Temas 1 7 Ejercicios Resueltos

Temas 1-7 ejercicios resueltos Física I (Universidad de Valladolid)

Su distribución está prohibida

TEMA 1 CINEMÁTICA DE LA PARTÍCULA CONSEJOS PREVIOS A LA RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS Movimiento con aceleración constante

Al abordar un problema debes fijar el srcen de coordenadas y la dirección positiva. El criterio suele ser la conveniencia. A veces lo más útil es poner la partícula en el srcen cuando t=0 de forma que x0=0. Siempre es útil un diagrama de movimiento que muestre estas decisiones y algunas posiciones posteriores de la partícula. Recuerda que la dirección positiva del eje determina automáticamente las direcciones positivas de v y a. Si x es positiva hacia la derecha del srcen, v y a también son positivas hacia la derecha. Primero replantea el problema con palabras y luego traduce su descripción a símbolos y ecuaciones. ¿Cuándo llega la partícula a cierto punto (cuánto vale t)? ¿Dónde está la partícula cuando tiene cierta velocidad (o sea, cuánto vale x cuando v tiene ese valor)? Lista las cantidades como x, x0, v, v0, a y t. En general algunas serán conocidas y otras no. Escribe los valores de las conocidas, buscando información implícita. Por ejemplo, “un coche está parado en un semáforo” implica v0=0. Una vez identificadas las incógnitas trata de encontrar una ecuación que contenga sólo unaconocidos de las incógnitas. utilizando sólo símbolos, sustituye dos los valores y calcula laDespeja incógnita.laAincógnita veces tendrás que resolver simultáneamente ecuaciones con dos incógnitas. Examina los resultados para ver si son lógicos. ¿Están dentro del rango general de resultados esperados? Movimiento del proyectil

Define siempre el sistema de coordenadas y dibuja los ejes. Normalmente lo más fácil es colocar el srcen de coordenadas en la posición inicial del proyectil (t=0), con el eje X horizontal y hacia la derecha y el eje Y vertical y hacia arriba. Así, x 0=0, y0=0, aX=0 y aY=-g. No obstante, esto es arbitrario y puedes elegir el srcen que quieras. Lista las cantidades conocidas y desconocidas. En algunos problemas se dan las componentes (o la magnitud y dirección) de la velocidad inicial y puedes obtener fácilmente las coordenadas y componentes de la velocidad en un instante posterior. También pueden darte dos puntos de la trayectoria y pedirte que calcules la velocidad inicial. Asegúrate bien de saber qué te dan y qué te piden. Suele ser útil plantearse el problema con palabras y luego traducirlo a símbolos. En el punto más alto de la trayectoria vy=0. Así, la pregunta “¿cuándo alcanza el proyectil su punto más alto?” se traduce a “¿cuánto vale t cuando vy=0?” Del mismo modo, “¿cuándo vuelve el proyectil a su altura inicial?” se traduce a “ ¿cuánto vale t cuando y=y0?”


Resiste a la tentación de dividir la trayectoria en segmentos y analizarlos individualmente. No hay que volver a comenzar con nuevos ejes y nueva escala de tiempo cuando el proyectil llega a su altura máxima. Lo más fácil es usar los mismos ejes y la misma escala de tiempo durante todo el problema. Sistemas de coordenadas

Lee detenidamente los problemas para ver qué datos te dan. Todos los problemas pueden resolverse con todos los tipos de coordenadas. La elección de uno de ellos implica únicamente que la resolución se facilite. Normalmente deberás utilizar coordenadas rectangulares cuando las dos direcciones perpendiculares X e Y estén claramente separadas (por ejemplo todos los movimientos de proyectiles). Las coordenadas normal y tangencial son especialmente útiles en movimientos circulares. En muchos de ellos tendrás que relacionar varios tipos de coordenadas. Elije los ejes adecuados y vete proyectando velocidades y aceleraciones. Ten en cuenta que los ejes no coinciden en los distintos tipos de coordenadas. En coordenadas cartesianas los ejes serán X e Y mientras que en intrínsecas serán la dirección normal y tangencial a la trayectoria en el punto considerado. Ten mucho cuidado: una vez elegidas las coordenadas, los vectores unitarios seguirán estas direcciones. Es sencillo relacionar las coordenadas cartesianas con las intrínsecas, ya que la velocidad tiene dirección tangencial. El cálculo por tanto de un vector unitario en la dirección tangencial será casi inmediato: ut =

v

v

Y obviamente, el vector unitario en la dirección normal será perpendicular al tangencial. Alguna vez lo que te interesa es encontrar una ecuación que sea una relación entre las posiciones de interés. La derivación de esta ecuación respecto del tiempo te dará la velocidad, y la posterior derivación de la ecuación de la velocidad te dará la aceleración. Ten mucho cuidado al derivar respecto del tiempo, ya que hay parámetros que te pueden parecer constantes y no lo son. A menudo no son sólo las posiciones las que dependen del tiempo, sino también los ángulos. Movimiento relativo a un sistema de referencia en traslación

Expresa siempre todas las velocidades y aceleraciones vectorialmente, cuidando mucho de fijarte cuáles son absolutas y cuáles relativas. Si el sistema de referencia tiene un movimiento de traslación únicamente tendrás que sumar o restar los vectores. Observa el orden de los dobles subíndices de las velocidades: v A/B siempre significa velocidad de A relativa a B. Es muy sencillo de recordar, ya que la velocidad de A respecto de B es la de A menos la de B: vA/B=vA-vB Estos subíndices obedecen a un tipo de álgebra interesante. Si los consideramos cada uno como una fracción, la fracción del lado izquierdo es el producto de las fracciones del lado derecho:


P P B =   A B A

Puedes aplicar esta regla cuando apliques la ecuación del movimiento relativo a un número cualquiera de marcos de referencia. Por ejemplo, si hay tres marcos, A, B y C, podemos escribir de inmediato: vP/A=vP/C+vC/B+vB/A Movimiento relativo a un sistema de referencia en rotación

En el caso de sistemas de referencia en rotación la complejidad estriba únicamente en el cálculo matemático. No te asustes ante estos problemas y sigue exactamente el mismo procedimiento anterior representando todas las magnitudes como vectores, eligiendo previamente al problema, los ejes más adecuados. Ten especial cuidado al establecer las velocidades y aceleraciones relativas ya que la velocidad y aceleración relativas dependen del sistema de referencia. Lo más complicado en estos problemas suele ser expresar la velocidad y aceleración relativas. Para ello, es de particular interés que extraigas únicamente el sistema móvil y veas el movimiento de la partícula en él, es decir, imaginando que este sistema fuera fijo. Será especialmente útil en este caso todo lo visto en el tema de cinemática de la partícula, ya que tendrás que elegir las coordenadas adecuadas para que el cálculo matemático sea lo más sencillo posible.


TEMA 1 CINEMÁTICA DE LA PARTÍCULA PROBLEMAS

En primer lugar tendremos que ver si en algún momento entre t=1 s y t=6 s se produce una inversión en el sentido del movimiento, esto es, si en algún momento la velocidad se hace cero. La velocidad será: v=

dx = 10t 3 − 90t dt

Dicha velocidad será nula en: 10t3-90t=0 ⇒ 10t(t2-9)=0 ⇒ 10t=0 ⇒ t=0 t2-9=0 ⇒ t2=9 ⇒ t=±3 s De los tres resultados (t=-3, t=0, t=3) el único comprendido entre t=1 y t=6 s es t=3 s. Así pues, el móvil comienza a desplazarse en t=1 s desde la posición: t=1 s ⇒ x=2.5t4-4.5t2=2.5 · 14-45 · 12=-42.5 m A continuación, el móvil se desplaza en el mismo sentido hasta t=3 s, punto en que su posición es: t=3 s ⇒ x=2.5t4-45t2=2.5 · 34-45 · 32=-202.5 m En este momento el móvil invierte el sentido del movimiento y comienza a desplazarse hacia la derecha hasta t=6 s, instante en el que la posición es: 4

2

4

2

⇒ x=2.5t -45t =2.5 · 6 -45 · 6 =1620 m t=6ses desplaza Así pues, el móvil primero hacia la izquierda desde x=-42.5 m hasta x=202.5 m (es decir, 160 m) y posteriormente se desplaza hacia la derecha desde x=-202.5 m hasta x=1620 m (es decir, 1822.5 m). Así pues la distancia recorrida es: d=160+1822.5=1982.5 m d=1982.5 m

En el instante t=0 el móvil está en la posición x 0=0. En t=1 s el móvil está en x1=5 · 14-40 · 12=-35 m, luego se ha desplazado en el sentido negativo del eje x. En t=5 s el móvil está en x 5=5·54-40·52=2125 m, por lo tanto se ha desplazado en el sentido positivo del eje x. Entre t=0 y t=5s ha invertido el sentido del movimiento y su velocidad tiene que haberse anulado. El tiempo en que eso ha ocurrido lo determinamos a partir de la expresión de la velocidad: v=

dx = 20t3 − 80t = 0 ⇒ t = 0 y t = 2 s dt

En el intervalo de tiempo que estamos considerando la velocidad se anula en t=2 s y el móvil está en x2=5 · 24-40 · 22=-80 m. Por lo tanto en el intervalo de tiempo entre 1 s y 5 s


hace el siguiente recorrido: primero se desplaza entre t=1 s y t=2 s hacia la izda, desde x1=-35 m hasta x2=-80 m, después entre t=2 s y t=5 s se desplaza en sentido contrario, desde x2=-80 m hasta x5=2125 m. La distancia total recorrida será: d=-[x2-x1]+[x5-x2)]=-[-80-(-35)]+[2125-(-80)]=2250 m d=2250 m

El tren sale de una de las estaciones y llega a la otra, luego determinando la posición final del tren tendremos la distancia entre las dos estaciones. Tendremos que ir haciendo cada tramo por separado. Desde t=0 hasta t=6 s la velocidad del tren aumenta linealmente con el tiempo, luego el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado. La aceleración valdrá: a1 =

∆v1 6 − 0 = = 1 m / s2 ∆t1 6 − 0

Por tanto la posición al final de este tramo es: 1 1 1 x1 = x01 + v01t1 + a1t12 = a1t12 = ⋅ 1 ⋅ 62 = 18 m 2 2 2

Desde t=6 s hasta t=10 s la velocidad vuelve a aumentar linealmente con el tiempo pero con aceleración diferente. La aceleración en este segundo tramo será: ∆v2 12 − 6 = = 1.5 m / s2 ∆ − 2 La posición entonces en t=10 s:t 10 6 a2 =

1 1 x2 = x02 + v02t2 + a2t22 = 18 + 6 ⋅ (10 − 6) + ⋅ 1.5 ⋅ (10 − 6)2 = 54 m 2 2

Desde t=10 s hasta t=34 s la velocidad del móvil es constante e igual a 12 m/s luego en t=34 s la posición alcanzada por el tren será: x3=x03+v3t3=54+12(34-10)=342 m Por último, en el tramo final la velocidad disminuye con el tiempo, luego el movimiento vuelve a ser uniformemente acelerado con aceleración negativa: a4 =

∆v4 0 − 12 = = −2 m / s2 ∆t4 40 − 34

La posición final del tren, que será la segunda estación, es: 1 1 x4 = x04 + v04t4 + a4 t42 = 342 + 12 ⋅ ( 40 − 34) − ⋅ 2 ⋅ ( 40 − 34)2 = 378 m 2 2

x4=378 m


Vamos a ver lo que ocurre en cada uno de los tramos del movimiento. En los 5 primeros segundos (0
acelerado, teniendo en cuenta que el espacio inicial es nulo y suponiendo que el móvil parte del reposo: x = x0 + v0 t +

1

at2 ⇒

2

0.5 3

=

1

a ⋅ 52 ⇒ a = 0.0133 m / s2

2

Por tanto en la gráfica a-t tendremos en este intervalo una recta horizontal en este valor, puesto que la aceleración es constante. Para la velocidad, en este tipo de movimiento la velocidad aumenta linealmente con el tiempo, luego la representación gráfica será una recta de pendiente positiva. Para trazar una recta sólo necesitamos dos puntos. Uno de ellos es el srcen de coordenadas (t=0 ⇒ v0=0) y el punto final será para t=5 s donde: v=v0+at=5 · 0.0133=0.0667 m/s Por lo tanto trazamos una recta entre ambos puntos. A continuación, para 5
6

0.0667 m/s. Este tipo de movimiento se mantiene durante 10 s luego: 1 5 5 1 x = x0 + v0 t + at2 ⇒ = + 0.0667 ⋅ 10 + a ⋅ 102 ⇒ a = −0.0133 m / s2 2 6 6 2

La aceleración es negativa luego el móvil en este intervalo está frenando. Esto es coherente con la gráfica x-t, en la cual el espacio es máximo en t=20 s y comienza a disminuir después, lo que nos indica que el móvil se desplazaba en un sentido cada vez más lentamente hasta que en t=20 s se detiene instantáneamente e invierte el sentido del movimiento, volviendo hacia el srcen de coordenadas. En cualquier caso, el gráfico a-t será en este intervalo de tiempos una horizontal 2

por el valor -0.0133quem/s . En cuanto a sla⇒gráfica v-t m/s tendremos ahoraen una pendiente negativa, comenzará en t=15 v0=0.0667 y terminará t=25recta s: de v=v0+at=0.0667-0.0133 · 10=-0.0667 m/s Vemos que si todo está correctamente trazado además esta recta tiene que pasar por el punto t=20 s ⇒ v=0. A continuación, para el intervalo 25

Y por último nos falta el intervalo 35
final es nulo y la velocidad inicial -0.0667 m/s. Este movimiento se mantiene durante 5 s luego la aceleración vale: x = x0 + v0 t +

1 2 0.5 1 at ⇒ 0 = − 0.0667 ⋅ 5 + a ⋅ 52 ⇒ a = 0.0133 m / s2 2 3 2

La gráfica a-t es una horizontal en este valor. En cuanto a la gráfica v-t será una recta de pendiente positiva que pasa por los puntos t=35 s ⇒ v=-0.0667 m/s y t=40 s: 0+at=-0.0667+0.0133 · 5=0 Las gráficas nos quedanv=v al final: 0.08

0.015

0.06

0.010

0.04 ) s / m ( v

0.02

2

0.00 -0.02 0 -0.04 -0.06 -0.08

5

10

15 20 25 30 35 40 t (s)

) s / m (

0.005 0.000

a

-0.005

0

5

10

15 20 25 30 35 40 t (s)

-0.010 -0.015

b) Ahora vamos a ver los valores de velocidad y aceleración que nos piden. Para t=2.5 s estamos en el primer tramo del movimiento, de modo que la posición es: x=6.67 · 10-3t2=6.67 · 10-3 · 2.52=0.0417 m En ese instante la velocidad vale: v=0.0133t=0.0133 · 2.5=0.033 m/s Y obviamente la aceleración: a=0.0133 m/s2 Para t=10 s estamos en el segundo tramo del movimiento. La velocidad en ese intervalo es constante de modo que: v=0.0667 m/s Y como el movimiento es rectilíneo y la velocidad es constante la aceleración es nula: a=0 La posición en ese momento será: x=x0+vt= 0.5 + 0.0667 ⋅ 5 = 0.5 m 3

Para t=20 s estamos en el tercer intervalo del movimiento, y punto más alto de la gráfica x-t. La posición es x=1 m, la velocidad v=0 y la aceleración a=-0.0133 m/s2. en el cuarto Para t=30 s estamos intervalo del movimiento. El movimiento en este intervalo es rectilíneo y uniforme, siendo la velocidad: v=-0.0667 m/s La aceleración, obviamente es nula, y la posición en ese momento:


x=x0+vt= 5 − 0.0667 ⋅ 5 = 0.5 m 6

Y por último, para t=37.5 s nos encontramos en el último tramo del intervalo. La aceleración vale: a=0.0133 m/s2 La velocidad: v=-0.0667+0.0133t=-0.0667+0.0133 · 2.5=-0.033 m/s Y la posición: x=0.167-0.0667t+6.67 · 10-3t2= =0.167-0.0667·2.5+6.67 · 10-3 · 2.52=0.0417 m Los vectores velocidad y aceleración en estos instantes son los que aparecen en la figura adjunta.

a) En primer lugar determinamos la velocidad: v=

dx = 9t2 − 20t + 9 dt

Es una ecuación de segundo grado, luego representa una parábola. El vértice de la parábola estará donde la pendiente de la tangente sea nula, es decir: dv 20 = 0 ⇒ 18t − 20 = 0 ⇒ t = = 1.11 s dt 18

Y podemos ver si se trata de un máximo o un mínimo viendo el signo de la segunda derivada en ese punto: d2v = 18 dt2

Por tanto la función presenta un mínimo, ya que la segunda derivada no puede ser negativa. Hacemos una tabla de valores: t (s) v (m/s)

0.00 0.20 0.40 0.60 0.80 9

1.00

1.11

1.20

1.40

1.60

1.80 2.00

5.36 2.44 0.24 -1.24 Y-2.00 -2.11la representación -2.04 -1.36 0.04 2.16 5.00 tenemos que aparece en el

primer gráfico. En cuanto a la aceleración: a=

dv = 18t − 20 dt

Es una ecuación de primer grado luego representa una recta de pendiente positiva. Para representarla nos vale con dos datos, luego tendremos:


t (s) 0 2 a (m/s2) -20 16 Y tendremos la representación que aparece en el segundo gráfico. b) Si la partícula está en reposo la velocidad tiene que ser cero, luego: v = 0 ⇒ 9t2 − 20t + 9 = 0 ⇒ t =

20 ± 202 − 4 ⋅ 9 ⋅ 9 0.627 s = 2⋅9  1.595 s

Los dos valores están dentro del intervalo que nos dicen luego son válidos ambos: t=0.627 s; t=1.595 s Podemos ver que el resultado coincide con la gráfica del apartado a), ya que estos valores c) sonVamos los dosa ver cortes que tenemos de la curva el eje de abscisas (v=0).En t=0.627 s: el signo de la aceleración en con los dos puntos anteriores. a=18t-20=18 · 0.627-20=-8.714 m/s2 t=0.627 s ⇒ a<0 Y para el otro punto: a=18t-20=18 · 1.595-20=8.714 m/s2 t=1.595 s ⇒ a>0 Veamos que el signo se puede obtener de la gráfica v-t. Puesto que hablamos de aceleración, y la aceleración es la derivada de la velocidad respecto del tiempo, gráficamente será la pendiente de la tangente en el punto dado. Y en la gráfica de la parábola podemos observar que para t=0.627 s la pendiente es negativa y para t=1.595 s la pendiente es positiva. Respecto a la gráfica a-t podemos ver directamente los datos, y observar que para t=0.627 s el valor de la aceleración es negativo y para t=1.595 s el valor de la aceleración es positivo. d) Si la velocidad instantánea no cambia la aceleración tiene que ser nula luego: a = 0 ⇒ 18t − 20 = 0 ⇒ t = 20 = 1.11 s 18

t=1.11 s e) La condición de máximo es que la primera derivada sea nula y la segunda derivada sea negativa. Así pues, si queremos que la posición sea máxima, la derivada, es decir, la velocidad, tiene que ser nula, y esto sucede en dos momentos, t=0.627 s y t=1.595 s. En cuando a la segunda derivada, que es la aceleración, sabemos que es negativa para t=0.627 s. Por tanto el máximo desplazamiento se produce en t=0.627 s y vale: xmáx=3t3-10t2+9t=3 · 0.6273-10 · 0.6272+9 · 0.627=2.45 m xmáx=2.45 m f) Si aumenta de rapidez la aceleración tiene que tener el mismo sentido que la velocidad (ambas positivas o ambas negativas) y si además lo hace a más ritmo el valor absoluto de la aceleración tiene que ser máximo. La velocidad y la aceleración coinciden en signo a partir de t=1.11 s en que ambas son positivas. En este tramo el máximo valor de la aceleración se da en: t=2 stiene tener sentido contrario a la velocidad, Si la velocidad disminuye la aceleración y si además disminuye con mayor ritmo el valor absoluto de la aceleración tiene que ser máximo. La velocidad y la aceleración tienen signo contrario hasta t=1.11 s, en que la velocidad es positiva y la aceleración negativa. El máximo valor absoluto de la aceleración en este intervalo se produce en: t=0


En primer lugar vamos a determinar la velocidad y la aceleración: r=xi+yj=(8t+5)i+(4t2-2)j ⇒ v = dr = 8i + 8tj ⇒ a = dv = 8 j dt

dt

Podemos determinar la aceleración tangencial, ya que es la derivada del módulo de la velocidad respecto del tiempo. El módulo de la velocidad es: v = vx2 + v2y = 82 + (8t)2 = 64 + 64t2 = 8 1 + t2

Entonces la componente tangencial de la aceleración es: at =

dv 8 ⋅ 2t 8t = = dt 2 1 + t2 1 + t2

Para t=3 s tendremos: at =

8t 1 + t2

=

8⋅3 1 + 32

= 7.59 m / s2

Como conocemos la aceleración tangencial y la total podemos determinar por diferencia la normal: a2 = at2 + an2 ⇒ an = a2 − at2 = 82 − 7.592 = 2.53 m / s2

an=2.53 m/s2

La velocidad será: v=

En t=0:

dx dy i+ j = (12t − 2)i + 3j ⇒ v = (12t − 2)2 + 32 dt dt v = (22 + 32 ) = 3.6 m / s

v=3.6 m/s La aceleración: dvx

dvy

2

a = dt i + dt j = 12i ⇒ a=12 m/s

Y su componente normal:

an = a2 − at2

En t=0 la componente tangencial de la aceleración es: at =

dv d 2(12t − 2)12 − 24 = (12t − 2)2 + 32 = = = 6.667 m / s2 dt dt 2 (12t − 2)2 + 32 22 + 32

Por tanto sustituyendo:


an = a2 − at2 = 122 − 6.66t2 = 9.97 m / s2

an=9.97 m/s2

Para determinar el radio de curvatura de la trayectoria necesitamos calcular la aceleración normal an y la velocidad: an =

v2 ⇒ρ= ρ

v2 an

La velocidad será: v=

Y la aceleración:

dr = 3t2i − 2tj dt

a=

dv = 6ti − 2 j dt

Al segundo de iniciarse el movimiento: v=3i-2j Y su módulo al cuadrado: v2=32+22=13 Y la aceleración: a=6i-2j El módulo de la aceleración es:

a = 62 + 22 = 40 m / s2 a = at2 + an2

Podemos determinar la componente tangencial de la aceleración: at =

dv d 36t3 + 8t 36 ⋅ 13 + 8 ⋅ 1 = = = 6.1 m / s2 9t4 + 4t2 = 4 2 dt dt 2 9t + 4t 2 9 ⋅ 14 + 4 ⋅ 12

Tenemos el módulo de la aceleración tangencial y el de la aceleración total. La componente normal será: a = at2 + an2 ⇒ an = a2 − at2 = 40 − 6.12 = 1.66 m / s2

El radio de curvatura de la trayectoria en ese instante es: ρ=

v2 13 = = 7.81 m an 1.66 ρ=7.81

m


La velocidad de la partícula será: dr = (12t − 4)i − 3j dt

v=

Y la aceleración: a=

dv = 12i dt

En el instante t=0: v=-4i-3j

Su módulo: v = 42 + 32 = 5 m / s

v=5 m/s La componente tangencial de la aceleración: at =

v ·a

=

v

En módulo:

−48 = −9.6 m / s2 5

at=9.6 m/s2

Para determinar el radio de curvatura de la trayectoria necesitamos calcular la aceleración normal an y la celeridad v: an =

v2 v2 ⇒ρ= ρ an

La celeridad o módulo de la velocidad de la partícula es: v=

ds = 6t 2 + 2t dt

La aceleración: a = at2 + an2 ⇒ an = a 2 − at2

La componente tangencial at: at =

Para t=1.5 s:

dv = 12t + 2 dt

v=6 · 1.52+2 · 1.5=16.5 m/s at=12 · 1.5+2=20 m/s2 a = 33.782 − 20 2 = 27.22 m / s 2 n

ρ=

v2 16.52 = = 10 m an 27.22 ρ=10

m


a) Puesto que la órbita de la nave es circular la aceleración normal o centrípeta será: ac =

v2 r

Tenemos como datos: r=R+h=6370+200=6.570 km T=88.2 min=5292 s La velocidad será el espacio recorrido (longitud de una circunferencia de ese radio (2πr) dividido por el tiempo que tarda en recorrerlo (periodo orbital): 2

 2πr    v2  T  4 π2r 4 π2 ⋅ 6.57 ⋅ 10 6 ac = = = 2 = = 9.26 m / s2 R r T 52922

ac=9.26 m/s2 b) Como hemos dicho, la velocidad es: v=

2πr 2π ⋅ 6.57 ⋅ 10 6 = = 7800.55 m / s T 5292

v=7800.55 m/s

En la dirección horizontal la velocidad no varía: vx=6 m/s=cte Y en dirección vertical al cabo de 2 s puesto que el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado: vy = −gt = −9.8 ⋅ 2 = −19.6 m / s

La velocidad por lo tanto que tiene el objeto al cabo de 2 s es: v = vx2 + vy2 = 62 + 19.62 = 20.50 m / s

v=20.50 m/s Podemos comprobar que en ese tiempo la partícula no ha chocado con el suelo, ya que la altura en ese instante será: 1 1 y = y0 + voy t − gt2 = 20 − 9.8 ⋅ 22 = 0.4 m 2 2

En el eje X la velocidad se mantiene constante: vx=v0x=53cos30º=45.90 m/s=cte


En el eje Y el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, siendo la aceleración la de la gravedad. En este eje por tanto, al cabo de 5 s: vy=v0y+at=v0y-gt=53sen30º-9.8 · 5=-22.5 m/s Después de 5 s la velocidad tiene dos componentes: v=vxi+vyj=45.90i-22.5j Y en módulo: v = v x2 + v 2y = 45.90 2 + 22.5 2 = 51.12 m / s

v=51.10 m/s

Para puntos que tienen la misma altura la velocidad es la misma (cambiada de signo la componente vertical), luego al llegar al suelo la velocidad tiene que ser de nuevo 4 m/s: v=4 m/s En cualquier caso podemos comprobarlo. En el eje X el movimiento es rectilíneo y uniforme luego la velocidad en dicho eje es constante e igual a la inicial: vx=cte=v0x=v0cos30º=4cos30º=3.464 m/s En el eje Y el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, siendo la aceleración la de la gravedad. Para saber la velocidad en primer lugar tendremos que saber cuánto tiempo tarda la partícula en llegar al suelo. Para el punto en que toca con el suelo la altura es nula, y=0: 1 2 1 2 y = y0 + v0 y t − 2 gt ⇒ 0 = 0 + 4sen30º t − 2 9.8t ⇒ 2 − 4.9t = 0 ⇒ t = 0.408 s

Por tanto la componente Y de la velocidad será: vy=v0y-gt=4sen30º-9.8 · 0.408=-2 m/s La velocidad al llegar al suelo será por tanto: v=vxi+vyj=3.464i-2j En módulo: v = vx2 + vy2 = 3.4642 + 22 = 4 m / s

v=4 m/s

Tendremos en esquema lo que aparece en la figura. Puesto que se trata de un cuerpo sometido a la acción de la gravedad y no hay resistencia de aire, en el eje X tendremos movimiento rectilíneo uniforme, con velocidad constante e igual a la velocidad inicial: vX=v0X=v0cos33º=30cos33º=25.16 m/s


Mientras que en eje Y el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, siendo la aceleración la de la gravedad (g=9.8 m/s2 vertical y hacia abajo) y la velocidad inicial: v0Y=v0sen33º=30sen33º=16.34 m/s En el punto de máxima altura (punto que marcaremos como 1) la componente vertical de la velocidad se anula luego: v1Y=0 ⇒ v1Y=v0Y-gt1 ⇒ 0=16.34-9.8t1 ⇒ t1=1.667 s Y por tanto la altura en este punto será: 1 1 ymáx = y0 + v0 Y t1 − gt12 = 15 + 16.34 ⋅ 1.667 − 9.8 ⋅ 1.667 2 = 28.62 m 2 2

Esta es la altura respecto del suelo. Respecto de la azotea del edificio tendremos: h=ymáx-y0=28.62-15=13.62 m h=13.62 m b) Justo antes de golpear el suelo (punto que marcaremos como f) la altura es nula. Por tanto el tiempo será: 1 1 yf = y0 + v0 Y tf − gtf2 ⇒ 0 = 15 + 16.34tf − 9.8tf2 ⇒ 4.9tf2 − 16.34tf − 15 = 0 2 2 16.34 ± 16.342 + 4 ⋅ 4.9 ⋅ 15  4.084 s tf = = 2 ⋅ 4.9 − 0.750 s

Obviamente sólo es correcta la solución positiva. Así pues, en el punto f la velocidad final tiene dos componentes, la X, que es constante y vale: vfX=v0X=25.16 m/s Y la Y, que es variable en ese instante valdrá: m/s vfY=vyoYque -gtf=16.34-9.8 · 4.084=-23.68 Y el módulo de la velocidad será: 2 2 vf = vfX + vfY = 25.162 + 23.682 = 34.55 m / s

vf=34.55 m/s c) Para la distancia horizontal tenemos que el movimiento es rectilíneo y uniforme, de modo que tenemos: xmáx=x0+v0Xtf=25.16 · 4.084=102.75 m xmáx=102.75 m

Tendremos lo que aparece en la figura. El avión apunta al norte, pero el viento sopla al este, dando la velocidad resultante vP/T respecto de la Tierra. Para calcular su módulo y dirección tendremos en cuenta que: vP/T = vP/A+ vA/T Según vemos en la figura estas velocidades forman un triángulo rectángulo luego:


vP T = vP2/ A + vA2 / T = 2402 + 1002 = 260 km / h

vP/T=260 km/h Ése será el módulo. Si queremos calcular el ángulo tendremos que: tan φ =

φ

que forma con la vertical

100 = 0.417 ⇒ φ = 22.62º este 240

φ=22.62º este El viento lateral aumenta la velocidad del avión relativa al suelo, pero a costa de desviarlo hacia el Este.

(vP/T) En este caso tendremos lo que aparece en la figura, para compensar el arrastre del viento el piloto debe dirigir el avión hacia la izquierda un ángulo φ. Las velocidades cumplen la misma ecuación vectorial: vP/T = vP/A+ vA/T siendo la velocidad vP/T y el ángulo φ: vP T = v2P A − v2A T =

= 2402 − 1002 = 218.17 km / h

vP/T=218.17 km/h

100 senφ = = 0.417 ⇒ φ = 24.62º oeste 240 φ=24.62º

oeste

En la figura se representan las velocidades de los aviones A y B respecto al suelo. La velocidad de A respecto a B es: vA/B=vA-vB=300j=173.21 -(-200sen60º i+200ji+200cos60ºj)= En módulo: vA B = 173.21 + 2002 = 264.58 km / h

vA/B=264.58 km/h La velocidad de B respecto de A es: vB/A=vB-vA=-200sen60ºi+200cos60ºj-300j= =-173.21i-200j En módulo:


vB A = 173.212 + 2002 = 264.58 km / h

vB/A=264.58 km/h Notemos que ambas velocidades son opuestas: vB/A=-vA/B Si quisiéramos calcular la dirección de dichas velocidades tendríamos: tgθ =

173.21 = 0.866 ⇒ θ = 40.89º 200

Por tanto, para un pasajero que viaja en el avión B le parece queE.el avión A se mueve a 264.58 km/h en la dirección N 40.89º Por el contrario, la velocidad relativa vB/A tiene la misma magnitud, 264.58 km/h pero la dirección opuesta S 40.89º O.

Pasamos todo al sistema internacional y tenemos que las velocidades son: vA=48 km/h=13.33 m/s; vB=72 km/h=20 m/s Tomamos como ejes los habituales, el eje X horizontal y positivo hacia la derecha y el eje Y vertical y positivo hacia arriba. En cuanto a las aceleraciones, el coche A da vuelta en una curva con velocidad constante, luego su aceleración es normal o centrípeta: aA =

vA2 13.332 = = 1.327 m / s2 rA 134

El coche B tiene movimiento rectilíneo luego la aceleración sólo puede ser tangencial y nos dicen que es de 3 m/s2: aB=3 m/s2 Vectorialmente las velocidades son las que vienen dibujadas en el gráfico: vA=vAj=13.33j vB=-vBi=-20i Por tanto la velocidad de A respecto de B es: vA/B=vA-vB=13.33j-(-20i)=20i+13.33j vA/B=20i+13.33j m/s La aceleración del coche A es normal luego tiene la dirección del radio de curvatura y apuntando hacia el centro de curvatura: aA=-aAi=-1.327i La de B tiene la misma dirección que la velocidad de B pero sentido contrario, ya que nos dicen que el coche B decelera: aB=aBi=3i Entonces la aceleración de A respecto de B es: aA/B=aA-aB=-1.327i-3i=-4.327i aA/B=-4.327i m/s2


Vamos a ir viendo cada movimiento por separado. Comencemos con María. Suponemos que la dirección del movimiento del agua es la dirección del eje X y positivo en el sentido de la corriente. La velocidad de María respecto del agua (v n) es hacia la derecha, y la del agua también, de modo que podemos calcular la velocidad absoluta de María al ir a favor de la corriente: VMaría/agua=vMaría-vagua ⇒ vMaría=vMaría/agua+vagua=vni+vai=(vn+va)i A la vuelta sólo nos cambia el sentido de la velocidad relativa, que ahora es hacia la izquierda. Operando del mismo modo: v’María/agua=v’María-vagua ⇒ v’María=v’María/agua+ vagua=-vni+vai=-(vn-va)i Por tanto, teniendo en cuenta que los movimientos son rectilíneos y uniformes, el tiempo empleado por María será: ) ida ( +) tMaría vuelta = d + d = d + d = tMaría = (tMaría vMaría v'María vn + va vn − va d(vn − va + vn + va ) 2dvn 2dvn = = = (vn + v)(a vn −) va( )(vn + v)a vn − va vn2 − va2

Ahora vamos a ver qué ocurre con Juan. Juan nada de modo que su movimiento absoluto es perpendicular a las orillas del río, luego su velocidad relativa a la ida tiene que ir hacia la izquierda, ya que tiene que cumplirse que: vJuan/agua=vJuan-vagua ⇒ vJuan=vJuan/agua+vagua=vn+va Así, tendremos vectorialmente: vJuan=vn+va ⇒ vJuanj=-vnsenφi+vncosφj+vai ⇒ vJuan=vncosφ A la vuelta cambia el sentido de la velocidad absoluta de Juan, y por tanto el de la relativa, pero puede verse que el módulo es el mismo. Tendremos ahora: v’Juan/agua=v’Juan-vagua ⇒ v’Juan=v’Juan/agua+vagua=vn+va Y podemos poner operando como antes: v’Juan=vn+va ⇒ -vJuanj=-vnsenφi-vncosφj+vai ⇒ vJuan=vncosφ El tiempo empleado por Juan en ir y volver será: ( ) ida + tJuan vuelta = d + d = tJuan = (t)Juan vJuan

=

d vn cos φ

d

+

vn cos φ

Ahora tenemos que comparar los dos tiempos: tMaría =

2dvn = vn2 − va2

=

v'Juan

2d vn cos φ

2dvn 2dvn 2dvn 2dvn = = =   v 2  vn2 (1 − sen2 φ ) vn2 cos2 φ va2  vn2 1 −  a   2   vn    vn  2dvn 2d tJuan = = vn cos φ vn2 cos φ

 vn2  1 −

Los numeradores son iguales, pero podemos ver que:


vn2 cos2 φ < vn2 cos φ ⇒ cos φ < 1 ⇒

2dvn 2dvn < ⇒ tMaría > tJuan vn2 cos2 φ vn2 cos φ

El tiempo es menor para Juan luego vuelve primero Juan al mismo punto. JUAN


TEMA 2 DINÁMICA DE LA PARTÍCULA CONSEJOS PREVIOS A LA RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS

Para tener éxito al aplicar la segunda ley de Newton a un sistema mecánico, primero se debe ser capaz de identificar todas las fuerzas que actúan sobre él, es decir, se debe ser capaz de construir el diagrama de cuerpo libre correcto. ¿Cómo se debe realizar este diagrama? Inicialmente, se define un sistema mecánico como un cuerpo o grupo de cuerpos que pueden aislarse de los demás cuerpos. Dicho sistema puede ser un cuerpo único o una combinación de cuerpos conectados. Los cuerpos pueden ser rígidos o no. El sistema puede ser también una masa definida de un fluido, líquido o gas, o una combinación de fluidos y sólidos. Una vez decidido qué cuerpo o combinación de cuerpos hay que analizar, se aísla este cuerpo o combinación de cuerpos de todos los demás cuerpos que lo rodean. Este aislamiento se logra mediante el diagrama del cuerpo libre, que es una representación esquemática del cuerpo o conjunto de cuerpos aislado en la que figuran todas las fuerzas aplicadas a él por otros cuerpos que se consideran suprimidos. Solamente después de haber trazado con cuidado este diagrama se podrá llevar a cabo el cálculo de las distintas fuerzas. En las figuras que aparecen a continuación pueden verse los tipos corrientes de aplicación de fuerzas a sistemas mecánicos. En cada ejemplo se indica la fuerza ejercida sobre el cuerpo que se aísla por el cuerpo que se suprime. La tercera ley de Newton, que establece la existencia de una reacción igual y opuesta a toda acción, deberá cumplirse estrictamente. Presentamos aquí la acción de un cable, correa, cuerda o cadena flexibles sobre el cuerpo al cual está unido. A causa de su flexibilidad, un cable no puede ofrecer resistencia a la flexión, cortadura o compresión, por lo que ejerce una fuerza tensora de tracción tangente al cable en su punto de amarre. La fuerza ejercida por el cable sobre el cuerpo al que está unido siempre está dirigida hacia fuera del cuerpo. En lo que veremos este curso, la tensión T es grande frente al peso del cable, por lo que éste puede suponerse que adopta forma rectilínea. Cuando están en contacto las superficies lisas de dos cuerpos, como en este segundo ejemplo, la fuerza que ejerce una sobre la otra es normal al plano tangente a ambas superficies y compresiva. Aún cuando las superficies reales no son nunca completamente lisas, esta hipótesis está justificada en la práctica en muchos casos. Cuando las superficies en contacto de los cuerpos son rugosas, la fuerza de contacto no será normal al plano tangente a las superficies, sino que se podrá descomponer en una componente tangencial o de rozamiento F y una componente normal N.


Los apoyos de rodillo, zapata o bola transmiten una fuerza compresiva normal a la superficie de apoyo. Una guía de deslizamiento libre es un collar o corredera que puede moverse libremente a lo largo de guías lisas; puede resistir solamente fuerza normal a la guía. No hay resistencia paralela a la guía. Una conexión de pasador articulada libremente puede resistir una fuerza en cualquier dirección en el plano normal al eje del pasador. Esta acción suele representarse en función de dos componentes rectangulares, Rx y Ry. Una de las fuerzas más corrientes es la debida a la atracción de la gravedad. Dicha fuerza afecta a todos los elementos de un cuerpo y en consecuencia, está uniformemente distribuida por todo él. La resultante de las fuerzas de la gravedad que se ejercen sobre todos los elementos es el peso P del cuerpo; pasa por el centro de gravedad G y está dirigido hacia el centro de la Tierra en el caso de las estructuras ligadas a la Tierra. La fuerza ejercida por un resorte elástico lineal, sea tensión o compresión, está dada por F=kx, donde k es la constante del resorte y x su deformación a partir de la describe posición neutral o de deformación nula. La linealidad de la relación medida fuerza-deformación igual fuerza para igual deformación durante el proceso de carga y descarga del resorte. Es conveniente que se examine estos diagramas con cuidado y a continuación se proceda a construir los diagramas de otros sistemas descritos en los ejercicios. Cuando un sistema contiene más de un elemento, es importante que se construya un diagrama de cuerpo libre de cada uno de los elementos. Define siempre tu sistema de coordenadas. Siempre es útil un diagrama que te indique el srcen y la dirección del eje positivo. Si conoces la dirección de la aceleración suele ser conveniente tomarla como dirección positiva. Debes ser consistente con los signos. Una vez definido un eje y su dirección positiva, las componentes de velocidad, fuerza y aceleración en esa dirección serán positivas. Al aplicar la primera o segunda ley de Newton concéntrate en un cuerpo específico. Dibuja un diagrama del cuerpo libre como acabamos de explicarte con todas las fuerzas que actúan sobre él, sin incluir las que actúan sobre otros cuerpos. La aceleración del cuerpo está determinada por las fuerzas que actúan sobre él, no por las que él ejerce sobre otros cuerpos. En tu diagrama normalmente podrás representar el cuerpo como una partícula. Puede serte útil usar colores para los vectores fuerza. Para evitar confusiones, los únicos vectores en tu diagrama deberán ser fuerzas; no incluyas otros como velocidades y aceleraciones. Es muy útil dibujar al lado un nuevo diagrama del mismo cuerpo con las


aceleraciones correspondientes. Si representas una fuerza en términos de sus componentes haz una línea ondulada en el vector srcinal para no incluirlo dos veces. Si hay dos o más cuerpos puedes usar un sistema de ejes distinto para cada uno, pero en las ecuaciones de cada cuerpo los signos de las componentes deben ser consecuentes con los ejes escogidos para ese cuerpo. Identifica las cantidades conocidas y desconocidas y asigna símbolos algebraicos a estas últimas. Si conoces la dirección de una fuerza desde el principio, usa un símbolo para representar su magnitud (siempre positiva). Recuerda que la componente de esta fuerza en cierta dirección puede ser positiva o negativa. Escribe la primera o segunda ley de Newton en forma de componentes, usando el sistema de coordenadas que has elegido desde el principio. Despeja las incógnitas en estas ecuaciones. Comprueba siempre la coherencia de las unidades. Si está implicado más de un cuerpo, repite los pasos explicados para cada uno de ellos. Puede haber relaciones entre los movimientos de los cuerpos; por ejemplo, pueden estar conectados por una cuerda. Expresa tales relaciones en forma algebraica como relaciones entre las aceleraciones de los distintos cuerpos y luego resuelve las ecuaciones para obtener los valores de las incógnitas. En resumen, para la realización correcta de un diagrama de cuerpor libre, que será la base de los problemas de dinámica y lo que nos permitirá resolverlos correctamente, deberemos seguir los siguientes pasos: Paso 1. contendrá Decidir claramente cuerpo o combinación de cuerpos hay que aislar. El cuerpo elegido una o másqué de las cantidades desconocidas buscadas. Paso 2. Aislar el cuerpo o combinación de cuerpos elegido mediante un diagrama que represente por completo su contorno. El esquema del contorno deberá representar una superficie cerrada en el espacio, la cual define el aislamiento del cuerpo de todos los demás cuerpos en contacto o que ejerzan atracciones, los cuales se consideran suprimidos. Este paso es quizá el más importante de todos. Deberás asegurarte siempre de que has aislado por completo el cuerpo antes de proceder al paso siguiente. Paso 3. A continuación se representan en sus posiciones apropiadas en el diagrama todas las fuerzas que se ejercen sobre el cuerpo aislado por los cuerpos suprimidos. El recorrido sistemático de todo el contorno revelará todas esas fuerzas. Se incluirán los pesos donde sean apreciables. Las fuerzas conocidas se representarán mediante flechas con su magnitud, dirección y sentido indicados. Las fuerzas desconocidas se representarán mediante flechas con la magnitud o dirección desconocida indicada con un símbolo. Si también se desconoce el sentido del vector, puede suponérsele arbitrariamente. Los cálculos revelarán una magnitud positiva si el sentido supuesto era el correcto y una magnitud negativa si el sentido supuesto era falso. Es necesario mantener las características asignadas a las fuerzas desconocidas a lo largo de todos los cálculos. Paso 4. Deberán indicarse directamente sobre el diagrama los ejes coordenados elegidos. También pueden representarse a voluntad las dimensiones geométricas pertinentes. Sin embargo, téngase en cuenta que el diagrama para cuerpo libre está destinado a concentrar nuestra atención sobre la acción de fuerzas exteriores y por tanto


no conviene enredar el diagrama con una información extraña excesiva. Las flechas representativas de las fuerzas deben distinguirse claramente de toda otra flecha que pueda aparecer, para que no haya confusión posible. Una vez realizados los cuatro pasos anteriores se tendrá un diagrama para cuerpo libre correcto y se habrá despejado el camino a seguir para aplicar los principios de la Mecánica, tanto en Estática como en Dinámica. Muchas veces te sentirás tentado a omitir del diagrama para cuerpo libre ciertas fuerzas que a primera vista puede parecer que no son necesarias en los cálculos. Caer en esta tentación conduce a cometer un gran error. Solamente con un aislamiento completo y una representación sistemática de todas las fuerzas exteriores se pueden interpretar adecuadamente los efectos de todas las fuerzas aplicadas y reactivas. Muy frecuentemente, una fuerza que a primera vista parece no tener influencia sobre uno de los resultados buscados resulta tenerla. Así pues, el único procedimiento seguro es hacer que en el diagrama figuren todas las fuerzas cuyas magnitudes no sean despreciables.


