. se habrán desintegrado los de la cantidad inicial. Se formarán, por tanto. 15 -16 - 0 , 1 - 3 moles = —4165 moles gaseosos. Aplicando la ecuación de Clapeyron, tenemos:
25.29. U no de los isótopos del cloro, el jfC I, es em isor X con un periodo de sem idesin tegración de aproximadamente 40 m inutos. E n un recipiente de vidrio, herm éti camente cerrado, vaciado previam ente y m antenido a la temperatura constante de 77 °C, se introducen 0,8 moles de Hj%CIlt¡), observándose que, al cabo de 120 m inutos, la presión en el interior del recipiente es de 1 330 m m de Hg. Calcular, en base a estos datos, e l volumen del recipiente en el que se ha verifi cado la experiencia.
Solución: De acuerdo con la ley de Fajans, el ffCl, al experimentar una emisión 3 . se transforma en el $Ar, teniendo lugar dentro del recipiente la reacción: www.FreeLibros.me
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HffCI(gj -------» - y H;(g| + Ar(s,
Al cabo de 120 minutos, que es un tiempo igual a 3 veces el periodo de semidesintegración del JfCI, se habrán desintegrado los 7/8 de la cantidad inicial. Se formarán, por tanto, • 0,8 moles = 0,7 moles de argón y * moles = 0,35 moles de hidrógeno, quedando sin descomponer 8 • • 0,8 moles = 0,1 moles de HC1. En consecuencia, en ese momento habrá en el recipiente un total de (0,7 + 0,35 + 0.1) moles = 1,15 moles gaseo sos. Aplicando la ecuación de Clapeyron, tenemos: 1,15 moles ■0.0 V = -------------------------------Ü-JEH!--------------- = 18,86 1 1 330 mm Hg - 7601mm a,m Hg 25.30. E l 2H Es y e l 2ijU son ambos emisores a, con periodos de semidesintegración, los dos, de aproximadamente 2 0 dias. luis productos de sus desintegraciones respec tivas, 29?Bk y *H,Th. son emisores 1. de vidas m uy largas. E n un recipiente cerrado, de 1,1 2 litros de capacidad, provisto de u n m anómetro y previamente vaciado, colocamos a 0 °C 2 gramos de U-230 y otros 2 gram os de Es-2S3. ¿C uál será la indicación del manómetro a l cabo de 10 dias?
Solución: Inicialmente colocamos en el recipiente:
2 moles = 16,6 • 10 -3 moles 253 los cuales se desintegran de acuerdo con la ley de Elster y Geitel: N = N„ • e'*"
siendo >, = ■
la misma para ambos isótopos.
La ecuación anterior la podemos escribir de la forma: AN = N„ • [1 - e - “ ] = N„ • [ l - e ' " ] donde AN es el número de moles de ambos isótopos que se desintegran en el tiempo t, e igual al número de moles de helio gaseoso que producen en su desintegración. En nuestro caso: AN = 16,6 • 10~3 moles • [ l - e 2 0 " a“ ] = =
16,6
■lO-3 moles • [ l - t
] = 16,6 • 10“3 moles
= 4,86 • 10“3 moles He www.FreeLibros.me
^1
- -^ = r] =
A plicando la ecuación de Clapeyron, leñemos:
P-
"-R-T V
4,86 • lO"3 moles - 0,082 K •*lm ' • 273 K mol__________ 1,12 I
= 9,71 • 10"2 atm = | 73,8 mm Hg a) Sabiendo que el período de sem idesintegración del 2Í j P o es de 138 dias, se pide determinar cuántos átomos de un m ol de polonio se desintegran cada día. b) ídem de un m ol de radón. (E l período de sem idesintegración del 22HiR n es 3,82 días.)