TEMA 2 DINÁMICA DE LA PARTÍCULA PROBLEMAS

Hacemos el diagrama de sólido libre de la esfera. En cualquier instante tendremos que la esfera está sometida a su peso (vertical y hacia abajo) y a la tensión en la cuerda. En cuanto a aceleraciones, tendremos sólo la componente normal de la aceleración, ya que el módulo de la velocidad es constante. Dicha aceleración tiene la dirección del radio de curvatura y apuntando hacia el centro de curvatura. Vemos que en la mitad superior de la trayectoria la tensión y la componente normal del peso tienen el mismo sentido, de modo que si aplicamos la segunda ley de Newton a la dirección normal tendremos: ΣFn = man ⇒ T + mg cos θ = m

v2 v2 ⇒T =m − mg cos θ l l

Sin embargo, en la mitad inferior de la trayectoria estas dos fuerzas tienen sentido contrario, y aplicando la misma ley llegamos a: ΣFn = man ⇒ T − mg cos θ = m T=m

v2 l

v2 + mg cos θ l

Por tanto ya vemos que la tensión en principio es mayor en la parte inferior de la trayectoria que en la superior. Además, si queremos que la tensión sea lo más grande posible el término cos θ=1 ⇒ θ=0º, lo cual ocurrirá en la parte más baja de la trayectoria. Así pues, la tensión máxima vale: T =m

 v2  v2 v2 + mg cos θ = m + mg = m + g  l l l    v2    T = m + g   l 


Puesto que la polea no tiene masa, si la fuerza F es de 248 N la tensión en la cuerda será la mitad: T=

F 2

=

248

= 124 N

2

A la vista de la tensión, es evidente que los dos bloques se desplazan hacia arriba. Ahora hacemos el diagrama de sólido libre del bloque A y aplicamos la segunda ley de Newton: T − mA g 124 − 98 ΣFY=mAaAY ⇒ T-m Ag=mAaA ⇒ aA = = = 2.6 m/s 2 mA

10

aA=2.6 m/s2 De igual manera hacemos el diagrama de sólido libre del bloque B y tendremos: T-mBg=mBaB ⇒ aB = T − mBg = 124 − 49 = 15 m/s 2 mB

5

aB=15 m/s2

a) Las masas de los bloques serán: PA 1000 = = 102.04 kg g 9.8 P 400 mB = B = = 40.82 kg g 9.8

mA =

Las aceleraciones no son independientes, sino que están relacionadas. Para encontrar la relación entre ellas llamamos y A a la posición en cada instante del bloque A e y B a la posición en cada instante del bloque B, tal como aparece en la figura. Es evidente que: dyA = vA ; dt

bloques como:

dyB dv = −vB ⇒ A = aA ; dt dt

dvB = aB dt

Podemos escribir la longitud de la cuerda que une los dos

L=2yA+yB+ctes Derivando respecto del tiempo: L=2yA+yB+ctes ⇒ 0 = 2 dyA + dyB ⇒ 0 = 2vA − vB ⇒ vB = 2vA dt

dt

Y volviendo a derivar respecto del tiempo: vB = 2vA ⇒

dvB dv = 2 A ⇒ aB = 2aA dt dt


Ahora hacemos el diagrama de sólido libre del bloque B, sometido a su peso y a la acción de la cuerda. Aplicamos la segunda ley de Newton y tenemos: ΣFY=mBaBY ⇒ T-PB=mBaB ⇒ T-400=40.82aB Hacemos del mismo modo el diagrama de sólido libre del bloque A y aplicamos la misma ecuación: ΣFY=mAaAY ⇒PA-2T=mAaA ⇒ 1000-2T=102.04aA Uniendo estas dos ecuaciones con la que tenemos que nos relaciona las aceleraciones tenemos un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas, que es: T-400=40.82aB 1000-2T=102.04a A aB=2aA Sustituimos la tercera ecuación en las dos anteriores: T-400=40.82aB ⇒ T-400=40.82 · 2aA ⇒ T-400=81.63aA 1000-2T=102.04aA Y de la primera ecuación tenemos: T-400=81.63aA ⇒ T=400+81.63aA Lo sustituimos en la segunda: 1000-2T=102.04aA ⇒ 1000-2(400+81.63aA)=102.04aA ⇒ 1000-800-163.27aA=102.04aA 200=265.31aA ⇒ aA=0.75 m/s2 ⇒ aB=2aA=2 · 0.75=1.51 m/s2 aB=1.51 m/s2 b) Y la tensión en la cuerda: T=400+81.63aA=400+81.63 · 0.75=461.54 N T=461.54 N

a) Las aceleraciones de los bloques no son independientes. Para relacionarlas, denominamos x A a la posición en cada instante del bloque A y x B a la posición en cada instante del bloque B, tal como aparece en la figura. Así, tendremos que: dxA = −vA ; dt

dxB dv = vB ⇒ A = aA ; dt dt

dvB = aB dt

La longitud de la cuerda que une los bloques A y B la podemos expresar como: L=3xA+2xB Derivando esta ecuación respecto del tiempo: L=3xA+2xB ⇒ 0 = 3 dxA + 2 dxB ⇒ 0 = −3vA + 2vB ⇒ vB = 1.5vA dt

dt


Y derivando otra vez respecto del tiempo: vB = 1.5vA ⇒

dvB dv = 1.5 A ⇒ aB = 1.5aA dt dt

Ahora hacemos el diagrama de sólido libre del bloque A y aplicamos la segunda ley de Newton al eje Y: ΣFY=mAaAY ⇒ NA-mAg=0 ⇒ NA=mAg=25 · 9.8=245 N Como el bloque A desliza la fuerza de rozamiento adquiere su valor máximo: FrA=(FrA)máx=µcNA=0.20 · 245=49 N Y en el eje X: ΣFX=mAaAX ⇒ 3T-FrA=mAaA ⇒ 3T-49=25aA

Y en el eje X:

Operamos de modo similar con el bloque B. Hacemos su diagrama de sólido libre y aplicamos la segunda ley de Newton al eje X: ΣFY=mBaBY ⇒ NB-mBg=0 ⇒ NB=mBg=30 · 9.8=294 N Como el bloque B también desliza la fuerza de rozamiento adquiere su valor máximo: FrB=(FrB)máx=µcNB=0.20 · 294=58.8 N

ΣFX=mBaBX ⇒ F-2T-FrB=mBaB ⇒ 100-2T-58.8=30aB Estas dos ecuaciones junto con la que nos relaciona las aceleraciones forman un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas: 3T-49=25aA 100-2T-58.8=30a B aB=1.5aA

Sustituimos la tercera en las dos3T-49=25a primeras: A 100-2T-58.8=30a B ⇒ 100-2T-58.8=30 · 1.5a A ⇒ 41.2-2T=45aA Ahora despejamos la tensión en la segunda ecuación y sustituimos en la primera: 41.2-2T=45aA ⇒ T=20.6-22.5aA 3T-49=25aA ⇒ 3(20.6-22.5aA)-49=25aA ⇒ 61.8-67.5aA-49=25aA 12.8=92.5aA ⇒ aA=0.138 m/s2 aA=0.138 m/s2 b) A partir de aquí tendremos que la tensión vale: T=20.6-22.5aA=20.6-22.5 · 0.138=17.486 N T=17.486 N c) Y para el bloque A, teniendo en cuenta que el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado: 1 1 xA = x0A + v0At + aAt2 = 0.138 ⋅ 52 = 1.725 m 2 2

xA=1.725 m


a) Puesto que todas las superficies son lisas no hay fuerzas de rozamiento. Así, en el sistema de dos partículas sólo existen fuerzas verticales, los dos pesos de los dos cuerpos y la normal que ejerce la superficie de apoyo sobre la cuña B. Como todas las fuerzas son verticales, la aceleración del centro de masas tiene que ser vertical, y el centro de masas sólo puede desplazarse verticalmente. Por tanto, cuando el bloque A comience a deslizar sobre la cuña y caiga hacia la derecha, la cuña reacciona desplazándose hacia la izquierda de modo que el centro de masas del sistema no se mueva en la dirección horizontal. El bloque A tiene por tanto movimiento relativo respecto de la cuña, ya que la cuña es un sistema de referencia en traslación que se traslada hacia la izquierda. Ahora vamos a ir haciendo los diagramas de sólido libre. Si empezamos por el bloque A, éste estará sometido sólo a su peso y a la reacción de la cuña, que puesto que es lisa tiene que ser normal (perpendicular a la superficie de apoyo). En cuanto a la aceleración tenemos que dibujar la absoluta, que podemos determinar a partir de: aA/B=aA-aB ⇒ aA=aA/B+aB Tendremos que sumar la relativa (que será paralela al plano inclinado) más la de la cuña, que es horizontal y hacia la izquierda. Tendremos lo que aparece en la figura. Como ejes tomamos el X paralelo al plano inclinado y positivo hacia abajo y el Y perpendicular al plano inclinado y positivo hacia arriba. Aplicamos la segunda ley de Newton en estas dos direcciones:

ΣFX=mAaAX ⇒mAgsen30º=mA(aA/B-aBcos30º) gsen30º=aA/B-aBcos30º ⇒ 9.8sen30º=aB/A-aBcos30º ΣFY=mAaAY ⇒ N-mAgcos30º=-mAaBsen30º N-10 · 9.8cos30º=-10aBsen30º ⇒ N-84.870=-10aBsen30º Tenemos dos ecuaciones y tres incógnitas (N, aB y aB/A). Hacemos a continuación el diagrama de sólido libre de la cuña B. En este caso tomaremos como ejes unos ejes cartesianos normales, con el X horizontal y positivo hacia la izquierda y el Y vertical y positivo hacia arriba. En cuanto a fuerzas tenemos su peso (vertical y hacia abajo), la normal ejercida por la superficie horizontal (perpendicular a la superficie de apoyo) y la reacción del bloque A (que por la tercera ley de Newton, principio de acción-reacción, tiene que ser igual y de sentido contrario a la que ejercía B sobre A, es decir, la normal N). Respecto a aceleraciones la cuña B desliza hacia la izquierda luego su aceleración es horizontal y hacia la izquierda. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje X: ΣFX=mBaBX ⇒ Nsen30º=mBaB ⇒ Nsen30º=20aB Tenemos por tanto un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas: 9.8sen30º=aB/A-aBcos30º N-84.870=-10aBsen30º Nsen30º=20aB


De la tercera ecuación: Nsen30º=20aB ⇒ aB=0.025N Y sustituimos en las otras dos: 9.8sen30º=aB/A-aBcos30º ⇒ 9.8sen30º=aB/A-0.025Ncos30º ⇒ 4.9=aB/A-0.0217N N-84.870=-10aBsen30º ⇒ N-84.870=-10 · 0.025Nsen30º ⇒ N=75.44 N N=75.44 N b) La aceleración del bloque, a A, vale: aA=aA/B+aB Vamos a determinar por tanto esas dos componentes. Tendremos: aB=0.025N=0.025 · 75.44=1.886 m/s2 B/A 4.9=a -0.0217N ⇒ aB/A=4.9+0.0217N=4.9+0.0217 · 75.44=6.537 m/s2 Ahora vamos a determinar la aceleración del bloque A. Tenemos en el gráfico dicha aceleración, que es suma vectorial de aB y aB/A. Tomando los ejes que aparecen en la figura: Eje X: aAX=aA/B-aBcos30º=6.537-1.886cos30º=4.904 m/s2 Eje Y: aAY=-aBsen30º=-1.886sen30º=0.943 m/s2 De modo que la aceleración del bloque es: aA=4.904i-0.943j En módulo: 2 2 aA = aAX + aAY = 4.904 2 + 0.9432 = 4.994 m / s2

aA=4.994 m/s2 c) Y la aceleración de la cuña B ya la hemos determinado: aB=1.886 m/s2

a) Las masas de los bloques serán: mA =

PA g

=

150

= 15.306 kg; mB =

9.8

PB g

=

300 9.8

= 30.612 kg

Supongamos que el sistema no inicia el movimiento. Con esta suposición la suma de fuerzas en cualquiera de las direcciones es nula, así que tendremos para el bloque A: ΣFY=mAaAY ⇒ N-PA=0 ⇒ N=PA=150 N ΣFX=mAaAX ⇒2T-Fr=0 ⇒ Fr=2T Para calcular la fuerza de rozamiento y saber si el bloque desliza o no necesitamos la tensión, de modo que


hacemos también el diagrama de sólido libre del bloque B. Para este bloque: P 300 ΣFY=mBaBY ⇒ PB-3T=0 ⇒ T = B = = 100 N 3

3

Por tanto retomando el bloque A: Fr=2T=2 · 100=200 N El bloque no desliza si la fuerza de rozamiento es inferior a la máxima, luego si nuestra suposición es correcta se verificará que: Fr<(Fr)máx ⇒ Fr<µeN ⇒ 200<0.30 · 150 ⇒ 200<45 N Vemos que llegamos a un absurdo, lo que implica que la suposición que hemos hecho es incorrecta y el sistema sí que inicia el movimiento.

SÍ SE INICIA EL MOVIMIENTO b) Ahora ya sabemos que el sistema se mueve, luego los bloques tendrán aceleraciones a A y aB respectivamente, que no son iguales, pero que sí están relacionadas. Para obtener su relación antes de comenzar el problema, llamaremos xA a la posición en cada instante del bloque A y y B a la posición en cada instante del bloque B, como se indica en el gráfico. Puesto que ambos bloques se mueven en línea recta se verificará que: dxA = −vA ; dt

dyB dv = vB ⇒ A = aA ; dt dt

dvB = aB dt

Así, podemos expresar la longitud de la cuerda que une los dos bloques en función de las posiciones de los mismos: LAB=2xA+3yB+ctes Puesto que la longitud de la cuerda es constante, su derivada respecto del tiempo es nula y tendremos: dLAB dy dx 3 = 0 ⇒ 2 A + 3 B = 0 ⇒ −2vA + 3vB = 0 ⇒ vA = vB dt dt dt 2

Y derivando de nuevo respecto del tiempo: vA =

dv 3 3 dvB v ⇒ A = ⇒ aA = 1.5aB 2 B dt 2 dt

Ahora vamos a hacer como antes los diagramas de sólido libre de los dos bloques, pero teniendo en cuenta que ahora hay movimiento y por tanto aceleración. Para el bloque A: ΣFY=mAaAY ⇒ N-PA=0 ⇒ N=PA=150 N Ahora sabemos que el bloque A desliza luego: máx=µcN=0.20 · 150=30 N =(Fr)el YFrpara otro eje:

ΣFX=mAaAX ⇒2T-Fr= mAaA ⇒ 2T-30=15.306aA

Para el bloque B hacemos lo mismo: ΣFY=mBaBY ⇒ PB-3T=mBaB ⇒ 300-3T=30.612aB Tenemos por tanto un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas, que es: aA=1.5aB 2T-30=15.306aA


300-3T=30.612aB Sustituimos la primera ecuación en las otras dos: 2T-30=15.306aA ⇒ 2T-30=15.306 · 1.5aB ⇒ 2T30=22.959aB 300-3T=30.612aB De la primera ecuación: 2T-30=22.959aB ⇒ T=11.4795aB+15 Y sustituyendo en la segunda: 300-3T=30.612aB ⇒ 300-3(11.4795aB+15)=30.612aB 300-34.4385aB-45=30.612aB ⇒ aB=3.92 m/s2 aB=3.92 m/s2

La tensión por tanto será: T=11.4795aB+15=11.4795 · 3.92+15=60 N T=60 N Y la otra aceleración: aA=1.5aB=1.5 · 3.92=5.88 m/s2 aA=5.88 m/s2 c) Para que el movimiento no sea posible tiene que verificarse, como en el primer apartado, que el sumatorio de todas las fuerzas sea nulo. Además, el bloque A no debe alcanzar la fuerza de rozamiento máxima, de modo que tendremos: ΣFY=mAaAY ⇒ N-PA=0 ⇒ N=PA=150 N La fuerza de rozamiento debe ser inferior a la máxima luego la condición será:

Por tanto:

Fr<(Frmáxima: )máx siendo la fuerza de rozamiento (Fr)máx=µeN=0.30 · 150=45 N

Fr<(Fr)máx ⇒ Fr<45 N Del eje X podemos obtener la fuerza de rozamiento: ΣFX=mAaAX ⇒2T-Fr=0 ⇒ Fr=2T ⇒ 2T<45 N ⇒ T<22.5 N Para que no exista movimiento la tensión debe ser inferior a 22.5 N. Si ahora vamos al bloque B: P ΣFY=mBaBY ⇒ PB-3T=0 ⇒ T = B 3

Y sustituyendo en nuestra condición: T<22.5 N ⇒ PB < 22.5 N ⇒ mBg < 22.5

3 3 22.5 ⋅ 3 22.5 ⋅ 3 mB < ⇒ mB < ⇒ mB < 6.89 kg g 9.8

mB<6.89 kg


a) El movimiento del sistema se produce sólo en la dirección vertical, de modo que a este eje le denominaremos eje Y y tomaremos como sentido positivo el vertical hacia arriba. Trazamos en primer lugar el diagrama de sólido libre del ascensor completo, más los tres paquetes. Tendremos lo que aparece en la figura. Aplicando la segunda ley de Newton: ΣFY=(mA+mB+mC+mM)aABCM 2T-(mA+mB+mC+mM)g=(mA+mB+mC+mM)a T = (mA + mB + mC + mM )(a + g) = 2 (300 + 200 + 100 +)(750) 8 + 9.8 = = 12015 N 2

T=12015 N b) Para determinar la fuerza que el suelo del montacargas ejerce sobre A tenemos que eliminar el montacargas. Para ello realizamos el diagrama de sólido libre de los bloques A, B y C conjuntamente. Así, tendremos como fuerzas el peso de los tres, vertical y hacia abajo, y la reacción que ejerce el suelo sobre el bloque A, vertical y hacia arriba (reacción normal). La aceleración es para todos los bloques la misma ya que se mueven conjuntamente y manteniendo siempre el contacto. Aplicando la segunda ley de Newton: ΣFY=(mA+mB+mC)aABC ⇒ NA-(mA+mB+mC)g=(mA+mB+mC)a NA=(mA+mB+mC)(a+g)=(300+200+100)(8+9.8)=10680 N NA=10680 N c) Para conocer la fuerza que B ejerce sobre C tenemos que eliminar el bloque B, de modo que haremos el diagrama de sólido libre del bloque C. Las dos fuerzas que se ejercen sobre él son su peso, vertical y hacia abajo, y la normal que ejerce B sobre él, que será vertical y hacia arriba. La aceleración, como para los demás bloques, es de 8 m/s2 vertical y hacia arriba. Volvemos a aplicar la segunda ley de Newton: ΣFY=mCaCY ⇒ NC-mCg=mCa NC=mC(g+a)=100(9.8+8)=1780 N


NC=1780 N d) El diagrama del bloque C ya lo tenemos. Nos faltan los bloques A y B. A continuación trazamos el diagrama del bloque B. Dicho bloque estará sometido a su peso, vertical y hacia abajo y a las reacciones que sobre él ejercen los dos bloques que estaban en contacto con él, los bloques A y C. La reacción de C sobre B será igual y de sentido contrario a la que ejercía B sobre C (principio de acción-reacción o tercera ley de Newton), es decir, vertical y hacia abajo, y obviamente la reacción que ejerce A sobre B es una normal, vertical y hacia arriba. Así pues tenemos lo que aparece en la figura. De la aplicación de la segunda ley de Newton podemos obtener NB: ΣFY=mBaBY ⇒ NB-NC-mBg=mBa ⇒ NB=mBa+mBg+NC= =200 · 8+200 · 9.8+1780=5340 N Y por último nos faltaría trazar el diagrama de sólido libre del bloque A, en el cual todo está determinado y debería verificar la segunda ley de Newton. Si hacemos el diagrama de este bloque, tendríamos que está sometido a su peso, vertical y hacia abajo, a la reacción del suelo del ascensor (NA) vertical y hacia arriba, y a la reacción que ejerce B sobre A, que es igual y de signo contrario a la que ejerce A sobre B, que ya hemos determinado y que hemos llamado NB. Así, tendremos lo que aparece en el gráfico. Podemos comprobar por último que la suma de todas las fuerzas es igual al producto de la masa del cuerpo por su aceleración. Nos ΣFY=NA-N B-mquedaría: Ag=10680-5340-300 · 9.8=2400 N mAaAY=mAa=300 · 8=2400 N Podemos ver que efectivamente con los datos calculados se verifica la segunda ley de Newton en los tres bloques. Podríamos realizar la comprobación incluso con el montacargas solo, que aún no hemos aislado. Estaría sometido a su peso, a las tensiones de las cuerdas y a la reacción que ejerce el bloque que hemos eliminado (A) sobre él, que sería igual y de sentido contrario al que ejercía el montacargas sobre A, es decir, NA. Tal como nos queda el gráfico comprobamos que se cumple la segunda ley de Newton: ΣFY=2T-NA-mMg= =2 · 12015-10680-750 · 9.8=6000 N mMaMY=mMa=750 · 8=6000 N


Vamos a determinar las condiciones geométricas del problema. Tendremos: cos θ =

430 = 0.544 ⇒ θ = 57.02º 790

La longitud del resorte en esta situación será: l=790senθ=790sen57.02º=662.72 mm Tenemos pues que el resorte está alargado una cantidad: ∆l=l-l0=662.72-300=362.72 mm=0.36272 m Ahora hacemos el diagrama de sólido libre del bloque. En cuanto a reacciones, tendremos el peso (vertical y hacia abajo), la normal (perpendicular a la tangente) y la reacción del resorte (que está estirado). Respecto a aceleraciones tendremos la normal y la tangencial, el sentido de esta última determinado por las fuerzas en dirección tangencial. Podemos ver que el bloque está que será:

frenando. De estas dos aceleraciones conocemos la normal, an =

v2 202 = = 506.33 m / s2 ρ 0.790

En el diagrama de sólido libre aplicamos la segunda ley de Newton: ΣFn=man ⇒ N+mgsenθ+k∆lsenθ=man N+0.5 · 9.8sen57.02º+25 · 0.36272sen57.02º=0.5 · 506.33 ⇒ N=241.44 N N=241.44 N ΣFt=mat ⇒ mgcosθ+k∆lcosθ=mat 0.5 · 9.8cos57.02º+25 · 0.36272cos57.02º=0.5at ⇒ at=15.21 m/s2 Por tanto la aceleración del bloque será: a = an2 + at2 = 506.332 + 15.212 = 506.56 m / s2

a=506.56 m/s2


a) En primer lugar y como en otros problemas, las aceleraciones de los bloques no son iguales, aunque están relacionadas. Denominaremos yA, yB, yC e yD a las posiciones en cada instante de los bloques A, B, C y D respectivamente. Así, tendremos que: dyB dyA = vA ; = vB dt dt dyD dyC = −vC ; = vD dt dt

Y si volvemos a derivar respecto del tiempo: dvA = aA ; dt dvC = aC ; dt

dvB = aB dt dvD = aD dt

Ahora podemos expresar la longitud de la cuerda que une los bloques A, B y C como: LABC=2yA+2yB+yC+ctes Derivando respecto del tiempo: LABC=2yA+2yB+yC+ctes ⇒ 0 = 2 dyA + 2 dyB + dyC ⇒ 0 = 2vA + 2vB − vC dt

dt

Y volviendo a derivar respecto del tiempo: 0 = 2vA + 2vB − vC ⇒ 0 = 2

dt

dv dv dvA + 2 B − C ⇒ 0 = 2aA + 2aB − aC dt dt dt

Del mismo modo, podemos expresar la longitud de la cuerda que une los bloques A, D y B como: LADB=yD-yA+yD-yB+cte ⇒ LADB=2yD-yA-yB+cte Derivamos respecto del tiempo: LADB=2yD-yA-yB+cte ⇒ 0 = 2

dyD dyA dyB − − ⇒ 0 = 2vD − 2vA − vB dt dt dt

Y derivando otra vez respecto del tiempo: 0 = 2vD − 2vA − vB ⇒ 0 = 2

dvD dvA dvB − − ⇒ 0 = 2aD − aA − aB dt dt dt

Ahora vamos haciendo los diagramas de sólido libre de los bloques. Empezamos por el bloque C: 62 ΣFY=mCaCY ⇒ T-mCg=mCaC ⇒ T − 62 = aC ⇒ T − 62 = 6.327 aC 9.8

A continuación aislamos el bloque B: ΣFY=mBaBY ⇒ T’+mBg-2T=mBaB ⇒ T'+90 − 2T = 90 aB 9.8

T'+90 − 2T = 9.184 aB

Ahora aislamos el bloque D:


ΣFY=mDaDY ⇒ mDg+F-2T’=mDaD ⇒ 70 + 105 − 2T' =

70 a 9 .8 D

175-2T’=7.143aD Y por último hacemos el diagrama de sólido libre del bloque A: ΣFY=mAaAY ⇒ mAg+T’-2T=mAaA 90 90 + T'−2T = aA ⇒ 90+T’-2T=9.184aA 9.8

Si unimos las ecuaciones correspondientes a los cuatro bloques a las ecuaciones de las derivaciones de la cuerda tenemos un sistema de seis ecuaciones y seis incógnitas: 0=2a A+2aB-aC 0=2aD-aA-aB T-62=6.327aC T’+90-2T=9.184aB 175-2T’=7.143aD 90+T’-2T=9.184aA Sólo nos queda resolver. En primer lugar podemos ver que las ecuaciones 4 y 6 tienen el primer miembro igual, luego el segundo también lo será: T’+90-2T=9.184aB 90+T’-2T=9.184aA Deducimos por tanto que: 9.184aB=9.184aA ⇒ aB=aA Nos queda entonces el sistema con cinco ecuaciones y cinco incógnitas: 0=2aA+2aB-aC ⇒ 0=2aA+2aA-aC ⇒ 0=4aA-aC 0=2aD-aA-aB ⇒ 0=2aD-aA-aA ⇒ 0=2aD-2aA T-62=6.327aC 175-2T’=7.143aD 90+T’-2T=9.184aA De la segunda ecuación obtenemos: 0=2aD-2aA ⇒ aD=aA Y reducimos el sistema a cuatro ecuaciones y cuatro incógnitas: 0=4aA-aC T-62=6.327aC 175-2T’=7.143aD ⇒ 175-2T’=7.143aA 90+T’-2T=9.184aA Ahora de la primera ecuación: 0=4aA-aC ⇒ aC=4aA Y sustituimos en las otras tres: T-62=6.327aC ⇒ T-62=6.327 · 4aA ⇒ T-62=25.308aA 175-2T’=7.143aA A 90+T’ De la primera ecuación despejamos-2T=9.184a la tensión: T-62=25.308aA ⇒ T=62+25.308aA Y sustituimos en las otras dos: 175-2T’=7.143aA 90+T’-2T=9.184a A ⇒ 90+T’ -2(62+25.308aA)=9.184aA ⇒ 90+T’-124-50.616a A=9.184aA T’-34=59.80aA Tenemos por tanto el sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: 175-2T’=7.143aA


T’-34=59.80aA

De la segunda ecuación: T’-34=59.80a A ⇒ T’=34+59.80a A Y sustituyendo en la primera: 175-2T’=7.143aA ⇒ 175-2(34+59.80aA)=7.143aA ⇒ 175-68-119.60aA=7.143aA 107=126.743aA ⇒ aA=aB=aD=0.844 m/s2 aA=aB=aD=0.844 m/s2 Y la otra aceleración: aC=4aA=4 · 0.844=3.377 m/s2 aC=3.377 m/s2 b) Y la tensión en la cuerda: T=62+25.308aA=62+25.308 · 0.844=83.360 N T=83.360 N

Pasamos la velocidad angular al sistema internacional: ω=120 rpm=12.566 rad/s hacemos diagramaA continuación de sólido libre de el la bolita. Sobre ella sólo actúan dos fuerzas, el peso y la reacción de la barra, que será perpendicular a la tangente en el punto de contacto. Y en cuanto a aceleraciones, puesto que el movimiento es circular y uniforme, la única aceleración que tenemos será normal, en la dirección del radio de curvatura y apuntando hacia el centro de curvatura. Aplicamos la segunda ley de Newton y tendremos: ΣFX=maX ⇒ Fsenθ=ma ⇒ Fsenθ=m ω2ρ ⇒ Fsenθ=m ω2Rsenθ F=mω2R=0.5 · 12.5662 · 0.15=11.844 N F=11.844 N mg 0.5 ⋅ 9.8 ΣFY=maY ⇒ Fcosθ-mg=0 ⇒ cos θ = = = 0.414 ⇒ θ = 65.561º F 11.844 θ=65.561º


a) El movimiento se va a dividir en dos partes, cuando la aceleración de la correa es a1 y cuando es a2. Comencemos con el primer intervalo. Durante 1.3 s la correa parte del reposo y se mueve con aceleración constante. Teniendo en cuenta que el movimiento es rectilíneo y uniforme podemos determinar el espacio x 1 recorrido: 1 1 x1 = x0 + v0 t1 + a1t12 = 2 ⋅ 1.32 = 1.69 m 2 2

En la primera parte del movimiento la correa se desplaza 1.69 m, y termina con una velocidad que es: v1=v01+a1t1=2 · 1.3=2.6 m/s Ahora pasamos a la segunda parte del movimiento, el tramo 2. Como el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado podemos aplicar las ecuaciones del espacio y la velocidad: 1 1 x2 = x02 + v02t2 − a2t22 ⇒ 2.2 = 1.69 + 2.6t2 − a2t22 2 2 v2=v02-a2t2 ⇒ 0=2.6-a2t2

De la segunda ecuación:

0=2.6-a2t2 ⇒ a2t2=2.6 Y sustituyendo en la primera: 1 1 2.2 = 1.69 + 2.6t2 − a2t22 ⇒ 2.2 = 1.69 + 2.6t2 − 2.6t2 ⇒ 0.51 = 1.3t2 ⇒ t2 = 0.392 s 2 2

Y ya podemos obtener la aceleración a 2: a2t2=2.6 ⇒ 0.392a2=2.6 ⇒ a2=6.627 m/s2 a2=6.627 m/s2 b) Veamos ahora qué ocurre con la caja en estos dos intervalos de tiempo. Comenzamos como antes con el intervalo 1. En primer lugar tendremos que determinar si la caja desliza o no respecto de la correa. Supongamos que la caja no desliza respecto de la correa. En este caso, la fuerza de rozamiento es inferior a la máxima estática: Fr≤(Fr)máx ⇒ Fr≤µeN Hacemos el diagrama de sólido libre de la caja, que si suponemos que no desliza respecto de la correa, se mueve con su misma aceleración a1=2 2

m/s . Tendremos aparece en la figura. Aplicando la segundaloleyque de Newton: ΣFY=maY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg ΣFX=maX ⇒ Fr=ma1 Comprobamos a continuación que efectivamente la caja no desliza respecto de la correa: Fr≤µeN ⇒ ma1≤µeN ⇒ ma1≤µemg ⇒ a1≤µeg ⇒ 2≤0.35 · 9.8 ⇒ 2≤3.43


Vemos que el resultado es correcto, luego durante el primer intervalo de tiempo la caja no desliza respecto de la correa y por tanto ambos sistemas recorren el mismo espacio, con la misma velocidad e igual aceleración. Pasamos entonces al tramo 2, y tendremos que hacer lo mismo. Vemos si en este tiempo la caja desliza respecto de la correa. Suponemos inicialmente lo mismo que antes, que la caja no desliza respecto de la correa, de modo que tendremos las mismas condiciones: la fuerza de rozamiento es inferior a la máxima (Fr≤µeN) y la aceleración de la caja es la misma que la de la correa (a2). Tendremos un diagrama de sólido libre similar, sólo que el sentido de la aceleración (y por tanto el de la fuerza de rozamiento) cambia puesto que la correa decelera. Operando de igual modo que antes: ΣFY=maY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg ΣFX=maX ⇒ Fr=ma2 Comprobamos a continuación que efectivamente la caja no desliza respecto de la correa: Fr≤µeN ⇒ ma2≤µeN ⇒ ma2≤µemg ⇒ a2≤µeg ⇒ 6.627≤0.35 · 9.8 ⇒ 6.627≤3.43 El resultado a que llegamos es absurdo, luego nuestra suposición es incorrecta, y la caja desliza durante este segundo intervalo respecto de la correa, recorriendo los dos sistemas espacios diferentes. Ahora la aceleración de la caja no es a 2, sino que es una aceleración diferente que llamaremos a, y la fuerza de rozamiento, puesto que desliza, es la cinética: Fr=µcN El diagrama de sólido libre de la caja es como antes pero con estos nuevos parámetros. Obviamente, cuando la correa frena la caja desliza respecto de la correa hacia la izquierda, luego la fuerza de rozamiento será hacia la derecha (sentido opuesto al deslizamiento). Del diagrama podemos obtener la aceleración a de la caja: ΣFY=maY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg ΣFX=maX ⇒ Fr=ma ⇒ µcN=ma ⇒ µcmg=ma a=µcg=0.25 · 9.8=2.45 m/s2 Ahora durante este intervalo que dura 0.392 s el movimiento de la caja es rectilíneo uniformemente acelerado, parte con velocidad inicial de 2.6 m/s (la final del tramo anterior, en el que el movimiento era el mismo que el de la correa), y ha recorrido un espacio inicial de 1.69 m. Tendremos por tanto que el espacio recorrido por la caja es: xcaja = x0caja + v0caja t2 − 1 at22 = 1.69 + 2.6 ⋅ 0.392 − 1 2.45 ⋅ 0.3922 = 2.521 m 2 2

Tenemos por tanto que la correa recorre 2.2 m y la caja recorre 2.521 m, luego el espacio recorrido por la caja respecto de la correa será: xcaja/correa=xcaja-xcorrea=2.521-2.2=0.321 m xcaja/correa=0.321 m


a) A lo largo de todo el movimiento la corredera está sometida a dos fuerzas, la fuerza P, vertical y hacia arriba, y el peso, vertical y hacia abajo. Desde t=0 hasta t=2 la ecuación de la fuerza P es: P=bt siendo la pendiente: b = tgα =

50 = 25 N / s 2

Por tanto en este intervalo la ecuación de la fuerza P es: P=bt=25t Aplicando el teorema del impulso: ΣFYdt = mdvY ⇒ ∫02 FYdt = ∫0v2 Y mdvY ⇒ ∫02 (P − mg )dt = ∫0v2 Y mdvY ⇒ ∫02 (25t − 2 ⋅ 9.8)dt = ∫0v2 Y 2dvY 2

2 v ∫0 (25t − 19.6)dt = ∫02 Y 2dvY ⇒

 25t2 − 19.6t = 2vY ]v02 Y 2  0

25 ⋅ 22 − 19.6 ⋅ 2 = 2v2Y ⇒ v2Y = 5.4 m / s 2

v =5.4 m/s b) Para 2
v3Y=20.6 m/s c) Por último, para t>3 s P se anula luego nos queda: 0 t 0 ΣFYdt = mdvY ⇒ ∫3t FYdt = ∫v03 Y mdvY ⇒ ∫3t − mgdt = ∫20 .6 mdv Y ⇒ ∫3 − 2 ⋅ 9.8dt = ∫20.6 2dvY t 0 t 0 ∫3 − 19.6dt = ∫20.6 2dv Y ⇒ (− 19.6t ]3 = 2vY ]20.6 ⇒ −19.6( t − 3) = −2 ⋅ 20.6 ⇒ t = 5.10 s

t=5.10 s


Empezamos por el brinco. Aplicamos el teorema del impulso al eje Y y nos queda: ΣFY dt = mdv Y ⇒ ∫00.18 FY dt = ∫012sen50 º mdv Y ⇒ ∫00.18 (FY − mg)dt = ∫012sen50 º mdv Y 0.18 (F − 85 ⋅ 9.8)dt = 12sen50 º 85dv ⇒ 0.18 (F − 833)dt = 12sen50 º 85dv Y 0 Y Y Y ∫0 ∫0 ∫0 sen∫50 º (FY − 833)t ]00.18 = 85vY ]12 ⇒ (FY − 833)0.18 = 85 ⋅ 12sen50 º ⇒ FY = 5173 .92 N 0

FY=5173.92 N Ahora hacemos lo mismo en el aterrizaje pero en el eje X: ΣFXdt = mdvX ⇒ ∫00.22 FXdt = ∫90cos 35º mdvX ⇒ ∫00.22 FXdt = ∫90cos 35º 85dvX FX t ]00.22 = 85vX ]90 cos 35 º ⇒ 0.22FX = −85 ⋅ 9 cos 35 º ⇒ FX = −2848.42 N

El signo negativo es porque la fuerza tiene sentido contrario a la velocidad, lo cual es lógico, ya que el atleta está frenando. FX=2848.42 N

a) Tendremos el diagrama de sólido libre que aparece al lado. Teniendo en cuenta que el movimiento se produce solamente a lo largo del eje X tendremos: ΣFY=maY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg=10 · 9.8=98 N Ahora tenemos que tener en cuenta que inicialmente la caja no se mueve, porque el rozamiento es suficiente para evitar el deslizamiento. No habrá movimiento mientras la fuerza de rozamiento sea inferior a la fuerza de rozamiento máxima estática, que será: (Fr)e=µeN=0.4 · 98=39.2 N A partir de t=0 y hasta t=10 s la fuerza P=btP aumenta siguiendo la ecuación siendo b la pendiente de la recta, es decir: b = tgα =

50 = 5 N/s 10

Por tanto durante este tiempo la fuerza P vale P=bt=5t. Calculemos el tiempo en que esta fuerza alcanza a la fuerza de rozamiento estática: P=(Fr)e ⇒ 5t=39.2 ⇒ t=7.84 s


Por tanto el movimiento de la caja empieza en t=7.84 s. A partir de este instante, la fuerza de rozamiento pasa a tener el valor cinético, que es: Fr=µcN=0.3 · 98=29.4 N En el intervalo 7.84
10 v ∫7.84 (5t − 29.4)dt = ∫010 10dvX ⇒

 5t2 − 29.4t = 10vX ]v010 2  7.84

5 ⋅ 10 2 5 ⋅ 7.842 2 − 29.4 ⋅ 10 − 2 + 29.4 ⋅ 7.84 = 10v10 ⇒ v10 = 3.28 m / s

v10=3.28 m/s b) Desde t=10 s hasta t=15 s la fuerza P es constante y vale 50 N luego ahora tendremos: 15 15 ΣFXdt = mdvX ⇒ ∫10 FXdt = ∫vv1015 mdvX ⇒ ∫10 (P − Fr )dt = ∫3v15.28 10dvX 15 v 15 v 15 v ∫10 (50 − 29.4)dt = ∫315.28 10dvX ⇒ ∫10 20.6dt = ∫315.28 10dvX ⇒ 20.6t]10 = 10 vX ]315.28 20.6(15-10)=10(v15-3.28) ⇒ v15=13.58 m/s

v15=13.58 m/s c) Entre t=15 s y t=25 s la fuerza P es constante de nuevo y vale P=25 N, con lo cual tendremos: 25 25 v25 ΣFXdt = mdvX ⇒ ∫15 FXdt = ∫vv1525mdvX ⇒ ∫15 (P − Fr )dt = ∫13 .58 10dvX 25 25 v 25 v v ∫15 (25 − 29.4)dt = ∫1325.58 10dvX ⇒ − ∫15 4.4dt = ∫1325.58 10dvX ⇒ − 4.4t]15 = 10vX ]1325.58 -4.4 (25-15)=10(v25-13.58) ⇒ v25=9.18 m/s

A partir de aquí la fuerza P se hace nula y actúa sólo la fuerza de rozamiento cinética, hasta que el bloque se detiene. En esta última tparte por tanto: t 0 0 ΣFXdt = mdvX ⇒ ∫25f FXdt = ∫v25 mdvX ⇒ ∫25f − Frdt = ∫9.18 10dvX

t t 0 0 ∫25f − 29.4dt = ∫9.18 10dvX ⇒ − 29.4t]25f = 10vX ]9.18 ⇒ −29.4(tf − 25) = −10 ⋅ 9.18 ⇒ tf = 28.12 s

tf=28.12 s

Cuando vuelva a cruzar el eje de las X la componente vertical de la velocidad será igual a la inicial y de sentido contrario, por lo que en el eje Y inicialmente la velocidad es v0Y=-3sen30º y la velocidad final será vY=3sen30º. Aplicamos el teorema del impulso al eje Y: t 30 º 3sen30 º ΣFYdt = mdvY ⇒ ∫0t FY dt = ∫vvY mdvY ⇒ ∫0t 0.44dt = ∫−33sen sen30 º 0.73dvY ⇒ 0.44t]0 = 0.73vY ]− 3sen30 º 0Y 0.44t = 0.73(3sen30º +3sen30º ) ⇒ t = 4.98 s

t=4.98 s


a) En el intervalo de tiempo 0
Aplicamos el teorema del impulso al eje X: v5 X v5 X mdvX ⇒ ∫051.2t cos 50º dt = ∫10 2dvX ΣFXdt = mdvX ⇒ ∫05F cos θdt = ∫10

5

 1.2t2 1.2 ⋅ 52 v5 X cos 50º  = 2vX ]10 ⇒ cos 50º = 2(v5X − 10) ⇒ v5X = 14.821 m / s 2 2  0

Y hacemos lo mismo con el eje Y: ΣFYdt = mdvY ⇒ ∫05Fsenθdt = ∫0v5 Y mdvY ⇒ ∫051.2tsen50º dt = ∫0v5 Y 2dvY 5

 1.2t2 1.2 ⋅ 52 sen50º  = 2vY ]v05 Y ⇒ sen50º = 2v5Y ⇒ v5Y = 5.745 m / s 2 2  0

Por tanto la velocidad en t=5 s es: v5=v5Xi+v5Yj=14.821i+5.745j m/s v5=14.821i+5.745j m/s b) Vamos ahora a t=10 s. Para el intervalo 5
podemos tener en cuenta que un punto de la recta es el (5, 6), de modo que: F=a-bt=a-1.8t ⇒ Para t=5 s ⇒ F=6 N ⇒ 6=a-1.8 · 5 ⇒ a=15 N Entonces en el intervalo de tiempo 5
10

2    15t − 1.8t  cos 50º  = 2vX ]v10 X 14.821   2  5   2 2   15 ⋅ 10 − 1.8 ⋅ 10 − 15 ⋅ 5 + 1.8 ⋅ 5  cos 50º = 2(v10X − 14.821) ⇒ v10X = 17.231 m / s   2 2  

Y para el eje Y: Y mdv ⇒ 10 (15 − 1.8t)sen50º dt = v10 Y 2dv ΣFYdt = mdvY ⇒ ∫510 Fsenθdt = ∫5v10.745 ∫5 ∫5.745 Y Y 10

 15t − 1.8t2 sen50º  = 2vY ]v10 Y 5.745  2   5  2 2   15 ⋅ 10 − 1.8 ⋅ 10 − 15 ⋅ 5 + 1.8 ⋅ 5 sen50º = 2(v10Y − 5.745) ⇒ v10Y = 8.618 m / s   2 2  

Para t=10 s la velocidad es: v10=v10Xi+v10Yj=17.231i+8.618j m/s v10=17.231i+8.618j m/s


c) Por último, en el intervalo 10
3 = 0.6 N / s . La ordenada en el srcen la obtenemos sabiendo que la recta pasa por el 5

punto (15, 0) luego tendremos: F=a+bt=a+0.6t ⇒ Para t=15 s ⇒ F=0 ⇒ 0=a+0.6 · 15 ⇒ a=-9 N La fuerza F en este intervalo tiene por ecuación F=a+bt=-9+0.6t. Aplicamos de nuevo el teorema del impulso y en el eje X: 15 v15 X 15 v15 X F cos θdt = ∫17 ΣFXdt = mdvX ⇒ ∫10 .231 mdvX ⇒ ∫10 ( −9 + 0.6t) cos 50º dt = ∫17.231 2dvX

15

2    − 0.9t + 0.6t  cos 50 º = 2vX ]v15 X 17.231   2    10

2 2   − 0.9 ⋅ 15 + 0.6 ⋅ 15 + 0.9 ⋅ 10 − 0.6 ⋅ 10  cos 50º = 2(v15X − 17.231) ⇒ v15X = 27.837 m / s   2 2  

Y por último en el eje Y: 15 Y mdv ⇒ 15 ( −0.9 + 0.6t)sen50º dt = v15 Y 2dv ΣFYdt = mdvY ⇒ ∫10 Fsenθdt = ∫8v15.618 ∫10 ∫8.618 Y Y

15

2    − 0.9t + 0.6t sen50º  = 2vY ]v15 Y 8.618  2  10  2 2   − 0.9 ⋅ 15 + 0.6 ⋅ 15 + 0.9 ⋅ 10 − 0.6 ⋅ 10 sen50º = 2(v15Y − 8.618) ⇒ v15Y = 21.258 m / s   2 2  

Para t=15 s la velocidad es: v15=v15Xi+v15Yj=27.837i+21.258 j m/s v15=27.837i+21.258j m/s

1ºa) Los radios de las dos órbitas circulares son: r0=7000 km; 8r0=8 · 7000=56000 km El vehículo debe lanzarse en el punto 1 y recorrer una órbita elíptica de eje mayor: 2a=r1+r2=r0+8r0=9r0=9 · 7000=63000 km Como en esta órbita la energía es constante tendremos:


ET = cte = EC1 + EP1 ⇒ −G − 6.67 ⋅ 10 −11

Mm 1 2 Mm M 1 2 M = mv − G ⇒ −G = v −G 2a 2 1 r1 2a 2 1 r0

6 ⋅ 1024 1 6 ⋅ 1024 = v12 − 6.67 ⋅ 10 −11 ⇒ v1 = 10081.57 m / s 3 2 63000 ⋅ 10 7000 ⋅ 103

Antes del lanzamiento la estación espacial S1 estaba en una órbita circular, luego su velocidad v era: FG = man ⇒ G

Mm v2 GM 6.67 ⋅ 10 −11 ⋅ 6 ⋅ 1024 =m ⇒v= = = 7561.18 m / s 2 r0 r0 r0 7000 ⋅ 103

Por tanto la velocidad relativa: vrel=v1-v=10081.57-7561.18=2520.40 m/s vrel=2520.40 m/s 1ºb) Las estaciones S1 y S2 salen simultáneamente de los puntos marcados en la figura, y tienen que llegar a la vez al punto de encuentro. Por tanto tiene que tardar lo mismo S1 en recorrer media órbita que S2 en recorrer el ángulo θ. Si nos centramos en S1 calcular ese tiempo es sencillo, ya que como se recorre media órbita por la ley de las áreas el tiempo invertido será medio periodo. Así pues tendremos: t=

8r0:

T1 1 4 π2 3 1 4 π2 = a = 2 2 GM 2 6.67 ⋅ 10 −11 ⋅ 6 ⋅ 1024

3

 63000 ⋅ 103    = 27763.69 s   2  

Si vamos a S2, que recorre en ese tiempo el ángulo θ de una órbita circular de radio

GM 6.67 ⋅ 10 −11 ⋅ 6 ⋅ 1024 8r0 v2 θ 8 ⋅ 7000 ⋅ 103 ω2 = ⇒ θ = ω2t = t= t= 27763.69 = 1.325 rad = 75.94º t 8r0 8r0 8 ⋅ 7000 ⋅ 103

θ=75.94º 2º) Ahora tenemos una órbita de aterrizaje distinta de las anteriores. En ella marcamos los puntos A y P (apogeo y perigeo). Evidentemente al perigeo no se llega porque antes la estación choca con la Tierra en el punto C, situado a 45º. El perigeo entonces estaría en el interior de la Tierra. Conocemos el apogeo, que mide: rA=r0=7000 km No conocemos aún el perigeo. Para determinarlo lo mejor será utilizar la ecuación de la cónica, que es: r=

α

1 + ε cos θ

Conocemos dos puntos de la cónica. El primero es el apogeo: α r=rA ⇒ θ=180º ⇒ cosθ=-1 ⇒ r = ⇒ rA =

α

1 + ε cos θ 1−ε α α r=RT ⇒ θ=-45º ⇒ cosθ=0.707 ⇒ r = ⇒ RT = 1 + ε cos θ 1 + 0.707 ε Dividiendo las dos expresiones: α

rA = RT

1−ε α

1 + 0.707 ε

⇒

rA 1 + 0.707 ε 7000 1 + 0.707 ε = ⇒ = RT 1−ε 6370 1−ε

7000-7000ε=6370+4504.27ε ⇒ ε=0.05476 La ascensión recta será: rA =

α α ⇒ 7000 = ⇒ α = 6616.664 km 1−ε 1 − 0.05476


Por tanto la ecuación de la cónica es: α 6616.664 = 1 + ε cos θ 1 + 0.05476 cos θ Podemos determinar el perigeo, ya que en el perigeo θ=0º y por tanto cosθ=1: 6616.664 6616.664 r = rP ⇒ rP = = = 6273.15 km 1 + 0.05476 cos θ 1 + 0.05476 r=

Vemos que es inferior al radio terrestre, como hemos explicado antes. Ahora, aplicando el teorema de conservación de la energía al punto de aterrizaje: ET = cte = ECC + EPC ⇒ −G − 6.67 ⋅ 10 −11

Mm 1 2 Mm M 1 M = mv − G ⇒ −G = v2 − G 2a' 2 at RT rA + rP 2 at RT

24 2 6 ⋅ 1024 = 1 vat − 6.67 ⋅ 10 −11 6 ⋅ 10 3 ⇒ vat = 8083.89 m / s (7000 + 6273.15) ⋅ 103 2 6370 ⋅ 10

vat=8083.89 m/s

a) La energía total es la suma de la cinética más la potencial. Podemos obtenerla a falta de la masa del vehículo, que denominaremos m. La velocidad del vehículo en el Sistema Internacional es: v=28000 km/h=7777.78 m/s Por tanto la energía total es: 1 Mm ET = cte = EC + EP = mv2 − G = 2 r 24 1 6 ⋅ 10 m = m ⋅ 7777.782 − 6.67 ⋅ 10 −11 = 1661199.295m J 2 14000 ⋅ 103

ET=1661199.295m J Como la energía total es positiva se trata de una órbita hiperbólica. Órbita hiperbólica Y el momento angular en módulo: L=rmvsenϕ=14000 · 103 m · 7777.78sen41º=7.144 · 1010m kgm2/s L=7.144 · 1010m kgm2/s b) Vamos a ver en primer lugar qué velocidad llevaba el cohete cuando llega a la posición r’=10000 km antes de encenderse los motores. Para ello aplicamos la conservación

de la energía y tendremos:


1 Mm 1 6 ⋅ 1024 m ET = cte = E'C +E'P ⇒ ET = mv'2 −G ⇒ 1661199.295m = mv'2 −6.67 ⋅ 10 −11 2 r' 2 10000 ⋅ 103 24 1 2 6 10 ⋅ 1661199.295 = v' −6.67 ⋅ 10 −11 ⇒ v' = 9130.30 m / s 2 10000 ⋅ 103 Tras encender los motores la velocidad pasa a ser v’’=16000 km=4444.44 m/s. Por

tanto el incremento de velocidad es: ∆v=v’’-v’=4444.44-9130.30=-4685.86 m/s ∆v=-4685.86 m/s c) Conocemos el momento angular en la nueva órbita, que será: L’’=r’’mv’’senϕ’’=10000 · 103 m · 4444.44sen28º=2.0865 · 1010m kgm2/s Y sabemos también la energía total: E''T = E''C +E'' =

1 Mm 1 6 ⋅ 1024 m = m ⋅ 4444.442 − 6.67 ⋅ 10 −11 = −30143456.79m J mv''2 −G 2 r'' 2 10000 ⋅ 103

Obtenemos una energía total negativa, como corresponde a una órbita elíptica. Ahora en esta órbita se conserva tanto el momento angular como la energía total. Así, aplicamos la conservación de estos dos parámetros al apogeo y tendremos: L’’=cte=rAmvAsenϕA ⇒ 2.0865 · 1010m=rAmvAsen90º ⇒ 2.0865 · 1010=rAvA 1 Mm E''T = cte ⇒ E''T = E''CA +E''PA ⇒ E''T = mvA2 − G 2 rA − 30143456.79m =

1 2 6 ⋅ 1024 m 1 6 ⋅ 1024 mvA − 6.67 ⋅ 10 −11 ⇒ −30143456.79 = vA2 − 6.67 ⋅ 10 −11 2 rA 2 rA

Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: 2.0865 · 1010=rAvA − 30143456.79 =

1

vA2 − 6.67 ⋅ 10 −11

2

De la primera ecuación:

6 ⋅ 1024 rA

2.0865 · 1010=rAvA ⇒ rA = 2.0865 ⋅ 10

10

vA

Y sustituimos en la segunda: − 30143456.79 = − 30143456.79 =

vA =

1 2 6 ⋅ 1024 vA − 6.67 ⋅ 10 −11 2 rA

6 ⋅ 1024 vA 1 2 v − 6.67 ⋅ 10 −11 ⇒ vA2 − 38360.89vA + 60286913.58 = 0 2 A 2.0865 ⋅ 1010

38360.89 ± 38360.892 − 4 ⋅ 60286913.58 36719.05 m / s = 2  1641.84 m / s

Los dos resultados corresponden a las velocidades del apogeo y el perigeo, puesto que si hubiéramos aplicado las dos expresiones (energía total y momento angular) al perigeo habríamos obtenido idénticas ecuaciones. Así, la velocidad mayor se corresponderá a la menor distanciacon (perigeo) puestomayor que se conserva el momento angular, y la velocidad menor se corresponde la distancia (apogeo): vA=1641.84 m/s vP=36719.05 m/s d) A partir de la velocidad en el apogeo obtenemos la distancia en dicho punto: rA =

2.0865 ⋅ 1010 2.0865 ⋅ 1010 = = 12708302.88 m = 12708.30 km vA 1641.84

Como el momento angular es constante podemos poner también: L’’=cte=rPmvPsenϕP ⇒ 2.0865 · 1010m=rPmvPsen90º ⇒ 2.0865 · 1010=rPvP


rP =

2.0865 ⋅ 1010 2.0865 ⋅ 1010 = = 568233.66 m = 568.23 km vP 36719.05

El semieje mayor de la órbita será: a=

rA + rP 12708.30 + 568.23 = = 6638.27 km 2 2

a=6638.27 km La ecuación de la cónica es del tipo: r=

α

1 + ε cos θ donde habrá que determinar las dos constantes α y ε. Para ello necesitamos dos ecuaciones,

pero conocemos dos puntos de la trayectoria, el perigeo y el apogeo. Tendremos entonces: r = rP ⇒ θ = 0º ⇒ cos θ = 1 ⇒ rP =

α

1+ε

r = rA ⇒ θ = 180 º ⇒ cos θ = −1 ⇒ rA =

Dividiendo las dos expresiones:

⇒ 568.23 =

α

1−ε

α

1+ε

⇒ 12708.30 =

α

1−ε

α rP 1 + ε r 1−ε r − r 12708.30 − 568.23 = ⇒ P = ⇒ rP (1 + ε) = rA (1 − ε) ⇒ ε = A P = = 0.9144 α rA rA 1 + ε rA + rP 12708.30 + 568.23 1−ε

Y de cualquiera de las expresiones obtenemos la ascensión recta: 568.23 =

α

1+ε

⇒ α = 568.23(1 + ε) = 568.23(1 + 0.9144) = 1087.82 km

Por tanto la ecuación de la cónica es: r=

α 1087.82 = 1 + ε cos θ 1 + 0.9144 cos θ r = 1 + 01087 .82 .9144 cos θ

e) Para el punto de aterrizaje r=RT luego: r=

1087.82 1087.82 1087.82 ⇒ RT = ⇒ 6370 = 1 + 0.9144 cos θ 1 + 0.9144 cos θ 1 + 0.9144 cos θ cosθ=-0.9068 ⇒ θ=155.07º θ=155.07º


a) La trayectoria de aproximación es parabólica, luego la energía en esta órbita tiene que ser nula. Con ello, podemos determinar la velocidad de la nave al llegar al punto A: 1 Mm 2GM = 0 ⇒ vA = = ETaproximación = 0 ⇒ ECA + EPgA = 0 ⇒ mvA2 − G 2 rA rA =

2 ⋅ 6.67 ⋅ 10 −11 ⋅ 6.444 ⋅ 10 23 = 3090.54 m / s 9000 ⋅ 10 3 velocidad de la sonda se reduce en ∆vA para

En el punto A la situarla en la primera órbita de transferencia, de modo que tendremos: v’A=vA-∆vA=3090.54-440=2650.54 m/s Con esta velocidad la sonda se encuentra en la primera órbita de transición, que es una elipse. Aplicamos la energía total de esta elipse a este punto A y tendremos: ETelipse1 = ECA + EPgA ⇒ −G

Mm 1 Mm = mv'2 −G 2a1 2 A rA

6.444 ⋅ 10 23 1 6.444 ⋅ 10 23 = 2650.54 2 − 6.67 ⋅ 10 −11 2a1 2 9000 ⋅ 10 3 2a1=34030241.02 m=34030.24 km ⇒ 2a1=rA+rB ⇒ rB=2a1-rA=34030.24-9000=25030.24 km − 6.67 ⋅ 10 −11

rB=25030.24 km b) A continuación vamos a determinar la velocidad en el punto B. Para conocer la

velocidad en dicho punto en la primera momento angular entre las posiciones A y B:órbita elíptica, aplicamos la conservación del LA=LB ⇒ rAmv’AsenϕA=rBmvBsenϕB En los puntos A y B el radio vector es perpendicular a la velocidad, luego: ϕA=ϕB=90º ⇒ senϕA=senϕB=1 Nos queda pues: rAmv’AsenϕA=rBmvBsenϕB ⇒ rAv’A=rBvB ⇒ 9000 · 2650.54=25030.24vB ⇒ vB=953.04 m/s A continuación se desea situar la sonda en una segunda órbita elíptica, cuyo eje mayor es: 2a2=rB+rC=25030.24+4000=29030.24 km Aplicando la conservación de la energía en esta órbita para el punto B, podemos determinar la velocidad que tiene que llevar la sonda en dicha órbita: ETelipse2 = ECB + EPgB ⇒ −G − 6.67 ⋅ 10 −11

6.444 ⋅ 10 23 29030.24 ⋅ 10 3

=

Mm 1 Mm = mv'2 −G 2a2 2 B rB

1 2 6.444 ⋅ 10 23 ⇒ v'B = 687.90 m / s v'B −6.67 ⋅ 10 −11 2 25030.24 ⋅ 10 3

Por tanto el incremento de velocidad que debe comunicarse a la sonda en el punto B para cambiar de la elipse 1 a la 2 es: ∆vB=v’B-vB=687.90-953.04=-265.14 m/s ∆vB=-265.14 m/s c) El radio vector de la sonda al ir desde A hasta B en la primera órbita de transferencia barre la mitad del área de la elipse. Como la velocidad areolar es constante, y en barrer el área completa tardaría un período, en barrer media área tardará medio período. De acuerdo a la tercera ley de Kepler:


3 T 1 4π 2 3 1 4π2  34030241  t= 1 = a =   = 2 2 GM 1 2 6.67 ⋅ 10 −11 ⋅ 6.444 ⋅ 10 23  2 

=33632.70 s=9 h 20 min 33 s t=9 h 20 min 33 s d) Ahora vamos a ver las velocidades de la sonda en el punto C. Inicialmente se encuentra en la segunda órbita de transferencia. Aplicamos por tanto la conservación del momento angular entre las posiciones B y C: LB=LC ⇒ rBmv’BsenϕB=rCmvCsenϕC En los puntos B y C el radio vector es perpendicular a la velocidad, luego: ϕB=ϕC=90º ⇒ senϕB=senϕC=1 Nos queda pues: rBmv’BsenϕB=rCmvCsenϕC ⇒ rBv’B=rCvC ⇒ 25030.24 · 687.90=4000vC ⇒ vC=4304.58 m/s Al final la sonda debe quedar insertada en la trayectoria circular. En una trayectoria circular el movimiento es circular y uniforme, de modo que la única aceleración que debe tener la sonda es la normal o centrípeta. En cuanto a fuerzas, estará sometida a la fuerza de atracción gravitatoria, que tiene la dirección del radio de curvatura. Así pues, aplicando la segunda ley de Newton a dicha órbita: 2

ΣFn = man ⇒ G

v' Mm GM 6.67 ⋅ 10 −11 ⋅ 6.444 ⋅ 10 23 = m C ⇒ v'C = = = 3278.01 m / s 2 rC rC rC 4000 ⋅ 10 3

El incremento de velocidad en el punto C es por tanto: ∆vC=v’C-vC=3278.01-4304.58=-1026.57 m/s ∆vC=-1026.57 m/s e) La ecuación de la cónica será: α

r=

1 + ε cos θ

donde tendremos que determinar la ascensión recta (α) y la excentricidad (ε). Para ello conocemos dos puntos de la cónica, los puntos B y C. Aplicando la ecuación de la cónica a estos dos puntos tendremos: α α ⇒ 25030.24 = 1−ε 1−ε α α r = rC ⇒ θ = 0º ⇒ cos θ = 1 ⇒ rC = ⇒ 4000 = 1+ε 1+ε

r = rB ⇒ θ = 180 º ⇒ cos θ = −1 ⇒ rB =

Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas. Dividiendo las dos ecuaciones: 25030.24 1 + ε = ⇒ 25030.24 − 25030.24ε = 4000 + 4000ε ⇒ ε = 0.724 4000 1−ε

Y de cualquiera de las ecuaciones despejamos la ascensión recta: 4000 =

α ⇒ α = 4000(1 + ε) = 4000(1 + 0.724) = 6897.70 km 1+ε

Por tanto la ecuación de la órbita es: r=

α 6897.70 = 1 + ε cos θ 1 + 0.724 cos θ 6897.70 r= 1 + 0.724 cos θ


a) Los radios de las orbitas son: rA=hA+R=10000+6370=16370 km; rB=hB+R=5000+6370=11370 km; rC=R=6370 km Inicialmente el satélite está en la órbita circular externa, luego el movimiento es circular uniforme. La única fuerza que actúa es la de atracción gravitatoria, y la única aceleración es la normal o centrípeta, ambas en la dirección del radio de giro y apuntando hacia el centro de curvatura. Aplicando la segunda ley de Newton tendremos: ΣFn = man ⇒ G

Mm rA2

=m

vA2 rA

⇒ vA =

GM

=

rA

6.67 ⋅ 10 −11 ⋅ 6 ⋅ 10 24

= 4944.41 m / s

16370 ⋅ 10 3

Después del incremento de velocidad, el satélite se sitúa en la órbita de transición, cuyo eje mayor es: 2a=rA+rB=16370+11370=27740 km Teniendo en cuenta que la energía total es constante: ET = ECA + EPA ⇒ −G − 6.67 ⋅ 10 −11

Mm 1 Mm = mv'2 −G 2a 2 A rA

6 ⋅ 10 24 1 6 ⋅ 10 24 = v'A2 −6.67 ⋅ 10 −11 ⇒ v'A = 4476.68 m / s 27740 ⋅ 10 3 2 16370 ⋅ 10 3

Por tanto la reducción de velocidad será: ∆vA=v’A-vA=4476.68-4944.41=-467.73 m/s ∆vA=-467.73 m/s b) El período de la órbita elíptica de transición, aplicando la tercera ley de Kepler, será: 4π2 3 4π2 T = GM a = 6.67 ⋅ 10 −11 ⋅ 6 ⋅ 10 24

3

 27740 ⋅ 10 3    = 16223.93 s 2

T=16223.93 s c) Podemos aplicar directamente la ecuación de la excentricidad: ε=

rmáx − rmín rA − rB 16370 − 11370 = = = 0.1802 rmáx + rmín rA + rB 16370 + 11370

ε=0.1802 Si no nos sabemos la expresión de la excentricidad podemos obtenerla a partir de la ecuación de la cónica. Dicha ecuación es:


r=

α

1 + ε cos θ

donde r es el radio vector, α la ascensión recta (radio vector cuando θ=90º), ε la excentricidad y θ el ángulo que forma el radio vector con la dirección del perigeo. Conocemos dos puntos de la cónica, A y B: r = rA ⇒ θ = 180 º ⇒ cos θ = −1 ⇒ rA = r = rB ⇒ θ = 0 º ⇒ cos θ = 1 ⇒ rB =

Dividendo las dos expresiones:

α

1−ε

α

1+ε

rA 1 α r 1 + ε 16370 1 + ε = −ε ⇒ A = ⇒ = ⇒ ε = 0.1802 α rB rB 1 − ε 11370 1 − ε 1+ε ε=0.1802

d) A continuación el satélite viaja a través de la trayectoria elíptica desde A hasta B aumentando su velocidad. Para calcular la velocidad con que llega al punto B aplicamos la conservación del momento angular: LA=LB ⇒ mrAv’AsenϕA=mrBvBsenϕB siendo ϕ el ángulo que forma el radio vector con la velocidad. En los puntos A y B el radio vector es perpendicular a la velocidad, luego tendremos: r v' ϕA=ϕB=90º ⇒ senϕA=senϕB=1 ⇒ mrAv’AsenϕA=mrBvBsenϕB ⇒ rAv’A=rBvB ⇒ vB = A A = rB

16370 ⋅ 4476.68 = = 6445.32 m / s 11370

Después de la reducción de velocidad, el satélite queda incorporado a la órbita circular interna,enluego aplicamos de externa: nuevo la segunda ley de Newton, de idéntico modo a como lo hicimos la órbita circular ΣFn = man ⇒ G

v'2 Mm GM 6.67 ⋅ 10 −11 ⋅ 6 ⋅ 10 24 = m B ⇒ v'B = = = 5932.78 m / s 2 rB rB rB 11370 ⋅ 10 3

Por tanto la reducción de velocidad es de: ∆vB=v’B-vB=5932.78-6445.32=-512.54 m/s ∆vB=-512.54 m/s e) Al pasar por el punto B la velocidad se disminuye en 2100 m/s luego tendremos que en la trayectoria de aterrizaje la velocidad será: v’’B=v’B-∆v’B=5932.78-2100=3832.78 m/s Por tanto podemos determinar el eje mayor de la cónica de aterrizaje, ya que en el punto B conocemos tanto la energía cinética como la potencial. Aplicando la conservación de la energía: E'T = E'CB +E'PB ⇒ −G

− 6.67 ⋅ 10 −11 6 ⋅ 10 2a'

24

Mm 1 Mm = mv''B2 −G 2a' 2 rB

24 = 1 3832.782 − 6.67 ⋅ 10 −11 6 ⋅ 10 3 2 11370 ⋅ 10

2a=14368400 m=14368.4 km Conocemos la distancia en el apogeo, que es r B, luego podemos determinar la del perigeo: 2a=rB+rP ⇒ 14368.4=11370+rP ⇒ rP=2998.4 km Ahora determinamos la ecuación de la cónica, que será: r=

α' 1 + ε'cos θ


Conocemos dos puntos de la cónica: α' 1 − ε' α' r = rP ⇒ θ = 0º ⇒ cos θ = 1 ⇒ rP = 1 + ε'

r = rB ⇒ θ = 180 º ⇒ cos θ = −1 ⇒ rB =

Dividendo las dos expresiones:

α' rB 1 − ε' rB 1 + ε' 11370 1 + ε' = ⇒ = ⇒ = ⇒ ε'= 0.5816 α' rP rP 1 − ε' 2998.4 1 − ε' 1 + ε'

Por tanto la ascensión recta: α' rB =

1 − ε'

⇒ α' = rB (1 − ε') = 11370(1 − 0.5816) = 4745.39 km

La ecuación de la cónica es: r=

α' 4745.69 = 1 + ε'cos θ 1 + 0.5816 cos θ

En el punto de aterrizaje r=R=6370 km luego sustituyendo: r=

4745.69 4745.69 ⇒ 6370 = ⇒ cos θ = −0.4385 ⇒ θ = 116º 1 + 0.5816 cos θ 1 + 0.5816 cos θ θ=116º


TEMA 3 TRABAJO Y ENERGÍA CONSEJOS PREVIOS A LA RESOLUCION DE LOS PROBLEMAS Trabajo y energía cinética

A la hora de resolver un problema de trabajo y energía cinética, escoge las posiciones inicial y final del cuerpo y dibuja un diagrama del cuerpo libre con todas las fuerzas que actúan sobre él. Lista las fuerzas y calcula el trabajo efectuado por cada una. Una o más de las fuerzas pueden desconocerse; representa las incógnitas con símbolos algebraicos. Revisa los signos. Si una fuerza tiene una componente en la dirección del desplazamiento, su trabajo es positivo; si tiene una componente opuesta al desplazamiento, su trabajo es negativo. Si la fuerza y el desplazamiento son perpendiculares, el trabajo es nulo. Suma el trabajo realizado por las fuerzas individuales para obtener el trabajo total. Cuida los signos. A veces puede ser más fácil obtener primero la suma vectorial de las fuerzas (fuerza neta) y luego calcular el trabajo de la fuerza neta. Escribe expresiones para la energía cinética inicial y final (E Ci y ECf). Si desconoces una cantidad como vi o vf, exprésala con su símbolo algebraico. Al calcular las energías cinéticas asegúrate de usar la masa del cuerpo, no su peso. Usa la relación Wtotal=ECf-ECi=∆EC; inserta los resultados de los pasos anteriores y despeja la incógnita requerida. Recuerda que la energía cinética nunca puede ser negativa. Si obtienesi yuna un cálculos error. Tal intercambiaste los subíndices f, oenergía tuvistecinética un errornegativa de signo cometiste en uno de los delvez trabajo. Energía potencial y conservación de la energía

Decide primero si conviene resolver el problema con métodos de energía, usando F=ma directamente, o con una combinación. El primer enfoque es muy útil si el problema implica movimiento con fuerzas variables, en una trayectoria curva o ambas cosas. Si el problema implica tiempo transcurrido el enfoque de energía no suele ser el mejor porque en él no interviene el tiempo directamente. Σ

Si usas el enfoque de la energía, decide primero cuáles son los estados inicial y final (posiciones y velocidades) del sistema. Usa el subíndice 1 para el estado inicial y 2 para el final. Es útil preparar dibujos que muestren los estados inicial y final. Define tu sistema de coordenadas, sobre todo el nivel en el que y=0. Esto te servirá para calcular las energías potenciales gravitatorias. La ecuación E Pg=mgy supone que la dirección +y es hacia arriba; te sugiero hacer esto de forma consistente. Lo mismo debes hacer a la hora de determinar la energía potencial elástica almacenada en un resorte; ten en cuenta que se mide la elongación con respecto a la longitud natural del resorte. Lista las energías cinéticas y potenciales iniciales y finales. En general, algunas serán conocidas y otras no. Usa símbolos algebraicos para las coordenadas o velocidades desconocidas.


Identifica las fuerzas no gravitatorias que efectúan trabajo. Los diagramas de cuerpos libres siempre son útiles. Calcula el trabajo W otras realizado por tales fuerzas. Si alguna de las cantidades que necesitas son incógnitas, represéntalas con símbolos algebraicos. Relaciona las energías cinética y potencial y el trabajo no gravitatorio W otras usando la ecuación: EC1+EP1+Wotras=EC2+EP2 Si Wotras=0, tendremos la ecuación E C1+EP1=EC2+EP2. Despeja la cantidad desconocida. Ten presente, aquí y más adelante, que el trabajo efectuado por cada fuerza debe estar representado en EP2-EP1=∆EP o en Wotras, pero nunca en ambos. El trabajo gravitatorio está incluido en ∆EPg; no lo incluyas otra vez en W otras. Estudio energético del movimiento del punto

En la última parte del tema empezaremos con el estudio energético del movimiento del punto. En ocasiones sólo estaremos interesados en comprender cualitativamente algunas de las características del movimiento de la partícula, y para ello, nos puede bastar con el análisis de la curva que representa gráficamente la función de la energía potencial, E P(x), frente a la coordenada posicional x deenlala partícula. Veremos una posible curva de energía potencial, tal como la representada figura, para un movimiento unidimensional. Estudiaremos genéricamente esta curva, y podrás, operando de igual modo, resolver los problemas planteados en este tema. La fuerza que actúa sobre la partícula es función de la posición de ésta y su módulo y sentido vienen dados por F = − dEP (x) dx

dEP (x) ; dx

pero

es justo la pendiente de la curva EP=EP(x),

que es positiva cuando la curva crece (al aumentar x) y negativa cuando decrece. Por consiguiente, y teniendo en cuenta el signo negativo que aparece en la expresión de la fuerza, ésta será negativa (dirigida hacia la izquierda) cuando la energía potencial crece y será positiva (dirigida hacia la derecha) cuando la energía potencial decrece. Esta circunstancia se indica en la figura mediante las flechas rojas horizontales. En los puntos en los que E P(x) presenta un valor máximo o mínimo relativo, es dEP (x) decir, en aquellos puntos en los que = 0 la fuerza será nula; tales posiciones lo dx

serán de equilibrio. Aquellas posiciones, como la x0, en las que EP(x) presenta un valor mínimo son posiciones de equilibrio estable; una partícula en reposo en una de tales posiciones permanecerá en reposo en ella, y si se desplaza ligeramente de tal posición se verá sometida a una fuerza recuperadora que tratará de devolverla a la posición de equilibrio,


produciéndose oscilaciones alrededor de dicha posición. En aquellas otras posiciones, como la x10, en las que EP(x) adquiere un valor máximo con respecto a las posiciones vecinas, el equilibrio es inestable; la partícula podrá permanecer en reposo en tal posición, pero si se la desplaza ligeramente de ella, aparecerá una fuerza que tiende a alejarla aún más de la posición de equilibrio inestable. Por último, en aquellas regiones en las que E P(x) sea constante el equilibrio será neutro o indiferente, puesto que no aparecerán fuerzas recuperadoras ni repulsivas al desplazar ligeramente una partícula que se encuentre en tal región (al ser EP(x) constante será F=0). Consideremos ahora que la partícula tiene una energía total E (que permanecerá constante en el movimiento si sólo actúan fuerzas conservativas sobre ella) que vendrá indicada por una línea horizontal en la representación gráfica de la figura. En cualquier posición x, la energía potencial EP(x) de la partícula vendrá dada por la ordenada de la curva EP=EP(x) y la energía cinética de la partícula será EC=E-EP(x), de modo que vendrá representada por la distancia de la curva EP(x) (en el punto dado x) a la línea E. Puesto que la energía cinética es esencialmente positiva (una energía cinética negativa implicaría una velocidad imaginaria) resulta evidente que para una energía total dada E, la partícula únicamente podrá encontrarse en aquellos puntos en los que E> EP(x). Así pues, en la gráfica de la figura, se advierte inmediatamente que la menor energía posible es E0; para esta energía la partícula sólo puede permanecer en reposo en x 0. Con una energía algo mayor, tal como la E1, la partícula puede moverse entre los puntos x1 y x 2; su velocidad disminuye al acercarse a los puntos x1 o x2 anulándose en ellos, de modo que la partícula se detiene e invierte su sentido de movimiento al alcanzar dichos puntos, llamados puntos de retorno. Si la energía es aún mayor, tal como la E2, la partícula podrá oscilar entre los puntos x3 y x 4 o permanecerá en reposo en el punto x5. Si la partícula tiene una energía aún mayor, tal como la E3, existen cuatro puntos de retorno, de manera que hay dos regiones de movimiento permitidos. Así, la partícula podrá oscilar entre x6 y x7 o entre x8 y x9, esto es, en uno u otro pozo de potencial, pero no podrá pasar de una región a otra porque ello exige pasar por la región x7 ↔ x8 donde su energía cinética sería negativa (región prohibida).


Decimos que las dos regiones donde el movimiento es posible están separadas por una barrera de potencial. En el nivel de energía E4 sólo existe un punto de retorno; si la partícula está desplazándose inicialmente hacia la izquierda, al llegar al punto x11 “rebotará” y se dirigirá hacia la derecha, acelerándose en los pozos de potencial y frenándose al pasar sobre las barreras de potencial. Para energías superiores a 5 E no hay puntos de retorno y la partícula se moverá únicamente en un sentido (el inicial) acelerándose y frenándose al pasar sobre los pozos y las barreras de potencial respectivamente, pero sin invertir nunca su sentido de movimiento.


TEMA 3 TRABAJO Y ENERGÍA PROBLEMAS

a) Por supuesto, el punto crítico es el punto superior, B. Puesto que AO es una cuerda, como fuerza sólo podrá ejercer una tensión, lo cual implica que en el punto más alto de la trayectoria, si hacemos el diagrama de sólido libre de la esfera tendremos dos fuerzas, el peso y la tensión, ambas verticales y haciahaber abajo.aceleración Esto implicaenqueeste puesto hay fuerzas en el eje vertical tiene que eje,que y dicha aceleración tiene que ser la componente normal (está en la dirección del radio de curvatura y apuntando hacia el centro de curvatura). Esta aceleración depende directamente de la velocidad, de modo que cuanto mayores sean las fuerzas mayor será la velocidad en el punto B, y eso implica mayor velocidad en el punto A. Si queremos que la velocidad sea mínima, las fuerzas tienen que ser mínimas; dado que el peso es constante sólo puede variar la tensión, y el valor mínimo de la tensión es cero. Así pues, la mínima velocidad v0 en el punto A implica que la tensión en el punto B tiene que ser nula, en cuyo caso tendremos, aplicando la segunda ley de Newton: ΣFn = manB ⇒ mg + T = manB ⇒ T = 0 ⇒ mg = m

vB2 ⇒ vB2 = gL L

Ahora para determinar la mínima velocidad v0 aplicamos la conservación de la energía, entre la situación inicial en el punto A y la situación final en B. Tendremos: ETA+Wotras=ETB Tomamos como nivel de energía potencial gravitatoria el nivel de A. De este modo, en el punto A sólo tenemos energía cinética puesto que la velocidad es v0, mientras que en el punto B tenemos energía potencial gravitatoria y energía cinética, ya que hemos visto que la velocidad en el punto B es vB. En cuanto al trabajo realizado por otras fuerzas distintas al peso, sólo aparece la tensión, que en todo momento es perpendicular al desplazamiento de su punto de aplicación, de modo que no realiza trabajo. Así pues:


ETA + Wotras = ETB ⇒ ECA = ECB + EPgB ⇒

1 2 1 2 1 1 mv = mv + mgL ⇒ v02 = vB2 + gL 2 0 2 B 2 2

1 2 1 1 3 v = gL + gL ⇒ v02 = gL ⇒ v0 = 3gL = 3 ⋅ 9.8 ⋅ 2 = 7.67 m / s 2 0 2 2 2

v0=7.67 m/s b) Ahora supongamos que AO es una varilla. Como hemos visto anteriormente, la mínima velocidad v0 implica la mínima velocidad vB. Si AO es una varilla rígida, puede actuar como apoyo, de modo que en el punto B podríamos tener una fuerza vertical y hacia abajo, que es el peso, y otra vertical y hacia arriba, que es la normal proporcionada por el apoyo de la varilla. Estas dos fuerzas pueden ser iguales de tal modo el sumatorio de en fuerzas es nulo y la aceleración normal en el punto B es nula, esque decir, la velocidad B es nula. Aplicamos como antes la conservación de la energía teniendo en cuenta que en B no tenemos energía cinética y nos queda: 1 1 ETA + Wotras = ETB ⇒ ECA = EPgB ⇒ mv02 = mgL ⇒ v02 = gL ⇒ v0 = 2gL = 2 2 = 2 ⋅ 9.8 ⋅ 2 = 6.26 m / s

v0=6.26 m/s

c) Nos centramos ahora en el caso de la cuerda. Hacemos el diagrama de sólido libre en el punto en que la tensión es máxima, que sería justo donde se produce la rotura (punto que denominaremos C). Tomamos como ejes el normal y el tangencial y tendremos, aplicando la segunda ley de

Newton: Σ

Fn=man ⇒ Tmáx − mgsenθ = m

vC2 L

Teniendo en cuenta que la tensión máxima que soporta el cable es el doble del peso de la esfera: Tmáx − mgsenθ = m

vC2 v2 v2 ⇒ 2mg − mgsenθ = m C ⇒ 2g − gsenθ = C L L L

Nos falta solamente la velocidad en ese punto. Para ello aplicamos la conservación de la energía entre la posición inicial A y el punto en que la tensión es máxima. Nos queda: ETA + Wotras = ETC ⇒ ECA + EPgA = EcC 1 2 1 1 1 mv + mgh = mvC2 ⇒ v02 + gh = vC2 ⇒ v02 + 2gLsenθ = vC2 2 0 2 2 2

Sustituimos esta expresión en la ecuación que

hemos obtenido para las fuerzas: vC2 v2 + 2gLsenθ ⇒ 2g − gsenθ = 0 ⇒ 2gL − gLsenθ = v02 + 2gLsenθ L L 2gL − v02 2 ⋅ 9.8 ⋅ 2 − 52 2gL − v02 = 3gLsenθ ⇒ senθ = = = 0.241 ⇒ θ = 13.97 º 3gL 3 ⋅ 9.8 ⋅ 2

2g − gsenθ =


θ=13.97º d) Obviamente no se puede trazar el círculo completo, ya que la velocidad mínima necesaria es de 7.67 m/s y la que nos dan ahora es 5 m/s, inferior a la mínima. NO SE PUEDE TRAZAR EL CÍRCULO COMPLETO Ahora vemos en qué punto se rompe la trayectoria (punto D). En el punto en que la trayectoria deja de ser circular la tensión deja de actuar ya que la cuerda comienza a arrugarse y el cuerpo se encuentra solo bajo

la acción del peso. En ese punto la esfera se encuentra a una altura h’ por encima de la

posición inicial y el diagrama de sólido libre será el de la figura. Aplicando la segunda ley de Newton: ΣFn = manD ⇒ mgsena = m

vD2 v2 h' v 2 ⇒ g = D ⇒ h' = D L L L g

Sólo nos falta determinar la velocidad de la esfera en el punto D. Para ello aplicamos de nuevo la conservación de la energía entre la posición inicial A y el punto D. Tendremos: ETA + Wotras = ETD ⇒ ECA = EcD + EPgD 1 2 1 2 2 2 =

2 mv0

+

⇒

2 mvD mgh' v0 vD2 = v02 − 2gh'

=

+

vD 2gh'

Sustituyéndolo en la segunda ley de Newton: h' =

vD2 v 2 − 2gh' v2 52 ⇒ h' = 0 ⇒ gh' = v02 − 2gh'⇒ h' = 0 = = 0.85 m g g 3g 3 ⋅ 9.8 h’=0.85 m


a) En primer lugar pasamos la velocidad al sistema internacional y determinamos la masa de la vagoneta y sus ocupantes: vA=56 km/h=15.56 m/s; m = P = 4500 = 459.48 kg g

9 .8

Llamaremos punto P al punto más bajo de la trayectoria. En él tomaremos el srcen de energías potenciales. Aplicando el teorema de conservación de la energía entre los puntos A y P y tendremos: ETA+Wotras=ETP En el punto A tenemos tanto energía cinética (la velocidad es v A) como potencial gravitatoria. En cuanto al trabajo, además del peso en este caso actúa sólo sobre el sistema la fuerza normal, que por ser perpendicular al desplazamiento no realiza trabajo. Y en el punto más bajo de la trayectoria sólo tenemos energía cinética, ya que la potencial gravitatoria será nula por convenio. Nos queda entonces: ETA+Wotras=ETP ⇒ ECA+EPgA=ECP ⇒ 1 mvA2 + mghA = 1 mvP2 ⇒ 1 vA2 + ghA = 1 vP2 2 2 2 1 1 15.562 + 9.8 ⋅ 24 = vP2 ⇒ vP = 26.69 m / s 2 2

2

vP=26.69 m/s b) Para determinar la fuerza que la vía ejerce sobre la vagoneta en el punto B tenemos que realizar el diagrama de sólido libre del cuerpo en ese punto. Como fuerzas tendremos el peso (vertical y hacia abajo) y la normal (perpendicular a la tangente en ese punto y apuntando hacia el sólido). En cuando a aceleraciones puesto que el movimiento es circular aparecerán las dos componentes de aceleración, normal y tangencial. La normal tiene la dirección del radio de curvatura y apuntando hacia el centro de curvatura (horizontal y hacia la izquierda) y la tangencial tiene la dirección tangente a la trayectoria y sentido contrario a la velocidad ya que al subir la velocidad disminuye (vertical y hacia abajo). Podemos ver en el gráfico que el sentido de fuerzas y aceleraciones verifica perfectamente la segunda ley de Newton. Aplicando dicha ley: 2

Σ

Fn=man ⇒ NB = manB = m vB r

Nos falta sólo calcular la velocidad de la vagoneta en el punto B. Aplicamos, como antes, la conservación de la energía entre la posición A y la B. En la B tendremos también energía potencial y cinética, y tendremos ya en cuenta que la normal no realiza trabajo. Así pues: ETA+Wotras=ETB ⇒ ECA+EPgA=ECB+EPgB ⇒ 1 mvA2 + mghA = 1 mvB2 + mghB 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 v + ghA = vB + ghB ⇒ 15.56 + 9.8 ⋅ 24 = vB + 9.8 ⋅ 12 ⇒ vB2 = 477.175 m2 / s2 2 A 2 2 2

Y sustituyendo, la reacción v 2 de la vía es: 477.175 NB = m

B

r

= 459.48

12

= 18271.04 N

NB=18271.04 N c) Vamos a hacer lo mismo en el punto C. Las fuerzas serán las mismas, sólo que al ser la normal perpendicular a la tangente, en el punto C la normal será vertical y hacia abajo. Así pues, al no existir fuerzas en dirección tangencial en ese punto la aceleración tangencial tiene que ser nula. Esto es lógico, ya que el punto más alto de la trayectoria es el punto en que la energía potencial es máxima y por tanto la cinética es mínima. Esto implica


que la velocidad en el punto C es mínima y la condición de mínimo es que su derivada sea nula. Puesto que por definición la aceleración tangencial es la derivada del módulo de la velocidad respecto del tiempo, en dicho punto esta derivada es nula. Tendremos lo que aparece en la figura, y aplicando de nuevo la segunda ley de Newton: ΣFn=man ⇒ NC+mg=manC  vC2

NC = manC − mg = m(anC − g) = m

 r

 − g  

Igual que antes nos falta sólo la velocidad en1 el punto C. Operamos de igual modo: ETA+Wotras=ETC ⇒ ECA+EPgA=ECC+EPgC ⇒ mvA2 + mghA = 1 mvC2 + mghC

2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 v + ghA = vC + ghC ⇒ 15.56 + 9.8 ⋅ 24 = vC + 9.8 ⋅ 24 ⇒ vC2 = 241.975 m2 / s2 2 A 2 2 2

Lógicamente la velocidad en el punto C es la misma que la velocidad en el punto A, ya que los dos se encuentran a la misma altura. Sustituyendo, la reacción de la vía en el punto C es:  v2   241.975  NC = m C − g  = 459.48 − 9.8  = 4762.33 N r 12    

NC=4763.3 N d) El contacto con la vía lo establece la reacción normal. Cuanto menor es la normal menor es el contacto con la vía, y justamente cuando la normal se anula es cuando se pierde el contacto. Por ello, la mínima celeridad en el punto C que justo anula el contacto será cuando la normal valga cero. Tendremos lo que aparece en la figura y aplicando la segunda ley de Newton: Σ

Fn=man ⇒ mg=manCmín ⇒ g =

2 vCmín ⇒ vCmín = gr = 9.8 ⋅ 12 = 10.84 m / s r

vCmín=10.84 m/s

a) Si el cordón no se afloja quiere decir que en el punto más próximo al punto fijo O la distancia d debe ser de 580 mm=0.58 m. Tomamos entonces dos puntos, el punto A, inicio del movimiento, y el punto B, que será el punto en que la distancia es mínima. En este último punto la curvatura debe cambiar puesto que a partir de ahí la distancia a O comenzará a aumentar. En este punto B por tanto la velocidad tiene que ser perpendicular al radio vector.


Se trata además de un caso de fuerzas centrales, ya que en el plano del movimiento sólo aparece la fuerza de recuperación elástica, que siempre va a pasar por el punto O. Cuando se trata de fuerzas centrales hay dos parámetros que se conservan, uno escalar, la energía, y otro vectorial, el momento angular. Aplicamos por tanto la conservación de estos dos parámetros entre las posiciones A y B. Tendremos para la energía: ETA = ETB ⇒ ECA + EPeA = ECB 1 mv 2 + 1 k∆l2 = 1 mv 2 ⇒ mv2 + k∆l2 = mv 2 A 0 2 0 2 A 2 0.68v02 + 146 ⋅ 0.1832 = 0.68v 2

Y para el momento angular: LA

= LB ⇒ rA × mv 0 = rB × mv ⇒ rAv0 senϕA = rB vsenϕB

0.763v0sen90º=0.580vsen90º ⇒ 0.763v0=0.580v Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: 0.68v02 + 146 ⋅ 0.1832 = 0.68v 2

0.763v0=0.580v De la segunda expresión: 0.763v0=0.580v ⇒ v=1.3155v0 Y sustituyendo en la primera: 0.68v02 + 146 ⋅ 0.1832 = 0.68v2 ⇒ 0.68v02 + 4.889 = 0.68(1.3155v0 )2 ⇒ v0 = 3.137 m / s v0=3.137 m/s b) Si la bola recibe una velocidad igual a la mitad de la calculada anteriormente  vA = v0 = 3.137 = 1.569 m / s  el cordón 

2

2



sí se aflojará, luego la distancia mínima será inferior a 0.580 m y la denominaremos d. Lo que sí seguirá ocurriendo es que en este punto de mínima distancia que llamaremos C la curvatura de la trayectoria cambia y la velocidad es perpendicular al radio vector. Se seguirán conservando la energía total y el momento lineal luego tendremos para la energía total: ETA = ETC ⇒ ECA + EPeA = ECC 1 2 1 1 mv + k∆l2 = mv 2 ⇒ mvA2 + k∆lA2 = mvC2 2 A 2 A 2 C 0.68 ⋅ 1.5692 + 146 ⋅ 0.1832 = 0.68vC2 ⇒ vC = 3.11 m / s

Y para el momento angular: LA

= LC ⇒ rA × mvA = rC × mv C ⇒ rAvAsenϕA = rC vC senϕC

⇒ d=0.385 m 0.763d=0.385 · 1.569sen90º=3.11dsen90º m c) La velocidad máxima será en el punto en que la distancia es mínima, es decir, en el punto C: vmáx=vC=3.11 m/s vmáx=3.11 m/s


a) En primer lugar aplicamos la conservación de la energía entre la posición A y la posición B. Tomaremos como nivel de energía potencial gravitatoria nula la del suelo horizontal. Así, tendremos: ETA+Wotras=ETB En la posición A tenemos energía potencial gravitatoria y energía cinética mientras que en B tendremos sólo energía cinética. En cuanto al trabajo, aparte del peso sólo aparece la normal, que por ser perpendicular al desplazamiento no realiza trabajo. Nos queda entonces: ETA+Wotras=ETB ⇒ ECA+EPgA=ECB ⇒ 1 mvA2 + mghA = 1 mvB2 ⇒ vA2 + 2ghA = vB2 2

2

vB = vA2 + 2ghA = 102 + 2 ⋅ 9.8 ⋅ 20 = 22.18 m / s

vB=22.18 m/s b) Ahora aplicamos la conservación de la energía entre la situación inicial (A) y la posición en que el resorte tiene la máxima compresión (posición C). ETA+Wotras=ETC En la posición C tendremos solamente energía potencial elástica, ya que la potencial gravitatoria es nula por convenio y la cinética es nula también porque en el punto de máxima compresión la piedra se detiene instantáneamente. En cuanto al trabajo, al entrar en la zona rugosa además del peso y la fuerza de recuperación elástica (cuando exista) actúan también la normal y la fuerza de rozamiento. La normal no realiza trabajo por ser perpendicular al desplazamiento, pero la fuerza de rozamiento sí realiza trabajo. Dicha fuerza podemos determinarla aplicando la segunda ley de Newton: ΣFY=maY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg Puesto que la piedra desliza la fuerza de rozamiento adquiere su valor máximo: Fr=(Fr)máx=µcN=µcmg Ahora aplicamos el teorema de conservación de la energía: ETA+Wotras=ETC ⇒ ECA+EPgA+WFr=EPeC ⇒ 1 mvA2 + mghA + Fr ⋅ x = 1 k∆xC2 2 2 1 2 1 1 1 mvA + mghA + Fr x cos θ = k∆xC2 ⇒ mvA2 + mghA + µ cmgx cos 180 º = k∆xC2 2 2 2 2 1 1 15 ⋅ 102 + 15 ⋅ 9.8 ⋅ 20 − 0.20 ⋅ 15 ⋅ 9.8(100 + ∆xC ) = 2∆xC2 ⇒ ∆xC2 + 29.4 ∆xC − 750 = 0 2 2 − 29.4 ± 29.42 + 4 ⋅ 750 − 45.78 m ∆xC = = 2  16.38 m


Obviamente sólo consideramos la respuesta positiva: ∆xC=16.38 m c) Hacemos el diagrama de sólido libre del bloque en el punto C. La piedra se moverá si la fuerza de rozamiento es superior a la máxima, y no lo hará si la fuerza de rozamiento es inferior a la máxima. Supongamos que no se mueve. En ese caso tendremos lo que aparece en la figura, y aplicando la segunda ley de Newton: ΣFX=maX ⇒ Fr-k∆xC=0 ⇒ Fr=k∆xC=2 · 16.38=32.76 N Y la fuerza de rozamiento máxima: (Fr)máx=µeN=µemg=0.80 · 15 · 9.8=117.6 N Vemos que la fuerza de rozamiento es inferior a la máxima: Fr<(Fr)máx ⇒ 32.76<117.6 Por tanto después de detenerse la piedra no se moverá. NO SE MOVERÁ

a) En primer lugar vamos a determinar la relación entre velocidades y aceleraciones de los dos bloques. Puesto que el collarín viene marcado como B, al bloque le representaremos con el subíndice A. Denominamos x e y a las posiciones absolutas del collarín y el bloque respectivamente con lo cual tendremos que puesto que los movimientos son rectilíneos: dv dy dv dx = −vA ; = vB ; A = aA ; B = aB dt dt dt dt

La longitud de la cuerda que los une la podemos expresar como: L=cte=2x+y+ctes Puesto que la longitud de la cuerda es constante, su derivada tiene que ser cero: dL = 0 ⇒ 2 dx + dy = 0 ⇒ 2vB − vA = 0 ⇒ vA = 2vB dt dt dt

Y volviendo a derivar respecto del tiempo: vA = 2vB ⇒

dv dvA = 2 B ⇒ aA = 2aB dt dt


Ahora vamos a aplicar la conservación de la energía. Aplicamos la conservación de la energía al sistema de dos bloque más la cuerda que los une, que no implica nada ya que por no tener masa no da lugar nunca a energía. De este modo, no nos aparecen las tensiones y no tenemos que determinar el trabajo que realizan. Como nivel nulo de energía potencial gravitatoria tomamos la posición más baja del sistema. Es obvio que si el collarín se desplaza 0.6 m hacia la izquierda, el bloque A tiene que ascender justamente el doble, es decir, 1.2 m. Así pues tendremos: ET1+Wotras=ET2 Inicialmente tenemos que la energía cinética es nula porque el sistema parte del reposo, y en cuanto a energía potencial gravitatoria tendría el collarín C que está a una altura hB respecto de la posición más baja. En la situación final los dos bloques tienen energía cinética y los dos bloques tienen energía potencial gravitatoria. Respecto al trabajo, para el sistema total además de los pesos tenemos que aparecen la reacción de la barra y la fuerza F de 150 N. La reacción de la barra no realiza trabajo porque es perpendicular al desplazamiento, pero la fuerzayFensí el realiza trabajo. supuesto, habría reacciones en la polea anclaje de la Por pared, pero no las tengo en cuenta porque puesto que no se desplazan tampoco realizan trabajo. Sólo realiza trabajo de todas las fuerzas la de 150 N. Nos queda entonces: ET1+Wotras=ET2 ⇒ EPgB1+WF=ECA2+ECB2+EPgA2+EPgB2 mB ghB + F ⋅ x C =

1 1 1 1 m v2 + m v2 + mAghA + mB ghB ⇒ FxC cos 0º = mAvA2 + mB vB2 + mAghA 2 A A 2 B B 2 2

Tenemos en cuenta la relación entre las velocidades:

1 1 vA = 2vB ⇒ 150 ⋅ 0.6 = 3(2vB )2 + 8vB2 + 3 ⋅ 9.8 ⋅ 1.2 ⇒ 54.72 = 10vB2 ⇒ vB = 2.34 m / s 2 2

vB=2.34 m/s b) Para determinar la tensión en la cuerda tenemos que hacer los diagramas de sólido libre de los dos bloques y aplicar la segunda ley de Newton. Para el bloque A tendremos: ΣFY=mAaAY ⇒ T-m Ag=mAaA ⇒ T-3 · 9.8=3aA ⇒ T-29.4=3aA Ahora para el collarín B hacemos lo mismo: ΣFX=mBaBX ⇒ F-2T=mBaB ⇒ 150-2T=8aB Y por último tenemos la ecuación que nos liga las dos aceleraciones: aA=2aB Tenemos un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas: T-29.4=3aA