Solución: a) En este primer caso se puede aplicar la fórmula:
ya que el intervalo de tiempo (t = 1 día) es mucho menor que el perío do de semidesintegración, y se puede considerar que en todo ese tiem po el número de átomos inicial permanece invariable. Teniendo en cuenta la fórmula [lj, se obtiene: átomos día dt | = 3 102' átomos día b) En este caso no se puede emplear la fórmula [1], ya que el período de semidesintegración del radón es mucho menor que el del polonio. Para la resolución del problema debemos tener en cuenta que el número de átomos desintegrados es igual a los que había al comienzo menos los existentes al final. De este modo: = 6 • 1023 át - [ l - e~ JJO«“ = N„ • (1 - 0,834) = = 6 - 1023 át - 0,166 = 1023 át —— = 102' átomos/día Compruébese cómo, aplicando la fórmula (1], obtendríamos 1.09 • 10 át/día. comeliéndose un error relativo del 9 % . www.FreeLibros.me
25.32. Una serie radiactiva consta de tres miembros, a los que vamos a designar A , B y C . Los dos primeros son radiactivos, con constantes radiactivas XA y XB, m ien tras que el último es estable. Supongamos que inicialmente sólo existe A (un número de núcleos NAJ. a) Determinar el núm ero de núcleos presentes de B (NB) al cabo de un tiem p o t. b) ¿A qué queda reducida la expresión anterior en el caso de que el período de semidesintegración de A sea m ucho mayor que el de B? c) ¿A l cabo de cuánto tiempo es máximo el núm ero de núcleos de B existentes? d) Representar gráficamente el núm ero de núcleos de A , B y C en función del tiempo.
Solución:
a) La desintegración de A viene regida por las leyes: -» a -N a
Na = N a. • e“‘- '
[1]
[2]
Ya que al desintegrarse un núcleo de A se origina un núcleo de B. la velocidad de formación de B es la misma que la de desintegración de A (XA • Na). Pero como, a su vez. los núcleos de B se desintegran con la velocidad —XB • NB, se llega a la conclusión de que la variación con el tiempo del número de núcleos de B viene dada por la ecuación dife rencial: - ^ 2 - = XA • Na - XB • N„
[3]
Sustituyendo en [3] el valor de NA dado por [2], resulta: = XA • NA. • e — " - X„ • N„
[4]
Con objeto de proceder a la obtención de NB, por integración, mul tipliquemos los dos miembros de la ecuación [4] por e 'B Obtenemos así: e1*-1 dNe = XA - NAo • e(*B->A) l dt - XB • NB • e * 1 dt de donde: - i-
[ N b • e - '| =
XA • N a . • c " - - - » '
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[5]
Integrando la expresión [5], tenemos: N„ • e1" ‘ = / XA - Na„ -
' dt =
j N’a- •
+ C [6|
El cálculo de la conslante de integración C se realiza de inmediato, teniendo en cuenta que cuando t = 0, NB = 0. Resulta así: ' Na.
c- _
Sustituyendo en (6] y despejando NB, obtenemos finalmente: M
Xa X» -
N a. XA
|c
b) Si T a 3> Tb. Xa ^ XB, con lo que XA puede despreciarse frente a XB en la expresión [7J; asimismo, la función exponencial e- **’1 se hace prácticamente igual a la unidad. Resulta, de este modo: - * - • NA. • [1 - e -* «j c) Para que NB sea máximo tendremos que derivar con respecto al tiempo la expresión (7) e igualar a cero el resultado obtenido: dNB _ XA -N A|. dt XB - XA l-XA ■ *"+ >n ■ De aquí se deduce: o, lo que es lo mismo: _2_ =
(9]
Tomando logaritn s neperianos en los dos miembros de [9], se ob-
tien e:
>n - r - = (>b - XA) • t
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671
d)
Fig. 25.1
En la figura 25.1 se representa en función del tiempo el número de nú cleos de A. B y C presentes. Las curvas no están trazadas a escala, repre sentando tan sólo de una forma cualitativa las variaciones que tienen lugar. Pero siempre se cumple que: NA + NB + Nc = NA( = cte L a energía puesta en juego en las explosiones nucleares se suele medir en megatones. Un m egatón equivale a la energía liberada por u n millón de toneladas de T N T (2,4,6-trinitrotolueno). que es aproximadamente 5 • I0 ,s J . Una cen tral eléctrica, cuya potencia es de 10 M W , ¿cuánto tiempo puede estar funcionando con la energia de una bomba de 10 megatones?
Solución: La energía equivalente ; ia bomba de 10 megatones i 10IS J _ c . W = 10 megatones • 1 megatón y la potencia de la central eléctrica:
= 5 1012 s = 1,58 • I05 ano 672 www.FreeLibros.me
25.34. E l periodo de semidesintegración del C-14 es 5 570 años. E l análisis de una muestra de una momia egipcia revela que presenta las tres cuartas partes de la radiactividad de un ser vivo. ¿Cuál es la edad de la momia?