150-2T=8aB aA=2aB Sustituimos la última expresión en las dos anteriores: T-29.4=3 · 2aB ⇒ T-29.4=6aB 150-2T=8aB De la segunda ecuación: 150-2T=8aB ⇒ aB=18.75-0.25T Y sustituyendo en la primera: T-29.4=6aB ⇒ T-29.4=6(18.75-0.25T) ⇒ T-29.4=112.5-1.5T ⇒ T=56.76 N T=56.76 N c) Volvemos a aplicar la conservación de la energía entre la situación inicial y la final, teniendo en cuenta ahora que la fuerza F sólo actúa durante un espacio d y que la velocidad final de los dos bloques es nula, de modo que al final no tenemos energía cinética para ninguno de los dos bloques. El resto nos quedaría igual, de modo que tendremos: ET1+Wotras=ET2 ⇒ EPgB1+WF=EPgA2+EPgB2 mBghB + F ⋅ d = mAghA + mB ghB ⇒ Fd cos 0º = mAghA ⇒ 150d = 3 ⋅ 9.8 ⋅ 1.2 ⇒ d = 0.2352 m

d=0.2352 m

El rango de velocidades que determina los tiros ganadores viene definido por los extremos C y D de las líneas. Comencemos por la menor de las velocidades que da lugar a un tiro ganador, que es aquella que hace que la moneda llegue justamente al punto C. Si empezamos desde el final del juego, a partir de B tenemos un tiro parabólico horizontal, cuya velocidad inicial denominaremos vB. El ángulo del plano inclinado será: tga =

5 ⇒ a = 22.62º 12

Dicho plano inclinado tiene una altura de 100 mm=0.1 m y una longitud horizontal de: tga =

100 100 100 ⇒x= = = 240 mm = 0.24 m x tga tg22.62º

Por tanto en el tiro parabólico la altura recorrida será de 0.1 m y el alcance será de 0.24+0.3=0.54 m. Si nos centramos en el eje vertical el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, siendo la aceleración la de la gravedad. Así pues:


1 1 yC = yB + vBYt − gt 2 ⇒ 0 = 0.1 − 9.8t2 ⇒ t = 0.143 s 2 2

Y en el eje X el movimiento es rectilíneo y uniforme (velocidad constante): vB =

xmáx 0.54 = = 3.78 m / s t 0.143

Por tanto la moneda tiene que llegar al punto B con una velocidad de 3.78 m/s. Ahora aplicamos la conservación de la energía entre la situación inicial A y la final al llegar a B. Tomamos como nivel de energía potencial gravitatoria nula la altura del plano horizontal: ETA+Wotras=ETB Tanto en la posición A como en la B sólo tenemos energía cinética, ya que la potencial gravitatoria es nula por convenio. En cuanto a las fuerzas, a mayores del peso actúan sobre la moneda la normal y la fuerza de rozamiento. La normal no realiza trabajo porque es perpendicular al desplazamiento, pero la fuerza de rozamiento sí realiza trabajo. Podemos determinar esta fuerza realizando el diagrama de sólido libre de la moneda y aplicando la segunda ley de Newton, con lo que tendremos: ΣFY=maY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg Y como la moneda desliza la fuerza de rozamiento adquiere su valor máximo: Fr=(Fr)máx=µN=µmg=0.5 · 9.8m=1.96m N Aplicando la conservación de la energía: ETA+Wotras=ETB ⇒ ECA+WFr=ECB ⇒ 1 mv02 + Fr ⋅ x = 1 mvB2 ⇒ 1 mv02 + Fr x cos 180 º = 1 mvB2 2 2 2 1 mv2 − 1.96mx = 1 mv2 ⇒ 1 v 2 − 1.96 ⋅ 1 = 1 3.782 ⇒ v = 4.27 m / s 0 2 0 2 B 2 0 2

2

Ahora si queremos la velocidad máxima de los tiros ganadores actuaremos igual, pero el alcance horizontal del tiro parabólico tiene que ser de 0.24+0.3+0.1=0.64 m. Hacemos todo exactamente igual. Determinamos la velocidad en B: vB =

xmáx 0.64 = = 4.48 m / s t 0.143

Por tanto la moneda tiene que llegar al punto B con una velocidad de 4.48 m/s. Llegaremos a la misma ecuación final: 1 2 1 1 1 mv − 1.96mx = mvB2 ⇒ v02 − 1.96 ⋅ 1 = 4.482 ⇒ v0 = 4.90 m / s 2 0 2 2 2

Por tanto el rango de velocidades es: 4.27 m/s≤v0≤4.90 m/s


a) Vamos a ver con qué velocidad llega la esfera a la espiga. Para ello aplicamos la conservación de la energía entre la posición inicial B y la final que llamaremos A y que es inmediatamente antes de tocar la espiga. Tendremos: ETB+Wotras=ETA Tomamos como nivel de energía potencial gravitatoria la posición más baja de la esfera. Por tanto inicialmente sólo tenemos energía potencial gravitatoria, ya que el sistema parte del reposo, y en la situación final sólo tenemos energía cinética, ya que por convenio la potencial gravitatoria es nula. En cuanto a las fuerzas, aparte del peso sólo existe la tensión, que en todo momento es perpendicular al desplazamiento, de modo que no realiza trabajo. Tendremos entonces: ETB+Wotras=ETA ⇒ EPgB=ECA ⇒ mgh = 1 mvA2 ⇒ vA2 = 2gh = 2 ⋅ 9.8 ⋅ 0.8sen30 º = 7.84 m2 / s2 2

Para determinar la tensión hacemos el diagrama de sólido libre de la esfera en esa posición. Tendremos como fuerzas el peso y la tensión, y como aceleraciones puesto que es un movimiento circular la aceleración normal y la tangencial. Aplicando la segunda ley de Newton: ΣFn=man ⇒ T-mgsen30º=man ⇒ T=mgsen30º+man=

 v2   7.84  = m gsen30 º+ A  = 1 9.8sen30º +  = 14.7 N L 0. 8    

T=14.7 N b) Justo después de tocar la espiga la posición es prácticamente la misma, la velocidad es la misma y la única diferencia está en la aceleración normal, ya que el radio de curvatura ya no es de 0.8 m sino de 0.4 m. Tendremos entonces que todo es igual salvo la última expresión, donde tendremos: 

T' = m gsen30º + 

vA2   7.84  = 1 9.8sen30 º+  = 24.5 N L'   0. 4  T’=24.5 N


a) A lo largo del problema tomaremos como nivel de energía potencial gravitatoria nula el plano del movimiento. Así, puesto que no hay variación de altura, la energía potencial gravitatoria será siempre nula. En primer lugar vamos a ver cuál es la elongación del resorte (k=1 kN/m=1000 N/m). Si la fuerza en el muelle es de 150 N tendremos: F1 = k∆x1 ⇒ ∆x1 =

F1 150 = = 0.15 m k 1000

Inicialmente el resorte está estirado 0.15 m. En esta situación el bloque parte del reposo (energía cinética nula). Aplicamos la conservación de la energía entre esta situación inicial (1) y la que llamaremos (2), que es cuando el bloque pasa de por la posición en la que el muelle estaba sin deformar. Tendremos pues: ET1+Wotras=ET2 Para determinar el trabajo, vamos a ver qué fuerzas actúan sobre el bloque. Hacemos el diagrama de sólido libre, y vemos que aparte del peso y la reacción del resorte, sobre el bloque actúan la normal y la fuerza de rozamiento. La normal no realiza trabajo porque en todo momento es perpendicular al desplazamiento, luego sólo realiza trabajo la fuerza de rozamiento, que valdrá: Fr=µkN Como en la dirección vertical no hay movimiento: ΣFY=0 ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg ⇒ Fr=µkN=µkmg=0.5 · 5 · 9.8=24.5 N Sustituyendo en la expresión de la conservación de la energía: 1 1 ET1 + Wotras = ET 2 ⇒ EPe1 + WFr = EC2 + EPe2 ⇒ k∆x12 + Fr ⋅ x = mv22 2 2

En la situación (2) el resorte está sin deformar luego no tenemos energía potencial elástica: 1 1 1 1 1 1 k∆x12 + Fr ⋅ x = mv22 ⇒ k∆x12 + Fr x cos 180 º = mv22 ⇒ k∆x12 − Fr x = mv22 2 2 2 2 2 2 1 1 1000 ⋅ 0.152 − 24.5 ⋅ 0.15 = 5v22 ⇒ v2 = 1.74 m / s 2 2

v2=1.74 m/s b) Puesto que el movimiento es rectilíneo, si la velocidad del bloque es máxima, su aceleración tiene que ser nula, luego en esa posición, que llamaremos (3), del diagrama de sólido libre tendremos: F 24.5 ΣFx=0 ⇒ k∆x3-Fr=0 ⇒ ∆x3 = r = = 0.0245 m k

1000

Aplicamos ahora la conservación de la energía mecánica entre la situación (1) y la (3): ET1 + Wotras = ET 3 ⇒ EPe1 + WFr = EC3 + EPe3 1 1 2 1 k∆x12 + Fr ⋅ x = mvmáx + k∆x32 2 2 2 1 1 1 2 áx + 2 k∆x32 2 k∆x12 + Fr x cos 180 º = 2 mvm 1 1 2 1 1000 ⋅ 0.152 − 24.5(0.15 − 0.0245) = 5vmáx + 1000 ⋅ 0.02452 ⇒ vmáx = 1.77 m / s 2 2 2

vmáx=1.77 m/s c) Llamaremos (4) a la posición en la cual el bloque se detiene. En dicha posición por tanto la energía cinética será nula. Aplicamos de nuevo la conservación de la energía mecánica entre la situación (1) y la (4): 1 1 ET1 + Wotras = ET 4 ⇒ EPe1 + WFr = EPe 4 ⇒ k∆x12 + Fr ⋅ x = k∆x42 2 2


1 1 1 1 k∆x12 + Fr x cos 180º = k∆x42 ⇒ 1000 ⋅ 0.152 − 24.5(0.15 + ∆x4 ) = 1000 ∆x42 2 2 2 2 − 24.5 ± 24.52 + 4 ⋅ 500 ⋅ 7.545  0.101 m 500∆x32 + 24.5∆x4 − 7.575 = 0 ⇒ ∆x4 = = 2 ⋅ 500 negativa

Por tanto el desplazamiento del bloque será: x=∆x1+∆x4=0.15+0.101=0.251 m x=0.251 m d) Una vez detenido el bloque, puede quedarse parado si la fuerza de rozamiento estática es suficientemente grande como para compensar la fuerza de recuperación elástica del resorte. Veamos si esto es posible. La máxima fuerza de rozamiento estática que podemos tener es: (Fr)smáx=µsN=µsmg=0.6 · 5 · 9.8=29.4 N La fuerza de recuperación elástica del resorte cuando el bloque se detiene es: F4=k∆x4=1000 · 0.101=101 N Vemos pues que la fuerza de rozamiento no puede compensar este valor, luego el bloque comienza a desplazarse de nuevo hacia la derecha. SÍ RETROCEDE HACIA LA DERECHA Denominaremos (5) a la nueva posición en que el bloque se detiene (energía cinética por tanto nula). Si volvemos a aplicar la conservación de la energía entre las posiciones 4 y 5: 1 1 k∆x42 + Fr ⋅ x = k∆x52 2 2 1 1 1 1 k∆x42 + Frx cos 180º = k∆x52 ⇒ 1000 ⋅ 0.1012 − 24.5(0.101 + ∆x5 ) = 1000∆x52 2 2 2 2 − 24.5 ± 24.52 + 4 ⋅ 500 ⋅ 2.626  0.052 m 500∆x2 + 24.5∆x − 2.626 = 0 ⇒ ∆x = = 5 5 5 2 ⋅ 500 negativo ET 4 + Wotras = ET 5 ⇒ EPe 4 + WFr = EPe5 ⇒

Por tanto la distancia que recorre hasta detenerse es: x=∆x4+∆x5=0.101+0.052=0.153 m x=0.153 m

a) En primer lugar aplicamos la conservación de la energía la posición del C.bloque en el punto B y la posición entre del bloque en el punto ETB+Wotras=ETC Tomamos el punto C como nivel de energía potencial gravitatoria. Por tanto, en el punto B tenemos energía cinética, ya que el bloque lleva una velocidad de 2.4 m/s, y energía potencial gravitatoria, ya que también tiene altura. En cuanto al trabajo, a mayores del peso sólo actúa la normal, que es perpendicular al desplazamiento y por tanto no realiza trabajo. Y por último, en la


posición C el bloque no tiene energía potencial gravitatoria por convenio y sí que tiene cinética. Nos queda entonces: ETB+Wotras=ETC ⇒ ECB+EPgB=ECC ⇒ 1 mvB2 + mghB = 1 mvC2 ⇒ 1 vB2 + ghB = 1 vC2 2 2 1 2 1 vB + g(h − h cos θ) = vC2 2 2

2

2

Tenemos dos incógnitas, el ángulo θ y la velocidad del cuerpo en el punto C. Para determinar esta velocidad hacemos el diagrama de sólido libre del bloque en el punto C. El bloque

está sometido propioCpeso y a la normal, puesto que en aelsupunto el bloque despega,pero se pierde el contacto y por tanto la normal se hace cero. En cuanto a aceleraciones, como el bloque desliza por un arco de circunferencia tendrá dos componentes de aceleración, tangencial y normal. Aplicando la segunda ley de Newton tendremos: ΣFn = man ⇒ mg cos θ = m

vC2 ⇒ vC2 = grC cos θ = gh cos θ rC

Sustituyendo en la ecuación de la energía: 1 2 1 1 1 1 1 v + g(h − h) cos θ = vC2( ⇒ ) vB2 + g h − h cos θ = gh cos θ ⇒ vB2 + gh − gh cos θ = gh cos θ 2 B 2 2 2 2 2 1 2 vB + gh 1 2 1 1 2 3 2 vB + gh = gh cos θ + gh cos θ ⇒ vB + gh = gh cos θ ⇒ cos θ = = 3 2 2 2 2 gh 2 1 2 = 2 2.4 + 9.8 ⋅ 0.9 = 0.884 ⇒ θ = 27.83º 3 9.8 ⋅ 0.9 2 θ=27.83º b) A continuación, y desde el punto C, tenemos un tiro parabólico, ya que el bloque queda sometido exclusivamente a la acción de la gravedad. La velocidad inicial de este tiro parabólico es la del punto C: vC= gh cos θ = 9.8 ⋅ 0.9 cos 27.83º = 2.793 m / s Tendremos entonces lo que aparece en la figura. Si nos centramos ahora en el eje Y sabemos que el bloque llega al suelo en el punto E. En el eje Y el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, siendo la aceleración la de la gravedad. Así pues:

1 2 1 gt ⇒ yE = h cos θ − vC senθt − gt2 2 2 1 0 = 0.9 cos 27.83º −2.793sen27.83º t − 9.8t2 ⇒ 4.9t2 + 1.304t − 0.796 = 0 yE = yC − vCy t −

t=

2 − 1.304 ± 1.3042 + 4 ⋅ 4.9 ⋅ 0.796  0.291 s = 2 ⋅ 4 .9 − 0.558 s

Obviamente un tiempo negativo no tiene sentido físico, luego el bloque tarda 0.291 s en ir desde el punto C hasta el punto D. Ahora pasamos al eje X, en el cual el movimiento es rectilíneo y uniforme, de modo que para el eje X tendremos: xE=x0+vCxt=vCcosθt=2.793cos27.83º · 0.291=0.719 m Y el parámetro x que nos pide el problema será:


x=xC+xE=hsenθ+xE=0.9sen27.83º+0.719=1.14 m x=1.14 m

a) Hacemos el diagrama de sólido libre de la corredera en el punto A. En cuanto a fuerzas tendremos el peso (vertical y hacia abajo), la reacción del resorte (está estirado luego será horizontal y hacia la derecha) y la normal que ejerce la barra (horizontal y hacia la derecha). En cuanto a aceleraciones, como está trazando un arco de circunferencia habría en principio dos componentes, normal y tangencial, pero la normal en esta posición es nula porque parte del reposo, luego sólo tenemos la componente tangencial que será vertical y hacia abajo. Aplicamos ahora la segunda ley de Newton: ΣFn=manA ⇒ kxA-NA=0 ⇒ NA=kxA=k(lA-l0)=400(1.2-0.6)=240 N NA=240 N 2 ΣFt=mat ⇒ mg=maA ⇒ aA=g=9.8 m/s 2 aA=9.8 m/s b) Ahora aplicamos el teorema de conservación de la energía entre la posición A, en que la corredera parte del reposo, y la posición B, por donde pasa con velocidad vB. ETA+Wotras=ETB Tomamos como nivel de energía potencial gravitatoria nula la posición más baja, es decir, la de B. En A por tanto tenemos energía potencial gravitatoria y energía potencial elástica, siendo el alargamiento del muelle: xA=lA-l0=1.2-0.6=0.6 m En cuanto al trabajo, aparte del peso y la fuerza de recuperación elástica sólo actúa la normal, que en todo momento es perpendicular al desplazamiento y no realiza trabajo. Y en la posición B la corredera tiene energía cinética y energía potencial elástica, ya que el alargamiento del resorte en esta situación es:


xB = lB − l0 = 0.62 + 0.62 − 0.6 = 0.2485 m

Por tanto, aplicando el teorema de conservación de la energía: ETA+Wotras=ETB ⇒ EPgA+EPeA=EPeB+ECB ⇒ mghA + 1 kxA2 = 1 kxB2 + 1 mvB2 3 ⋅ 9. 8 ⋅ 0. 6 +

2 2 2 1 1 1 2 2 2 ⋅ = ⋅ + ⇒ = 400 0.6 400 0.2485 3v vB 7.178 m / s 2 2 2 B

vB=7.178 m/s c) Inmediatamente antes de entrar en el tramo horizontal la velocidad de la corredera es vB y se encuentra en el último punto de una trayectoria curva. Por tanto, tendrá dos componentes de aceleración, una tangencial (tangente a la trayectoria) y una normal (en la dirección del radio de curvatura y apuntando hacia el centro de curvatura). Esta última componente es conocida, vale: anB =

vB2 7.1782 = = 85.873 m / s2 r 0.6

En cuanto a fuerzas aplicadas sobre la corredera, tendremos el peso, vertical y hacia abajo, la reacción del resorte, que como es de tensión irá hacia fuera de la corredera y que formará un ángulo de 45º con la vertical, y la normal de la guía, que será vertical y hacia arriba. Al trazar el diagrama de sólido libre de la corredera tendremos pues lo que aparece en la figura. Aplicamos la segunda ley de Newton: ΣFn=man ⇒ NB+kx Bsen45º-mg=manB ⇒ NB=manB-kxBsen45º+mg= =3 · 85.873-400 · 0.2485sen45º+3 · 9.8=216.733 N NB=216.733 N

Σ

Ft=mat ⇒ kxBcos45º=matB ⇒ atB = kxB cos 45º = 400 ⋅ 0.2485 cos 45º = 23.429 m / s2 m

3

La aceleración tiene dos componentes, normal y tangencial, luego su módulo será: aB = an2 + at2 = 85.8732 + 23.4292 = 89.012 m / s2

Newton: Σ

aB=89.012 m/s2 d) Inmediatamente después de pasar por B la velocidad de la corredera es prácticamente la misma pero no la aceleración, ya que la corredera se encuentra en un tramo horizontal (movimiento rectilíneo) y por tanto la aceleración será sólo horizontal. Puesto que cambia la aceleración deben cambiar las fuerzas, obviamente se modifica el valor de la normal. Tendremos entonces lo que aparece en la figura. Aplicamos de nuevo la segunda ley de

FX=maX ⇒ kxBcos45º=maB ⇒ aB = kxB cos 45º = 400 ⋅ 0.2485 cos 45º = 23.429 m / s2 m

3

aB=23.429 m/s2 ΣFY=maY ⇒ NB+kx Bsen45º-mg=0 ⇒ NB=mg-kxBsen45º= =3 · 9.8-400 · 0.2485sen45º=-40.886 N Vemos que además del módulo cambia también el sentido de la fuerza, que ahora es vertical y hacia abajo. Podríamos haberlo deducido del valor de las fueras, ya que el peso de


la deslizadera (3 · 9.8=29.4 N) es menor que la reacción del resorte (400 · 0.2485sen45º=70.286 N) y por tanto tiene que haber otra fuerza en la dirección y sentido del peso que pueda compensar a la del resorte de modo que no haya aceleración en dirección vertical. Dicha fuerza es la normal, que valdrá, obviamente: NB=kxBsen45º-mg=70.286-29.4=40.886 N NB=40.886 N

Para que el bloque B no choque contra el suelo, tendrá que llegar a ese punto con velocidad nula. Aplicaremos la conservación de la energía entre las dos situaciones, la inicial que aparece en la figura srcinal, y la final cuando el bloque B llegue justamente al suelo con velocidad nula, de modo que a partir de ahí invertirá el sentido del movimiento y volverá a ascender. Tomamos como nivel nulo de energía potencial gravitatoria el suelo. Así, tendremos: otras=ETfinal ETinicial+WInicialmente los dos bloques están en reposo luego no tienen energía cinética, el resorte está sin deformar luego no hay energía potencial elástica y sí tenemos energía potencial gravitatoria, correspondiente a la altura del bloque B. Respecto al trabajo, si consideramos el sistema formado por los dos bloques y la cuerda no hay ninguna fuerza que realice trabajo ya que sólo actúan los pesos y la fuerza de recuperación elástica, que son fuerzas conservativas. Y en la posición final tendremos energía potencial elástica, ya que el resorte está estirado y energía potencial gravitatoria debido a la altura del bloque A. Es evidente que debido a la disposición de la cuerda siempre que el bloque B se desplace una cantidad el bloque A se desplazará justo la mitad, ya que toda la cuerda que sale de la polea en B se recogerá de la polea en A, y en esta polea debe dividirse en dos tramos iguales. Así, si el bloque B desciende una cantidad d, el bloque A asciende d , y por tanto el resorte, que está unido al bloque A, se estira también una

2


cantidad d . No tendremos en la situación final energía cinética ya que en ese instante los 2

bloques se detienen para invertir el sentido del movimiento. Sustituyendo todo: ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ EPgB=EPe+EPgA ⇒ mBghB = 1 k∆l2 + mAghA

2 2 2 1 d d 1  0. 5  0 .5 mB gd = k  + mAg ⇒ 4 ⋅ 9.8 ⋅ 0.5 = k ⇒ k = 156.8 N / m  + 6 ⋅ 9. 8 ⋅ 2 2 2 2  2  2

k=156.8 N/m

a) Desplazamos el bloque hacia la derecha 125 mm=0.125 m y lo dejamos en libertad, con lo cual el resorte horizontal está comprimido y empuja a la corredera hacia la izquierda y el resorte vertical está estirado y tira de la corredera también hacia la izquierda, de modo que todas las fuerzas hacia la izquierda y son van máximas luego en este punto la aceleración será máxima. El bloque empieza a moverse acelerando y aumentando su velocidad, hasta pasar por la posición central en que los resortes están sin deformar y en dirección horizontal no habría fuerzas y por tanto la aceleración será nula. A partir de ahí la corredera se desplaza hacia la izquierda pero las fuerzas comienzan a actuar hacia la derecha, con lo cual la corredera comienza a disminuir su velocidad. Por tanto el punto en que la velocidad es máxima es aquel en el que la corredera pasa por la posición central. Aplicamos por tanto la conservación de la energía entre la situación inicial, cuando la deslizadera está en la parte de la derecha, y la final, cuando pasa por la posición central con velocidad máxima. Tendremos lo que aparece en la figura. Nos queda: ETinicial+Wotras=ETfinal Tomaremos como nivel de energía potencial gravitatoria nulo el de la corredera, que no varía de altura, y así no tendremos energía potencial gravitatoria ni al principio ni al final. Inicialmente tenemos energía potencial elástica correspondiente a los dos resortes, el horizontal (que llamaremos 1) que está comprimido y el vertical (que llamaremos 2) que está estirado. No tendremos energía cinética porque el sistema parte del reposo. Los alargamientos de los resortes son: ∆l1=125 mm=0.125 m 2 2 ∆l2=l2-l0= 0.125 + 0.300 − 0.300 = 0.025 m


En cuanto al trabajo realizado por otras fuerzas que no sean ni el peso ni las de recuperación elástica, sólo actúa la normal, que es perpendicular al desplazamiento y por tanto no realiza trabajo. Y en la situación final sólo tendremos energía cinética (velocidad máxima), pero no potencial elástica puesto que los dos resortes tienen su longitud natural. Así, nos queda: 2 ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ EPelástica1+EPelástica2=EC ⇒ 1 k∆l12 + 1 k∆l22 = 1 mvmáx vmáx

2 2 2 k (∆l12 + ∆l22 ) 280(0.1252 + 0.0252 ) = = = 1.01 m / s m 4. 5

vmáx=1.01 m/s b) Ahora hemos dicho ya que el punto en que la aceleración es máxima es el inicial, donde las fuerzas que ejercen los resortes son máximas y están en el mismo sentido. En esta situación, el ángulo que forma el resorte 2 con la horizontal es: tgθ =

300 ⇒ θ = 67.38º 125

Ahora hacemos el diagrama de sólido libre de la deslizadera en esa posición, teniendo en cuenta que está obligada a desplazarse sólo en dirección horizontal, por lo que la aceleración sólo tiene componente horizontal. Aplicando la segunda ley de Newton tendremos: ΣFX=maX ⇒ k∆l1+k∆l2cosθ=mamáx k(∆l1 + ∆l2 cos θ) amáx =

=

280(0.125 + 0.025 cos 67.38º ) = 8.38 m / s2 4. 5

=

m

amáx=8.38 m/s2 c) Ahora aplicamos la segunda ley de Newton al otro eje: ΣFY=maY ⇒ N-mg-k∆l2senθ=0 ⇒ N=mg+k∆l2senθ=4.5 · 9.8+280 · 0.025sen67.38º=50.56 N N=50.56 N

a) La constante del resorte vale: k=1 kN/m=1000 N/m


Llamaremos bloque 1 al de 10 kg y bloque 2 al de 5 kg. Obviamente en todo momento los dos bloques tienen la misma velocidad. Puesto que el movimiento es rectilíneo, la máxima velocidad implica que la aceleración tiene que ser nula (condición de máximo implica derivada nula). Si hacemos en ese momento los diagramas de sólido libre de los dos bloques, podremos determinar el alargamiento en ese instante del resorte y la tensión en la cuerda. Tendremos para el bloque 1 lo que aparece en la figura, con lo que aplicando la segunda ley de Newton: ΣFY=m1a1Y ⇒ N1-m1gcos50º=0 ⇒ N1=m1gcos50º=10 · 9.8cos50º=62.99 N Como el bloque desliza, la fuerza de rozamiento adquiere su valor máximo: Fr1=(Fr1)máx=µcN1=0.2 · 62.99=12.60 N Y en el otro eje: ΣFX=m1a1X ⇒m1gsen50º-Fr1-T=0 ⇒ T=m1gsen50º-Fr1=10 · 9.8sen50º-12.60=62.47 N Ahora vamos al bloque 2, para el que hacienda lo mismo tendremos: ΣFY=m2a2Y ⇒ N2-m2g=0 ⇒ N2=m2g=5 · 9.8=49 N Puesto que el bloque desliza la fuerza de rozamiento adquiere su valor máximo: Fr2=(Fr2)máx=µcN2=0.2 · 49=9.8 N Por último nos queda: T − Fr2 ΣFX=m2a2X ⇒ T-Fr2-k∆x=0 ⇒ ∆x = = k

62.47 − 9.8 = = 0.0527 m 1000

Ya tenemos el alargamiento del resorte en en instante en que la velocidad es máxima: ∆x=0.0527 m Ahora vamos a calcular esa velocidad. Para ello aplicamos la conservación de la energía entre la situación inicial, que llamaremos 1, donde los móviles parten del reposo con el resorte sin deformar, y la situación final, que llamaremos 2 en la que la velocidad de los bloques es máxima y el alargamiento del resorte es de 0.0527 m. Obviamente como el resorte inicialmente está con su longitud inicial, si se alarga 0.0527 m es porque los dos bloques se desplazan justo esa cantidad. Tendremos lo que aparece en el gráfico.

Aplicando el teorema de conservación de la energía: ET1+Wotras=ET2 No vamos a tener en cuenta la energía potencial gravitatoria del bloque 2 porque no varía su altura, luego es igual en la situación 1 y en la 2 y podemos obviarla. Inicialmente solo tenemos energía potencial gravitatoria del bloque 1. En cuanto al trabajo realizado por otras fuerzas diferentes al peso y a la de recuperación elástica, están las normales, que no


realizan trabajo porque son perpendiculares al desplazamiento, y las fuerzas de rozamiento, que sí realizan trabajo porque se desplazan 0.0527 m con los bloques. Y en la situación final tendremos energía cinética correspondiente a los dos bloques porque su velocidad es máxima y energía potencial elástica ya que el resorte está alargado 0.0527 m. Así pues: ET1+Wotras=ET2 ⇒ EPg1+WFr1+WFr2=EC1+EC2+EPe2 1 1 1 m v 2 + m v 2 + k∆ x 2 2 1 máx 2 2 máx 2 1 1 2 + k∆x2 m1g∆xsen50º +Fr1 ∆x cos 180º+Fr2 ∆x cos 180º = (m1 + m2 )vmáx 2 2 m1gh 1 + Fr1 ⋅ x1 + Fr2 ⋅ x2 =

2 m1g∆xsen50º −Fr1 ∆x − Fr2 ∆x − 1 k∆x2 = 1 (m1 + m2 )vmáx 2 2 1 2 m1g∆xsen50 º−Fr1 ∆x − Fr2 ∆x − k∆x 2  2   = vmáx = m1 + m2

=

1 2 10 ⋅ 9.8 ⋅ 0.0527 sen50 º−12.60 ⋅ 0.0527 − 9.8 ⋅ 0.0527 − 1000 ⋅ 0.0527 2  2   = 0.430 m / s 10 + 5

vmáx=0.430 m/s b) Ahora vamos a ver cuál es la máxima distancia que recorre el bloque. Llamamos a esta distancia ∆xmáx, ya que coincide con lo que se alarga el resorte. Puesto que es la máxima distancia, en ese instante los bloques se detienen e invierten el sentido del movimiento, luego en esa situación, que llamaremos situación 3, la velocidad de los bloques es nula. Aplicamos de nuevo la conservación de la energía, teniendo en cuenta que básicamente es como en el apartado anterior pero la energía cinética final es nula porque los bloques se detienen:

ET1+Wotras=ET3 ⇒ EPg1+WFr1+WFr2=EPe3 1 2 m1gh 3 + Fr1 ⋅ x1 + Fr2 ⋅ x2 = k∆xmáx 2

1 2 m1 g∆xmáx sen50º +Fr1 ∆xmáx cos 180º +Fr2 ∆xmáx cos 180º = k∆xmáx 2 2(m1gsen50º −Fr1 − Fr2 ) 1 = m1 gsen50º −Fr1 − Fr2 = k∆xmáx ⇒ ∆xmáx = 2 k 2(10 ⋅ 9.8sen50 º −12.60 − 9.8) = = 0.1053 m 1000

xmáx=0.1053 m

∆

c) Veamos qué ocurre en esta posición. Supongamos que los bloques sí rebotan. En este caso, el bloque 1 comenzará a subir y el bloque 2 tendrá que ir hacia la izquierda, luego ambos tendrán

aceleración en ese sentido para iniciar de nuevo el movimiento partiendo del reposo. El diagrama de sólido libre del bloque 1 sería entonces el de la figura. Aplicando la segunda ley de Newton: ΣFY=m1a1Y ⇒ N1-m1gcos50º=0 ⇒ N1=m1gcos50º=10 · 9.8cos50º=62.99 N Para que el bloque comience a moverse tiene que superar la fuerza de rozamiento estática, luego tiene que adquirir el valor: Fr1=(Fr1)máx=µeN1=0.3 · 62.99=18.90 N


Σ

FX=m1a1X ⇒ Fr1+m1gsen50º-T=-m1a ⇒ T-18.90-10 · 9.8sen50º=10a ⇒ T-93.97=10a Igualmente hacemos el diagrama de sólido libre del bloque 2 y operamos de modo similar: ΣFY=m2a2Y ⇒ N2-m2g=0 N2=m2g=5 · 9.8=49 N Fr2=(Fr2)máx=µeN2=0.3 · 49=14.7 N ΣFX=m2a2X ⇒ T+Fr2-k∆ xmáx=-m2a 1000 · 0.1053-T-14.7=5a ⇒ 90.6-T=5a Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas. Sumando las dos ecuaciones: T − 93.97 = 10 a  ⇒ −3.37 = 15a ⇒ a = −0.225 m / s 2 90.6 − T = 5a 

La solución a la que llegamos es absurda, la aceleración sería en sentido contrario, con lo cual ese punto no sería el de máximo alargamiento. Esto quiere decir que la suposición hecha no es correcta el los bloques no rebotan. NO REBOTAN Veamos qué se obtiene si hacemos la suposición contraria. Supongamos que los bloques se detienen en ese punto y ya no rebotan. En este caso los bloques permanecerían en equilibrio y no habría aceleración, y además como no hay deslizamiento las fuerzas de rozamiento deberían ser inferiores a su valor máximo: Fr1<(Fr1)máx ⇒ Fr1<µeN1 Fr2<(Fr2)máx ⇒ Fr2<µeN2 Tendremos lo que aparece en el gráfico para el bloque 1: ΣFY=m1a1Y ⇒ N1-m1gcos50º=0 Σ

N1=m1gcos50º=10 · 9.8cos50º=62.99 N FX=m1a1X ⇒ T-Fr1-m1gsen50º=0 ⇒ T-Fr1-10 · 9.8sen50º=0 T-Fr1-75.07=0 Para el bloque 2 hacemos de modo similar y tendremos: ΣFY=m2a2Y ⇒ N2-m2g=0 ⇒ N2=m2g=5 · 9.8=49 N ΣFX=m2a2X ⇒ T+F r2-k∆xmáx=0 T+Fr2-1000 · 0.1053=0 ⇒ T+Fr2-105.3=0 Restamos las dos ecuaciones obtenidas: T − Fr1 − 75.07 = 0 ⇒ Fr1 + Fr2 − 30.23 = 0 ⇒ Fr1 + Fr2 = 30.23 T + Fr2 − 105.3 = 0 

Comprobamos la suposición hecha inicialmente, que es que las fuerzas de rozamiento tienen que ser inferiores a sus valores máximos: Fr1<µeN1 ⇒ Fr1<0.30 · 62.99 ⇒ Fr1<18.90 N Fr2<µeN2 ⇒ Fr2<0.30 · 49 ⇒ Fr2<14.70 N tanto debe verificarse que: Fr1+FPor r2<18.90+14.70 ⇒ Fr1+Fr2<33.60 ⇒ 30.23<33.60 Vemos que lo que obtenemos es correcto, luego la suposición que hemos hecho es cierta y los bloques no rebotan. NO REBOTAN


a) En el Sistema Internacional tendremos los datos: m=50 g=0.050 kg d=300 mm ⇒ r=150 mm=0.15 m El punto crítico de la trayectoria es el punto más alto del rizo, ya que una vez pasado este punto el móvil recorrería el resto simplemente bajo la acción de la gravedad. Vamos a ver por tanto con qué velocidad debe llegar el cochecito al punto más alto de la trayectoria, punto que llamaremos C. Hacemos el diagrama de sólido libre del coche en el punto C y tendremos la gráfica adjunta. Obviamente la mínima altura en el punto A implicará la mínima velocidad en el punto C y por tanto la mínima aceleración normal a nC. Vemos que la aceleración centrípeta está proporcionada por dos fuerzas, el peso y la normal, que tienen el mismo sentido, luego la aceleración centrípeta será tanto menor cuanto menor sean estas dos fuerzas. El peso es constante, y el menor la normal es ceroenpuesto no lapuede de sentido. Asívalor pues,de la menor velocidad C y porque tanto menorcambiar altura en A implica que la normal en el punto más alto de la trayectoria es nula. Tendremos entonces la figura que aparece al lado, y aplicamos la segunda ley de Newton en la dirección normal: Σ

Fn=man ⇒ mg=manC ⇒ g =

vC2 ⇒ vC2 = gr r

Ahora aplicamos la conservación de la energía entre los puntos A y C: ETA+Wotras=ETC En el punto A sólo tenemos energía potencial gravitatoria debida a la altura h. En cuanto al trabajo de las fuerzas, aparte del peso aparece sólo la normal, que es perpendicular al desplazamiento y no realiza trabajo. Y en el punto C tenemos energía potencial porque la altura es d y energía cinética porque la velocidad

del coche es vC. Así pues nos queda: ETA+Wotras=ETC ⇒ EPgA=EPgC+ECC ⇒ mghA = mghC + 1 mvC2 ⇒ gh = gd + 1 gr 2

2h=2d+r ⇒ 2h=2 · 2r+r ⇒2h=5r ⇒ h = 5r = 5 ⋅ 0.15 = 0.375 m 2

2

2

h=0.375 m b) Ahora vamos al punto B. Para saber la velocidad que tiene el cochecito en el punto B


aplicamos la conservación de la energía entre los puntos A y B. Operamos de modo análogo a como hemos hecho antes y tendremos: ETA+Wotras=ETB ⇒ EPgA=EPgB+ECB 1 mghA = mghB + mvB2 2 1 5r gh = gr + vB2 ⇒ vB2 = 2gh − 2gr = 2g − 2gr = =5gr-2gr=3gr 2 2

Ahora hacemos el diagrama de sólido libre del cochecito en el punto B y tendremos: 2

Σ

Fn=man ⇒NB=manB= m vB = m 3gr = 3mg = 3 · 0.050 · 9.8=1.47 N r

r

NB=1.47 N

a) Obviamente el punto crítico de la trayectoria es el punto B, el más alto, ya que a partir de ahí la trayectoria se cerraría bajo la acción de la gravedad. Realizamos un diagrama de sólido libre en el punto B para ver las fuerzas que actúan sobre el micrófono en esa situación y tendremos lo que aparece en la figura adjunta. Es evidente que si queremos que la velocidad en A sea mínima, la velocidad en B también será mínima y por tanto deberá ser mínima la aceleración normal anB. Dicha aceleración está proporcionada por dos fuerzas de la misma dirección y sentido, luego estas fuerzas deberán también ser mínimas. El peso es constante, deberá ser mínima la tensión, y el menor valor de la tensión es el cero. Así pues, la velocidad tanto en A como en B será mínima cuando la tensión en el punto B sea nula. Así pues, aplicando todo lo dicho tendremos: 2

Σ

Fn=man ⇒ mg+TB=manB ⇒ mg = m vB r

⇒ vB2 = gr

Ahora aplicamos la conservación de la energía entre la posición A, donde la velocidad será mínima, y la posición B, donde ya conocemos la velocidad: ETA+Wotras=ETB En la situación A la energía es sólo cinética. En cuanto al trabajo, aparte del peso actúa sólo la tensión, que es perpendicular al desplazamiento y no realiza trabajo. Y en la situación B el micrófono posee tanto energía cinética como potencial. Sustituyendo: 1 2 ETA+Wotras=ETB ⇒ ECA=ECB+EPgB ⇒ 1 mvA2 = 1 mvB2 + mghB ⇒ 1 vmín = vB2 + 2gr 2

2


2

2

vmín = vB2 + 4gr = gr + 4gr = 5gr = 5 ⋅ 9.8 ⋅ 0.75 = 6.06 m / s

vmín=6.06 m/s

b) Para determinar en qué punto la tensión es máxima vamos a realizar el diagrama de sólido libre del micrófono en una posición genérica. Aplicando la segunda ley de Newton tendremos: ΣFn=man ⇒ T-mgcosθ=man T = mg cos θ + m

 v2  = m g cos θ +  r r  

v2

Si en vez de en la parte inferior de la trayectoria el micrófono está en la parte superior la tensión y el peso tienen el mismo sentido (ver figura), con lo cual nos quedaría: ΣFn=man ⇒ T+mgcosθ=man T = mg cos θ − m

 v2 v2  = m g cos θ − r r  

De las dos opciones, es obvio que la tensión es mayor en el primer caso, donde sumamos dos términos, y no en el segundo donde los restamos. Y en este caso, donde la 

2



r 

tensión vale m g cos θ + v

 

el valor será máximo cuando el coseno sea máximo:

cosθ=1 ⇒ θ=0º Por tanto el valor máximo de la tensión es en el punto más bajo de la trayectoria (punto A) y vale:   5gr  v2  v2   Tmáx = m g cos θ + A  = m g + A  = m g +  = m(g + 5g ) = 6mg = 6 ⋅ 0.35 ⋅ 9.8 = 20.58 N r r  r     

Tmáx=20.58 N

En primer lugar calculamos las condiciones geométricas del problema. El triángulo ABC es isósceles, luego tiene dos ángulos iguales (a). Evidentemente el ángulo que nos queda en el vértice B también tiene que ser a, luego tendremos que: 2a=60º ⇒ a=30º Y puesto que los ángulos de un triángulo suman 180º: θ=180º-2a=180º-2 · 30º=120º Calculemos ya la longitud del resorte aplicando el


teorema del coseno: 2

2

BC = l = AC + AB − 2AB AC cos θ = = 0.52 + 0.52 − 2 ⋅ 0.5 ⋅ 0.5 cos 120º = 0.866 m

El resorte en la posición B está alargado una cantidad: ∆lB=l-l0=0.866-0.5=0.366 m Aplicamos el teorema de conservación de la energía entre la situación A, cuando la deslizadera parte del reposo, y B, cuando su velocidad es v B. Tendremos: ETA+Wotras=ETB En A sólo tenemos energía potencial gravitatoria, correspondiente a una altura h, mientras que en B tenemos energía cinética y energía potencial elástica. En cuanto al trabajo realizado por las fuerzas, aparte del peso y la fuerza de recuperación elástica, que son conservativas, sólo actúa la normal, que por ser perpendicular al desplazamiento no realiza trabajo: ETA+Wotras=ETB ⇒ EPgA=ECB+EPeB ⇒ mgh = 1 mvB2 + 1 k∆lB2 7 ⋅ 9.8 ⋅ 0.5sen60º =

2 2 1 2 1 7 vB + 150 ⋅ 0.3662 ⇒ vB = 2.37 m / s 2 2

vB=2.37 m/s

Ahora queremos la aceleración de la deslizadera en el punto B. Aislamos la deslizadera. Sobre ella actúan el peso, vertical y hacia abajo, la reacción del resorte, que es de tensión, y la normal, perpendicular a la barra. Y la aceleración, puesto que el movimiento es rectilíneo, tendrá la dirección de la barra. Aplicando la segunda ley de Newton al eje X: ΣFX=maBX ⇒ mgcos30º-k∆lBcos30º=maB 7 · 9.8cos30º-150 · 0.36cos30º=7aB ⇒ aB=1.69 m/s2 aB=1.69 m/s2


a) Tenemos movimiento en una dimensión, donde la fuerza deriva del potencial, es decir: F=−

dU dx

Si la partícula está en equilibrio, F=0, luego: F=0⇒−

dU dU =0⇒ =0 dx dx

Gráficamente derivada una función en un lapunto es de la pendiente de la tangente a la curva en ese punto, luego si la pendiente es nula, la tangente tiene que ser horizontal. Los puntos de equilibrio son aquéllos en los que la tangente a la curva es horizontal, es decir, en los máximos, mínimos o tramos rectos de la curva de potencial, como puede verse en la gráfica. Tenemos los puntos marcados. Vamos a ver ahora el tipo de equilibrio en cada caso. Comencemos por los puntos que se encuentran en los mínimos de la curva de potencial, que tienen idéntico razonamiento (puntos 1 y 3). Razonamos para el punto 1. Si desplazamos la partícula hacia la izquierda (r negativo) la pendiente de la tangente es negativa, lo cual significa que la fuerza es positiva (hacia la derecha) y hace volver a la partícula a la posición de equilibrio. Análogamente sucede si desplazamos la partícula hacia la derecha (r positivo). En este caso la pendiente de la tangente es positiva, lo que significa que aparece una fuerza negativa (hacia la izquierda), que devuelve también la partícula a la posición de equilibrio. En resumen, cualquier desplazamiento que realicemos sobre la partícula hace aparecer una fuerza de sentido opuesto al desplazamiento que devuelve a la partícula a la posición de equilibrio. Estos puntos son por tanto de equilibrio estable. r1=1.5 y r3=3.2 mm ⇒ estable con un máximo de la Ahora vamos a ver quémm ocurre cuando el equilibrio punto corresponde curva de potencial (punto 2). En este caso, si desplazamos la partícula a la izquierda de la posición de equilibrio (r negativo) la pendiente de la tangente es positiva, lo que significa que aparece una fuerza negativa (hacia la izquierda) que aleja a la partícula de la posición de equilibrio. Del mismo modo, si desplazamos la partícula hacia la derecha (r positivo) la pendiente de la tangente es negativa, lo cual significa que aparece una fuerza positiva (hacia la derecha) que aleja a la partícula de la posición de equilibrio. En conclusión, sea cual


sea el sentido del desplazamiento, siempre aparece una fuerza en ese mismo sentido que aleja la partícula de la posición de equilibrio, luego se trata de equilibrio inestable. r2=2.3 mm ⇒ equilibrio inestable Por último estudiamos el tramo horizontal. Aquí es evidente que al desplazar la partícula en cualquier sentido la tangente sigue siendo horizontal, lo cual significa que la pendiente, y por tanto la fuerza, es nula. La partícula queda de nuevo en reposo: el equilibrio es indiferente o neutro. r4>5 mm neutro b) Para que la partícula oscile tiene que tener dos puntos de retorno, es decir, dos puntos en los que se detenga (velocidad nula y por tanto energía cinética nula) e invierta el sentido del movimiento. Si la energía cinética es nula toda la energía es potencial. La energía total (que por ser constante tiene que venir representada por una horizontal) coincide con la potencial, luego estas dos gráficas se cortan. Esto sucede, como vemos en la gráfica, para energías entre -5.6 J y 1 J aproximadamente. Por encima de esa energía sólo hay un punto de retorno a la izquierda y el movimiento no sería oscilatorio, sino que la partícula al moverse hacia la derecha seguiría hasta el infinito. -5.6 J0 ⇒ ET-U>0 ⇒ ET>U Sólo son posibles los movimientos donde la energía total está por encima de la potencial, luego la recta que representa la energía total tiene que estar siempre por encima de la curva de potencial. Así, el movimiento estará permitido sólo entre los puntos A y B, es decir, leyendo sobre la recta de distancias: 0.6 mm

Aplicando la conservación de la energía: ET=EC1+U1 EC1=ET-U1=-3-(-5.6)=2.6 J EC1=2.6 J Y leyendo en el eje de distancias, la posición en que la energía cinética es máxima es: r1=1.5 mm

a) Como hemos visto en el problema anterior, sólo están permitidos los movimientos en aquellos puntos en los que la recta que representa la energía total está por encima de la curva de potencial. Así, para la energía E1 está permitido el movimiento para valores de x comprendidos entre los correspondientes a los puntos A y B, entre los puntos C y D y por encima E. Deldel mismo modo, cuandoalaF.energía es E 2 el movimiento es posible para valores de x pordeencima correspondiente b) Si la partícula está en reposo implica que la energía cinética es nula, y de acuerdo con la conservación de la energía: ET=EC+U ⇒ EC=0 ⇒ ET=U Esto quiere decir que la recta de energía total y la curva de potencial coinciden siempre. Esto sólo puede suceder si la recta de energía total es tangente a la curva de potencial, y por tanto la corta en un solo punto. Esto se producirá para los casos en que la energía total de la partícula corresponda a la de los puntos G,H,I ó J. c) Si queremos que la partícula se mueva oscilando entre dos puntos de retorno la recta que representa la energía total tiene que cortar a la curva de potencial en dos puntos, lo cual sólo ocurre si la recta de energía total está por debajo del punto J. Por tanto, el movimiento entre dos puntos de retorno es posible sólo para energías totales por debajo de la correspondiente al punto J. Obviamente, las posiciones serán las que estén a la izquierda del punto J. d) De acuerdo a lo explicado en el problema anterior, los puntos de equilibrio son los correspondientes a los máximos y mínimos de la curva de potencial, siendo los máximos puntos de equilibrio inestable y los mínimos puntos de equilibrio estable. Por tanto, los puntos H y J corresponden a puntos de equilibrio inestable mientras que los puntos G e I implican puntos de equilibrio estable.


a) Tenemos que la fuerza deriva del potencial, de modo que para x≤3 m:

F = − dU = − d (3x2 − x3 ) = 3x2 − 6x dx dx

Y para x>3 m: dU d =− (0) = 0 dx dx Y entonces si la fuerza es nula tendremos que para x≤3 m: x=0  F=0 ⇒ 3x2-6x=0 ⇒ x(3x-6)=0 ⇒  − = 3 x 6 0 ⇒ x =2m  F=−

Y en el otro intervalo la fuerza es nula, luego tendremos que la fuerza es cero para: x=0; x=2 m; x>3 m b) Se trata de hacer la representación gráfica. Obviamente por encima de 3 m la energía potencial es nula, luego no hace falta que demos valores. Por debajo de 3 m tendremos la tabla: x -1(m) U 4(J) x1.5 (m) 3.375 U (J) -0.5 0.875 2 4 0 0 2.5 3.125 0.5 0.625 3 0 1 2 Tendremos la gráfica que aparecen en la figura. c) Como hemos visto en los problemas anteriores, el equilibrio es estable si la curva de potencial pasa por un mínimo, inestable si pasa por un máximo e indiferente si la curva es horizontal. Así pues, a la vista de la gráfica tendremos: x=0 ⇒ equilibrio estable; x=2 m ⇒ equilibrio inestable; x>3 m ⇒ equilibrio indiferente d) Para x=2 m podemos determinar la energía potencial: U(2)=3x2-x3=3 · 22-23=4 J Por diferencia obtenemos la cinética: ET=EC+U ⇒ EC=ET-U=12-4=8 J Y de aquí la velocidad: EC =

2EC 1 2 2⋅8 mv ⇒ v = = = 2 m/s 2 m 4

v=2 m/s


a) Puesto que la fuerza deriva del potencial: F=−

dU d =− (8x2 − x 4 ) = − (16x − 4x3 ) = 4x3 − 16x dx dx

F=4x3-16x

b) Si el objeto está en equilibrio: 4x = 0 ⇒ x = 0  F=0 ⇒ 4x3-16x=0 ⇒ 4x(x2-4)=0 ⇒ x2 − 4 = 0 ⇒ x = 4 =  2 

− 2

x=0; x=2 m; x=-2 m c) Veamos ahora el tipo de equilibrio. De acuerdo a lo dicho hasta ahora, si tenemos un máximo en la curva de potencial el equilibrio es inestable mientras que si tenemos un mínimo el equilibrio es estable. Analíticamente, la diferencia entre un máximo y un mínimo está en el signo de la segunda derivada, si la segunda derivada es positiva nos encontramos en un mínimo, si es negativa nos encontramos en un máximo. Así pues tendremos: U=8x2-x4 ⇒ U’=16x-4x3 ⇒ U’’=16-12x2 Ahora en los tres puntos que tenemos: U(0)= 16-12x2=16>0 ⇒ Mínimo ⇒ Equilibrio estable U(2)= 16-12x2=16-12 · 22=-32<0 ⇒ Máximo ⇒ Equilibrio inestable U(-2)= 16-12x2=16-12 · (-2)2=-32<0 ⇒ Máximo ⇒ Equilibrio inestable Por tanto: x=0 estable; x=±2 m inestable d) Los puntos de retorno son aquellos puntos en que la partícula se detiene momentáneamente e invierte el sentido del movimiento. En ellos la energía cinética es nula, lo cual implica que la potencial coincide con la total: ET=EC+U ⇒ EC=0 ⇒ ET=U ⇒ 2=8x2-x4 ⇒ x4-8x2+2=0 Tenemos una ecuación bicuadrada. Hacemos el cambio de variable x2=y: 2 x4-8x2+2=0 ⇒ y2-8y+2=0 ⇒ y = 8 ± 8 − 4 ⋅ 2

2

7.742 = 0.258

Y deshaciendo el cambio de variable: x2 = y ⇒ x =

  2.782  7.742 =   − 2.782 y=   0.258 =  0.508  − 0.508

x=±2.78 m; x=±0.508 m


TEMA 4 DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS CONSEJOS PREVIOS A LA RESOLUCION DE LOS PROBLEMAS En los problemas sobre la posición, velocidad y aceleración del centro de masas debes leer atentamente cada problema para sacar los datos implícitos que aparecen en cada enunciado. Siempre que aparezcan fuerzas internas (explosiones, por ejemplo), pero no externas, el centro de masas sigue manteniendo su movimiento. Por tanto, si inicialmente está en reposo, las velocidades de los fragmentos serán tales que la velocidad del centro de masas seguirá siendo nula, y si estaba moviéndose continuará en el mismo estado de movimiento. Para los problemas de choques es conveniente seguir una serie de pasos. Dibuja un sistema de coordenadas y define las velocidades respecto de ese sistema. Es conveniente hacer que alguno de los ejes coincida con alguna de las velocidades iniciales. En el esquema del sistema de coordenadas, dibuja todos los vectores de las velocidades con sus etiquetas, e incluye toda la información dada. Escribe las expresiones del momento lineal de cada partícula para cada una de las componentes X e Y para antes y después de la colisión. Recuerda incluir los signos adecuados para las componentes de los vectores velocidad. Por ejemplo, si un objeto se mueve en la dirección negativa de X, la componente X de la velocidad se deberá tomar como negativa. Es muy importante que prestes atención cuidadosa a los signos. Escribe las expresiones del momento total en la dirección X para antes y después del choque e iguálalas. Repite elelprocedimiento para momento total endirección. la dirección Estos pasos se hincapié deben a que debe conservarse momento lineal a loellargo de cualquier Es Y. importante hacer que es el momento del sistema (los objetos en colisión) el que se conserva, no el momento de los objetos individualmente. Si la colisión es inelástica, la energía cinética no se conserva, y se deberá proceder a resolver las ecuaciones del momento para las incógnitas. Si la colisión es elástica, la energía cinética también se conserva, por lo que se puede igualar la energía cinética antes de la colisión con la energía cinética después de la colisión. Esto proporciona una relación adicional entre las diferentes velocidades.


TEMA 4 DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS PROBLEMAS PARA RESOLVER EN CLASE

Si consideramos el sistema de las dos partículas, todas las fuerzas que actúan sobre el sistema son verticales (pesos y normales). Puesto que no hay fuerzas horizontales (ΣFX=0) la componente horizontal del centro de masas debe ser nula: ΣFX=0 ⇒ ΣFX=maGX ⇒ maGX=0 ⇒ aGX=0 Esto implica que la velocidad del centro de masas en el eje X debe ser constante: aGX=0 ⇒ vGX=cte Inicialmente el sistema está en reposo, vGX=0, luego tiene que seguir estándolo. Esto quiere decir que en el momento en que una parte del sistema se desplace hacia la derecha, el resto lo hace hacia la izquierda para que la velocidad del centro de masas sea cero. Así, al caer el prisma pequeño se desplaza hacia la derecha, luego el grande lo hace hacia la izquierda. Este retroceso es el que nos piden. Comosignifica la velocidad delposición centro de eje X se es cero, esto que la del masas centroendeel masas mantiene constante: vGX=0 ⇒ xG=cte Podemos determinar la posición inicial del centro de masas, la final, e igualarlas. Vemos las dos posiciones en el gráfico, donde hemos colocado los centros de masa de cada uno de los triángulos a un tercio de las bases. Denominamos ∆x al retroceso del prisma inferior y llamaremos con el subíndice 1 al prisma grande y con el subíndice 2 al pequeño. Así, la posición del centro de masas inicialmente es: a 2b   M ∆x +  + m ∆x +  m x + m2x2 3 3   xG = 1 1 = m1 + m2 M+m Y cuando el prisma superior ha llegado a la posición más baja tendremos: a b  m1 x'1 +m2 x'2 M 3 + m a − 3  = xG = m1 + m2 M+m Igualando las dos posiciones: a 2b  a b   M ∆x +  + m ∆x +  M + m a −  a 2b  a b 3 3 3 3      = ⇒ M ∆x +  + m ∆x +  = M + m a −  M+m M+m 3 3 3 3    Ma 2mb a mb Ma 2mb a mb + m∆x + = M + ma − ⇒ M∆x + m∆x = − − + M + ma − M∆x + 3 3 3 3 3 3 3 3 m(a − b) ∆x(M + m) = ma − mb ⇒ ∆x(M + m) = m(a − b) ⇒ ∆x = M+m


∆x =

m( a − b) M+m

a) Inicialmente el sistema se encuentra en reposo, luego la velocidad del centro de masas es nula. Todas las fuerzas son verticales (pesos y normales), luego como no hay fuerzas horizontales la componente horizontal de la aceleración del centro de masas es nula. Así pues, igual que antes, la velocidad del centro de masas en ese eje tiene que permanecer constante: ΣFX=0 ⇒ ΣFX=maGX ⇒ maGX=0 ⇒ aGX=0 ⇒ vGX=cte=0 Como inicialmente la velocidad del centro de masas es nula, tiene que seguir siéndolo, de modo que en cuanto la muchacha comienza a moverse hacia la derecha el tablón reacciona desplazándose hacia la izquierda de tal forma que la velocidad del centro de masas sea cero. Sólo tenemos movimiento en el eje X, luego podemos resolver el problema escalarmente, teniendo en cuenta que las velocidades son positivas cuando van hacia la derecha y negativas cuando van hacia la izquierda. Tendremos que tener en cuenta también que el dato que nos dan no es la velocidad de la muchacha, sino la velocidad relativa de la muchacha respecto del tablón. La velocidad absoluta de la muchacha será: vmuchacha/tablón =vmuchacha-vtablón ⇒ vmuchacha=vmuchacha/tablón +vtablón=1.5i-vtablóni=(1.5-vtablón)i Ahora, teniendo en cuenta que la velocidad del centro de masas tiene que ser nula: m v +m v 45 1.5 − vtablón ) − 150vtablón v G = muchacha muchacha tablón tablón ⇒ 0 = ⇒ 0 = 45(1.5 − vtablón ) − 150vtablón muchacha tablón m 45 + 150 +m 67.5-45vtablón-150vtablón=0 ⇒ 195vtablón=67.5 ⇒ vtablón=0.346 m/s vtablón=0.346 m/s b) Y la velocidad de la muchacha: vmuchacha=1.5-vtablón=1.5-0.346=1.154 m/s vmuchacha=1.154 m/s

Puesto que no hay rozamiento, todas las fuerzas que actúan sobre el sistema mujer-balsa son verticales (pesos y normales). Como no hay fuerzas horizontales no puede haber aceleración en esta dirección (segunda ley de Newton). Esto quiere decir que la velocidad del centro de masas en este eje tiene que permanecer constante. Puesto que inicialmente es cero, tiene que seguir siendo cero, de modo que en cuanto la mujer comience a desplazarse hacia la derecha la balsa reaccionará y comenzará a desplazarse hacia la izquierda para que la velocidad del centro de masas sea cero. Tendremos que si la


velocidad de la mujer es v m la de la balsa será vb. Nos dan la velocidad relativa de la mujer respecto de la balsa luego tendremos: vm/b=vm-vb ⇒ vm=vm/b+vb=3i-vbi=(3-vb)i Así pues, aplicando la conservación de la velocidad del centro de masas: m v + mb vb 60(3 − vb ) − 120vb ⇒0= ⇒ 180 − 60vb − 120vb = 0 ⇒ vb = 1 m / s vG = 0 ⇒ vG = m m mm + mb 60 + 120 Y la velocidad de la mujer: vm=3-vb=3-1=2 m/s Respecto de la balsa, la mujer tiene que recorrer 6 m, luego tardará un tiempo: x x 6 vm / b = m / b ⇒ t = m / b = = 2 s t vm / b 3 En ese mismo tiempo la balsa se ha desplazado hacia atrás a 1 m/s luego recorre un espacio: x vb = b ⇒ xb=vbt=1 · 2=2 m t Puesto que inicialmente estaba a 0.5 m del embarcadero y se aleja 2 m más, la distancia entre la barca y el embarcadero será: x=xb+0.5=2+0.5=2.5 m x=2.5 m

a) El sistema se mueve sólo en dirección horizontal. Una vez que cae la primera maleta con velocidad de 2.4 m/s sobre el carro en reposo la velocidad del centro de masas del sistema maleta1carro será: m v + mC vC 15 ⋅ 2.4 vG = 1 1 = = 0.9 m / s m1 + mC 15 + 25 A continuación se lanza la segunda maleta, de masa m 2 con velocidad 2.4 m/s y el sistema de tres partículas se desplaza con velocidad de 1.2 m/s. Tendremos entonces: m v' +m v' +m v' 15 ⋅ 0.9 + 2.4m2 + 25 ⋅ 0.9 v'G = 1 1 2 2 C C ⇒ 1.2 = ⇒ 1.2(40 + m2 ) = 2.4m2 + 36 m1 + m2 + mC 15 + m2 + 25 48+1.2m2=2.4m2+36 ⇒ m2=10 kg m2=10 kg b) Vamos a ver qué ocurre si las maletas se lanzan en orden inverso. En primer lugar se lanza la maleta de masa m2 con lo cual la velocidad sistema m v +final mC vdel 10 ⋅ 2.4 maleta2-carro será: C vG = 2 2 = = 0.686 m / s m2 + mC 10 + 25 A continuación se lanza la maleta de masa m 1 y la velocidad final del sistema será: m v' +m v' +m v' 15 ⋅ 2.4 + 10 ⋅ 0.686 + 25 ⋅ 0.686 v'G = 1 1 2 2 C C = = 1.2 m / s m1 + m2 + mC 15 + 10 + 25 v’G=1.2 m/s


a) Denominaremos con el subíndice 1 a la nadadora, con el 2 al nadador y con el 3 a la barca, de modo que: m1=55 kg; m2=80 kg; m3=135 kg Inicialmente los tres cuerpos están en reposo luego la velocidad del centro de masas es cero. Como no hay fuerzas horizontales sino que sólo las hay verticales, en la dirección horizontal el centro de masas no tiene aceleración, de modo que si la velocidad del centro de masas es cero tiene que seguir siéndolo después de saltar la nadadora. Esto implica que cuando la nadadora salta hacia la derecha con velocidad v1, la barca con el nadador reacciona desplazándose hacia la izquierda a velocidad v. Tendremos que tener en cuenta que el dato que nos da el problema es la velocidad relativa de la nadadora respecto de la barca, mientras que la que nos interesa es la absoluta. Teniendo en cuenta las ecuaciones del movimiento relativo, y tomando como sentido positivo del eje X hacia la derecha: v1/b=v1-v ⇒ v1=v1/b+v=(5-v)i Como dijimos antes, la velocidad del centro de masas tiene que mantenerse, y sabemos que inicialmente es nula, de modo que: m v +m v +m v v G = 1 1 2 2 3 3 ⇒ 0 = 55(5 − v) − 80v − 135v ⇒ 0 = 275 − 270v ⇒ v = 1.019 m / s +

+

+

+

m1 m2 m3 55 80 135 Después de zambullirse la nadadora la barca con el nadador se desplazan hacia la izquierda a velocidad de 1.019 m/s. A continuación se lanza el nadador hacia la derecha con velocidad v’ 2, y la barca se moverá hacia la izquierda con velocidad v’, de modo que la velocidad del centro de masas, que ahora es 1.019 m/s se mantenga constante puesto que no se ejercen fuerzas en dirección horizontal. De igual modo que antes, la velocidad del nadador será: v2/b=v’2-v’ ⇒ v’2=v2/b+v’=(5-v’)i Aplicando la ecuación de la velocidad del centro de masas y teniendo en cuenta que nuestro sistema ahora tiene sólo dos partículas: m v' +m v' vG = 2 2 3 3 m1 + m2 + m3 80(5 − v') − 135v' − 1.019 = ⇒ −218.98 = 400 − 215v' ⇒ v' = 2.88 m / s 80 + 135 v’=2.88 m/s b) Ahora resolvemos el problema de igual modo, pero primero salta el nadador, que es la partícula 2. Seguimos los mismos pasos que en el apartado anterior: v2/b=v2-v v2=v2/b+v=(5-v)i Y la velocidad del centro de masas:


m1 v1 + m2 v2 + m3 v3 80(5 − v) − 55v − 135v ⇒0= ⇒ 0 = 400 − 270v ⇒ v = 1.481 m / s m1 + m2 + m3 55 + 80 + 135 A continuación nos queda el sistema con sólo las partículas 1 y 3, y salta la nadadora hacia la derecha, con lo que tenemos de nuevo: v1/b=v’1-v’ v’1=v1/b+v=(5-v’)i De la velocidad del centro de masas, que ahora es de 1.481 m/s hacia la izquierda: v' v' v G = m1 1 +m3 3 ⇒ −1.481 = 55(5 − v') − 135v' ⇒ −281.48 = 275 − 190v'⇒ v' = 2.93 m / s m1 + m3 55 + 135 v’=2.93 m/s

vG

=

a) En la parte más alta de la trayectoria la componente vertical de la velocidad es nula y sólo existe la horizontal. Como en el eje horizontal el movimiento es rectilíneo y uniforme la velocidad en dicho eje es constante e igual a la inicial: v=vx=v0X=120cos30º=103.923 m/s En el eje vertical el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, siendo la aceleración la de la gravedad. Tendremos entonces: vY=v0y-gt ⇒ 0=120sen30º-9.8t ⇒ t=6.122 s El proyectil tarda 6.122 s en llegar a la parte más alta de la trayectoria, donde la altura será: 1 1 y = y0 + voYt − gt2 = 120sen30º⋅6.122 − 9.8 ⋅ 6.1222 = 183.673 m 2 2 Ahora se produce la explosión y el proyectil se divide en dos fragmentos, uno de 1 kg (fragmento 1) y el otro de 2 kg (fragmento 2). El de 2 kg cae al suelo directamente debajo del punto de explosión, luego su velocidad después de la explosión sólo puede tener componente vertical. Además, sabemos que tarda en caer 3.6 s. Puesto que su movimiento es vertical está sometido a la acción de la gravedad y tendremos: 1 1 y2 = y02 + v2t2 − gt22 ⇒ 0 = 183.673 + 3.6v2 − 9.8 ⋅ 3.62 ⇒ v2 = −33.38 m / s 2 2 Nos sale negativa, lo cual quiere decir que después de la explosión el fragmento 2 tiene una velocidad vertical y hacia abajo. Ahora vamos al fragmento 1. En una explosión se tiene que conservar la velocidad del centro de masas, luego: mv +m v 1v − 2 ⋅ 33.38j vG = cte ⇒ vG = 1 1 2 2 ⇒ 103.923i = 1 ⇒ v1 = 311.769i + 66.76 j m / s m1 + m2 1+2 v1=311.769i+66.76j m/s b) A partir de la explosión, el fragmento 1 queda sometido exclusivamente a la acción de la gravedad y el movimiento es el típico de un tiro parabólico, donde la velocidad inicial es v1 y la altura inicial 183.673 m. El tiempo que tarda el fragmento 1 en caer lo podemos obtener de la altura: 1 1 y1 = y01 + v1Yt1 − gt12 ⇒ 0 = 183.673 + 66.76t1 − 9.8 ⋅ t12 ⇒ 4.9t12 − 66.76t1 − 183.673 = 0 2 2


66.76 ± 66.762 + 4 ⋅ 4.9 ⋅ 183.673 − 2.347 s = 2 ⋅ 4.9  15.972 s Obviamente la única solución que tiene sentido es la positiva, de modo que el fragmento 1 tarda 15.972 s en llegar al suelo. Como en el eje X el movimiento es rectilíneo y uniforme: x1=v1Xt1=311.769 · 15.972=4979.40 m Esta es la distancia a la vertical de la explosión. Sin embargo nos piden la distancia respecto del punto de lanzamiento. Hasta el punto de la explosión desde el lanzamiento se recorren: x=vxt=120cos30º · 6.122=636.217 m Por tanto la distancia entre el punto de lanzamiento y el punto de impacto del fragmento 1 es: xtotal=x+x1=636.217+4979.40=5615.617 m t1 =

xtotalserá =5615.617 m c) La energía liberada en la explosión la diferencia entre la energía cinética después y antes de la explosión (la potencial gravitatoria se mantiene constante puesto que la explosión es prácticamente instantánea). Así, antes de la explosión tenemos un proyectil de masa 3 kg con una velocidad de 103.923 m/s. Después de la explosión tenemos dos fragmentos, uno de 1 kg con velocidad: v1 = 311.7692 + 66.762 = 318.837 m / s y otro de 2 kg con velocidad v2=33.38 m/s. Así, la energía cinética liberada en la explosión será: 1 1 1 Eliberada = ECdespués − ECantes = m1v12 + m2v22 − mv2 = 2 2 2 1 1 1 = 1 ⋅ 318.8372 + 2 ⋅ 33.382 − 3 ⋅ 103.9232 = 35742.759 J 2 2 2 Eliberada=35742.759 J

La velocidad inicial del obús es: v0=v0Xi+v0Yj=150cos55ºi+150sen55ºj=86.036i+122.873j m/s El obús estalla en el punto más alto de la trayectoria. En dicho punto la componente vertical de la velocidad es nula, y en el eje vertical el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, con aceleración la de la gravedad. Así pues: vY=v0Y-gt ⇒ 0=122.873-9.8t ⇒ t=12.538 s El obús estalla al cabo de 12.538 s, instante en el cual la altura vale: 1 1 y = y0 + v0 Y t − gt2 = 122.873 ⋅ 12.538 − 9.8 ⋅ 12.5382 = 770.295 m 2 2 Y en el eje X el movimiento es rectilíneo y uniforme, la velocidad se mantiene constante, luego hasta que estalla el obús ha recorrido: x=vXt=v0Xt=86.036 · 12.538=1078.72 m Por tanto, en el punto más alto de la trayectoria, donde se produce el estallido, sólo existe la componente horizontal de la velocidad, ya que la vertical es nula. Entonces la velocidad del obús antes de la explosión es: v=vXi=86.036i m/s Tras la explosión el obús se fragmenta en dos trozos de masas: 3m 3 ⋅ 12 m 12 = = 9 kg; m2 = = = 3 kg m1 = 4 4 4 4


Vemos que uno tiene el triple de la masa del otro y que la suma de ambos es 12 kg. Puesto que se trata de una explosión la velocidad del centro de masas tiene que conservarse, es decir, después de la explosión la velocidad del centro de masas tiene que ser horizontal. Eso implica que si un fragmento tiene componente vertical hacia arriba el otro la tiene que tener hacia abajo para compensar y viceversa. Sin embargo, el enunciado nos dice que los dos fragmentos llegan al suelo al mismo tiempo, lo cual hace que esta hipótesis sea imposible, porque el fragmento que sale hacia abajo siempre llegaría al suelo antes que el fragmento que sale hacia arriba. Así pues, si llegan al suelo al mismo tiempo eso implica que las velocidades de los dos fragmentos después de la explosión tienen que ser horizontales. Además, el fragmento más pesado (fragmento 1) cae en el punto desde el cual se lanzó el obús, luego se desplaza hacia la izquierda. Tiene que recorrer en el eje X una distancia de 1078.72 m y en el eje Y una distancia de 770.295 m. Lógicamente dicho fragmento tardará en caer 12.538 s, lo mismo que en llegar el obús a la parte más alta de la trayectoria (recorre idénticos espacios). Además, como en el eje X recorre el mismo espacio en el mismo tiempo, su velocidad después del estallido tiene que ser igual y de sentido contrario a la del obús antes del estallido, es decir, después del estallido para el fragmento 1: v1=-86.036i m/s Como la velocidad del centro de masas tiene que conservarse tendremos: m v + m2v2 −9 ⋅ 86.036 + 3v2 vG = 1 1 ⇒ 86.036 = ⇒ v2 = 602.252 m / s +

m1 m2 12 El fragmento 2 sale hacia la derecha con una velocidad de 602.252 m/s. Puesto que tarda 12.538 s en caer, recorrerá en el eje X una distancia: x2=v2t2=602.252 · 12.538=7551.036 m Por tanto, respecto del punto de lanzamiento la posición del fragmento 2 es: x2total=x+x2=1078.72+7551.036=8629.76 m x2total=8629.76 m En cuanto a la energía liberada en la explosión tendremos que restar las energías antes y después de la explosión. Así, tendremos: 1 1 ECantes = mv 2 = 12 ⋅ 86.0362 = 44413 J 2 2 Y después de la explosión: 1 1 1 1 ECdespués = EC1 + EC2 = m1 v12 + m2v22 = 9 ⋅ 86.0362 + 3 ⋅ 602.2522 = 577371 J 2 2 2 2 Por tanto la energía liberada en la explosión es: Eliberada=ECdespués-ECantes=577351-44413=532958 J Eliberada=532958 J


a) El cohete explota en el punto de altura máxima, luego la velocidad del centro de masas en ese punto (instante de la explosión) es nula. La velocidad del centro de masas tiene que conservarse, es decir, después de la explosión la velocidad del centro de masas tiene que ser nula. Eso implica que si un fragmento tiene componente vertical hacia arriba el otro la tiene que tener hacia abajo para compensar y viceversa, y si uno sale hacia la derecha el otro debe salir hacia la izquierda. Sin embargo, el enunciado nos dice que los dos fragmentos llegan al suelo al mismo tiempo, lo cual nos hace que no pueden salir un fragmento hacia arriba y otro hacia abajo, porque el fragmento que sale hacia abajo siempre llegaría al suelo antes que el fragmento que sale hacia arriba. Así pues, si llegan al suelo al mismo tiempo eso implica que las velocidades de los dos fragmentos después de la explosión tienen que ser horizontales y de sentido contrario. Además, lógicamente el fragmento más pesado (1) será el que tiene menor velocidad y viceversa. Tendremos por tanto lo que aparece en la figura. La velocidad del centro de masas se conserva luego: m v + m2 v2 −1.40 ⋅ v1 + 0.28v2 vG = 1 1 ⇒0= ⇒ −1.40 ⋅ v1 + 0.28v2 = 0 m1 + m2 1.40 + 0.28 Además, 860 J se transforman en 1energía cinética: 1 1 1 860 = EC1 + EC2 ⇒ 860 = m1 v12 + m2 v22 ⇒ 860 = 1.40v12 + 0.28v22 2 2 2 2 Y tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: −1.40 ⋅ v1 + 0.28v2 = 0 1 1 860 = 1.40v12 + 0.28v22 2 2 De la primera ecuación: -1.40v1+0.28v2=0 ⇒ v2=5v1 Y sustituyendo en la segunda: 1 1 1 1 860 = 1.40v12 + 0.28v22 ⇒ 860 = 1.40v12 + 0.28(5v1 )2 ⇒ 860 = 4.2v12 ⇒ v1 = 14.31 m / s 2 2 2 2 v1=14.31 m/s Y el otro fragmento: v2=5v1=5 · 14.3=71.55 m/s v2=71.55 m/s b) A continuación para cada uno de los fragmentos tenemos una caída libre en la cual conocemos la altura y velocidad inicial. El fragmento 1 cae desde una altura inicial y 01=80 m y con una velocidad incial v01=14.31 m/s, horizontal y hacia la izquierda. En el eje Y el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, luego podemos determinar el tiempo de caída: 1 1 y1 = y01 + v01Y t − gt2 ⇒ 0 = 80 − 9.8t2 ⇒ t = 4.04 s 2 2 Cualquiera de los fragmentos tardan en caer 4.04 s. El alcance del fragmento 1 es, teniendo en cuenta que el movimiento es rectilíneo y uniforme: x1=x01-v01Xt=-14.30 · 4.04=-57.82 m Y del mismo modo, para el fragmento 2:


x2=x02+v02Xt=71.55 · 4.04=289.06 m La distancia entre los dos fragmentos es: xtotal=x1+x2=57.82+289.06=346.88 m xtotal=346.88 m

a) Veamos en primer lugar el tiempo que tarda la granada en llegar al punto más alto de la trayectoria y la altura a la que se produce la explosión. Hasta el momento de la explosión tenemos un tiro parabólico. Si nos centramos en el eje Z el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, siendo la aceleración la de la gravedad. En el punto en que se produce la explosión la componente vertical de la velocidad se anula, ya que es donde se invierte el sentido del movimiento. Así pues, si llamamos te al tiempo que tarda la granada en estallar tendremos: vFZ=v0Z-gte ⇒ 0=125sen75º-9.8te ⇒ te=12.32 s Y la altura correspondiente 1es: 2 1 ze = z0 + v0Z t e − gte = 125sen75º⋅12.32 − 9.8 ⋅ 12.322 = 743.79 m 2 2 En el eje X no hay movimiento hasta ese momento y en el eje Y el movimiento es rectilíneo y uniforme con velocidad: vY=v0Y=125cos75º=32.35 m/s En este eje por tanto se ha recorrido un espacio: ye=y0+v0Yte=32.35 · 12.32=398.55 m A continuación veamos qué ocurre después de la explosión. La granada se divide en dos fragmentos, uno de 2 kg que marcaremos con el subíndice 1 y otro de 3 kg que marcaremos con el subíndice 2. El fragmento 1 tarda en caer al suelo 25 s de los cuales 12.32 s fueron empleados por la granada completa hasta explotar, de modo que el tiempo que tarda el fragmento 1 en caer es: t1=ttotal1-te=25-12.32=12.68 s Estudiamos ahora el movimiento de este fragmento en cada uno de los ejes. En el eje X el movimiento es rectilíneo y uniforme y el fragmento recorre 50 m en 12.68 s, de modo que tras la explosión la velocidad en dicho eje es:

v'1X = x1 = 50 = 3.94 m / s t1 12.68 En el eje Y el movimiento también es rectilíneo y uniforme, aunque tendremos que tener en cuenta que en este eje el fragmento no parte del srcen sino de la posición y e, con lo cual tendremos: y1=y0+v’1Yt1 ⇒ y1=ye+v’1Yt1 ⇒ 350=398.55+v’1Y · 12.68 ⇒ v’1Y=-3.83 m/s Por último en el eje Z el movimiento es rectilíneo y uniformemente acelerado, y el fragmento tampoco parte del srcen sino de la posición z e. Así pues tendremos: 1 1 z1 = ze + v'1Z t1 − gt12 ⇒ 0 = 743.79 + v'1Z ⋅12.68 − 9.8 ⋅ 12.682 ⇒ v'1Z = 3.47 m / s 2 2 Tenemos ya la velocidad del fragmento 1 tras la explosión:


v’1=v’1Xi+v’1Yj+v’1Zk=3.94i-3.83 j+3.47k Ahora en la explosión puesto que los tiempos son casi nulos se conserva la cantidad de movimiento. Antes de la explosión la velocidad de la granada es solamente la componente en Y: vantes=vYj=32.35j Aplicando la conservación de la cantidad de movimiento: pantes=pdespués ⇒ mvantes=m1v’1+m2v’2 ⇒ 5 · 32.35j=2(3.94i-3.83j+3.47k)+3v’2 v’2=-2.63i+56.47 j-2.31k m/s Y por último estudiamos cada uno de los ejes del movimiento del fragmento 2. Necesitamos saber el tiempo que tarda el fragmento 2 en caer al suelo, por lo que comenzamos por el eje Z: 1 1 z2 = ze + v'2Z t2 − gt22 ⇒ 0 = 743.79 − 2.31t2 − 9.8t22 ⇒ 4.9t22 + 2.31t2 − 743.79 = 0 2 2 2 t2 = − 2.31 ± 2.31 + 4 ⋅ 4.9 ⋅ 743.79 =  12.09 s 2 ⋅ 4.9 − 12.56 s

Lógicamente la solución negativa es absurda, y el fragmento 2 tarda 12.09 s en caer al suelo desde que se produce la explosión. El tiempo total contado desde el inicio del movimiento de la granada es entonces: ttotal2=te+t2=12.32+12.09=24.41 s ttotal2=24.41 s En los ejes X e Y el movimiento es rectilíneo y uniforme luego tendremos: x2=xe+v’2Xt2=-2.63 · 12.09=-31.80 m x2=-31.80 m y2=ye+v’2Yt2=398.55+56.47 · 12.09=1081.27 m y2=1081.27 m b) El impulso es igual a la variación de la cantidad de movimiento: I1=m1∆v1=m1(v’1-vantes)=2(3.94i-3.83j+3.47k-32.35j)=7.88i-72.36j+6.94k Ns I1=7.88i-72.36j+6.94k Ns c) Aplicando la expresión del impulso: I 7.88i-72.36 j+6.94k I1=Ft ⇒ F = 1 = = 2626.67i − 24120 j + 2313.33k t 0.003 En módulo: F = FX2 + FY2 + FZ2 = 2626.67 2 + 241202 + 2313.332 = 24372.63 N F=24372.63 N


Designaremos por m a la masa de la partícula alfa A: mA=m Y la de los núcleos de oxígeno: mB=mC=4mA=4m En primer lugar vamos a determinar la dirección y sentido de las velocidades de las partículas después del choque. La partícula A se mueve en la dirección definida por los puntos A 1 (240, 220, 160) y A2 (320, 300, 200) luego será: AA 80i + 80 j + 40k vA = vA uA1A2 = vA 1 2 = vA = vA (0.667i + 0.667 j + 0.333k ) A1A2 802 + 802 + 402 Del160): mismo modo, la partícula B, que se mueve en la dirección desde B 1 (107, 200, 170) hasta B2 (74, 270, BB − 33i + 70 j − 10k vB = vB uB1B2 = vB 1 2 = vB = vB (− 0.423i + 0.897 j − 0.128k ) B1B2 332 + 702 + 102 Y para la partícula C, que va en dirección de C 1 (200, 212, 130) a C2 (200, 260, 115): CC 48 j − 15k vC = vC uC1C2 = vC 1 2 = vC = vC (0.954 j − 0.298k ) C1C2 482 + 152 Puesto que se trata de un choque de partículas, se conserva la cantidad de movimiento: pantes=pdespués ⇒ mAu0+2mBv0=mAvA+mBvB+mCvC m(-480i+600j-640k)+2 · 4m(480j)= =mvA(0.667i+0.667j+0.333k)+4mvB(-0.423i+0.897j-0.128k)+4mvC(0.954j-0.298k) -480i+4440j-640k=vA(0.667i+0.667j+0.333k)+vB(-1.692i+3.588j-0.512k)+vC(3.816j-1.192k) Tenemos una ecuación vectorial que podemos separar en tres ecuaciones escalares, una en cada una de las direcciones del espacio: Eje X: -480=0.667vA-1.692vB Eje Y: 4440=0.667vA+3.588vB+3.816vC Eje Z: -640=0.333vA-0.512vB-1.192vC Tenemos tres ecuaciones con tres incógnitas. De la primera ecuación: -480=0.667vA-1.692vB ⇒ vB=0.394vA+283.69 Y sustituimos en las otras dos: 4440=0.667vA+3.588vB+3.816vC ⇒ 4440=0.667vA+3.588(0.394vA+283.69)+3.816vC -640=0.333vA-0.512vB-1.192vC ⇒ -640=0.333vA-0.512(0.394vA+283.69)-1.192v C Nos queda ahora un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: 3422.12=2.080vA+3.816vC -494.75=0.131vA-1.192vC De la primera ecuación: 3422.12=2.080vA+3.816vC ⇒ vC=896.78-0.545vA Y sustituyendo en la segunda: -494.75=0.131vA-1.192vC ⇒ -494.75=0.131vA-1.192(896.78-0.545v A) 574.21=0.781vA ⇒ vA=735.56 m/s vA=735.56 m/s Y hacia atrás sacamos las demás velocidades: vB=0.394vA+283.69=0.394 · 735.56+283.69=573.50 m/s vB=573.50 m/s vC=896.78-0.545vA=896.78-0.545 · 735.56=495.90 m/s vC=495.90 m/s


a) Cuando la partícula 1 entra en contacto con el resorte y comienza a comprimirlo empieza a frenarse, mientras que la partícula 2, que es empujada por el resorte, comienza a acelerar. La partícula 1 disminuye su velocidad y la 2 aumenta la suya, hasta que ambas se igualan. A partir de aquí y siguiendo con el mismo razonamiento, la partícula 2 comienza a ir más deprisa que la 1, con lo cual empiezan a separarse y el resorte comienza a descomprimirse. Así pues, en el momento en que el resorte tiene la máxima compresión las velocidades de las dos partículas son iguales. Puesto que se trata de un choque, se conserva la cantidad de movimiento: pinicial=pfinal ⇒ m1v1+m2v2=(m1+m2)v’ ⇒ 2 · 17+5 · 3=(2+5)v’ ⇒ v’=7 m/s Ahora podemos aplicar el teorema de conservación de la energía entre la situación inicial y el punto de máxima compresión: ETinicial+Wotras=ETmáximacompresión Tomamos como nivel de energía potencial gravitatoria nula el de la barra, de modo que no tendremos energía potencial gravitatoria en ninguna situación. Inicialmente sólo tenemos energía cinética. Además de la fuerza gravitatoria y la elástica sólo actúan las fuerzas normales, que no realizan trabajo por ser perpendiculares al desplazamiento. Así pues, en el instante de máxima compresión tendremos energía cinética y potencial elástica. Así, nos queda: ETinicial+Wotras=ETmáximacompresión ⇒ ECinicial=ECmáximacompresión+EPemáximacompresión 2 2 2 2 2 2 21 m1 v1 + 21 m2 v2 = 21 (m1 + m2 )v + 21 k∆xmáx ⇒ m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2 )v + k∆xmáx 2 2 2 2 2 ⋅ 17 + 5 ⋅ 3 = (2 + 5)7 + 4480∆xmáx ⇒ ∆xmáx = 0.25 m

∆xmáx=0.25 m b) Puesto que se trata de un choque elástico, se conserva tanto la cantidad de movimiento como la energía cinética: p=cte ⇒ pinicial=pfinal ⇒ m1v1+m2v2=m1v’1+m2v’2 1 1 1 1 EC = cte ⇒ ECinicial = ECfinal ⇒ m1 v12 + m2 v22 = m1 v'12 + m2 v'22 ⇒ m1 v12 + m2 v22 = m1 v'12 +m2 v'22 2 2 2 2 Sustituyendo: m1v1+m2v2=m1v’1+m2v’2 ⇒ 2 · 17+5 · 3=2v’1+5v’2 m1 v12 + m2 v22 = m1 v'12 +m2 v'22 ⇒ 2 ⋅ 17 2 + 5 ⋅ 32 = 2v'12 +5v'22 De la primera ecuación: 2 · 17+5 · 3=2v’1+5v’2 ⇒ v’1=24.5-2.5v’2 Y sustituyendo en la segunda: 2 ⋅ 17 2 + 5 ⋅ 32 = 2v'2 +5v'2 ⇒ 623 = 2(24.5 − 2.5v' )2 + 5v'2 ⇒ 623 = 1200.5 + 12.5v'2 −245v' +5v'2 1

2

2

17.5v'22 −245v'2 +577.5 = 0 ⇒ v'2 =

2

2

245 ± 2452 − 4 ⋅ 17.5 ⋅ 577.5 11 m / s = 2 ⋅ 17.5 3 m / s

Esto implica que: v’2=11 m/s ⇒ v’1=24.5-2.5v’2=24.5-2.5 · 11=-3 m/s v’2=3 m/s ⇒ v’1=24.5-2.5v’2=24.5-2.5 · 3=17 m/s Vemos que esta segunda solución es la inicial, luego no vale. La solución es: v’1=-3 m/s; v’2=11 m/s


2

2

En cualquier choque, sea elástico o inelástico, se conserva la cantidad de movimiento. Puesto que tenemos movimiento en dos ejes perpendiculares se conservará la cantidad de movimiento en los dos ejes. Tendremos pues: pX=cte ⇒ (pX)antes=(pX)después ⇒ mv0=mvAsen30º+mvC ⇒ 3=vAsen30º+vC pY=cte ⇒ (pY)antes=(pY)después ⇒ 0=-mvAcos30º+mvB ⇒ 0=-vAcos30º+vB Además, por ser un choque completamente elástico se conserva también la energía cinética del sistema: 1 1 1 1 ECantes = ECdespués ⇒ mv02 = mvA2 + mvB2 + mvC2 ⇒ 32 = vA2 + vB2 + vC2 2 2 2 2 Tenemos por tanto un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas: 3=vAsen30º+vC 0=-vAcos30º+vB 32 = vA2 + vB2 + vC2 De la segunda ecuación: 0=-vAcos30º+vB ⇒ vB=vAcos30º=0.866vA Sustituimos en las otras dos: 3=vAsen30º+vC 32 = vA2 + vB2 + vC2 ⇒ 9 = vA2 + (0.866vA )2 + vC2 ⇒ 9 = 1.75vA2 + vC2 Nos queda un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: 3=vAsen30º+vC 9 = 1.75vA2 + vC2 De la primera ecuación: 3=vAsen30º+vC ⇒ vC=3-vAsen30º=3-0.5vA Y sustituimos en la segunda: 9 = 1.75vA2 + vC2 ⇒ 9 = 1.75vA2 + (3 − 0.5vA )2 ⇒ 9 = 1.75vA2 + 9 + 0.25vA2 − 3vA  vA = 0 0 = 2vA2 − 3vA ⇒  vA = 1.5 m / s

vA=1.5 m/s La velocidad de la bola C: vC=3-0.5vA=3-0.5 · 1.5=2.25 m/s vC=2.25 m/s Y la de la bola B: vB=0.866vA=0.866 · 1.5=1.299 m/s vB=1.299 m/s


a) Como las tres bolas son de billar, las masas serán todas iguales: mA=mB=mC=m Por tratarse de un choque se conserva la cantidad de movimiento, luego tendremos: pantes=pdespués ⇒ mv0=mvA+mvB+mvC ⇒ v0=vA+vB+vC Esta ecuación vectorial se puede separar en dos ecuaciones escalares, una en cada eje: Eje X: v0cos45º=vAsen4.3º+vBsen37.4º+vCcos30º 3.60cos45º=vAsen4.3º+vBsen37.4º+1.89cos30º Eje Y: v0sen45º=vAcos4.3º-vBcos37.4º+vCsen30º 3.60sen45º=vAcos4.3º-vBcos37.4º+1.89sen30º Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: 3.60cos45º=vAsen4.3º+vBsen37.4º+1.89cos30º 3.60sen45º=vAcos4.3º-vBcos37.4º+1.89sen30º De la primera ecuación: 3.60cos45º=vAsen4.3º+vBsen37.4º+1.89cos30º ⇒ vB=1.4963-0.123vA Y sustituyendo en la segunda: 3.60sen45º=vAcos4.3º-vBcos37.4º+1.89sen30º ⇒ 1.60=vAcos4.3º-(1.4963-0.123v A)cos37.4º 2.789=1.095vA ⇒ vA=2.55 m/s vA=2.55 m/s b) Y para la otra bola: vB=1.4963-0.123vA=1.4963-0.123 · 2.55=1.18 m/s vB=1.18 m/s

a) Vamos a determinar las razones trigonométricas del ángulo θ1: senθ1 tgθ1=2 ⇒ =2 cos θ1 sen2θ1+cos2θ1=1 Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas. De la primera ecuación: senθ1 = 2 ⇒ senθ1 = 2 cos θ1 cos θ1 Y sustituyendo en la segunda: sen2θ1+cos2θ1=1 ⇒ (2cosθ1)2+cos2θ1=1 ⇒ 4cos2θ1+cos2θ1=1 ⇒ 5cos2θ1=1 1 1 5 cos θ1 = = = 5 5 5 Y por tanto el seno: 2 5 5 Ahora vamos ya al problema. Independientemente de cómo sea el choque, se conserva la cantidad de movimiento, luego tendremos: pantes=pdespués ⇒ m1v1+m2v2=m1v’1+m2v’2 Es una ecuación vectorial que podemos desdoblar en dos ecuaciones escalares, una en el eje X y otra en el eje Y. Nos queda pues: Eje X: m1v1X+m2v2X=m1v’1X+m2v’2X ⇒ m3v0 = m 5v0 cos θ1 + 2mv2 cos θ2 senθ1 = 2 cos θ1 =


3v0 = 5v0 cos θ1 + 2v2 cos θ2 Eje Y: m1v1Y+m2v2Y=m1v’1Y+m2v’2Y ⇒ 0 = m 5v0 senθ1 − 2mv2 senθ2 0 = 5v0 senθ1 − 2v2senθ2 Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas, v 2 y θ2: 3v − 5v0 cos θ1 3v0 = 5v0 cos θ1 + 2v2 cos θ2 ⇒ cos θ2 = 0 2v2 0 = 5v0 senθ1 − 2v2senθ2 ⇒ senθ2 =