Solución: Apliquemos la ley de la desintegración radiactiva a la momia y Momia: (A) = X • N0 • e”x‘t Ser vivo: (A) = X • N0 Dividiendo ambas expresiones, tenemos:
(1] (2]
JL.e—- e - ¥ -
4 Tomando logarilmos neperianos en ambos miembros, se obtiene: - - f - ' m 2 = In - | de donde: T • In 5 570 años ■(-0,2877) > = ------------------------------------^ n'0,693 .A In 2
» 310 años
25.35. La relación C -I4/C -I2 en la atmósfera se admite que es del orden de 1 ,5 • 10 i2. E l análisis de la madera de un barco funerario en la tumba de! faraón Sesostris (dinastía X II) pone de manifiesto una relación de 9,5 • I0 ~ 'J. ¿Q ué edad puede atribuirse a dicha tum ba? E l valor del periodo de semidesinte gración d el C-14 se dio en el ejercicio anterior.
Solución: Apliquemos al C-14 la ley de la desintegración radiactiva de Elster y Geitel:
N = N„ • e_v' = N„ • c ' teniendo en cuenta que: N _ 9,5 ■10~‘: ■= 0.633 N„ 1,5 ■10“i: Sustituyendo, resulta: 0,633 = de donde:
5 570 años • In 0,633 _ r In 2 L www.FreeLibros.me
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PRINCIPALES CONSTANTES FISICAS Y QUÍMICAS Velocidad de la luz en el vado .. Aceleración de la gravedad ........ Constante de la gravitadón uni versal ......................................... Densidad máxima del agua (a 4 ° C ) ................. Densidad del mercurio (condiciones normales) ........................... Atmósfera tip o ............................. Volumen de un gas ideal en condidones normales .................... Número de Avogadro .................. Constante universal de los gases . Punto de congeladón del agua .. Equivalente mecánico del calor . Equivalente térmico del trabajo Constante de Planck ...................
c g
■2,9979 • 10® m/s (=. 3 ■9,80655 m/s2 (= 9,81 m/s2)
G
>6,67 • 10-“ N • m2/kg2 0,999972 g/cm3 (= 1 g/cm3)
Vm N„ R
In
J A h F e eV e/m*
Faraday ......................................... Carga del electrón ............ Eledronvoltio............................... Relación de la carga a la masa del electrón ..................................... Unidad de masa atómica (1/12 de la masa del 12C) ........................ u Masa del electrón en reposo ---Masa del protón en reposo.......... Masa del neutrón en reposo........ Masa de la partícula alfa (a) en reposo ......................... — Masa atómica del oxígeno natu ral en la escala física ............ Masa atómica en la escala ___________física__________ __ Masa atómica en la escala química = factor de Mccke-Childs ___ Energía de una unidad de masa atómica en reposo ....................
13,595 g/cm3 1,01325 • 105 Pa ■22,41383 dm3/mol (= 22,4 dm3/mol) ■6,022045 • 1023 partículas/mol (=» 6,02 • 1023 partículas/mol) ~ 0 0ÍP1 Katm• mol ’ * 8’3114 K •Jmol 273,16 K (=■273 K) = 4,1855 ¡/cal (= 4,18 J/cal) = 0,2389 ca/J (=■0,24 ca¡/¡) = 6,6265 • 10'34 J • s (=■6,63 • 10'34 J • s) = 9,6520 • 10* C (=■96 500 C) = 1,6022 • 10"19 C (=> 1,6 • 1 0 '1'’ C) = 1,6022-10'19 J (= 1,6 1 0'19 J) . 1,7589 • 10" Qkg ■1,6605 ■10-” kg 9,1095 ■10-31 kg = 5,486 • 10“ u 1,67265 ■10"27 kg = 1,0073 u 1,67495 • 10-” kg = 1,0087 u 6,6434 • 10'” kg = 4,0007 u 16,00446 u 16,00446 ' 1,00028 16 931,16 MeV (=■931,2 MeV)
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SISTEMAS D E UNIDADES E N MECÁNICA Sisteme Internacional
MAGNITUD
centímetro (cm) gramo (g)
Longitud Masa
kilogramo (les) - 10» g
Tiempo
segundo (s)
segundo (s)
Densidad
kgfat’ « = 1 0 'V c m m/s = 102 cn^s m/s1 - ¡O1cm/s‘ radián por segundo (rai^s)
g/cm*
ncwton N = 10* dyn N•m= = 107 dyn cm N•s ■ - 10' dyn • s kg • m/s ■
dina (dyn)
julio J - 107 erg
ergio (erg)
Velocidad Velocidad angular Aceleración angular Fuerza Momento de una Impulso mecánico Momento lineal Trabajo Potencia Presión
Sistema técnico o terrestre
Sistema ce«e*lmal
cmfs enVs2 ra
( m ) - T í cm unidad técnica de masa (utm) = 9.8 kg segundo (s)
minuto, hora, día. etc.