5v0 senθ1 2v2

Dividiendo la segunda expresión entre la primera: 5v senθ 5 ⋅ 2 55 senθ2 20v2 1 5senθ1 2 = ⇒ tgθ2 = = = = 1 ⇒ θ2 = 45º cos θ2 3v0 − 5v0 θ1 3 − 5 cos θ1 5 3−1 3− 5 ⋅ 5 2v2 θ2=45º Y la velocidad v2 sustituyendo en una cualquiera de las ecuaciones: 5 5 v0 ⋅ 2 5v0 senθ1 5v0 senθ1 5 = 2v0 = 2 2 v = 2v senθ2 = ⇒ v2 = = 0 2v2 2senθ2 2 0 2 2 2⋅ 2 v2 = 2v0 b) Para demostrar que el choque es elástico vamos a determinar la energía cinética antes y después del choque y veremos que son exactamente iguales. Antes del choque tendremos: 1 1 1 9 ECantes = m1 v12 + m2v22 = m(3v0 )2 = mv02 2 2 2 2 Y después del choque: 2 2 1 1 1 1 5 4 9 ECdespués = m1v'12 + m2v'22 = m( 5)v0 + ( 2)m 2v0 = mv02 + mv02 = mv02 2 2 2 2 2 2 2 Vemos que efectivamente las energías cinéticas antes y después del choque son iguales, luego el choque es elástico. ECantes=ECdespués

a) En primer lugar tenemos que determinar la velocidad de la caja A al chocar con la caja B. Para ello aplicamos la conservación de la energía a la caja A, entre la posición inicial, donde sólo tiene energía potencial gravitatoria, y la posición final, donde toda la energía es cinética ya que tomamos este nivel como nivel nulo de energía


potencial gravitatoria. En cuanto a las fuerzas aparte del peso sólo aparece la normal, que como es perpendicular al desplazamiento no realiza trabajo. Tendremos entonces: 1 ETinicial + Wotras = ETfinal ⇒ EPginicial = ECfinal ⇒ mAgh = mvA2 ⇒ vA = 2gh = 2gdsenθ = 2 2 ⋅ 9.8 ⋅ 5sen25º = 6.436 m / s A continuación se produce un choque que es inelástico, en el cual las dos cajas después del choque quedan unidas. Se conserva la cantidad de movimiento luego: m v 10 ⋅ 6.436 pantes=pdespués ⇒ mAvA=(mA+mB)v ⇒ v = A A = = 4.29 m / s mA + mB 10 + 5 v=4.29 m/s b) Tendremos que tener en cuenta que al estar el bloque B apoyado sobre el resorte y en equilibrio, este resorte está comprimido una cantidad que denominaremos ∆xeq, y que podemos determinar haciendo el diagrama de sólido libre del bloque B en el equilibrio. Tendremos lo que aparece en la figura, y aplicando la segunda ley de Newton: m gsen25º ΣFX=0 ⇒ k∆xeq-mBgsen25º=0 ⇒ ∆xeq = B = k 5 ⋅ 9.8sen25º ∆xeq = = 0.002436 m 8500 Por tanto cuando el bloque A choca contra el B el resorte está comprimido 0.002436 m. Tras el impacto los dos bloques se mueven conjuntamente y a partir de este momento descienden por el plano inclinado como un único cuerpo de masa: m=mA+mB=10+5=15 kg comprimiendo el resorte hasta el punto de máxima compresión, donde el sistema instantáneamente se detiene. Aplicamos la conservación de la energía entre la situación que llamaremos 1, justo después del choque, y la situación que llamaremos 2, en el instante de máxima compresión. Tendremos: ET1+Wotras=ET2 Como nivel de energía potencial gravitatoria nula tomaremos la posición más baja del sistema. En la situación 1 tenemos energía potencial gravitatoria, elástica y cinética, mientras que en la situación 2 sólo tenemos energía potencial elástica. En cuanto al trabajo, además del peso y la fuerza de recuperación elástica sólo aparecen las normales, que son perpendiculares al desplazamiento y por tanto no realizan trabajo. Nos queda entonces: ET1+Wotras=ET2 ⇒ EC1+EPe1+EPg1=EPe2 1 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 ⇒ mv2 + k∆xeq + mg∆xmáx senθ = k∆xmáx mv + k∆xeq + mgh = k∆xmáx 2 2 2 2 2 2 1 15 ⋅ 4.292 + 1 8500 ⋅ 0.0024362 + 15 ⋅ 9.8∆x sen25º = 1 8500∆x2 máx máx 2 2 2 2 4250∆xmáx − 62.125∆xmáx − 138.06 = 0 62.125 ± 62.1252 + 4 ⋅ 4250 ⋅ 138.06 − 0.173 m = 2 ⋅ 4250  0.1877 m Obviamente sólo tiene sentido la solución positiva: ∆xmáx=0.1877 m c) Para determinar la aceleración tenemos que hacer el diagrama de sólido libre de las dos cajas. Tendremos el peso (vertical y hacia abajo), la normal (perpendicular a la superficie de apoyo y ∆xmáx =


apuntando hacia el sólido) y la fuerza de recuperación elástica (en la dirección del resorte y apuntando hacia el sólido puesto que está comprimido). La aceleración será paralela al plano inclinado, puesto que el movimiento es unidimensional, y estará dirigida hacia arriba y hacia la izquierda. Aplicando la segunda ley de Newton: ΣFX=maX ⇒ k∆xmáx-mgsenθ=ma k∆xmáx − mgsenθ a= = m 8500 ⋅ 0.1877 − 15 ⋅ 9.8sen25º = = 102.206 m / s2 15 a=102.206 m/s2

a) En primer lugar chocan las piezas A y B. Para cualquier choque se conserva la cantidad de movimiento, y además el coeficiente de restitución es 0.8 luego tendremos: pantes=pdespués ⇒ mAvA=mAv’A+mBv’B ⇒ 3 · 3=3v’A+v’B ∆v e = − ∆vdespués ⇒ 0.8 = − v'B−−3v'A ⇒ v'B −v'A = 2.4 antes Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas. De la segunda expresión: v’B-v’A=2.4 ⇒ v’B=2.4+v’A Y sustituimos en la primera: 3 · 3=3v’A+v’B ⇒ 9=3v’A+2.4+v’A ⇒ v’A=1.65 m/s Y para la pieza B: v’B=2.4+v’A=2.4+1.65=4.05 m/s Ya tenemos cómo quedan las piezas después del choque (ver figura). A continuación chocará la pieza B contra la pieza C, y tendremos también que aplicar la conservación del momento lineal y el coeficiente de restitución del choque: pantes=pdespués ⇒ mBv’B+mCv’C=mBv’’B+mCv’’C 4.05-3 · 2=v’’B+3v’’C ⇒ -1.95=v’’B+3v’’C ∆vdespués v''C −v''B e=− ⇒ 0.8 = − ⇒ v''C −v''B = 4.84 ∆v − 2 − 4.05 antes Tenemos el mismo sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: -1.95=v’’B+3v’’C v’’C-v’’B=4.84 De la segunda expresión: v’’C-v’’B=4.84 ⇒ v’’B=v’’C-4.84 Y sustituyendo en la primera: -1.95=v’’B+3v’’C ⇒ -1.95=v’’C-4.84+3v’’C ⇒ v’’C=0.7225 m/s Y la pieza B: v’’B=v’’C-4.84=0.7225-4.84=-4.1175 m/s


La velocidad de la pieza B nos sale negativa, lo cual implica que dicha pieza tras el segundo choque se desplaza hacia la izquierda. A continuación vemos que chocarán de nuevo las piezas A y B. Aplicamos las dos mismas ecuaciones y nos queda: pantes=pdespués ⇒ mAv’’A+mBv’’B=mAv’’’A+mBv’’’B 3 · 1.65-4.1175=3v’’’A+v’’’B ⇒ 0.8325=3v’’’A+v’’’B ∆vdespués v'''B −v'''A e=− ⇒ 0 .8 = − ⇒ v'''B −v'''A = 4.614 ∆vantes − 4.1175 − 1.65 Y operamos de la misma forma que antes: v’’’B-v’’’A=4.614 ⇒ v’’’B=4.614+v’’’A 0.8325=3v’’’A+v’’’B ⇒ 0.8325=3v’’’A+4.614+v’’’A ⇒ v’’’A=-0.9454 m/s Y la pieza B: v’’’B=4.614+v’’’A=4.614-0.9454=3.6686 m/s La velocidad de la pieza A es negativa porque se desplaza hacia la izquierda. Vemos en el gráfico que a continuación chocarán las piezas B y C, con las cuales operamos de la misma forma: pantes=pdespués ⇒ mBv’’’B+mCv’’’C=mBv’’’’B+mCv’’’’C 3.6686+3 · 0.7225=v’’’’B+3v’’’’C ⇒ 5.8361= v’’’’B+3v’’’’C ∆vdespués v''''C −v''''B e=− ⇒ 0.8 = − ⇒ v''''C −v''''B = 2.3569 ∆vantes 0.7225 − 3.6686 Resolvemos el sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: v’’’’C-v’’’’B=2.3569 ⇒ v’’’’B=v’’’’C-2.3569 5.8361= v’’’’B+3v’’’’C ⇒ 5.8361= v’’’’C-2.3569+3v’’’’C ⇒ v’’’’C=2.0483 m/s Y la pieza B: v’’’’B=v’’’’C-2.3569=2.0483-2.3569=-0.3086 m/s Esta última velocidad es negativa, lo que implica que la pieza B se desplaza hacia la izquierda. Nos queda lo que aparece en la figura. Como puede observarse, ya no puede producirse ningún choque más, de modo que las velocidades finales de las piezas son: v’’’’A=0.9454 m/s; v’’’’B=0.3086 m/s; v’’’’C=2.0483 m/s b) Para saber el tanto por ciento de la energía cinética que se ha perdido en los choques necesitamos la energía cinética inicial y la final. Tendremos: 1 1 1 1 ECinicial = ECinicialA + ECinicialC = mAvA2 + mC vC2 = 3 ⋅ 32 + 3 ⋅ 22 = 19.5 J 2 2 2 2 1 1 1 ECfinal = ECfinalA + ECfinalB + ECfinalC = mAv''''A2 + mB v''''B2 + mC v''''C2 = 2 2 2 1 1 1 = 3 ⋅ 0.94542 + 0.30862 + 3 ⋅ 2.04862 = 7.683 J 2 2 2 El tanto por ciento de energía cinética inicial que se ha perdido es: %ECperdida = ECinicial − ECfinal 100 = 19.5 − 7.683 100 = 60.60% ECinicial 19.5

%ECperdida=60.60%


a) Todos los coches tienen la misma masa (m A=mB=mC=m). Inicialmente el vehículo A tiene velocidad v0 y los demás coches están en reposo, luego el primer choque será entre A y B. Se conserva la cantidad de movimiento luego tendremos: pantes=pdespués ⇒ mv0=mv’A+mv’B ⇒ v0=v’A+v’B ⇒ 1.920=v’A+1.680 ⇒ v’A=0.240 m/s Tras el primer choque, los coches A y B se desplazan hacia la derecha con velocidades de 0.240 m/s y 1.680 m/s respectivamente. Lógicamente a continuación el coche B alcanza a C que está en reposo y choca con él: pantes=pdespués ⇒ mv’B=mv’’B+mv’C ⇒ v’B=v’’B+v’C ⇒ 1.680=0.210+v’C ⇒ v’C=1.470 m/s Ahora nos queda lo que aparece en la figura. Podemos ver que a continuación el coche A alcanzará al B y chocarán de nuevo, con lo cual, operando de modo análogo tendremos: ⇒

mv’A+mm/s v’’B=mv’’A+mv’’’B pantes=pdespués v’A+v’’B=v’’A+v’’’B ⇒ 0.240+0.210=v’’A+0.23625 ⇒ v’’A=0.214 Si lo representamos gráficamente tendremos lo que aparece en la figura. Vemos ahora que el coche más rápido es el C, después el B y después el A, luego no es posible ningún choque más y esas son las velocidades finales. v’’A=0.214 m/s; v’C=1.470 m/s b) Como los coches son todos iguales podemos calcular el coeficiente de restitución en cualquier choque, por ejemplo, en el de B con C. Así, tendremos: ∆vdespués v' −v''B 1.470 − 0.210 e=− =− C =− = 0.750 ∆vantes vC − v'B 0 − 1.680 e=0.750

Las tres esferas son idénticas luego: mA=mB=mC=m En primer lugar choca A con B, en un choque parcialmente elástico, luego aplicaremos conservación de la cantidad de movimiento y el coeficiente de restitución: pantes=pdespués ⇒ mvA=mv’A+mv’B ⇒ vA=v’A+v’B ⇒ 40=v’A+v’B


e=−

∆vdespués ∆vantes

=−

v'A −v'B v' −v' ⇒ 0 .5 = − A B vA − vB 40

De la primera ecuación: 40=v’A+v’B ⇒ v’A=40-v’B Y sustituyendo en la segunda: v' −v' 40 − v'B −v'B 2v' −40 0.5 = − A B ⇒ 0.5 = − ⇒ 0. 5 = B ⇒ v'B = 30 m / s 40 40 40 Y la bola A quedará: v’A=40-v’B=40-30=10 m/s Nos queda el sistema como aparece en la figura. Como puede verse, a continuación la bola B chocará contra la bola C. Aplicamos las mismas dos ecuaciones: pantes=pdespués ⇒ mv’B=mv’’B+mv’’C ⇒ v’B=v’’B+v’’C 30= v’’B+v’’C ∆vdespués v''B −v''C v''B −v''C e=− =− ⇒ 0.5 = − ∆vantes vB − vC 30 De la primera ecuación: 30= v’’B+v’’C ⇒ v’’C=30-v’’B Y sustituyendo en la segunda: v'' −v'' v'' −30 + v''B 30 − 2v''B ⇒ 0.5 = ⇒ v''B = 7.5 m / s 0.5 = − B C ⇒ 0.5 = − B 30 30 30 Y la bola C: v’’C=30-v’’B=30-7.5=22.5 m/s Nos queda ahora como aparece en la nueva figura. Podemos ver que lo siguiente que ocurrirá es que la bola A alcanzará de nuevo a la B.

Operando de modo análogo: pantes=pdespués ⇒ mv’A+mv’’B=mv’’A+mv’’’B ⇒ v’A+v’’B=v’’A+v’’’B ⇒ 10+7.5=v’’A+v’’’B ∆vdespués v'' −v'''B v'' −v'''B e=− =− A ⇒ 0 .5 = − A ∆vantes v'A −v''B 10 − 7.5 Despejando en la primera ecuación: 10+7.5=v’’A+v’’’B ⇒ v’’A=17.5-v’’’B Y sustituyendo en la segunda: v'' −v'''B 17.5 − v'''B −v'''B 2v'''B −17.5 0.5 = − A ⇒ 0 .5 = − ⇒ 0.5 = ⇒ v'''B = 9.375m / s 10 − 7.5 10 − 7.5 2.5 Y la bola A: v’’A=17.5-v’’’B=17.5-9.375=8.125 m/s Nos quedan las partículas como aparecen en la figura, donde podemos ver que ya no hay más choques posibles. Así pues, las velocidades finales de las bolas son: vA’’=8.125 m/s; vB’’’=9.375 m/s; v’’C=22.5 m/s


Se trata de un choque inelástico, ya que los coches quedan unidos después del choque y se mueven como un único sólido. Para determinar la velocidad de los móviles después del choque podemos tener en cuenta que recorren un espacio de 10 m deteniéndose después. Aplicamos la conservación de la energía entre el instante justo después del choque, donde la velocidad de los coches es v’, y el momento en que los coches se detienen tras recorrer 10 m. Nos quedará: ETdespuéschoque+Wotras=ETfinal Tomamos el nivel del suelo como nivel de energía potencial gravitatoria nula. Inicialmente por tanto, tendremos sólo energía cinética de los coches. En cuanto al trabajo, aparte del peso actúan la normal y la fuerza de rozamiento. La normal no realiza trabajo, pero la fuerza de rozamiento sí. Y en la situación final no tenemos ningún tipo de energía, ya que los móviles se detienen: ETdespuéschoque+Wotras=ETfinal ⇒ EC+WFr=0 Para determinar la fuerza de rozamiento realizamos el diagrama de sólido libre de los coches y tendremos: ΣFY=(mA+mB)aY ⇒ N-(mA+mB)g=0 N=(mA+mB)g Como los coches deslizan la fuerza de rozamiento adquiere su valor máximo: Fr=(Fr)máx=µN=µ(mA+mB)g Sustituyendo en el teorema de conservación de la energía: 1 (m )+ mB v'2 +Fr ⋅ (x =)0 ⇒ 1 mA + mB v'2 +Fr x cos θ = 0 2 A 2 1 (mA )+ mB v'2 +Fr x cos 180(º = 0) (⇒ )1 mA + mB v'2 −µ mA + mB gx = 0 ⇒ v' = 2µgx = 2 2 = 2 ⋅ 0.20 ⋅ 9.8 ⋅ 10 = 6.26 m / s EC+WFr=0 ⇒

Ahora tenemos que en el choque conserva la cantidad de movimiento: pantes=pse después ⇒ mAvA+mBvB=(mA+mB)v’ Esta es una ecuación vectorial que podemos separar en dos ecuaciones escalares, una en cada eje: Eje X: mAvA=(mA+mB)v’cosθ ⇒ 1200vA=(1200+1500) · 6.26cos60º ⇒ vA=7.04 m/s vA=7.04 m/s Eje Y: mBvB=(mA+mB)v’senθ ⇒ 1500vB=(1200+1500) · 6.26sen60º ⇒ vB=9.76 m/s vB=9.76 m/s

a) Denominaremos a la bola con el subíndice 1 y al bloque con el subíndice 2. En primer lugar vamos a ver con qué velocidad llega la bola al punto más bajo de la oscilación. Para ello aplicamos la conservación de la energía entre la situación inicial y la final: ET1+Wotras=ET2


Inicialmente tenemos energía potencial gravitatoria. En cuanto al trabajo, la única fuerza que hay a mayores del peso es la tensión, que como es perpendicular al desplazamiento no realiza trabajo. En la situación final toda la energía es cinética: 1 ET1+Wotras=ET2 ⇒ EPg1=EC2 ⇒ m1 gh = m1 v12 ⇒ v1 = 2gh = 2 ⋅ 9.8 ⋅ 1.5 = 5.42 m / s 2 A continuación se produce el choque, que es elástico, luego se conservan la cantidad de movimiento y la energía cinética: pantes=pdespués ⇒ m1v1=m1v’1+m2v’2 ⇒ 0.2 · 5.42=0.2v’1+0.3v’2 1 1 1 ECantes = ECdespués ⇒ m1 v12 = m1 v'12 + m2 v'22 ⇒ 0.2 ⋅ 5.422 = 0.2v'12 +0.3v'22 2 2 2 De la primera ecuación: 0.2 · 5.42=0.2v’1+0.3v’2 ⇒ v’1=5.42-1.5v’2 Y sustituyendo en la segunda: 0.2 ⋅ 5.422 = 0.2v'12 +0.3v'22 ⇒ 5.875 = 0.2(5.42 − 1.5v'2 )2 + 0.3v'22 5.875 = 5.875 + 0.45v'22 −3.252v'2 +0.3v'22 ⇒ 0.75v'22 −3.252v'2 = 0 ⇒ v'2 = 4.336 m / s v’2=4.336 m/s Y para la bola: v’1=5.42-1.5v’2=5.42-1.5 · 4.336=-1.084 m/s v’1=-1.084 m/s b) Ahora vemos qué ocurre si la colisión es completamente inelástica. Igual que en el apartado a), la bola llega a la posición más baja con una velocidad de 5.42 m/s. Después se produce la colisión, que es inelástica, de modo que las dos partículas quedan unidas y se mueven con la misma velocidad v’. Como el choque es inelástico solo se conserva la cantidad de movimiento: pantes=pdespués ⇒ m1v1=(m1+m2)v’ ⇒ 0.2 · 5.42=(0.2+0.3)v’ ⇒ v’=2.168 m/s Tras el impacto el sistema se mueve con velocid ad v’=2.168 m/s. A continuación aplicamos la conservación de la energía entre la situación después del choque y el punto más alto de la oscilación, donde el sistema asciende una altura h y se detiene: ETdespués+Wotras=ETfinal Después del impacto toda la energía es cinética. En cuanto al trabajo, aparte del peso sólo actúa sobre el sistema la tensión, que es perpendicular al desplazamiento y no realiza trabajo. Y en la situación final sólo tenemos energía potencial gravitatoria: 1 v'2 2.1682 ETdespués+Wotras=ETfinal ⇒ ECdespués = EPgfinal ⇒ (m1 + m2 )v'2 = (m1 + m2 ) gh ⇒ h = = = 0.240 m 2 2g 2 ⋅ 9.8 h=0.240 m


TEMA 5 SÓLIDO RÍGIDO CONSEJOS PREVIOS A LA RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS

Ten presente la distinción entre velocidad angular ωZ y velocidad ordinaria vX. Si un objeto tiene una velocidad vX el objeto en su totalidad se mueve a lo largo del eje X. Por el contrario, si un cuerpo tiene una velocidad angular ωZ está girando en torno al eje Z, no quiere decir que el cuerpo se mueva a lo largo del eje Z. A veces por la falta de costumbre te resulta difícil determinar el sentido de y . Para la velocidad angular, ωZ es la componente Z de un vector de velocidad angular dirigido a lo largo del eje de rotación. Como puedes ver en la figura, la dirección de está dada por la regla de la mano derecha. Si la rotación es en torno al eje Z, sólo tiene componente Z, la cual es positiva si apunta en la dirección +Z y negativa si ω apunta en la dirección –Z. mismo modo, es muy es útillatrabajar aceleración angular Del. Matemáticamente, derivadaconconla respecto al tiempo del vector velocidad angular . Si el objeto gira en torno a un eje Z fijo, sólo tiene componente Z; la cantidad αZ es precisamente esta componente. En este caso, αZ apunta en la misma dirección que si la rotación se está acelerando y en la dirección opuesta si se está frenando. La estrategia para resolver problemas de dinámica rotacional es muy similar a la utilizada para problemas en los que interviene la segunda ley de Newton. En primer lugar, deberás identificar los conceptos relevantes. La ecuación ΣM=I es muy útil en todos los problemas en los que actúan momentos sobre un cuerpo rígido, es decir, cuando existen fuerzas que al actuar sobre el cuerpo alteran su estado de rotación. A veces el problema requiere un enfoque de energía; sin embargo, cuando la incógnita es una fuerza, un momento, una aceleración, una aceleración angular o un tiempo transcurrido, casi siempre es más eficiente usar la ecuación ΣM=I . A continuación hay que realizar un esquema de la situación y elegir un cuerpo o grupo de cuerpos que se analizarán. Dibuja un diagrama de sólido libre para cada cuerpo, aislando el cuerpo e incluyendo todas las fuerzas que actúan sobre él (y sólo ellas), incluido el peso. Marca las cantidades desconocidas con símbolos algebraicos. Una nueva consideración es que se debe mostrar con exactitud la forma del cuerpo, incluyendo todas las dimensiones y ángulos que se necesitarán para los cálculos de los momentos. Resulta muy útil trazar paralelamente al


diagrama de fuerzas un diagrama del mismo sólido donde aparezcan la aceleración del centro de masa del cuerpo y su aceleración angular. Así resulta más sencillo aplicar las ecuaciones ΣF=maG y ΣMG=IG . Además, el sentido de las aceleraciones a veces nos indica el sentido de algunas de las fuerzas desconocidas. Escoge los ejes de coordenadas para cada cuerpo e indica un sentido de rotación positivo para cada cuerpo que gire. Si hay una aceleración lineal, lo más sencillo suele ser escoger un eje positivo en su dirección. Si ya se conoce el sentido de se simplificarán los cálculos si se escoge ése como sentido de rotación positivo. Para cada cuerpo del problema decide si sufre movimiento rotacional, traslacional o ambos. Dependiendo del comportamiento del cuerpo, aplica ΣF=ma, ΣM=I o ambas al cuerpo. Escribe ecuaciones de movimiento aparte para cada cuerpo. Podría haber relaciones geométricas entre los movimientos de dos o más cuerpos, como cuando un hilo se desenrolla de una polea girándola o cuando un neumático gira sin resbalar. Exprésalas en forma algebraica, habitualmente como relaciones entre dos aceleraciones lineales o una aceleración lineal y una angular. Verifica que el número de ecuaciones coincide con el número de incógnitas. Resuelve las ecuaciones para obtener la o las incógnitas. Evalúa la respuesta. Comprueba que los signos algebraicos de tus resultados son lógicos. Por ejemplo, supón que el problema se refiere a un carrete de hilo. Si se está sacando hilo del carrete las respuestas no deberán decirnos que el carrete gira en el sentido en oelvalores que el extremos hilo se enrolla. Siemprecon quelos puedas, verificaintuitivamente. los resultadosPregúntate: para casos especiales y compáralos que esperas “¿es lógico este resultado?” En una polea giratoria, con fricción entre la polea y el hilo para evitar deslizamientos, las dos tensiones no pueden ser iguales. Si lo fueran, la polea no podría tener aceleración angular. Marcar la tensión en ambas partes del hilo como T sería un grave error. Cuídate de este error en cualquier problema que implique una polea que gira. Es importante tener en cuenta que en ruedas la relación vcm=Rω sólo se cumple si hay rodamiento sin deslizamiento. En el caso de problemas de trabajo y energía, su resolución es análoga a los problemas del tema de la partícula con algunas adiciones. Muchos problemas implican una cuerda o cable enrollado en un cuerpo rígido giratorio que funciona como polea. En estos casos recuerda que el punto de la polea que toca la cuerda tiene la misma velocidad lineal que la cuerda, siempre que ésta no resbale sobre la polea. Así, podemos aprovechar las ecuaciones v=rω y at=rα, que relacionan la velocidad lineal y la aceleración tangencial de un punto de un cuerpo rígido con la velocidad y la aceleración angulares del cuerpo. Escribe las expresiones para las energías cinética y potencial iniciales y finales y para el trabajo no conservativo (si lo hay). La novedad es la energía cinética rotacional, que se expresa en términos del momento de inercia I y la velocidad angular ω del cuerpo respecto del eje dado, en lugar de su masa m y su velocidad v. Sustituye las expresiones en


la ecuación de la energía y despeja las incógnitas. Como siempre, verifica que tu respuesta sea lógica físicamente.


TEMA 5 SÓLIDO RÍGIDO PROBLEMAS

Determinamos antes que nada el ángulo que forma el tablón con la horizontal, que será: senθ =

h 2. 5 = = 0.766 ⇒ θ = 50 º AB 3.264

Si el tablón no vuelca su aceleración será la misma que la del camión y su movimiento será rectilíneo. Hacemos el diagrama de sólido libre del tablón y tendremos lo que aparece en la figura. En el instante justo en que se produzcatendremos el vuelco que y laesaceleración máxima el instantesea en que se pierde el contacto en B (N B=0) y el último momento en que no hay rotación del tablón (α=0). Por tanto teniendo en cuenta estas condiciones y volviendo a hacer el diagrama de sólido libre tendremos lo que aparece en la siguiente figura. Aplicamos la segunda ley de Newton: ΣFX=maX ⇒ Fr=mamáx ΣFY=maY ⇒ NA-mg=0 ⇒ NA=mg ΣMG=IGα Fr

a máx

=

g cos θ senθ

l l senθ − NA cos θ = 0 2 2

mamáxsenθ-mgcosθ=0 amáxsenθ-gcosθ=0 =

g tan θ

=

9.8

= 8.22 m / s2

tan 50 2º

amáx=8.22 m/s


a) Realizamos el diagrama de sólido libre de la placa, teniendo en cuenta que solamente se traslada y no hay rotación, de modo que la aceleración del centro de masas aG tendrá la dirección y sentido del movimiento, que es rectilíneo. Tendremos por tanto lo que aparece en la figura. Aplicando la segunda ley de Newton: GX ⇒ mgsen60º-FrA-FrB=maG FX=ma Como la placa deslizaΣlas fuerzas de rozamiento alcanzan su valor máximo: FrA=(FrA)máx=µNA=0.20NA FrB=(FrB)máx=µNB=0.20NB Por tanto la ecuación del eje X nos queda: mgsen60º-FrA-FrB=maG ⇒ 200 · 9.8sen60º-0.20N A-0.20NB=200aG 1697.41-0.20NA-0.20NB=200aG ΣFY=maGY ⇒ NA+NB-mgcos60º=0 ⇒ NA+NB-200 · 9.8cos60º=0 ⇒ NA+NB-980=0 Y por último la ecuación de la rotación, en la que tendremos en cuenta que puesto que el móvil sólo se traslada α=0: 4 3 4 3 ΣMG=IGα ⇒ − NA − FrA + NB − FrB = 0 ⇒ -NA · 2-0.20N A · 1.5+NB · 2-0.20NB · 1.5=0

2

2

2

2

-2NA-0.30NA+2NB-0.30NB=0 ⇒ 1.70NB-2.30NA=0 Tenemos un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas: 1697.41-0.20NA-0.20NB=200aG NA+NB-980=0 1.70NB-2.30NA=0 De la segunda ecuación: NA+NB-980=0 ⇒ NA=980-NB Y sustituyendo en la primera: 1697.41-0.20NA-0.20NB=200aG ⇒ 1697.41-0.20(980-NB)-0.20NB=200aG 1697.41-196+0.20N B-0.20NB=200aG ⇒ 1697.41-196=200aG ⇒ aG=7.50 m/s2 aG=7.50 m/s2 b) Ahora sustituimos en la tercera: 1.70NB-2.30NA=0 ⇒ 1.70NB-2.30(980-NB)=0 ⇒ 1.70NB-2254+2.30N B=0 ⇒ NB=563.50 N


NB=563.50 N Y la fuerza de rozamiento: FrB=0.20NB=0.20 · 563.50=112.70 N FrB=112.70 N La normal en el punto A: NA=980-NB=980-563.50=416.50 N NA=416.50 N Y por último la fuerza de rozamiento: FrA=0.20NA=0.20 · 416.50=83.30 N FrA=83.30 N

En primer lugar hacemos el diagrama de sólido libre de la varilla AD. Puesto que tiene masa despreciable, se cumplirá en ella que: ΣF=0 Así,contrario. las reacciones los pasadores A y Dque tienen que ser de sentido Por laenmisma razón se tiene cumplir que:iguales y ΣM=0 Con lo cual, puesto que se trata de un miembro de dos fuerzas, la única opción es que éstas fuerzas tienen que tener como recta soporte la recta AB, y nos queda como en el gráfico adjunto, y sabemos ya que la fuerza F en la varilla AD tiene la dirección de esta varilla. Ahora vamos a hacer el diagrama de sólido libre de la placa. En cuanto a fuerzas, tendremos sólo el peso, vertical y hacia abajo, y la reacción de la varilla, que ya sabemos cómo es. En cuanto a aceleraciones, el centro de masas traza una circunferencia, luego a priori tendrá dos componentes de aceleración, tangencial y normal. La normal en ese instante es nula porque el sistema se suelta desde el reposo, luego sólo nos queda la componente tangencial. Como se trata de una traslación curvilínea y no de una rotación: α=0 ⇒ ΣMCM=0 ⇒ Fsenθ · 20-Fcosθ · 30,5=0 ⇒ 20senθ-30,5cosθ=0 tgθ =

30,5 = 1,525 ⇒ θ = 56,75º 20

θ=56,75º Y aplicando la segunda ley de Newton:


ΣFn=man ⇒

F-mgcosθ=0 ⇒ F=mgcosθ=45 · 9,8cos56,75º=241,83 N F=241,83 N

a) La masa de la pieza es: m=

P 73 = = 7.449 N g 9 .8

No se trata de una rotación, sino de una traslación curvilínea. La pieza traza una circunferencia de 15 radio perocmse de mantiene siempre en la misma posición, con el tramo AC siempre horizontal, luego sólo es una traslación y por tanto la aceleración angular es nula ( α=0). Hacemos el diagrama de sólido libre de la pieza, y tendremos el peso y las dos reacciones de las ranuras, que puesto que son lisas serán normales, es decir, perpendiculares a la tangente. En cuanto a la aceleración del centro de masas, puesto que traza una circunferencia tendrá dos componentes, normal (en la dirección del radio de curvatura y apuntando hacia el centro de curvatura) y tangencial (en la dirección tangente). Además, puesto que la única componente de fuerzas en la dirección tangencial es positiva la aceleración tangencial será también positiva. La aceleración normal sí es conocida y vale: an =

v2 0.752 = = 3.75 m / s2 ρ 0.15

Aplicamos la segunda ley de Newton a la dirección tangencial: ΣFt=mat ⇒ mgsen60º=mat ⇒ at=gsen60º=9.8sen60º=8.487 m/s2 Ya tenemos las dos componentes de la aceleración. Puesto que son perpendiculares, el módulo de la aceleración será: a = an2 + at2 = 3.752 + 8.4872 = 9.28 m / s2

a=9.28 m/s2 b) Ahora de la segunda ley de Newton en dirección normal: ΣFn=man ⇒ mgcos60º-A-B=man ⇒ 7.449 · 9.8cos60º-A-B=7.449 · 3.75 ⇒ A+B=8.566 Y por último podemos aplicar la ecuación de momentos: ΣMG=IGα ⇒ -Asen60º · 0.075-Acos60º · 0.150+Bsen60º · 0.150-Bcos60º · 0.150=0


-0.140A+0.0549B=0 Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: A+B=8.566 -0.140A+0.0549B=0 De la segunda ecuación: -0.140A+0.0549B=0 ⇒ B=2.549A Y sustituyendo en la primera: A+B=8.566 ⇒ A+2.549A=8.566 ⇒ A=2.41 N A=2.41 N Y la otra reacción: B=2.549A=2.549 · 2.41=6.15 N B=6.15 N

Hacemos el diagrama de sólido libre del bloque y tenemos lo que aparece son en laverticales, figura. Todas las fuerzas luego eso implica que la aceleración del centro de masas también tiene que ser vertical. Aplicando la segunda ley de Newton tendremos: ΣFY=maGY ⇒ mg-N=maG Y de la rotación: ΣMG=IGα ⇒

ellas.

N

b 1 = m(b2 + h2 )α 2 12

Tenemos dos ecuaciones y tres incógnitas, N, Ga y α. Tenemos que relacionar dos de Lo otro que sabemos es que la esquina A (que es la que nos interesa) está apoyada en un plano horizontal, luego tiene que deslizar sobre esa superficie, es decir, sólo tiene componente X, como indica la figura. Si relacionamosaG y aA nos queda:

aG=aA+ x AG-ω2AG Puesto que se trata del instante inicial y el sistema parte del reposo: ω=0 ⇒ aG=aA+ x AG-ω2AG=aA+ x AG i

j

k

αb αh − aG j = − aAi + 0 0 − α ⇒ − aG j = −aAi − j+ i 2 2 b h 0 2 2


Separando componentes: Eje X: 0 = − aA + αh ⇒ aA = αh 2

Eje Y: aG = αb 2

2

Sustituimos la aceleración del centro de masas esto en la ecuación de la segunda ley de Newton: mg-N=maG ⇒ mg − N = m αb ⇒ N = mg − mαb 2

2

Y ahora sustituimos la normal en la ecuación de la rotación: 2

2

2

N b = 1 m(b)2 + h2 α ⇒  mg − mα(b)  b = 1 m b2 + h2 α ⇒ gb − αb = αb + αh 2 12 2  2 12 2 4 12 12  6gb αb2 αb2 αh2 4b2 + h2 gb = + + ⇒ gb = α ⇒α= 2 2 2 6 6 6 4b + h

Y sustituimos esto en la ecuación que nos da la aceleración del punto A: aA =

6gbh 3gbh αh = = 2 2(4b2 + h2 ) 4b2 + h2 3gbh aA = 2 4b + h2

a) Tomamos unos ejes que pasen por el centro de la placa. La posición del centro de


masas la podemos obtener como la resta del rectángulo menos el círculo: xCM =

mrectángulo xrectángulo − mcírculo xcírculo mrectángulo − mcírculo

Teniendo en cuenta la expresión de la densidad superficial: σ=

=

mrectánguloxrectángulo − mcírculoxcírculo m = ⇒ m = σS ⇒ xCM = mrectángulo − mcírculo S

σSrectánguloxrectángulo − σScírculoxcírculo Srectánguloxrectángulo − Scírculoxcírculo = = Srectángulo − Scírculo σSrectángulo − σScírculo 2

= 40 ⋅ 20 ⋅ 0 − π ⋅ 6 2(−6) = 0,988 cm 40 ⋅ 20 − π ⋅ 6

Y por simetría:

xCM=0,988 cm

b) En primer lugar el ángulo θ será: senθ =

yCM=0 20 ⇒ θ = 30 º 40

Ahora hacemos el diagrama de sólido libre de la placa. Tendremos el peso, vertical y hacia abajo, colocado en el centro de masas, y las reacciones del suelo y la pared. Me piden la fuerza de rozamiento FrB mediante una sola ecuación de equilibrio. No puedo usar la ecuación de fuerzas porque en ese eje también estaría la normal NA. Usaremos una ecuación de momentos. Como quiero eliminar las dos normales, que son las fuerzas que no conozco, tendremos que tomar momentos respecto de un eje con respecto al cual no den momentos ni NA ni NB. Para ello, prolongamos sus rectas de acción, y el eje buscado será el que pase por el punto de corte de las dos rectas de acción (punto O). Así, la ecuación buscada es: ΣMO=0 ⇒ − FrB ⋅ 20 + mg[(20 − 0,988) cos θ − 10senθ] = 0 Nos falta la masa de la placa, que será: m=σS=σSrectángulo-σScírculo=σ(Srectángulo-Scírculo)=2(40 · 10-π · 62)=1373,80 g=1,374 kg Sustituyendo: − FrB ⋅ 20 + mg[(20 − 0,988) cos θ − 10senθ] = 0 − FrB ⋅ 20 + 1,374 ⋅ 9,8[(20 − 0,988)cos 30 º −10sen30 º ] = 0 ⇒ FrB = 7,72 N FrB=7,72 N c) Empezamos por determinar NA, para lo cual no debería aparecer NB. Así, tomaremos momentos con respecto a un eje que pase por la recta de acción de NB. Un punto adecuado sería el punto B. Tendremos entonces: ΣMB=0 ⇒ − NA ⋅ 20 + mg[(20 − 0,988) cos θ − 10 senθ] = 0 − NA ⋅ 20 + 1,374 ⋅ 9,8[(20 − 0,988) cos 30º −10sen30º ] = 0 ⇒ NA = 7,72 N

NA=7,72 N Y para calcular la normal NB podemos tomar momentos respecto de un eje Z que pase por O: ΣMO=0 ⇒ -NA · 20+NB · 40cosθ-mg(20,988cosθ+10sen θ)=0 -7,72 · 20+NB · 40cos30º-1,374 · 9,8(20,988cos30º+10sen30º)=0 ⇒ NB=13,47 N NB=13,47 N


d) Tendremos el diagrama que aparece en la figura. Veamos si el bloque desliza. Si suponemos que se mantiene en reposo: ΣFX=0 ⇒ F-FrB=0 ⇒ FrB=F=4 N ΣFY=0 ⇒ NB-mg=0 ⇒ NB=mg=1,374 · 9,8=13,47 N Comprobamos que efectivamente no desliza, luego: FrB<(FrB)máx ⇒ FrB<µNB ⇒ 4<0,7 · 13,47 ⇒ 4<9,43 Podemos ver que con una fuerza de 4 N el sistema no se mueve porque no se supera la fuerza de rozamiento máxima. Así, la reacción del suelo es: R=-FrBi+NBj=-4i+13,47j En módulo: R = 42 + 13,47 2 = 14,05 N

R=14,05 N Podemos ver en el gráfico el ángulo que forma con el eje X: tgβ =

NB 13,47 = = 3,37 ⇒ β = 73,46º FrB 4

θ=180º-β =180º-73,46º=106,54º θ=106,54º e) Ahora aumentamos el valor de F, con lo cual la normal se va desplazando hacia la derecha. El bloque vuelca justo cuando la normal llegue al vértice, pivotando en torno a la esquina C, y siendo éste el último instante en que los momentos son nulos. Así: ΣMC=0 ⇒ mg(20-0,988)-F · 10=0 1,374 · 9,8 (20-0,988)-F · 10=0 ⇒ F=25,60 N Debería cumplirse además que: ΣFX=0 ⇒ F-FrB=0 ⇒ FrB=F=25,60 N Vemos que esto es imposible, ya que el máximo valor que puede tomar la fuerza de rozamiento es de 9,43 N, luego antes de que la fuerza sea suficiente para que el bloque vuelque, éste habría deslizado. NO PUEDE VOLCAR

a) Puesto que la barra mide 2 m el punto A está situado a 2 = 0.5 m del punto C. 4

Realizamos el diagrama de sólido libre de la barra, teniendo en cuenta que el centro de masas está situado en el punto medio de la misma, es decir, a 1 m de cualquiera de los


extremos y a 0.5 m del punto C. Al cortar el cable del extremo B la barra pivota en torno a C, de modo que el centro de masas realiza una trayectoria circular en torno a C de radio 0.5 m. Por tanto el centro de masas tendrá dos componentes de aceleración, una normal y otra tangencial. La normal en el instante posterior a la rotura será nula, ya que la barra estaba 2   en reposo  aGn = vG = 0  luego sólo tendremos componente tangencial en dirección rG  

tangente y sentido el del movimiento ya que el sistema acelera. Respecto a las fuerzas, tendremos el peso vertical y hacia abajo y la reacción en el pasador C. Dicha reacción tendrá a priori dos componentes en las dos direcciones del plano, pero es evidente que puesto que no tenemos componente horizontal de aceleración y se debe ley de Newton, no existirá la componente horizontal de esta fuerza, y laverificar reacciónlaensegunda C será vertical. Tendremos que poner también en el diagrama la aceleración angular α, de sentido horario, ya que la barra acelera. Así pues el diagrama será el de la figura, y aplicando la

segunda ley de Newton: ΣFY=maGY ⇒ mg-FC=maGt ⇒ 3 · 9.8-FC=3aGt ⇒ 29.4-FC=3aGt 1 ΣMG=IGα ⇒ FC

1

2

2

⋅ 0.5 = 12 mL α ⇒ 0.5FC = 12 3 ⋅ 2 α ⇒ 0.5FC = α

Tenemos dos ecuaciones y tres incógnitas, FC, aGt y α. Además, el punto G realiza un movimiento circular en torno a C de radio r G=0.5 m, luego la aceleración tangencial será: aGt =

dvG d = (ωr ) = αrG = 0.5α dt dt G

Si sustituimos esto en la ecuación del eje Y nos queda: 29.4-FC=3aGt ⇒ 29.4-FC=3 · 0.5α ⇒ 29.4-FC=1.5α Y tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas: 29.4-FC=1.5α 0.5FC=α Sustituyendo la segunda en la primera: 29.4-FC=1.5α ⇒ 29.4-FC=1.5 · 0.5FC ⇒ 29.4-FC=0.75FC ⇒ FC=16.80 N FC=16.80 N b) Y a partir de este resultado: 2 α=0.5FC=0.5 · 16.80=8.40 rad/s 2 a =0.5α=0.5 · 8.40=4.20 m/s Gt Ahora para la aceleración del punto A aplicamos de nuevo la ecuación del movimiento: i

j

k

aA=aG+ x GA-ω2GA=aG+ x GA= − 4.20 j + 0 0 − 8.40 = −4.20 j + 8.40 j = 4.20 j m / s2 −1 0

En módulo:

0

aA=4.20 m/s2


a) A lo largo de todo el problema tomaremos como sistema de ejes unos cartesianos, con el eje X horizontal y positivo hacia la derecha, el eje Y vertical y positivo hacia arriba y el eje Z perpendicular a ambos y positivo hacia fuera de la hoja. Denominaremos a los datos: mA=8 kg; mB=3 kg; r=24 cm=0.24 m; µ=0.2; P=10 N Supondremos en principio que el cilindro rueda sin deslizar sobre el carro. Por tanto, respecto del carro, la aceleración del centro geométrico del cilindro (A), que coincide con su centro de masa, será: aA/B=αr y además, como no hay deslizamiento, la fuerza de rozamiento es inferior a su valor máximo: ⇒ r<µN A está en movimiento respecto del Fr<(Frque )máx el Fcilindro Tendremos que tener en cuenta carro B. Como el carro únicamente se traslada: aA/B=aA-aB ⇒ aA=aA/B+aB=αri+aBi=(αr+aB)i Ahora realizamos los diagramas de sólido libre, tanto del cilindro como del carro. Como hemos visto, el cilindro tiene una aceleración en la dirección positiva del eje X. En cuanto a fuerzas, está sometido a su peso, a la fuerza P y a la acción del carro, que tiene dos componentes: la normal y la fuerza de rozamiento. Podemos ver el sentido de la fuerza de rozamiento teniendo en cuenta la ecuación de momentos, ya que es la única fuerza que da momento respecto del centro de masas, y por tanto el momento tiene que tener el mismo sentido que la aceleración angular (α). A continuación tendremos que hacer el diagrama de sólido libre del carro B, a cuya aceleración hemos denominado aB. En cuanto a fuerzas tendremos su peso, la reacción del cilindro (que por la tercera ley de Newton será igual y de sentido contrario a la acción del carro sobre el cilindro) y la acción del suelo, que sólo será normal puesto que con el suelo no existe rozamiento. Aplicamos a continuación la segunda ley de Newton. Para el cilindro: ΣFx=mA(aA)x ⇒ P-Fr=mAaA ⇒ P-Fr=mA(αr+a B) ⇒ 10-Fr=8(0.24α+aB)


1 1 1 ΣMG = IG α ⇒ Frr = mAr2α ⇒ Fr = mArα ⇒ Fr = 8 ⋅ 0.24α = 0.96α 2 2 2

Sustituimos la expresión de la fuerza de rozamiento en la ecuación del eje X: 10-Fr=8(0.24α+aB) ⇒ 10-0.96 α=1.92α+8aB ⇒ 10=2.88α+8aB Tenemos una ecuación con dos incógnitas (α y aB). Planteamos pues la segunda ley de Newton para el carro: ΣFx=mB(aB)x ⇒ Fr=mBaB ⇒ 0.96α=3aB Tenemos ya dos ecuaciones y dos incógnitas: 10=2.88α+8aB 0.96α=3aB De la segunda:

0.96α=3aB ⇒ α=3.125aB Y sustituyendo en la primera: 10=2.88α+8aB ⇒ 10=2.88 · 3.125aB+8aB ⇒ 10=17aB ⇒ aB=0.588 m/s2 Comprobemos ahora que el cilindro efectivamente rueda sin deslizar. Conociendo a B podemos determinar la fuerza de rozamiento: Fr= mBaB =3 · 0.588 =1.765 N La reacción normal la podemos obtener de la ecuación del eje Y del cilindro: ΣFy=mA(aA)y ⇒ NA-mAg=0 ⇒ NA=mAg=8 · 9.8=78.4 N La fuerza de rozamiento máxima será: (Fr)máx=µNA=0.2 · 78.4=15.68 N Vemos que efectivamente la fuerza de rozamiento es inferior a su valor máximo, y que por tanto el cilindro rueda sin deslizar: Fr<(Fr)máx ⇒ 1.765<15.68 Los resultados por tanto son correctos. La aceleración del carro es: 2

aB=0.588 m/s Puesto que la aceleración es constante, el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado. Por tanto la velocidad máxima del carro se producirá al cabo de los 1.2 s en los que actúa la fuerza P: vB=v0B+aBt=aBt=0.588 · 1.2=0.706 m/s vB=0.706 m/s b) Conociendo aB ya podemos determinar α: 2 α=3.125aB=3.125 · 0.588=1.838 rad/s Y con el valor de α tenemos ya la aceleración del cilindro: aA=αr+aB=1.838 · 0.24+0.588=1.029 m/s2 aA=1.029 m/s2 Igual que para el carro, el movimiento del centro del cilindro es rectilíneo uniformemente acelerado. La velocidad máxima se producirá por tanto en el instante en que deje de aplicarse la fuerza P, es decir, para t=1.2 s: vA=v0A+aAt=aAt=1.029 · 1.2=1.235 m/s vA=1.235 m/s c) La fuerza que ejerce el carro sobre el cilindro está formada por la normal y la fuerza de rozamiento, que ambas hemos determinado ya. Vectorialmente tendremos: R=-Fri+NAj=-1.765i+78.4j Y en módulo: R = Fr2 + NA2 = 1.7652 + 78.42 = 78.42 N

R=78.42 N


La rueda rueda sin deslizar hacia la izquierda, luego el centro de masas está ascendiendo. Eso implica que la velocidad disminuye, de modo que el sistema está frenando, las aceleraciones lineal y angular tienen sentido opuestos a las respectivas velocidades. Además, como el sistema rueda sin deslizar la aceleración del centro geométrico de la rueda, O, será: aO=αr=0.3 α Vectorialmente tendremos: aO=0.3αi La velocidad angular tiene sentido antihorario luego tiene la dirección positiva del eje Z, lo que implica que la aceleración angular tendrá la dirección negativa del eje Z: =-αk Por tanto, la aceleración del centro de masas será: i

aG=aO+ X

2 OG-ω OG= 0.3αi +

j

k 2

0 0 − α − 6 (0.12i) = (0.3α − 4.32)i − 0.12αj 0.12 0 0

Hacemos el diagrama de sólido libre. Colocamos las aceleraciones, cuyos sentidos conocemos. En cuanto a las fuerzas, tendremos el peso de la rueda (vertical y hacia abajo), la normal (perpendicular a la superficie de contacto y apuntando hacia el sólido) y la fuerza de rozamiento (puesto que tiene que cumplirse la segunda ley de Newton tiene que tener el mismo sentido que la aceleración en el eje X). Aplicamos la segunda ley de Newton y la ecuación de la rotación y tendremos: ΣFX=maX ⇒ Fr=m(0.3α-4.32) ⇒ Fr=50(0.3α-4.32) ⇒ Fr=15α-216 ΣFY=maY ⇒ N-mg=-m0.12α ⇒ N-50 · 9.8=-50 · 0.12α ⇒ N-490=-6α ΣMG=IGα ⇒ N · 0.12-Fr · 0.3=mk2α ⇒ 0.12N-0.3Fr=50 · 0.16 2α ⇒ 0.12N-0.3Fr=1.28 α Tenemos un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas. Fr=15α-216


N-490=-6α 0.12N-0.3Fr=1.28α Sustituimos la primera ecuación en las otras dos: N-490=-6α 0.12N-0.3(15α-216)=1.28α ⇒ 0.12N-4.5α+64.8=1.28α ⇒ 0.12N+64.8=5.78α Y ahora de la primera ecuación: N-490=-6α ⇒ N=490-6α Sustituimos en la segunda: 0.12N+64.8=5.78α ⇒ 0.12(490-6α)+64.8=5.78α 58.8-0.72α+64.8=5.78 α ⇒ α=19.02 rad/s2 α=19.02 rad/s2 Y ahora la normal y la fuerza de rozamiento: N=490-6α=490-6 · 19.02=375.91 N Fr=15α-216=15 · 19.02-216=69.23 N Como la fuerza de rozamiento y la normal son dos perpendiculares la reacción del plano es: R = Fr2 + N2 = 69.232 + 375.912 = 382.23 N

R=382.23 N

a) Suponemos en primer lugar que el disco rueda sin deslizar, de modo que tendremos que la fuerza de rozamiento es inferior a su valor máximo: Fr<(Fr)máx ⇒ Fr<µdN Y además la aceleración del centro geométrico del disco, que coincide en este caso con el centro de masa será: aG=αR=0.2α Hacemos tanto el de diagrama de sólido libre porpartiendo esta suposición y tendremos lo que aparece en la figura. En cuanto a aceleraciones obviamente el disco rodará hacia la derecha puesto que la única fuerza externa que se aplica va hacia la derecha. Esto implica que si no hay deslizamiento la aceleración angular


tiene que tener sentido horario. En cuanto a fuerzas tendremos la fuerza externa P, el peso, la normal y la fuerza de rozamiento. Puesto que hemos supuesto que no hay deslizamiento la fuerza de rozamiento puede tener cualquiera de los dos sentidos del eje X. Como en principio no podemos saber cuál es, la suponemos hacia la derecha, y al resolver, el signo nos dirá si esta suposición es correcta o no. Aplicando la segunda ley de Newton y la ecuación de la rotación tendremos: ΣFX=maX ⇒ P+Fr=maG ⇒ 22+F r=4.5 · 0.2α ⇒ 22+F r=0.9α ΣFY=maY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg=4.5 · 9.8=44.1 N 2 2 ΣMG=IG ⇒ Pr-FrR=mk α ⇒ 22 · 0.1-0.2Fr=4.5 · 0.15 α ⇒ 2.2-0.2Fr=0.10125α Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas, F r y α: 22+Fr=0.9α 2.2-0.2Fr=0.10125α De la segunda ecuación: 2.2-0.2Fr=0.10125α ⇒ α=21.728-1.975Fr Y sustituyendo en la primer: 22+Fr=0.9α ⇒ 22+Fr=0.9(21.728-1.975Fr) ⇒ Fr=-0.880 N El signo negativo implica que el sentido de la fuerza de rozamiento es contrario al supuesto. Comprobamos a continuación que el cilindro no desliza: Fr<µdN ⇒ 0.880<0.20 · 44.1 ⇒ 0.880<8.820 Vemos que efectivamente la fuerza de rozamiento no adquiere su valor máximo luego el sistema rueda sin deslizar. NO DESLIZA La aceleración angular vale: α=21.728-1.975F r=21.728+1.975 · 0.880=23.47 rad/s 2 2 α=23.47 rad/s Y la aceleración del centro deαmasas: aG=0.2 =0.2 · 23.47=4.69 m/s2 aG=4.69 m/s2 b) Vamos a resolver operando de igual modo. Suponemos también que el cilindro rueda sin deslizar, luego tendremos como antes las dos condiciones: Fr<µdN aG=αR=0.2α Hacemos con esta premisa el diagrama de sólido libre. La aceleración del centro de masas será horizontal y hacia la derecha, lo cual implica que la aceleración angular tiene sentido horario. En cuanto a fuerzas, tendremos la fuerza P, el peso, la normal y la fuerza de rozamiento. Ahora se tiene que verificar la ecuación ΣMG=IGα, lo que implica que los momentos tienen que tener sentido horario. Puesto que el peso y la normal no dan momento respecto de G, y la fuerza P lo da en sentido antihorario, la fuerza de rozamiento tiene que hacerlo en sentido horario, luego dicha fuerza tiene que tener sentido hacia la izquierda. Aplicamos ahora las ecuaciones correspondientes: ΣFX=maX ⇒ P-Fr=maG ⇒ 22-Fr=4.5 · 0.2α ⇒ 22-Fr=0.9α ΣFY=maY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg=4.5 · 9.8=44.1 N ΣMG=IG ⇒ FrR-Pr=mk2α ⇒ 0.2Fr-22 · 0.1=4.5 · 0.152α ⇒ 0.2Fr-2.2=0.10125 α Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: 22-Fr=0.9α


0.2Fr-2.2=0.10125α De la primera ecuación: 22-Fr=0.9α ⇒ α=24.444-1.111Fr Y sustituyendo en la segunda: 0.2Fr-2.2=0.10125α ⇒ 0.2Fr-2.2=0.10125(24.444-1.111F r) ⇒ Fr=14.96 N Comprobamos a continuación que el sistema no desliza: Fr<µdN ⇒ 14.94<0.20 · 44.1 ⇒ 14.96<8.820 Vemos que la suposición realizada es incorrecta, luego el cilindro desliza: SÍ DESLIZA Ahora habría que resolver de nuevo. El diagrama de sólido libre sería igual, ya que el cilindro desliza hacia la derecha, de modo que la fuerza de rozamiento, de sentido contrario al deslizamiento, iría hacia la izquierda, luego el diagrama no varía. Lo que tendremos ahora es que puesto que el cilindro desliza la fuerza de rozamiento adquiere su valor máximo: Fr=(Fr)máx=µdN=0.2 · 44.1=8.820 N Y del eje X: ΣFX=maX ⇒ P-Fr=maG ⇒ 22-8.820=4.5aG ⇒ aG=2.93 m/s2 aG=2.93 m/s2 Y de la ecuación de la rotación: 2 2 2 ΣMG=IG ⇒ FrR-Pr=mk α ⇒ 0.2 · 8.820-22 · 0.1=4.5 · 0.15 α ⇒ α=-4.31 rad/s El signo nos indica que el sentido de la aceleración angular es contrario al supuesto, es decir, antihorario: α=4.31 rad/s2

Vamos a aplicar el teorema del trabajo-energía cinética, entre la posición (1), cuando la barra pasa por la vertical con velocidad angular ω, y la posición (2), cuando la barra alcanza la horizontal con velocidad nula. Así, tendremos: W12=∆EC ⇒ Wmg+WR+Wk∆l=∆EC


La reacción en el pivote (R), no realiza trabajo porque no se desplaza, y el peso y la reacción del resorte son ambas conservativas, luego el trabajo realizado por ellas coincide con la variación de energía potencial cambiada de signo: Wmg+WR+Wk∆l=∆EC ⇒ -∆UG-∆UE =∆EC ⇒ UG1-UG2+UE1-UE2=EC2-EC1 ⇒ UG1-UE2=-EC1 1 1 2 1 − ICM ω2 mgh1 − k∆l22 = − mvCM 2 2 2

Vamos determinando los parámetros desconocidos. La longitud natural del resorte es: l0 = 1,22 + 1,22 = 1,697 m

Por tanto en la posición (2) el resorte está elongado una cantidad: ∆l2=l0-l2=2,4-1,697=0,703 m En cuanto al centro de masas, realiza un movimiento circular de radio 1,2 m, luego su velocidad lineal es: vCM=ωr=1,2 ω Sustituyendo todo: 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 2 mgh1 − k∆l22 = − mvCM − ICM ω2 ⇒ mgh1 − k∆l22 = − mvCM − ml ω 2 2 2 2 2 2 12 1 1 1 1 29,2 ⋅ 9,8 ⋅ 1,2 − 2630 ⋅ 0,7032 = − 29,2(1,2ω)2 − 29,2 ⋅ 2,42 ω2 2 2 2 12 − 306,389 = −28,176ω2 ⇒ ω = 3,30 rad / s ω=3,30

rad/s

Vamos a aplicar la conservación de la energía entre la posición inicial, cuando el bloque parte del reposo en la figura del enunciado, y la posición final, cuando la esquina C alcanza la horizontal. Si hacemos el diagrama de sólido libre del bloque podemos ver que está sometido a dos fuerzas, el peso vertical y hacia abajo y la normal en O vertical y hacia arriba, y son las únicas dos fuerzas que actúan durante todo el movimiento. Esto significa que tanto la aceleración del centro de masas como su velocidad tienen que ser verticales y hacia abajo. Para que el centro de masas caiga sobre su propia vertical la esquina O tiene que deslizar hacia la izquierda, horizontalmente puesto que se apoya en todo momento sobre un suelo horizontal. Así, el bloque girará en sentido horario. Aplicamos la conservación de la energía entre las dos situaciones que hemos dicho y que representamos en la figura. W=∆EC ⇒ Wmg+WN=∆EC ⇒ -∆EPg=∆EC


Hemos tenido en cuenta que puesto que la normal es perpendicular al desplazamiento no realiza trabajo. Así pues: -∆EPg=∆EC ⇒ EPginicial-EPgfinal=ECfinal-ECinicial El sistema parte del reposo luego la energía cinética inicial es nula: EPginicial-EPgfinal=ECfinal-ECinicial ⇒ EPginicial-EPgfinal=ECfinal ⇒ mghinicial − mghfinal = 1 mvG2 + 1 IG ω2 mgLsen45º −mg

2 2 L 1 2 1 1 2 2 1 = mvG + mL ω ⇒ 2gLsen 45º − gL = vG2 + L2 ω2 2 2 26 6

Nos falta relacionar vG y ω en la situación final. Para ello vamos a relacionar las velocidades del centro de masas y de la esquina O en esta posición, sabiendo, como hemos dicho, que ylahacia velocidad del centro de masas es vertical y hacia abajo y la de la esquina O horizontal la izquierda. Tendremos pues: i

j

k

vG=vO+ x OG ⇒ − vG j = −vOi + 0 0 − ω L L 2 2 ωL ωL − vG j = − vOi − j+ i 2 2

0

Separando los ejes tendremos: Eje X: 0 = −vO + ωL ⇒ vO = ωL 2

2

Eje Y: vG = ωL 2

Sustituimos en la expresión de la energía Gv por su valor: 2gLsen45º − gL = vG2 +

2gsen45º − g =

1 2 2 1 1 L ω ⇒ 2gLsen45º − gL = ω2L2 + L2 ω2 6 4 6

12g(2sen45º −1) 1 2 1 2 5 ω L + Lω ⇒ 2gsen45º −g = ω2L ⇒ ω = = 4 6 12 5L

=

12 ⋅ 9.8(2sen45º −1) = 6.19 rad / s 5 ⋅ 0.254 ω=6.19 rad/s

Y la velocidad de la esquina O: vO =

ωL 6.19 ⋅ 0.254 = = 0.787 m / s 2 2

vO=0.788 m/s

Aplicaremos la conservación de la energía entre la situación inicial que


marcaremos como 1, cuando la barra se suelta desde el reposo en θ=50º, y la posición final que denominaremos 2 cuando la barra pasa por θ=0º. Tendremos entonces: ET1+Wotras=ET2 Tomamos el nivel nulo de energía potencial gravitatoria en la posición más baja del centro de masas. Así, inicialmente sólo tenemos energía potencial elástica, ya que el resorte está alargado una cantidad: ∆l1=l-lcos50º=0.635-0.635cos50º=0.2268 m En la posición final tendremos energía cinética, de rotación y traslación, y energía potencial gravitatoria. En cuanto al trabajo realizado por las fuerzas, aparte del peso y de la fuerza de recuperación elástica sobre la barra actuarían las normales en A y en B, pero puesto que son perpendiculares al desplazamiento no realizan trabajo. Nos queda pues: ET1+Wotras=ET2 ⇒ EPe1=ECR2+ECT2+EPg2 ⇒ 1 k∆l12 = 1 IG ω2 + 1 mvG2 + mghG 2

2

2

Para tener una ecuación con una incógnita tenemos que relacionar la velocidad del centro de masas vG con la velocidad angular ω en la posición final (2). Para ello relacionamos las velocidades de los extremos de la barra, A y B, que sabemos sus direcciones puesto que están obligados a desplazarse en el interior de las guías. Tendremos: vA=vB+ X BA ⇒ − vAi = vB j +

Separando en los dos ejes:

i j k 0 0 ω − 0.635 0 0

-vAi=vBj-0.635 ωj

-vA=0ω⇒ vA=0 Eje Y: Eje 0=vBX: -0.635 ⇒ vB=0.635 ω El resultado vA=0 es lógico ya que puede verse que en ese instante el extremo A pasa de moverse hacia la izquierda a moverse hacia la derecha, luego instantáneamente en ese momento tiene que detenerse. Ahora, la velocidad del centro de masa en función de uno cualquiera de esos puntos es: vG=vA+ X AG= X AG=

i j k 0 0 ω = 0.3175ωj 0.635 0 0 2

Ahora, en la ecuación de la energía: 1 1 1 1 1 1 1 l k∆l2 = I ω2 + mvG2 + mghG ⇒ k∆l12 = ⋅ ml2ω2 + m(0.3175ω)2 + mg sen50 º 2 1 2 G 2 2 2 12 2 2 1 1 1 1 0.635 525 ⋅ 0.22682 = ⋅ 4 ⋅ 0.6352 ω2 + 4(0.3175ω)2 + 4 ⋅ 9.8 sen50 º 2 2 12 2 2

3.9683=0.2688 ω2 ⇒ ω=3.84 rad/s ω=3.84 rad/s Y la velocidad del extremo B: vB=0.635 ω=0.635 · 3.84=2.44 m/s vB=2.44 m/s


a) En primer lugar vamos a determinar el ángulo horizontal, y que será:

θ

que forma la fuerza P con la tgθ =

5 ⇒ θ = 22.62º 12

Y la masa de la rueda será: mg=375 N m=

375 375 = = 38.265 kg g 9.8

Llamamos R al radio de la rueda R=30 cm=0.3 m. Ahora hacemos el diagrama sólidocuanto libre dea la rueda.de En fuerzas, está sometida a la fuerza P, a su peso y a la reacción del suelo, compuesta por la normal y la fuerza de rozamiento. En cuanto a aceleraciones, el centro de masas de la rueda coincide con su centro geométrico, de modo que por rodar sin deslizar se verifica que: aCM=aO=αR=0.3α Y tendremos que la aceleración angular α tendrá el mismo sentido que ω puesto que la rueda tiene que acelerar. Nos quedan los diagramas que aparecen en la figura. Aplicamos la segunda ley de Newton. ΣFX=m(aCM)X ⇒ Pcosθ-Fr=maCM ⇒ 260cos22.62º-Fr=38.265 · 0.3α ⇒ 240-F r=11.48 α ΣFY=m(aM) Y ⇒ Psenθ+N-mg=0 ⇒ 260sen22.62º+N-375=0 ⇒ N=275 N N=275 N ΣMCM=ICMα ⇒ FrR=mk2α ⇒ 0.3Fr=38.265 · 0.2312α ⇒ Fr=6.80265 α Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: 240-Fr=11.48α Fr=6.80265α Sustituyendo la segunda en la primera: 240-Fr=11.48α ⇒ 240-6.80265α=11.48α ⇒ α=13.13 rad/s2 α=13.13 rad/s2 Y la fuerza de rozamiento: Fr=6.80265α=6.80265 · 13.13=89.28 N Fr=89.28 N


b) Para que el sistema ruede sin deslizar la fuerza de rozamiento tiene que ser inferior a su valor máximo, de modo que: Fr≤(Fr)máx ⇒ Fr≤µN ⇒ µ ≥ Fr ⇒ µ ≥ 89.28 ⇒ µ ≥ 0.32 N

275

µ≥0.32 c) Vamos a aplicar el teorema de conservación de la energía, entre la situación inicial, cuando la velocidad angular es ω1=15 rad/s, y la final, cuando la velocidad angular es ω2. Entre estas dos posiciones el centro de masas se ha desplazado una cantidad: xCM=2πR Además, puesto que la rueda no desliza, la velocidad del centro de masas en cualquiera de las dos situaciones será: vCM1=ω1R=0.3 ω1 vCM2=ω2R=0.3ω2 Aplicando el teorema de conservación de la energía tendremos: W=∆EC De las fuerzas que aparecen realizan trabajo la fuerza externa P y el peso. La normal no realiza trabajo por ser perpendicular al desplazamiento y la resistencia a la rodadura no disipa energía. Así pues nos queda: W=∆EC ⇒ WP+Wmg=∆EC ⇒ P · xCM-∆EPg=∆EC El centro de masas no varía su altura, luego no hay variación de energía potencial gravitatoria: P · xCM-∆EPg=∆EC ⇒ P · xCM=∆EC ⇒ PxCMcosθ=EC2-EC1 2 2 + 1 ICM ω2 − 1 mvCM 2 1 − 1 ICM ω12 PxCM cos θ = 21 mvCM 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 P2πR cos θ = m(0.3ω2 ) + mk ω2 − m(0.3ω1 )2 − mk 2 ω12 2 2 2 2 1 1 P2πR cos θ = mω22 (0.32 +) k 2 −( mω) 12 0.32 + k 2 2 2 1 1 260 ⋅ 2π ⋅ 0.3 cos 22.62º = 38.265ω22 (0.32 + 0) .2312 − ( 28.265 ) ⋅ 152 0.32 + 0.2312 2 2

ω2=19.75 rad/s Podríamos haber tenido en cuenta que puesto que las fuerzas son constantes, la aceleración del centro de masas también es constante y vale: aCM=0.3α=0.3 · 13.13=3.94 m/s2 Tenemos la velocidad inicial del centro de masas: vCM1=0.3ω1=0.3 · 15=4.5 m/s Y el espacio recorrido: xCM=2πR=2π · 0.3=1.885 m

Aplicando las ecuaciones del movimiento rectilíneo uniformemente acelerado tendremos: 1 1 xCM = x0 + vCM1t + aCM t2 ⇒ 1.885 = 4.5t + 3.94t2 ⇒ 1.97 t2 + 4.5t − 1.885 = 0 2 2 − 4.5 ± 4.52 + 4 ⋅ 1.97 ⋅ 1.885  0.361 s t= = 2 ⋅ 1.97 − 2.65 s

Obviamente la solución negativa es absurda. Ahora, de la ecuación de la velocidad: vCM2=vCM1+at=4.5+3.94 · 0.361=5.92 m/s Y puesto que la rueda no desliza:


vCM2=0.3ω2 ⇒ ω2 =

vCM2 5.92 = = 19.74 rad / s 0. 3 0. 3

También podríamos haber tenido en cuenta que puesto que la aceleración angular es constante también es movimiento uniformemente acelerado en cuanto a la rotación, recorriéndose un ángulo de 2 π radiantes, con lo que tendríamos: 1 1 θ = θ0 + ω1 t + αt2 ⇒ 2π = 15t + 13.13t2 ⇒ 6.565t2 + 15t − 6.28 = 0 2 2 − 15 ± 152 + 4 ⋅ 6.565 ⋅ 6.28  0.361 s t= = 2 ⋅ 6.565 − 2.65 s

Y la velocidad angular: ω2 =ω1+αt=15+13.13 · 0.361=19.74 rad/s

a) Vamos a determinar la posición del centro de masas del sistema. Para ello tenemos que determinar la masa que corresponde al disco completo y la masa que corresponde al agujero (que consideraremos con masa negativa). Haremos una regla de tres con las superficies, ya que la proporcionalidad es directa (densidad constante). Así, las superficies del disco y del orificio son: Sdisco=πR2=π · 0,3042=0,2903 m2 2

Sorificio=πr2= π ⋅  0,152  = 0,01815 m2  2 

La superficie de la figura que nos interesa es: S=Sdisco-Sorificio=0,2903-0,01815=0,2722 m2 Puesto que la densidad superficial es constante, podemos escribir: S→m  S m 0,2903 ⋅ 68 mdisco = disco = = 72,534 kg Sdisco → mdisco  S 0,2722 S→m S m 0,01815 ⋅ 68  = 4,534 kg morificio = orificio = Sorificio → morificio  S 0,2722

Ahora ya podemos determinar la posición del centro de masas del sistema, tomando los ejes de la figura. Tendremos pues: mdisco xdisco − morificio xorificio = mdisco − morificio −4,534 ⋅ 0,152 = = −0,01014 m 68

xCM =

Y por simetría: yCM=0


Por tanto el centro de masas está a la izquierda del centro del disco (como cabe esperar por la distribución de masas). Ahora para aplicar la ecuación de la rotación necesitaremos el momento de inercia del cuerpo respecto del centro de masas, que será: ICM=(Idisco)CM-(Iorificio)CM En cualquiera de los casos se trata de círculos, de los cuales conocemos el momento de inercia respecto de su centro. Para el disco macizo vemos lo que aparece en el gráfico, luego tendremos que aplicar el teorema de Steiner: I =I +m d2= 1 m R2 + m d2 = Pdisco

CMdisco

disco

2 disco

disco

1 = 72,534 ⋅ 0,3042 + 72,534 ⋅ 0,010142 = 3,359 kgm2 2

Ahora hacemos lo mismo para el orificio, y nos quedará: IPorificio=ICMorificio+morificiod2= 1 morificio r2 + morificio d2 =

2 1 0,152 2  = 4,534 ⋅   + 4,534 ⋅ (0,152 + 0,01014)2 = 0,1323 kgm2 2  2 

Por tanto el momento de inercia de la figura es: ICM=IPdisco-IPorificio=3,359-0,1323=3,227 kgm2 Tendremos también que determinar la aceleración del centro de masas. Conocemos la aceleración del centro geométrico de la rueda, que llamaremos O, y que por la condición de rodadura: aO=-αRi=-0,304αi Así, la aceleración del centro de masas será: aCM=aO+ x OCM+ x x OCM Justo cuando soltamos el cuerpo éste parte del reposo luego ω=0: aCM=aO+ x OCM+ x x OCM=aO+ x OCM= = −0,304αi +

i j k 0 0 α = −0,304αi − 0,01014αj − 0,01014 0 0

Trazamos a continuación el diagrama de sólido libre del cuerpo y aplicamos las ecuaciones de la dinámica: ΣFX=m(aCM)X ⇒ -Fr=-max ⇒ Fr=m · 0,304 α Fr=68 · 0,304α ⇒ Fr=20,672α ΣFY=m(aCM)Y ⇒ N-mg=-maY N-mg=-m · 0,01014α N-68 · 9,8=-68 · 0,01014α N-666,4=-0,68952 α ΣMCM=ICMα ⇒ NxCM-FrR=ICMα ⇒ 0,01014N-0,304Fr=3,227α Tenemos tres ecuaciones y tres incógnitas: Fr=20,672α N-666,4=-0,68952 α 0,01014N-0,304Fr=3,227α De la primera ecuación: Fr=20,672α ⇒ α=0,04837Fr Y sustituimos en las otras dos: N-666,4=-0,68952 α ⇒ N-666,4=-0,68952 · 0,04837Fr ⇒ N-666,4=-0,033367Fr


0,01014N-0,304Fr=3,227α ⇒ 0,01014N-0,304Fr=3,227 · 0,04837Fr 0,01014N-0,304Fr=0,156Fr ⇒ 0,01014N=0,460Fr Nos queda el sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: N-666,4=-0,033367F r 0,01014N=0,460Fr De la segunda ecuación: 0,01014N=0,460Fr ⇒ N=45,374Fr Y sustituyendo en la primera: N-666,4=-0,033367F r ⇒ 45,374Fr-666,4=-0,033367F r ⇒ Fr=14,67 N Fr=14,67 N b) Ahora buscamos la máxima velocidad angular del disco. Obviamente, la velocidad será máxima cuando la energía cinética sea máxima, y esto ocurrirá cuando la energía potencial gravitatoria sea mínima, ya que las fuerzas que actúan son conservativas y la energía mecánica se mantiene constante. La velocidad máxima se alcanzará entonces cuando el centro de masas pase por la posición más baja. Aplicamos el teorema del trabajo-energía cinética entre estas dos situaciones y tendremos: W12=∆EC ⇒ Wmg+WN+WFr=∆EC El peso es una fuerza conservativa, luego el trabajo realizado por el peso es la variación de energía potencial gravitatoria cambiada de signo. La normal no realiza trabajo porque es perpendicular al desplazamiento y la fuerza de rozamiento tampoco realiza trabajo porque el cuerpo rueda sin deslizar. Nos queda entonces: Wmg+WN+WFr=∆EC ⇒ -∆U=∆E1C ⇒ 2U1-U21=EC2-E2C1 ⇒ U1-U2=EC2 mgh1 − mgh2 =

2

mvCM + ICM ω 2

Vamos a relacionar la velocidad del centro de masas con la velocidad angular, para así tener solamente una incógnita. Puesto que el cuerpo rueda sin deslizar: vO=-ωRi=-0,304 ωi ⇒ vCM=vO+ x OCM= i

j

k

= −0,304ωi + 0 0 ω = −0,304ωi + 0,01014ωi = −0,29386ωi 0 − 0,01014 0

Sustituyendo todo: 1 2 1 1 2 1 mv + I ω2 ⇒ mgxCM = mvCM + ICM ω2 2 CM 2 CM 2 2 1 1 68 ⋅ 9,8 ⋅ 0,01014 = 68(0,29386ω)2 + 3,227 ω2 ⇒ ω = 1,22 m / s 2 2 mgh1 − mgh2 =

ω=1,22 m/s c) Vamos a estudiar las fuerzas y aceleraciones en la situación (2). Puesto que la velocidad angular es máxima, la condición de máximo es que su derivada sea nula, de modo que:

ω = ωmáx ⇒

dω =0⇒α=0 dt

Así, la aceleración del centro de masas en esta posición será: aCM=aO+ x OCM+ x x OCM= x x OCM=


=

i j k 0 0 ω = 0,01014ω2 j = 0,01014 ⋅ 1,222 j = 0,0151j 0,01014ω 0 0

Vemos que sólo tenemos la componente normal de la aceleración, vertical y hacia arriba. Puesto que no tenemos aceleración en la dirección del eje X las fuerzas en esta dirección tienen que ser nulas. Como en la dirección del eje X sólo está que: la fuerza de rozamiento, tendremos Fr=0 Si hacemos el diagrama de sólido libre en esta posición vemos lo que aparece en la figura. Nótese también que se cumple que ΣMCM=0, ya que las dos fuerzas que nos quedan, normal y peso, en esta situación su recta de acción pasa por el centro de masas.

a) Marcaremos con el subíndice A a los parámetros que hacen referencia al disco y con el subíndice B a los que hacen referencia a la barra. Hacemos el diagrama de sólido libre del disco y de la barra, que son dos sólidos que se mueven independientemente. Para el disco tendremos lo que aparece en la gráfica. El disco no se traslada pero sí rota. Aplicamos la ecuación correspondiente a la rotación y tendremos: 1 1 ΣMG = IG α ⇒ Tr = mAr 2 α A ⇒ T = mArα A 2 2 1 T = 50 ⋅ 0.2α A ⇒ T = 5α A 2

Ahora tenemos que hacer el diagrama de sólido libre de la barra, que además de rotar sí se traslada. Necesitamos la aceleración de su centro de masas, que coincidirá con su centro geométrico. Así pues, dicha aceleración será:


aG = aC + αB × CG − ω2BCG =

i j k 0 0 αB − 52 (−0.5i) = −0.5αB j + 12.5i − 0.5 0 0

En el gráfico puede verse el diagrama de sólido libre de la barra. Aplicamos la segunda ley de Newton a los dos ejes y la ecuación correspondiente a la ΣFY=mBaBGY ⇒ ΣMG=IGαB ⇒

−T

ΣFX=mBaGX ⇒ CX=25 · 12.5=312.5 N rotación. Tendremos pues: T+CY-mBg=-mB0.5αB ⇒ T+CY-25 · 9.8=-25 · 0.5αB ⇒ T+CY-245=-12.5 αB

l l 1 1 1 1 +C = m l2 α ⇒ −T + CY = 25 ⋅ 12 α B ⇒ 0.5CY − 0.5T = 2.083α B 2 Y 2 12 B B 2 2 12

Tenemos tres ecuaciones y cuatro incógnitas (T, C Y, αA y αB). Además tendremos que todos los puntos de la cuerda tienen la misma aceleración en dirección vertical, de modo que el punto del disco en contacto con la cuerda y el punto de la barra en contacto con la cuerda tendrán la misma componente vertical de la aceleración. En cuanto al disco, llamaremos D a dicho punto. Este punto realiza un movimiento circular, luego tendrá dos componentes de aceleración, la normal (en la dirección del radio de curvatura y apuntando hacia el centro de curvatura) y la tangencial (tangente al disco y hacia abajo). Así pues: aD = −ω2Ari − α Arj = −0.2ω2Ai − 0.2α A j

Respecto a la barra, la aceleración del punto B será: i j k aB = a C + α B × CB − ω2B CB = 0 0 α B − 52 ( −i) = −α B j + 25i −1 0 0

Como hemos dicho, las componentes verticales de la aceleración tienen que se iguales luego: -0.2αA=-αB ⇒ 0.2αA=αB Y tenemos un sistema de cuatro ecuaciones y cuatro incógnitas: T=5αA T+CY-245=-12.5αB 0.5CY-0.5T=2.083αB αB=0.2αA Sustituimos la primera ecuación en las demás: 5αA+CY-245=-12.5 αB 0.5CY-0.5 · 5αA=2.083αB ⇒ 0.5CY-2.5αA=2.083αB αB=0.2αA Ahora sustituimos la tercera ecuación en las otras dos: 5αA+CY-245=-12.5 · 0.2αA ⇒ CY-245=-7.5αA 0.5CY-2.5αA=2.083 · 0.2αA ⇒ 0.5CY=2.917αA Multiplicamos la segunda ecuación por (-2) y las sumamos: CY-245=-7.5αA -CY=-5.83αA Nos resulta la ecuación: -245=-13.33 αA ⇒ αA=18.375 rad/s2 2 αA=18.375 rad/s b) La tensión del cable es:


T=5αA=5 · 18.375=91.875 N T=91.875 N c) La componente horizontal ya estaba determinada: CX=312.5 N La componente vertical la podemos sacar de cualquiera de las ecuaciones: CY=5.83αA=5.83 · 18.375=107.19 N CY=107.19 N d) Ahora cortamos la cuerda, con lo cual la barra comienza a caer como si se tratara de un péndulo físico. Aplicamos la conservación de la energía entre la situación inicial, cuando la barra parte de la posición horizontal con velocidad angular de 5 rad/s y la situación final, cuando la velocidad angular es máxima. Aparte del peso no hay ninguna fuerza que realice trabajo, ya que las reacciones en C no se desplazan, de modo que la energía mecánica (potencial+cinética) tiene que conservarse. Si la velocidad angular es máxima, la energía cinética será máxima, y por tanto la potencial tiene que ser mínima, es decir, la altura debe ser mínima. La velocidad angular será entonces máxima cuando el centro de masas de la barra pase por la posición más baja, es decir, cuando la barra esté en posición vertical. Tendremos entonces lo que aparece en la figura. Aplicando la conservación de la energía tendremos: ETinicial=ETfinal ⇒ ECinicial+EPginicial=Ecfinal Inicialmente el sistema tiene energía potencial debida a la altura del centro de masas y cinética, mientras que al pasar por la vertical sólo tendremos energía potencial. Así pues: ECRinicial+ECTinicial+EPginicial=ECRfinal+ECTfinal 1 1 1 1 2 m v 2 + I ω2 + mB ghG = mB vGf + IG ω2máx 2 B Gi 2 G B 2 2

Inicialmente, la velocidad lineal del centro de masas será: v Gi = v C + ωB × CG =

i j k 0 0 5 = −2.5 j − 0.5 0 0

Del mismo modo, en la situación final: v Gf = v C + ωmáx × CG =

i j k 0 0 ωmáx = −0.5ωmáx j − 0.5 0 0

Sustituyendo todo: 1

1 1 1 2 2 mB vGi + IG ω2B + mB ghG = mB vGf + IG ω2máx 2 1 12 1 l 12 12 1 2 m v 2 + ⋅ m l2 ω2 + mB g = mB vGf + ⋅ mBl2 ω2máx 2 B Gi 2 12 B B 2 2 2 12 1 1 1 1 2.52 + 1252 + 9.8 ⋅ 0.5 = (0.5ω máx ) 2 + 12 ω2máx ⇒ ωmáx = 7.38 rad / s 2 24 2 24 ωmáx =7.38

rad/s


En primer lugar vamos a determinar la posición del centro de masas del sistema. Tenemos un aro de masa m y un collarín también de masa m. Cogemos unos ejes coordenados como los de la figura, de modo que tendremos: xG=0 yG =

mA yA + mB yB mr r = = mA + mB m+m 2

El centro de masas del sistema está a mitad de distancia entre el collarín y el centro geométrico del aro. Ahora aplicamos el teorema de conservación de la energía, entre la situación inicial, en la que B está en la vertical de A por debajo y la velocidad angular es 3 ω1, y la situación final, en la que B está en la vertical de A por encima y la velocidad angular es ω1. Tomamos como nivel de energía potencial gravitatoria nula el nivel más bajo de la posición del centro de masas. Tendremos pues: ETinicial+Wotras =ETfinal Inicialmente tenemos energía cinética, ya que la velocidad es 3 ω1, y no tendremos potencial gravitatoria. En cuanto al trabajo, aparte del peso tendremos como fuerzas la normal y la fuerza de rozamiento. La normal no realiza trabajo por ser perpendicular al desplazamiento, y la de rozamiento tampoco porque no hay deslizamiento. Por último, en la situación final tendremos energía potencial gravitatoria y energía cinética. Nos queda entonces: ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ ECinicial=ECfinal+EPgfinal ⇒ ECTinicial+ECRinicial=ECTfinal+ECRfinal+EPgfinal 1 1 1 1 2 2 2 (mA) + mB vGinicial + I( G )ωinicial = mA (+ m ) B vGfinal + IG ω2final + mA + mB ghG 2

2

2

2

Vamos a ir determinando las cosas. En primer lugar necesitamos el momento de inercia respecto de G, que será la suma de los dos. Así pues: IG=IGA+IGB Para el aro tendremos, aplicando el teorema de Steiner: 2

2

r r 5mr IGA = IG + mAdA2 = mr2 + m  = mr2 + m = 4 4 2

Y para el collarín: r 2 mr2 IGB = mBdB2 = m  = 4 2

Por tanto el momento de inercia del conjunto será:


2

IG = IGA + IGB =

5mr2 mr2 6mr2 3mr2 + = = 4 4 4 2

Ahora vamos a relacionar las velocidades lineales del centro de masas con las velocidades angulares. Inicialmente: i v Ginicial = vAinicial + ωinicial × AGinicial = 3ω1ri + 0

j k 3ω r 3ω r 0 − 3ω1 = 3ω1ri − 1 i = 1 i 2 2 r 0 − 0 2

i j k v Gfinal = vAfinal + ωfinal × AGfinal = ω1ri + 0 0 − ω1 = ω1ri + ω1r i = 3ω1r i 2 2 r 0 0 2

Sustituyendo todo: 1 1 1 1 2 2 2 (mA) + mB vGinicial + (IG)ωinicial = mA(+ )mB vGfinal + IG ω2final + mA + mB ghG 2

2 2 2 2 2 1  3ω1r  1 3mr2 1  3ω1r  1 3mr2 2 r 2 (3ω1 ) = 2m 2m ω1l + 2mg ⋅ 2 ⋅  + ⋅  + ⋅ 2  2  2 2 2  2  2 2 2

27rω12 3rω12 g 1 3r 1 3r ⋅ ⋅ 9ω12 = ⋅ ω12 + 2g ⇒ − = 2g ⇒ 3rω12 = g ⇒ ω1 = 2 2 2 2 4 4 3r g ω1 = 3r

a) Dibujamos las dos posiciones, la inicial que es la que viene en el enunciado, y la final, que es cuando el tubo se ha desplazado 90º, obviamente hacia la izquierda. Aplicamos el teorema de conservación de la energía entre estas dos posiciones: ETinicial+Wotras=ETfinal Inicialmente tenemos sólo energía potencial gravitatoria, ya que el tubo parte del reposo. En cuanto a las fuerzas, a mayores del peso aparecen la normal y la fuerza de rozamiento. La normal no realiza trabajo porque es perpendicular al


desplazamiento y la fuerza de rozamiento tampoco porque no hay deslizamiento. Y en la situación final tendremos energía cinética, tanto de rotación como de traslación: ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ EPg=ECR+ECT ⇒ mghG = 1 IG ω2 + 1 mvG2 ⇒ 2mghG = IG ω2 + mvG2 2

2

Vamos ahora a determinar todo. La altura correspondiente al centro de masas h G coincide con la distancia entre los puntos O y G: yG = OG =

2r π

Para el momento de inercia tenemos que aplicar el teorema de Steiner, ya que nos dan el momento de inercia respecto de O y necesitamos el momento de inercia respecto de G:

2 2  2r 2  π2 − 4 mr2 2 IO = IG + md2 ⇒ IG = IO − md2 = mr2 − m  = mr2 1 −    = mr2 = 2 (π − 4 ) π π2 π π    

Y por último para la velocidad del centro de masas tendremos en cuenta que el tubo rueda sin deslizar de modo que: i j k 2rω 2 2 v G = v O + ω × OG = −ωri + 0 0 ω = − ωr i + i = ωr − 1 + i = −ωr 1 − i = π π   π 2r 0 − 0

π π −2 ωr = −ωr i = − (π − 2)i π  π 

Sustituyendo todo en la expresión de la energía: 2mghG = IG ω2 + mvG2 ⇒ 2mg

2r mr2 2 ω2r2 = 2 (π − 4 )ω2 + m 2 (π − 2)2 π π π

2

4g = rπ (π2 − 4 )ω2 + r(π −π 2) ω2 ⇒ 4rgπ = (π2 − 4 + π2 + 4 − 4 π)ω2 2g 2g g = (π − 2)ω2 ⇒ ω = = 1.324 (π − 2)r r r

ω = 1.324

g r

b) Ahora vamos a determinar la reacción del suelo en la situación final. Para ello tenemos que hacer el diagrama de sólido libre del tubo y calcular la aceleración del centro de masas. Empecemos por la aceleración del centro de masas, que podemos calcular como: aG = aO + α × OG-ω2OG = αri + α × OG-ω2OG

En la posición final el centro de masas está en la posición más baja. Esto implica que la energía potencial gravitatoria es mínima, de modo que como la energía total es constante, la cinética tiene que ser máxima. Así pues, si la cinética es máxima, la velocidad angular es máxima, y la condición de máximo es que la derivada tiene que ser nula, de modo que la aceleración angular en esta posición es nula. La aceleración del centro de masas es entonces:

 2r j  π

aG = αri + α × OG-ω2OG = −ω2OG = −ω2  −

Esta aceleración es coherente con lo que hemos explicado. El centro de masas sigue una trayectoria curvilínea, luego tiene dos


componentes de aceleración, normal y tangencial. Puesto que la energía cinética es máxima, la velocidad del centro de masas es máxima, y su derivada, la aceleración tangencial es nula. Nos queda solo la componente normal, que como puede verse tiene la dirección del radio de curvatura en ese instante (vertical) apunta hacia el centro de curvatura (hacia arriba) y en módulo es el cuadrado de la velocidad angular por el radio. Así, la aceleración del centro de masas es vertical y hacia arriba. Al trazar el diagrama de sólido libre tendremos que poner tres fuerzas, el peso, la normal y la fuerza de rozamiento; el peso y la normal son verticales, y la fuerza de rozamiento es horizontal. No obstante, en esta posición hemos visto que la aceleración del centro de masas es vertical, luego la fuerza de rozamiento en ese momento tiene que ser nula para que se verifique la segunda ley de Newton, y sólo quedarán el peso y la normal, como puede verse en el gráfico. Aplicamos ahora la segunda ley de Newton: 2r 2 ΣFn=maGn ⇒ N − mg = m ω π

Y sustituimos el valor de la velocidad angular por el calculado en el apartado a): N − mg = m

  2r ⋅ 2g  2r 2 2r 2rω2  ω ⇒ N = mg + m ω2 = m g + = m g + = π π π   πr(π − 2)    4  = mg1 +  = 2.12mg  π(π − 2) 

N=2.12mg

En primer lugar la masa de la barra será: m=

P 100 = = 10.204 kg g 9.8

Hacemos el diagrama de sólido libre de la barra en la posición θ=40º. Supongamos que en θ=40º la barra todavía no ha deslizado, de modo que el punto A es un punto fijo y la fuerza de rozamiento es inferior a su valor máximo: Fr<(Fr)máx ⇒ Fr<µN aceleración angular el mismo sentido que la velocidad angular, sistemaLa está acelerando, luego tendrá su sentido es horario (dirección negativa del eje Z):ya que el =-αk Así, la aceleración del centro de masas será: aG=aA+ X AG-ω2AG Como el punto A es un punto en reposo: aA=0 El vector de posición será, teniendo en cuenta que el centro de masas está situado en el centro de la barra:


AG=0.5sen40ºi+0.5cos40ºj=0.321i+0.383j Nos falta la velocidad angular. Podemos aplicar la conservación de la energía entre la situación inicial, cuando la barra parte del reposo en la posición vertical, y la situación final, cuando θ=40º. Tomamos como nivel de energía potencial gravitatoria nula la posición más baja del centro de masas, y tendremos: ETinicial+Wotras=ETfinal Inicialmente sólo tenemos energía potencial gravitatoria, ya que la barra parte del reposo. En la situación final no tenemos energía potencial gravitatoria por convenio y sí tenemos cinética, tanto de rotación como de traslación. En cuanto a fuerzas, a mayores del peso aparecen la normal y la fuerza de rozamiento, pero puesto que hemos supuesto que la barra no desliza dichas fuerzas no se desplazan y por tanto no realizan trabajo. Nos queda pues: ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ EPginicial=ECfinal ⇒ EPginicial=ECRfinal+ECTfinal ⇒ mghG = 1 IG ω2 + 1 mvG2

Y podemos relacionar las velocidades lineal y angular de la barra: vG=vA+ X AG= X AG=

2

2

i j k 0 0 − ω = 0.5 cos 40º ωi − 0.5sen40º ωj 0.5sen40º 0.5 cos 40º 0

Y el módulo al cuadrado: vG2 = (0.5 cos 40 () º ω 2 + )0.5sen 40º ω 2 = 0.52 ω2 (sen2 40º+ cos2 40º ) = 0.25ω2 También se puede ver que el centro de masas realiza un movimiento circular de radio 0.5 m, de modo que la velocidad lineal es la angular por el radio: vG=ωr= ω l = 1 ω = 0.5ω ⇒ vG2 = (0.5ω)2 = 0.25ω2 2

2

Obtenemos lo mismo. Sustituyendo en la ecuación de la energía: 1 1 l l  1 1 2 2 1 mghG = IG ω2 + mvG2 ⇒ mg − cos 40º  = ml ω + m0.25ω2 2 2 2 2 2  2 12 1 1 1 2 2 1   2 9.8 − cos 40º  = 1 ω + 0.25ω ⇒ ω = 2.623 rad / s 2 2 2  24

Y por tanto la aceleración del centro de masas será: i

j k 0 − α − 2.6232 (0.321i + 0.383j) = 0.321 0.383 0

aG=aA+ X AG-ω2AG= X AG-ω2AG= 0

=(0.383α-2.208)i-(0.321α+2.635)j Ya tenemos la aceleración del centro de masas. En cuanto a fuerzas, tendremos el peso, la normal y la fuerza de rozamiento. Teniendo en cuenta que se tiene que verificar la segunda ley de Newton, la fuerza de rozamiento tiene que ir hacia la derecha, ya que es la única fuerza que existe en el eje X y la aceleración


en el eje X va hacia la derecha. Ahora aplicamos la segunda ley de Newton y la ecuación de momentos: ΣFX=maX ⇒ Fr=m(0.383α-2.208) ⇒ Fr=10.204(0.383α-2.208) ΣFY=maY ⇒ N-mg=-m(0.321α+2.365) ⇒ N-100=-10.204(0.321α+2.365) L L 1 1 ΣMG=IG ⇒ N sen 40 º −Fr cos 40 º = mL2α ⇒ Nsen 40º −Fr cos 40 º = 10.204α 2

2

12

Tenemos un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas, N, F r y α. Fr=10.204(0.383α-2.208)=3.908α-22.53 N-100=-10.204(0.321 α+2.365) ⇒ N=75.868-3.275α

6

1 Nsen 40 º−Fr cos 40 º = 10.204α ⇒ Nsen 40 º−Fr cos 40 º = 1.70α 6

Sustituimos las dos primeras ecuaciones en la tercera: Nsen40º-Frcos40º=1.70α ⇒ (75.868-3.275α)sen40º-(3.908α-22.53)cos40º=1.70α 66.026=6.799α ⇒ α=9.711 rad/s2 2 α=9.711 rad/s Y las reacciones del suelo: Fr=3.908α-22.53=3.908 · 9.711-22.53=15.42 N N=75.868-3.275 α=75.868-3.275 · 9.711=44.06 N Comprobemos antes de dar estos valores como solución que efectivamente en θ=40º la barra aún no ha comenzado a deslizar, es decir: Fr<(Fr)máx ⇒ Fr<µN ⇒ 15.42<0.50 · 44.06 ⇒ 15.42<22.03 Como habíamos supuesto, la fuerza de rozamiento es menor que el valor máximo y la barra aún no ha deslizado. Tendremos entonces que los valores calculados de la normal y la fuerza de rozamiento son correctos, y como es una reacción formada por dos componentes perpendiculares el módulo será: 2

2

2

2

R = Fr + N = 15.42 + 44.06 = 46.68 N

R=46.68 N

En la situación inicial, cuando θ=0º, el disco gira a 9 rad/s en sentido horario, luego la velocidad del centro geométrico del disco será: vC=ωRi=9 · 0.25i=2.25i Por tanto la velocidad del centro de masas en ese momento es: i

j k 0 − 9 = 1.8i 0 − 0.05 0

vG=vC+ X CG= 2.25i + 0


Ahora aplicamos la conservación de la energía entre esta situación y la final, cuando θ=90º, para saber la velocidad angular del disco en esa posición, que es lo que nos interesa. Tendremos: ETinicial+Wotras=ETfinal Tomamos el nivel más bajo del centro de masas como nivel nulo de energía potencial gravitatoria. Así, inicialmente tendremos sólo energía cinética. En cuanto al trabajo de las fuerzas, aparte del peso aparecen la normal, que no realiza trabajo por ser perpendicular al desplazamiento, y la fuerza de rozamiento, que tampoco realiza trabajo por estar aplicada en el centro instantáneo de rotación. Y finalmente, en la segunda posición tendremos energía potencial gravitatoria y energía cinética. Así pues: ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ ECTinicial+ECRinicial=ECTfinal+ECRfinal+EPgfinal 1 2 1 1 1 mv + I ω2 = mv'G2 + IG ω'2 +mghG 2 G 2 G 2 2