L
T
—
knVb
mj? = 102 cn^s* racVs
— rev/min
kilopondio kp = 9.8 N
-
M LT ■’
~
dyn • s = V n' ,
crg's
u lm n v i-, » 9,8 kg - m/s kilopondímetro kpm = 9,8 J kpm/s - 9.8 W
baria
k^m 2 - 9,8 Pa
W - 107 ergf's pascal (Pa) - 10 barias
-
utn^m3 = 9,8 kg/m’ m/s - 102 enVs
dyn • cm
g • aa/s
Kruactón anidade*
~
kW-h kW = 10’ w CV = 735 W milibar kp'cm2 atmósfera
PRI> CIPA LES MAGNITUDES Y UNIDADES ELÉCTRICAS
MAGNITUD
Caria eléctrica o cantidad de electricidad
Potencial, diferencia Intensidad eléctrico
Intensidad Capacidad
pQr e í 1’
corriente eléctrica
Ecuación de A AT m l t ’a * 1 M L ^T ’A ' 1 M _,L _2T\A2 dimensiones Faradio (F) Amperio Voltio (V) Culombio m Sistema A Internacional (C) Dyn Sistema (stat(cm) a de Unidades (franklin o (statvoltio) Franklin amperio) o Electrostáticas statcoulomb) 1 statvoltio = dyn Equivalencia 1 C - 3 ; 10* = 3 - i< r = 300 V = 9 - 10" franklin franklin
c
•M C - Í -
capacidad
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Resistenci«
ML*T"*A“2 Ohmio (U)
(statohmio) 1 ucc - 9 • 10" Ü
ÍNDICE www.FreeLibros.me
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ÍNDICE TEMA TEMA TEMA TEMA TEMA TEMA TEMA TEMA TEMA TEMA
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.
TEMA 11. TEMA 12. TEMA TEMA TEMA TEMA TEMA TEMA TEMA
13. 14. 15. 16. 17. 18. 19.
TEMA 20. TEMA 21. TEMA 22. TEMA 23. TEMA 24. TEMA 25.
Fág.
7 ANÁLISIS DIMENSIONAL. LA M EDIDA. ERRORES INTRODUCCIÓN AL CÁ LCULO VECTORIAL .................... 27 CINEM ÁTICA DEL PUNTO ........................................................... 47 COMPOSICIÓN DE MOVIMIENTOS ........... .............................. 95 E S T Á T IC A ................................................................................................ 119 DINÁM ICA DEL PUNTO ................................................................. 153 DINÁMICA DE LOS SISTEMAS D E PARTÍCULAS ........... 199 TRA BAJO. POTENCIA Y EN ERG ÍA .......................................... 221 DINÁM ICA DE LA ROTACIÓN .................................................. 259 DINÁM ICA DEL MOVIMIENTO VIBRA TO RIO ARM Ó NICO. MOVIM IENTO PENDULAR ............................................ 281 CA LO R Y TEM PERATURA. PRIM ER PRINCIPIO DE LA TERM ODINÁM ICA ............................................................................ 301 SEGUNDO PRINCIPIO DE LA TERM ODINÁM ICA. EN TRO PÍA . MÁQUINAS TÉRM ICAS .............................................. 321 CAMPOS ESCALARES Y VECTORIALES .............................. 337 CAM PO GRAVITATORIO TERRESTRE ................................. 351 CAM PO ELÉCTRICO ........................................................................ 373 417 CAPACIDAD ELÉCTRICA. CONDENSADORES CO RRIEN TE CONTINUA ............................................................... 461 ELECTROM AGNETISM O ............................................................... 505 INDUCCIÓN ELECTROM AGNÉTICA. CO RRIENTE AL TERNA ...................................................................................................... 529 E L E C T R Ó N IC A ..................................................................................... 559 MOVIM IENTO O N D U L A T O R IO .................................................. 577 ONDAS ELECTROM AGNÉTICAS................................................. 605 ONDAS Y PARTÍCULAS .................................................................. 617 TEO RÍA DE LA R E L A T IV ID A D .................................................. 635 RA DIACTIVIDAD .............................................................................. 655 TA BLA D E LAS PRINCIPALES CONSTANTES FÍSICAS Y QUÍM ICAS ............................................................................................. 675 TA BLA DE LOS SISTEMAS DE UNIDADES EN M ECÁ NICA ......................................................................................................... 676 TA BLA DE LAS PRINCIPALES MAGNITUDES Y UNI DADES ELÉCTRICAS ...................................................................... 676
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C ó d .: 76 01
Q U ÍM IC A G ENERAL D is e ñ a d o c o m o re s p u e s ta a l te m a rio o f ic ia l d e l 2 ° c u r s o d e B a c h ille r a to y c o m o m a n u a l d e in ic ia c ió n p a ra a q u e llo s a lu m n o s q u e c u rs e n e s t u d io s d e Q u ím ic a G e n e ra l e n F a c u lta d e s y E s c u e la s U n iv e rs ita ria s . U n a e x p o s ic ió n te ó r ic a s u fic ie n te m e n te p r o fu n d a , c o m p le m e n ta d a c o n u n a a m p lís im a s e le c c ió n d e p r o b le m a s - u n o s , e x p lic a d o s y re s u e lto s ; o t r o s p r o p u e s to s e in d ic a d a s u s o lu c ió n - , p r o p o rc io n a u n c o n o c im ie n to d ir e c to d e e s ta m a te r ia y s u s a p lic a c io n e s .
C ó d .: 7 6 0 0
FÍSICA G ENERAL E n la m is m a lín e a q u e e n Q u ím ic a G e n e ra l, s u s c o n te n id o s a d e m á s d e s a tis fa c e r e l te m a rio o f ic ia l d e 2 . ° c u r s o d e B a c h ille r a to , s irv e n c o m o in ic ia c ió n p a ra lo s a lu m n o s q u e c u r s e n e s tu d io s d e F ís ic a G e n e ra l e n la s E s c u e la s U n iv e rs ita ria s . S ie m p re q u e la te o r ía lo re q u ie ra , s e p r o p o n e n e je m p lo s e x p lic a tiv o s , q u e p e r m ite n f ija r c o n c la r id a d la s ¡ d e a s d e s a rro lla d a s . A s í m is m o s e p la n te a n d iv e rs o s p r o b le m a s re la c io n a d o s , q u e s o n r e s u e lto s e n c a d a c a s o , a p lic a n d o lo s c o n o c im ie n to s te ó r ic o s e x p u e s to s .
C ó d .: 7 6 0 4
1 OOO PROBLEM AS DE Q U ÍM IC A GENERAL U n a a m p lia c o le c c ió n d e c u e s tio n e s y p r o b le m a s , e x p lic a d o s y re s u e lto s , p r e s e n ta d o s e n o r d e n d e d ific u lta d c r e c ie n te , m u c h o s d e lo s c u a le s fu e r o n p r o p u e s to s e n P r u e b a s d e S e le c tiv id a d o e n e x á m e n e s d e F a c u lta d e s y E s c u e la s T é c n ic a s U n iv e rs ita ria s . C a d a u n id a d te m á tic a s e c o r r e s p o n d e c o n la s u n id a d e s d e l lib r o d e te o r ía y c o m ie n z a c o n u n b r e v e fo rm u la rio re s u m e n , p r e s e n ta d o e n fo r m a d e ta b la , p a r a fa c ilita r la rá p id a lo c a liz a c ió n y a s im ila c ió n d e lo s p r in c ip a le s c o n c e p to s y fó rm u la s .
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i
Este libro ofrece al e stu d ia n fe ^ w á iG a ' una amplia colección de cuésrOTfipéJ^ problemas, explicados y^resi/eltcJs, presentados en ordep de dificultad creciente, muchos de loé cuales fueron propuestos en p r u e b a s d e s e l e c t iv i d a d o en exámenes d (^ f a c u l t a d e s u n i v e r s it a r ia s
y ESCUELA* TÉCNICAS.
P r e te n d lm ^ con ello complementar los contetwroa teóri6ós de la asigna tura, p o s ib ilit á is la simultaneidad que dabe existir entre teoría y práctica, fin q u e aquella, frecuentemente, se manifieste pomo una situación ideali z a d l e la realidad. ado, no para saber más, nder mejor los objetivos
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