Vamos a relacionar la velocidad del centro de masas y la velocidad angular en la situación final. Tendremos: = + ’ X CG= 0.25ω'i +

v’G v’C

i j k 0 0 − ω' = 0.25ω'i + 0.05ω' j − 0.05 0 0

En módulo: 2 + v'2 = ( 0.25ω')2 + ( 0.05ω')2 = 0.065ω'2 v'G2 = v'GX GY Sustituyendo en la expresión de la energía total:

1 mv 2 + 1 I ω2 = 1 mv'2 + 1 I ω'2 +mgh ⇒ 1 mv 2 + 1 mk 2 ω2 = 1 mv'2 + 1 mk 2 G ω'2 +mgh G G 2 G 2 G 2 G 2 G 2 G 2 2 G 2 1 2 1 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1.8 + 0.165 ⋅ 9 = 0.065ω' + 0.165 ω' +9.8 ⋅ 0.05 ⇒ ω' = 48.417 rad / s 2 2 2 2

Ahora vamos a hacer el diagrama de sólido libre en la posición final para determinar la reacción de la superficie. Como el sistema está frenando, la aceleración angular tiene sentido contrario a la velocidad angular, y la aceleración del centro geométrico del disco será: aC=-αRi=-0.25αi La aceleración del centro de masas será entonces: aG=aC+ x CG-ω 2CG= − 0.25αi + ’

i j k 0 0 α − 48.417( −0.05i) = −(0.25α − 2.42)i − 0.05αj − 0.05 0 0

Hacemos el diagrama de sólido libre del sistema, conocidas las direcciones y sentidos las aceleraciones. La fuerza rozamientode obviamente tiene que tener de el sentido hacia la izquierda, ya que es la única fuerza que tenemos en la dirección del eje X y en este eje la aceleración va hacia la izquierda. Aplicamos la segunda ley de Newton y la ecuación de la rotación y tendremos: ΣFX=maGX ⇒ Fr=m(0.25α-2.42) ⇒ Fr=10(0.25 α-2.42) ⇒ Fr=2.5α-24.21 ΣFY=maGY ⇒ mg-N=m0.05α ⇒ 10 · 9.8-N=10 · 0.05 α ⇒ 98-N=0.5α


⇒ Nr-FrR=mk2α ⇒ 0.05N-0.25Fr=10 · 0.1652α ⇒ 0.05N-0.25Fr=0.27225α Tenemos un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas, N, F r y α: Fr=2.5α-24.21 98-N=0.5α 0.05N-0.25Fr=0.27225α De las dos primeras ecuaciones despejamos la normal y la fuerza de rozamiento y sustituimos en la tercera: Fr=2.5α-24.21 98-N=0.5α ⇒ N=98-0.5α 0.05N-0.25Fr=0.27225α ⇒ 0.05(98-0.5α)-0.25(2.5α-24.21)=0.27225 α 4.9-0.025α-0.625α+6.0525=0.27225 α ⇒ α=11.876 rad/s2 Por tanto la reacción del suelo está formada por: Fr=2.5α-24.21=2.5 · 11.876-24.21=5.48 N N=98-0.5α=98-0.5 · 11.876=92.06 N Vectorialmente tendremos: R=-Fri+Nj=-5.48i+92.06j Y en módulo: ΣMG=IG

R = 5.482 + 92.062 = 92.23 N

R=92.23 N Ahora veamos qué ocurre cuando θ=180º. Operamos de modo similar. Tenemos que determinar en primer lugar la velocidad angular en esa posición, para lo que aplicamos la conservación de la energía entre la posición inicial y la posición final en que θ=180º. Tomamos como nivel nulo de energía potencial gravitatoria la posición más baja del centro de masas. Nos queda entonces: ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ ECTinicial+ECRinicial=ECTfinal+ECRfinal+EPgfinal 1 2 1 1 1 mv + I ω2 = mv'G2 + IG ω'2 +mghG 2 G 2 G 2 2

Vamos a relacionar la velocidad del centro de masas y la velocidad angular en la situación final, exactamente igual que hicimos antes. Tendremos: i

j k 0 − ω' = 0.30ω'i ⇒ v'G2 = (0.30 ω')2 = 0.09ω'2 0 0.05 0

= + ’ X CG= 0.25ω'i + 0

v’G v’C

Sustituyendo en la expresión de la energía total: 1 2 1 1 1 1 1 1 1 mv + I ω2 = mv'G2 + IG ω'2 +mghG ⇒ mvG2 + mk 2 ω2 = mv'G2 + mk 2 G ω'2 +mghG 2 G 2 G 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1.8 + 0.1652 ⋅ 92 = 0.09ω'2 + 0.1652 ω'2 +9.8 ⋅ 0.10 ⇒ ω'2 = 29.731 rad2 / s2 2 2 2 2

Ahora vamos a hacer el diagrama de sólido libre en la posición final para determinar

la reacción de la superficie. Como el sistema está frenando, la aceleración angular sentido contrario a la velocidad angular, y la aceleración del centro geométrico del tiene disco será: aC=-αRi=-0.25αi La aceleración del centro de masas será ahora: aG=aC+ x CG-ω 2CG En la posición que estamos estudiando el centro de masas se encuentra en el punto de altura máxima, lo cual implica que la energía potencial gravitatoria es máxima. Puesto que la energía total es constante, la energía cinética será mínima, de modo que la velocidad ’


angular es mínima, y la condición de mínimo es que la derivada es nula. Como la derivada de la velocidad angular es la aceleración angular, en esta posición la aceleración angular es nula: α=0 Con lo que tendremos: aG=aC+ x CG-ω 2CG=-ω 2CG=-29.731 · 0.05j=-1.487j Hacemos el diagrama de sólido libre del cilindro en la posición en que θ=180º, sabiendo ya que la aceleración angular es nula y que la aceleración del centro de masas sólo tiene componente vertical. Así pues, en ese instante la fuerza de rozamiento es nula, ya que no hay aceleración en el eje X y por tanto las fuerzas en el eje X tienen que ser también nulas. Tendremos lo que aparece en la figura. Aplicando la segunda ley de Newton: ΣFY=maGY ⇒ mg-N=1.487m ⇒ 10 · 9.8-N=10 · 1.487 ⇒ N=83.13 N La reacción del suelo solo tiene componente vertical: N=-Nj=-83.13j N Por tanto en módulo: R=N=83.13 N R=83.13 N ’

’


TEMA 6 MOVIMIENTO OSCILATORIO CONSEJOS PREVIOS A LA RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS

Ten bien presente la diferencia entre dos clases de cantidades: las que representan propiedades físicas básicas del sistema y las que describen lo que ocurre cuando el sistema se pone en movimiento de una forma específica. Las propiedades físicas incluyen la masa m, la constante de fuerza k y las cantidades derivadas de ellas, como el período T, la frecuencia ν y la frecuencia angular ω=2πν. En algunos problemas, m o k o ambos pueden determinarse a partir de otros datos del sistema. Las cantidades que describen un movimiento en particular incluyen la amplitud A, la velocidad máxima vmáx, el ángulo de fase δ y la posición, velocidad o aceleración en un instante dado. Si necesitas información detallada sobre posiciones, velocidades y aceleraciones en diversos instantes tendrás que usar las ecuaciones: x=Acos(ωt+δ) v=-ωAsen( ωt+δ) a=-ω2Acos( ωt+δ) Si la posición y velocidad iniciales, x0 y v0 son conocidas, se puede determinar el ángulo de fase y la amplitud a partir de las ecuaciones:  v  δ = arctg − 0   ωx0 

A = x02 +

v02

ω2

Dichas ecuaciones se obtienen de las anteriores teniendo en cuenta que para t=0 ⇒ x=x0 ⇒ v=v0. Si el cuerpo tiene un desplazamiento inicial x 0 pero v 0=0 la amplitud es A=x 0 y el ángulo de fase es δ=0; si el cuerpo tiene una velocidad inicial pero no un desplazamiento inicial, entonces A = v0 y δ = − π (ten cuidado en expresar la fase inicial en radianes). ω 2 La ecuación para la energía E = 1 mv 2 + 1 kx 2 = 1 kA 2 = cte es una relación 2

2

2

alternativa muy útil entre la velocidad y la posición, sobre todo cuando también se piden energías. Si el problema implica una relación entre la posición, la velocidad y la aceleración sin referencia al tiempo, suele ser más fácil usar la ecuación F=ma=-kx (segunda ley de Newton) o la ecuación de conservación de la energía que acabamos de poner, que usar la expresión x, v y aconocer en función de t.deDado ecuacióndeducirlo de la energía intervienengeneral x2 y v2para no podrás el signo x ni que de v,enyladeberás de la situación. Por ejemplo, si el cuerpo se mueve desde la posición de equilibrio al punto de desplazamiento positivo máximo, x y v serán positivas. A menudo encontrarás problemas en los que se pide demostrar que un tipo de movimiento es armónico simple. Puedes demostrarlo a través de dos métodos: aplicando la segunda ley de Newton (ΣF=ma) o mediante la conservación de la energía. En ambos casos a lo que debes llegar es a una ecuación del tipo:


x + ω2 x = 0 ⇒ x = −ω2 x ⇒ x = −ctex donde hemos puesto la variable x, pero puede aparecer la variable y, z, θ,... En la ecuación debemos tener la misma variable sin derivar y derivada dos veces respecto del tiempo, y lo que acompaña a la variable sin derivar tiene que ser una constante (la frecuencia angular del movimiento elevada al cuadrado). Como ya hemos explicado en teoría, la aceleración x y el desplazamiento x tienen sentidos opuesto y sus módulos son proporcionales. En el caso en que apliques la segunda ley de Newton, conviene tener presente siempre la condición de equilibrio ( ΣF=0), ya que a veces aparece en la ecuación del movimiento y ésta puede simplificarse. Si optas por la conservación de la energía deberás plantear la energía del sistema en un momento cualquiera (genérico, no particular). En dicha ecuación, dado que aparecerá la energía cinética, tendrás velocidades. A continuación, como la energía total es constante, su derivada respecto del tiempo será nula. Deriva la ecuación respecto del tiempo e iguálala a cero. Los términos de velocidades se transformarán en términos de aceleraciones y la transformación de la ecuación obtenida te llevará a la solución. Oscilaciones amortiguadas

Cuando te enfrentes a un problema de oscilaciones amortiguadas no debes olvidar que hay tres tipos de amortiguamiento, por lo que si el enunciado no lo especifica, deberás determinar antes de nada a qué tipo de amortiguamiento se refiere cada problema. Determina pues ω0 y β, compáralos y céntrate sólo en el tipo de amortiguamiento que tengas. A continuación únicamente tendrás que aplicar las ecuaciones correspondientes. En algunos casos te darán las amplitudes correspondientes a distintos ciclos (consecutivos o no). Siempre que el movimiento sea subamortiguado puedes definir una amplitud: A=A0e-βt Puedes aplicar esta ecuación a los instantes en que te dice el enunciado y hacer el cociente de las ecuaciones obtenidas. Ten en cuenta que el tiempo transcurrido entre dos oscilaciones consecutivas es igual a un período. Al hacer el cociente de las expresiones se te simplificará la constante A0 y podrás relacionar las amplitudes de los ciclos con el parámetro de amortiguamiento y el período. Oscilaciones forzadas

En el caso de las oscilaciones forzadas no debes olvidar que a menudo vienen acompañadas del fenómeno del amortiguamiento, de modo que no deberás olvidar lo dicho en el apartado anterior. En general se tratará siempre de movimiento subamortiguado, por ser el más sencillo de los tres. En contra de lo que pueda parecer, estos problemas son los más sencillos de todos, ya que normalmente no tendrás más que leer bien el enunciado para identificar cada uno de los datos y aplicar las ecuaciones correspondientes. No obstante, sí puede ocurrir que sean largos.


Oscilaciones acopladas

Los problemas de oscilaciones acopladas se pueden resolver de modo análogo a como hiciste los problemas de movimiento armónico simple. Aísla el sistema en la posición de equilibrio y fuera de ella, y transforma la ecuación hasta que puedas llegar a una del tipo: x + ω2x = 0 A partir de esta ecuación podrás determinar la frecuencia de la oscilación sin ninguna dificultad. Tendrás que revisar el tema correspondiente a “Dinámica de la partícula” de modo que puedas hacer correctamente el diagrama de sólido libre.


TEMA 6 MOVIMIENTO OSCILATORIO PROBLEMAS

Tenemos en realidad dos péndulos, uno de longitud L=1.2 m y cada uno de ellos la mitad de la oscilación. Así, el período del péndulo completo será la suma de las dos mitades, y teniendo en cuenta la expresión del período de un péndulo otro de longitud L’(1.2-d), que realizan

simple: Ttotal = T + T' = 2π L + 2π L' = π L + π 1.2 − d ⇒ π 1.2 − d = Ttotal − π L 2 2 2 g 2 g g g g g 1. 2 − d = g

Ttotal − π

π

L g

2

   Ttotal − π L  g 1.2 − d  ⇒ =  ⇒ 1. 2 − d = g π       2

    Ttotal − π L   2 − π 1. 2 g  9 .8  d = 1.2 − g = 1 . 2 − 9 . 8   π π         d=0.394 m

   Ttotal − π L  g  g  π      

2

2

   = 0.395 m   

a) Hacemos el diagrama de sólido libre del bloque en el equilibrio y tendremos lo que aparece en la figura. Aplicando la segunda ley de Newton: ΣFX=0 ⇒ mgsen30º-k∆l=0 ⇒ 0.5 · 9.8sen30º-50∆l=0 ⇒ ∆l=0.049 m Por tanto la posición de equilibrio será: l=l0+∆l=0.25+0.049=0.299 m l=0.299 m b) La frecuencia de oscilación de un bloque unido sólo a un resorte es: ω0 =

k k 1 k 1 50 ⇒ 2πν = ⇒ν= = = 1.59 s −1 m m 2 π m 2 π 0. 5 ν=1.59 s-1


a) El tiempo que tarda el sistema en efectuar una vibración completa es el período. Por comparación con la ecuación de un movimiento vibratorio tenemos: x(t)=7.40cos(4.16t-2.42)=Acos(ωt-ϕ0) Por tanto: 2π ⇒ T = 2π = 2π = 1.51 s ω = 4.16 rad / s ⇒ ω = T ω 4.16 T=1.51 s b) De la frecuencia angular del sistema: ω=

k ⇒ k = ω2m = 4.162 ⋅ 1.5 = 25.96 N / m m

k=25.96 N/m c) Como tenemos la ecuación de la posición, derivando obtenemos la velocidad: v=

dx = −7.40 ⋅ 4.16sen( 4.16t − 2.42) = −30.784sen( 4.16t − 2.42) dt

Vemos que el valor de la velocidad depende del valor del seno. Obviamente la velocidad será máxima cuando el seno adquiera su valor máximo, es decir, la unidad: v=vmáx ⇒ sen(4.16t-2.42)=1 ⇒ vmáx=-30.784sen(4.16t-2.42)=-30.784 cm/s=-0.308 m/s máx=-0.308 m/s d) La fuerza de acuerdo con lavsegunda ley de Newton es: ΣF=ma Por tanto puesto que la masa es constante la fuerza será máxima cuando la aceleración sea máxima. El valor de la aceleración es: a = dv = −7.40 ⋅ 4.162 cos( 4.16t − 2.42) = −128.06 cos( 4.16t − 2.42) dt Igual que en el caso de la velocidad, la aceleración depende del valor del coseno, luego será máxima cuando el coseno adquiera su valor máximo, es decir, la unidad: a=amáx ⇒ cos(4.16t-2.42)=1 ⇒ amáx=-128.06cos(4.16t-2.42)=-128.06 cm/s2=-1.281 m/s2 Y la fuerza máxima: Fmáx=mamáx=1.5 · 1.281=1.92 N Fmáx=1.92 N e) Ahora para t=1 s tendremos, en el Sistema Internacional: x(t)=0.074cos(4.16t-2.42)=0.074cos(4.16 · 1-2.42)=-0.0125 m x=-0.0125 m v=-0.308sen(4.16t-2.42)=-0.308sen(4.16 · 1-2.42)=-0.303 m/s v=-0.303 m/s a=-1.281cos(4.16t-2.42)=-1.281(4.16 · 1-2.42)=-0.216 m/s2 a=-0.216 m/s2 Y la fuerza de la segunda ley de Newton: F=ma=1.5 · 0.216=0.323 N F=0.323 N


a) En primer lugar vamos a determinar la constante del resorte. Para ello sabemos que cuando colgamos un peso de 500g la longitud aumenta en 15 cm. Hacemos el diagrama de sólido libre y tendremos que como el sistema está en equilibrio: mg 0.5 ⋅ 9.8 ΣFY=0 ⇒ ky0-mg=0 ⇒ k = = = 32.67 N / m y0

0.15

Ahora vamos con la segunda de las observaciones. Tenemos un cuerpo de 2 kg, lo colgamos de este mismo resorte y lo desplazamos 20 cm de su posición de equilibrio, dejándolo oscilar. El sistema realiza un m. a. s., luego la frecuencia natural de la oscilación será: ω0 =

k 2π k M 2 ⇒ = ⇒ t = 2π = 2π = 1.55 s M T M k 32.67

T=1.55 s b) Puesto que realiza un m. a. s. la ecuación de la posición en función del tiempo será del tipo: y=Asen(ω0t+ϕ0) siendo la frecuencia natural de la oscilación: ω0 =

k 32.67 = = 4.04 rad / s M 2

Tenemos la condición de que para t=0 ⇒ y=ymáx=A=20 cm=0.2 m: y=Asen(ω0t+ϕ0) ⇒ A=Asenϕ0 ⇒ senϕ0=1 ⇒ ϕ 0 = π 2 Nos queda pues: π y = Asen(ω0 t + ϕ 0 ) = 0.20sen 4.04t +  = 0.20 cos(4.04t ) 2 

La velocidad es la derivada de la posición respecto del tiempo: dy v = = −0.20 ⋅ 4.04 sen(4.04 ) t = −0.(808 ) sen 4.04t dy La velocidad será máxima (en módulo, el signo sólo indica el sentido) cuando el único término variable de su expresión, seno, adquiera máximo, v=vmáx ⇒elsen(4.04t)=1 ⇒ vsu =0.808 m/s que es la unidad: máxvalor vmáx=0.808 m/s c) Del mismo modo, la aceleración es la derivada de la velocidad respecto del tiempo: a=

dv ) t = −3(.27) cos 4.04t = −0.808 ⋅ 4.04 cos(4.04 dy


La aceleración también será máxima (en módulo, el signo como hemos dicho indica el sentido) cuando el término variable, ahora el coseno, adquiera su valor máximo, que también es la unidad: a=amáx ⇒ cos(4.04t)=1 ⇒ amáx=3.27 m/s2 amáx=3.27 m/s2 d) Si la particula se encuentra a mitad camino entre la posición inicial y una de sus posiciones extremas tendremos que: y=0.10 m ⇒ y=0.20cos(4.04t) ⇒ 0.10=0.20cos(4.04t) ⇒ cos(4.04t)=0.5 Y el seno: ) t = 1( − cos ) 2 4.04t = 1 − 0.52 = 0.866 sen(4.04

Sustituyendo tendremos que la velocidad vale: v=-0.808sen(4.04t)=-0.808 · 0.866=-0.70 m/s v=-0.70 m/s Y la aceleración: a=-3.27cos(4.04t)=-3.27 · 0.5=1.635 m/s2 a=1.635 m/s2 e) Y para el tiempo tenemos en cuenta que: cos(4.04t)=0.5 ⇒ 4.04t=1.047 rad ⇒ t=0.259 s t=0.259 s

a) Tomamos el plano XY como el plano del movimiento, siendo el eje X el que coincide con la dirección de la ranura y el eje Y perpendicular a él. Por último, el eje Z será el perpendicular al plano del movimiento. Si la plataforma está en reposo, sólo actuarán el peso, vertical y hacia abajo, y la normal que ejerce la base de la plataforma, vertical y hacia arriba. Estas dos fuerzas se encontrarán en el eje Z.


b) Si la plataforma gira con velocidad angular constante, el resorte se estira y alcanza una posición en la que se mantiene en reposo respecto de la plataforma, de modo que gira con ella. Llamemos oal lo que se ha estirado el muelle respecto de su longitud en reposo. En cuanto a las fuerzas, hacemos el diagrama del cuerpo libre, donde debemos considerar sólo lo que ocurre en el plano XY, ya que el eje Z se mantiene siempre como en el apartado a). Puesto que el resorte está estirado, ejercerá una fuerza en la dirección del mismo (contraria al estiramiento) que por la ley de Hooke valdrá k∆l0, siendo ∆l0 el alargamiento del resorte en esta situación. En cuanto a las aceleraciones, puesto que la velocidad angular es constante, tenemos sólo una aceleración de la masa normal o centrípeta, que tiene la dirección del radio de curvatura (eje X) y apunta hacia el centro de curvatura. El valor de esta aceleración es: v2 = ω2R = ω2 (l0 + ∆l0 ) R ACELERACIÓN NORMAL : an = ω2 (l0 + ∆l0 ) an =

c) La velocidad angular es: ω=6

rev rev 2π rad =6 ⋅ = 37.699 rad / s s s 1 rev

Aplicamos la segunda ley de Newton y tendremos: ΣFX=maX ⇒ k∆l0=man ⇒ k∆l0=mω2R donde el radio de curvatura será la longitud natural del resorte más su alargamiento: R=l0+∆l0 Sustituyendo todo: k∆l0=mω2R ⇒ k∆l0=mω2(l0+∆l0) ⇒ 1000∆l0=0.2 · 37.6992(0.35+∆l0) ⇒ ∆l0=0.140 m ∆l0=0.140 m d) Al desplazar la masa una cantidad x en la dirección de la guía, se va a producir una oscilación en esta dirección. Este movimiento se superpone a la rotación de la plataforma, que es un sistema de referencia en rotación. La aceleración total de la masa no será sólo la aceleración relativa de la masa al moverse (oscilación) en la guía, sino que debemos tener en cuenta el movimiento del sistema de referencia que contiene la masa (la guía o plataforma). En este movimiento tendremos entonces: a=a0+ xOP+ x( xOP)+2 xvrel+arel El centro de la plataforma está en reposo luego a0=0, y como la plataforma gira con velocidad angular constante, =0. Nos queda por tanto: a=a0+ xOP+ x( xOP)+2 xvrel+arel=-ω2OP+2 xvrel+arel Si desplazamos la partícula hacia la derecha una cantidad a mayores x el vector de posición respecto de O será: OP=(lequil+x)i 0+ donde lequil l0. relativa es la derivada de la posición relativa, y la aceleración relativa La =lvelocidad es la derivada de la velocidad relativa. El movimiento relativo es el que tendría la partícula si el sistema de referencia (plataforma) no girase. En este caso, sería un movimiento a lo largo de la guía (eje X), luego sólo tendría componente en la dirección horizontal, y sería:

dx i = x i dt dv dx = rel = i = xi dt dt

vrel = arel


La velocidad angular es = k, por lo que: i

j k

2ω × vrel = 2 0 0 ω = 2ωx j x 0 0

Así: a = −ω2OP + 2ω × vrel + arel = −ω2 lequil + x i + 2ωx j + xi = x − ω2 lequil + x i + 2ωx j a = x − ω2 (lequil + x )i + 2ωx j

e) Debemos analizar en este caso el movimiento de la partícula, para lo cual debemos hacer el análisis dinámico y obtener la ecuación diferencial del movimiento. El diagrama del cuerpo libre en la situación de equilibrio cuando la plataforma gira con velocidad angular ω ya lo teníamos. Aplicamos la segunda ley de Newton en la dirección del eje x:

ΣFX=maX ⇒ k∆l0=man ⇒ k∆l0=mω2(l0+∆l0)

Ahora desplazamos el bloque una cantidad x respecto de esa posición y nos queda:  − ω2 lequil + x ΣFX=maX ⇒ − k (∆l0 + x ) = m x 2 − k (∆l0) + x = (m x − ω) l0 + ∆l0 + x De la condición de equilibrio tenemos: k∆l0=mω2(l0+∆l0) Esto nos simplifica la expresión anterior, que se reduce a: − k (∆l0) + x = (m x − ω)2 l0 + ∆l0 + x ⇒ −k∆l0 − kx = mx − mω2l0 − mω2∆l0 − mω2x 2  − mω2x ⇒ mx + kx − mω2x = 0 ⇒ mx + (k − mω2 )x = 0 ⇒ x + k − mω x = 0 − kx = mx Tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple, del tipo x +mω20x = 0 , donde por comparación obtenemos: ω20 =

k − mω2 4π2 k − mω2 m 0. 2 ⇒ 2 = ⇒ T = 2π = 2π = 0.105 s m m T k − mω2 1000 − 0.2 ⋅ 37.6992

T=0.105 s

a) Vamos a ver lo que vale el período cuando sólo tenemos la corredera. A período denominaremos T1. Realizamos diagrama desuponiendo sólido libreque de la este corredera en de la posición de equilibrio y fuera de elesta posición, realizamos un desplazamiento vertical y hacia arriba. Lógicamente, en la posición de equilibrio el resorte tiene que estar comprimido una cantidad y0, mientras que si lo desplazamos hacia arriba una distancia y el resorte estará comprimido una cantidad (y0-y). Los diagramas de sólido libre son los que aparecen en la figura, siendo el sentido positivo del eje Y el vertical y hacia arriba. Para la situación de equilibrio aplicamos la segunda ley de Newton y nos queda: ΣFY=0 ⇒ ky0-mAg=0


Y fuera del equilibrio tendremos, haciendo lo mismo: ΣFY = mA y ⇒ k (y0 − y ) − mAg = mA y ⇒ ky0 − ky − mAg = mA y Tenemos en cuenta la condición de equilibrio y nos queda: ky0 − ky − mAg = mA y ⇒ −ky = mA y ⇒ mA y + ky = 0 ⇒ y + k y = 0 mA Vemos que tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple del tipo y + ω201 y = 0 , de modo que por comparación: 2

ω201 =

k ⇒  2π  = k ⇒ T = 2π mA 1 mA  T1  mA k

Si ahora añadimos una masa m B=7 kg llegaríamos exactamente al mismo resultado pero con la masa total, es decir, el nuevo período T2 sería: m +m T2 = 2π A B k Tenemos por tanto dos ecuaciones y dos incógnitas: T1 = 2π mA k mA + mB T2 = 2π k Dividiendo la primera entre la segunda: 2π mA T1 T mA ⇒ 1.6 = mA ⇒ m = 9.69 kg k = ⇒ 1 = A T2 mA + mB 2.1 mA + 7 mA + mB T2 2π k mA=9.69 kg b) La constante del resorte la obtenemos de cualquiera de las ecuaciones: 2 2 T1 = 2π mA ⇒ k = 4π 2mA = 4π ⋅ 92.69 = 149.38 N / m k T1 1.6 k=149.38 N/m

a) Podemos aplicar la conservación de la energía entre las posiciones inicial (cuando se suelta la masa desde el punto B) y final (cuando la masa pasa por el punto C). No tendremos en cuenta la energía potencial gravitatoria puesto que no varía (no hay variación de altura). Inicialmente no tenemos energía cinética porque el cuerpo parte del reposo, y


sólo tendremos energía potencial elástica puesto que el resorte está alargado. Cuando la masa pasa por C tendremos energía potencial elástica, ya que el resorte está alargado, y energía cinética, ya que por dicho punto el bloque pasará con velocidad máxima. En cuanto a las fuerzas que actúan sobre el bloque, estarán la fuerza de recuperación elástica, la normal y el peso. El trabajo realizado por la fuerza elástica es la energía potencial elástica, y la normal y el peso no realizan trabajo porque son perpendiculares al desplazamiento de su punto de aplicación. Así pues, al aplicar el teorema de conservación de la energía tendremos: ETB = ETC ⇒ EPeB = ECC + EPeC ⇒ 1 k∆lB2 = 1 mvC2 + 1 k∆lC2 ⇒ k∆lB2 = mvC2 + k∆lC2 2 2 2 k(lB − l0 )2 = mvC2 + k(lC − l0 )2 ⇒ k d2 + x2 − l0 2 = mvC2 + k(d − l0 )2   2

980 22 + 0.252 − 1.5  = 10vC2 + 980(2 − 1.5)2  

vC=1.24 m/s b) Vamos a ver qué hay que hacer para conseguir llegar a la ecuación correspondiente a un movimiento armónico simple. Trazamos en primer lugar el diagrama de sólido libre del bloque. El movimiento del bloque sólo se produce en el eje X luego podemos poner: ΣFX = mx ⇒ −k∆lsenθ = mx ⇒ mx + k∆lsenθ = 0 x +

k 2 x  d + x2 − l0  2 2 = 0  d +x m

Tenemos que llegar a una expresión del tipo x + ω2x = 0 , para lo cual los términos que acompañan a la x tienen que ser constantes. Esto sucedería si las oscilaciones fuesen ⇒ d2+x2≈d2 y tendremos: muy pequeñas,k de modo que si x<<<<
x +

k(d − l0 ) 0 x=0⇒x  d2 + x2 − l   + = 0 ⇒ x + ⋅ x=0 0  d2 + x2 m m d md

Vemos que ahora tenemos efectivamente la ecuación de un movimiento armónico simple, ya que todo lo que acompaña a la x es una constante. Por comparación de las ecuaciones tendremos: ω2 =

k(d − l0 ) 4π2 k(d − l0 ) md 10 ⋅ 2 ⇒ 2 = ⇒ T = 2π = 2π = 1.27 s md md k(d − l0 ) 980(2 − 1.5) T

T=1.27 s

Determinamos en primer lugar cuál es el período de un péndulo simple. Para ello, trazamos el diagrama de fuerzas, en el que aparecerán exclusivamente el peso y la tensión en la cuerda. Cuando la cuerda forma un ángulo φ con la vertical, el peso tiene los componentes mgcosφ a lo largo de la cuerda y mgsen φ tangencial al arco circular en el sentido de φ decreciente. Sea s la longitud del arco medido desde la parte inferior de la circunferencia. Por tanto:


s=Lφ en donde φ se mide en radianes. Aplicando la segunda ley de Newton a la dirección tangencial: d2s ⇒ −gsenφ = L d2φ ΣFt=mat ⇒ − mgsenφ = m dt2 dt2 2φ g d − senφ = 2 L dt Para pequeñas oscilaciones senφ≈φ de modo que queda: 2

2

2

− Lg senφ = d 2φ ⇒ − Lg φ = d 2φ ⇒ d 2φ + Lg φ = 0 ⇒ φ + Lg φ = 0 dt dt dt

Tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple del tipo φ + ω20φ = 0 donde por comparación: g 4π2 g L ω20 = ⇒ 2 = ⇒ T = 2π L T L g En la figura del problema vemos que tenemos dos péndulos, uno de longitud L 1=45.3 cm y otro de longitud L 2=45.3-26.6=18.7 cm. La mitad del período lo realiza el péndulo de longitud L1 y la otra mitad el de péndulo L2, de modo que el período del péndulo del ejercicio es: L + L2 T T L L 0.453 + 0.187 = 1.11 s T = 1 + 2 = 2π 1 + 2π 2 = π 1 =π 2 2 2 g 2 g g 9.8 T=1.11 s

Suponemos que en la posición de equilibrio los dos resortes están estirados. Obviamente tienen que estar o los dos estirados, o los dos comprimidos o con su longitud natural, que son las únicas posibilidades que verificarían la condición de equilibrio (fuerzas en sentido contrario o ausencia de fuerzas). La solución a la que se llega es igual en cualquiera de los dos casos. Suponemos por ello aleatoriamente que los resortes están estirados. Hacemos por tanto los diagramas en la situación de equilibrio y cuando desplazamos el bloque una cantidad x hacia la derecha. Nos queda por tanto, en la situación de equilibrio: ΣFX=0 ⇒ k2x02-k1x01=0 Y fuera del equilibrio: ΣFX = mx ⇒ k2 (x02 −) x( − k1) x01 + x = mx


k2x02 − k2x − k1x01 − k1 x = mx

Teniendo en cuenta la condición de equilibrio:

k2x02 − k2x − k1 x01 − k1 x = mx ⇒ −k2x − k1 x = mx k +k mx + k2x + k1x = 0 ⇒ x + 1 2 x = 0

m Tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple del tipo x + ω20 x = 0 donde por comparación: k +k 4 π2 k + k m = 2π 36 = 14.24 s ω20 = 1 2 ⇒ 2 = 1 2 T = 2π m m k1 + k2 3+4 T

T=14.24 s

Hacemos el diagrama de sólido libre del bloque en el equilibrio y fuera del equilibrio. Si no hay rozamiento, es evidente que en el equilibrio los resortes tienen que estar sin deformar, para que se verifique que el sumatorio de fuerzas en la dirección del eje X es nula. Fuera del equilibrio tendremos: ΣFX = mx ⇒ −k2 x2 = mx

Tenemos que tener cuidado, ya que el desplazamiento total bloque con x (cuya segunda derivada es la aceleración x ) nodel coincide el alargamiento del resorte que está en( contacto con él (x2), ya que el otro resorte también se alarga y el desplazamiento total del bloque será la suma de los dos alargamientos: x=x1+x2 Tenemos que relacionar por tanto x y x2 para conseguir llegar a la ecuación de un movimiento armónico simple donde nos aparezca la misma variable derivada dos veces y sin derivar. Para ello realizamos el diagrama de sólido libre del resorte 2 y tendremos: ΣFX = mresortexresorte ⇒ k2 x2 − k1 x1 = 0

donde hemos tenido en cuenta que por ser un resorte ideal su masa es nula. De ahí obtenemos: kx k2x2 − k1 x1 = 0 ⇒ x1 = 2 2 k1 Sustituyendo esto en el desplazamiento del bloque:   x = x1 + x2 = k2x2 + x2 =  k2 + 1 x2 = k1 + k2 x2 ⇒ x2 = k1 x k1 k1 k1 + k2  k1  Y sustituyendo en la expresión de la segunda ley de Newton: k1 x = 0 ⇒ x + k1k2 x = 0 − k2x2 = mx ⇒ mx + k2x2 = 0 ⇒ mx + k2 k1 + k2 m(k1 + k2 ) Tenemos la ecuación de un movimiento armónico del tipo x + ω20x = 0 donde, por comparación:


ω20 =

k1k2 k1k2 m(k1 + k2 ) 4 π2 ⇒ 2 = ⇒ T = 2π m(k1 +) k2 k1k2 T( ) m k1 + k2 m (k1 + k2 ) T = 2π k1k2

a) Como el movimiento es horizontal, tomaremos como nivel de energía potencial gravitatoria nula el de la superficie, de modo que en todo momento sólo tendremos energía cinética y potencial elástica. En el punto de máxima oscilación, que es desde donde se suelta el sistema, toda la energía es potencial elástica, luego tendremos: ET = EPe ⇒ EPe = 1 kA2 ⇒ 0.04 = 1 200A2 ⇒ A = 0.02 m 2 2 A=0.02 m b) La ecuación del M. A. S. será del tipo: x=Acos(ωt+ϕ0) donde conocemos ya la amplitud, luego tenemos que determinar la frecuencia angular y el desfase inicial. El srcen de tiempos lo tomamos cuando la elongación es máxima, luego tendremos: t=0 ⇒ x=A ⇒ A=Acosϕ0 ⇒ cosϕ0=1 ⇒ ϕ0=0 Y la frecuencia angular para un sistema masa-muelle: k = 200 = 44.72 rad / s ω= m1 0.1 Por tanto ya tenemos todo, la ecuación del movimiento es: x=Acos(ωt+ϕ0)=0.02cos(44.72t)


x=0.02cos(44.72t) c) La velocidad será: v = dx = −0.02 ⋅ 44.72sen( 44.72t) = −0.8944sen( 44.72t) dt Y la aceleración: a=

dv = −0.8944 ⋅ 44.72 cos( 44.72t) = −40 cos( 44.72t) dt

Los valores del seno y el coseno los podemos obtener de la posición: x=0.02cos(44.72t) ⇒ -0.015=0.02cos(44.72t) ⇒ cos(44.72t)=-0.75 Y teniendo en cuenta que: sen2 ( 44.72t) + cos2 ( 44.72t) = 1 ⇒ sen( 44.72t) = 1 − cos2 ( 44.72t) = 1 − 0.752 = 0.661

Por tanto: v=-0.8944sen(44.72t)=-0.8944 · 0.661=-0.592 m/s v=-0.592 m/s El sentido es hacia la izquierda. Y la aceleración: a=-40cos(44.72t)=-40 · (-0.75)=30 m/s2 a=30 m/s2 El sentido es hacia la derecha. d) Tenemos un choque elástico de dos partículas de masa m 1=0.1 kg y m2=0.2 kg. Podemos determinar la velocidad de la partícula 1 antes del choque, ya que se encuentra en la posición de equilibrio, y en esa posición toda la energía mecánica es cinética. Así pues: ET = EC ⇒ EC = 1 m1v12 ⇒ 0.04 = 1 0.1v12 ⇒ v1 = 0.894 m / s 2 2 Puesto que se desplaza hacia la derecha esta velocidad será positiva. La velocidad 2 antes del choque es la que tenemos que determinar. Y después del choque, las de la masa mde velocidades las masas serán, respectivamente, v’ 1 y v’2=1 m/s. Como el choque es elástico se conservarán tanto el momento lineal como la energía cinética. Tendremos entonces: p=cte ⇒ pantes=pdespués ⇒ m1v1+m2v2=m1v’1+m2v’2 ⇒ 0.1 · 0.894-0.2v2=0.1v’1+0.2 · 1 EC=cte ⇒ ECantes=ECdespés ⇒ 1 m1v12 + 1 m2v22 = 1 m1v'12 + 1 m2v'22 2 2 2 2

0.1 ⋅ 0.8942 + 0.2v22 = 0.1v'12 +0.2 ⋅ 12

Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas, donde v 2 tiene que ser positiva puesto que ya hemos tenido en cuenta su signo, y por tanto determinaremos ahora solo su módulo. Resolvemos el sistema: 0.1 · 0.894-0.2v2=0.1v’1+0.2 · 1 ⇒ -0.1106-0.2v2=0.1v’1 0.1 ⋅ 0.8942 + 0.2v22 = 0.1v'12 +0.2 ⋅ 12 ⇒ −0.12 + 0.2v22 = 0.1v'12 De la primera ecuación despejamos v’1: -0.1106-0.2v2=0.1v’1 ⇒ v’1=-1.106-2v2 Y sustituimos en la segunda: − 0.12 + 0.2v2 = 0.1v'12 ⇒ −0.12 + 0.2v2 = 0.1(−1.106 − 2v2 )2 − 0.12 + 0.2v22 = 0.1223 + 0.4v22 + 0.4424v2 ⇒ 0.2v22 + 0.4424v2 + 0.2423 = 0 v2 =

− 0.4424 ± 0.44242 − 4 ⋅ 0.2 ⋅ 0.2423 − 0.998 m / s = 2 ⋅ 0. 2  − 1.214 m / s

Vemos que las dos soluciones son negativas, luego para obtener esas condiciones la partícula 2 debería desplazarse hacia la derecha antes del choque. NO ES POSIBLE


e) Tendremos todo como antes pero con distintas cifras. Ahora tenemos dos partículas de masa m1=0.1 kg y m2=0.2 kg que tienen antes del choque velocidades v 1=0.894 m/s (hacia la derecha) y v2 (hacia la izquierda). Después del choque las velocidades respectivas serán v’1 y v’2=0.5 m/s (hacia la derecha). Se conservarán el momento lineal y la energía cinética: p=cte ⇒ pantes=pdespués ⇒ m1v1+m2v2=m1v’1+m2v’2 ⇒ 0.1 · 0.894-0.2v2=0.1v’1+0.2 · 0.5 EC=cte ⇒ ECantes=ECdespés ⇒ 1 m1v12 + 1 m2v22 = 1 m1v'12 + 1 m2v'22 2 2 2 2 0.1 ⋅ 0.8942 + 0.2v22 = 0.1v'12 +0.2 ⋅ 0.52 Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas, donde v 2 tiene que salirnos positiva puesto que ya hemos tenido en cuenta su signo, y por tanto determinaremos ahora solo su módulo. Resolvemos el sistema: 0.1 · 0.894-0.2v2=0.1v’1+0.2 · 0.5 ⇒ -0.0106-0.2v2=0.1v’1 0.1 ⋅ 0.8942 + 0.2v22 = 0.1v'12 +0.2 ⋅ 0.52 ⇒ 0.0299 + 0.2v22 = 0.1v'12 De la primera ecuación despejamos v’1: -0.0106-0.2v2=0.1v’1 ⇒ v’1=-0.106-2v2 Y sustituimos en la segunda: 0.0299 + 0.2v22 = 0.1v'12 ⇒ 0.0299 + 0.2v22 = 0.1( −0.106 − 2v2 )2 0.0299 + 0.2v22 = 0.0011236 + 0.4v22 + 0.0424v2 ⇒ 0.2v22 + 0.0424v2 − 0.0288 = 0 v2 =

− 0.0424 ± 0.04242 + 4 ⋅ 0.2 ⋅ 0.0288 0.288 m / s = 2 ⋅ 0. 2  − 0. 5 m / s

Como sólo es válida la solución positiva: v2=0.288 m/s f) Como el choque se produce en el punto de equilibrio, toda la energía tras el choque será cinética: ET = EC = 1 m1v'12 2 Siendo la velocidad de la partícula 1 tras el choque: v’1=-0.106-2v2=-0.106-2 · 0.288=-0.682 m/s Por tanto la energía total: ET = 1 m1v'12 = 1 0.1 ⋅ 0.6822 = 0.0233 J 2 2 ET=0.0233 J Toda esa energía cinética en la posición de equilibrio se transforma íntegramente en energía potencial elástica en el punto de máxima elongación. En dicho punto por tanto tendremos: ET = EPe ⇒ ET = 1 kA2 ⇒ 0.0233 = 1 200A2 ⇒ A = 0.0152 m 2 2 A=0.0152 m


a) Para obtener la ecuación del movimiento tenemos que trazar el diagrama de sólido libre de la barra en el equilibrio y fuera de él, cuando la barra ha girado respecto de B un ángulo θ. Realizamos el giro en sentido horario (esto es arbitrario, el mismo giro se puede realizar en antihorario y se obtiene idéntico tomamos dicho giro resultado) como sentidoy positivo de momentos. Para las fuerzas, como el centro de masas desciende, tomaremos como positivo el sentido vertical y hacia abajo. Suponemos además que en la situación de equilibrio los resortes están alargados. Tendremos por tanto los dos diagramas que aparecen en el gráfico. Para la situación de equilibrio aplicamos la ecuación de momentos ya que nos piden la ecuación diferencial de la posición angular: ΣMG=0 ⇒ kAy0A · 0.25+R Y · 0.05-kCy0C · 0.25=0 Y ahora aplicamos las mismas ecuaciones fuera del equilibrio: ΣMG = IG θ kA (y0A − yA ) ⋅ 0.25 cos ( θ +) RY + ∆RY (⋅ 0.05 ) cos θ − kC y0C + yC ⋅ 0.25 cos θ = 1 ml2θ 12

Deshacemos los paréntesis y tenemos en cuenta además que para pequeñas oscilaciones: θ≈0 ⇒ cosθ≈1 kA y0A ⋅ 0.25 − kA yA ⋅ 0.25 + RY ⋅ 0.05 + ∆RY ⋅ 0.05 − kC y0C ⋅ 0.25 − kC yC ⋅ 0.25 = 1 ml2θ 12

De la condición de equilibrio sabemos que: kAy0A · 0.25+RY · 0.05-kCy0C · 0.25=0 Por tanto eliminando estos términos que son nulos nos queda:

kA y0A ⋅ 0.25 − kA yA ⋅ 0.25 + RY ⋅ 0.05 + ∆RY ⋅ 0.05 − kC y0C ⋅ 0.25 − kC yC ⋅ 0.25 = 1 ml2θ 12 1 − kA yA ⋅ 0.25 + ∆RY ⋅ 0.05 − kC yC ⋅ 0.25 = ml2θ 12

Ahora de los triángulos rectángulos que se forman tenemos: senθ ≈ tgθ ≈ θ =

yC y = A 0.30 0.20

Por tanto: Sustituyendo:

YC=0.30θ ⇒ yA=0.20θ

1 ml2θ 12 1 − kA ⋅ 0.20θ ⋅ 0.25 + ∆RY ⋅ 0.05 − kC ⋅ 0.30θ ⋅ 0.25 = ml2θ 12 − kA yA ⋅ 0.25 + ∆RY ⋅ 0.05 − kC yC ⋅ 0.25 =

Transponemos términos y agrupamos:

− kA ⋅ 0.20θ ⋅ 0.25 + ∆RY ⋅ 0.05 − kC ⋅ 0.30θ ⋅ 0.25 =


1 ml2θ 12

1 ml2θ + k ⋅ 0.20θ ⋅ 0.25 − ∆R ⋅ 0.05 + k ⋅ 0.30θ ⋅ 0.25 = 0 A Y C 12 1 2 ⋅ 0.52 θ + 800 ⋅ 0.20θ ⋅ 0.25 − ∆R ⋅ 0.05 + 500 ⋅ 0.30θ ⋅ 0.25 = 0 Y 12 0.041667θ + 77.5θ − 0.05∆RY = 0

Nos falta eliminar ∆RY. Para ello vamos a aplicar la segunda ley de Newton. En el equilibrio: ΣFY=0 ⇒ mg-kAy0A-RY-kCy0C=0 Y fuera del equilibrio: ΣFY = my ⇒ mg − kA (y0A − yA ) − (RY + ∆RY ) − kC (y0C + yC ) = my mg − kA y0A + kA yA − RY − ∆RY − kC y0C − kC yC = my Eliminamos los términos de la condición de equilibrio ya que son nulos: mg − kA y0A + kA yA − RY − ∆RY − kC y0C − kC yC = my ⇒ kA yA − ∆RY − kC yC = my Y además tenemos que en el centro de masas: senθ ≈ tgθ ≈ θ =

y ⇒ y = 0.05θ 0.05

Derivando dos veces respecto del tiempo: y = 0.05θ ⇒ y = 0.05θ ⇒ y = 0.05θ Por tanto tendremos: kA yA − ∆RY − kC yC = my ⇒ 800 ⋅ 0.20θ − ∆RY − 500 ⋅ 0.30θ = 2 ⋅ 0.05θ ∆RY = 10θ − 0.10θ

Sustituimos en la ecuación de momentos:

0.041667θ + 77.5θ − 0.05∆RY = 0 ⇒ 0.041667θ + 77.5θ − 0.05(10θ − 0.1θ) = 0

0.041667θ + 77.5θ − 0.5θ + 0.005θ = 0 ⇒ 0.046667θ + 77 θ = 0 ⇒ θ + 1650 θ = 0 θ + 1650θ = 0

b) Puesto que tenemos una ecuación del tipo: θ + ω2 θ = 0 0 se trata de un movimiento armónico simple de frecuencia angular: ω20 = 1650 ⇒ ω0 = 1650 = 40.62 rad / s Y la ecuación del movimiento será: θ=θ0sen( ω0t+ϕ0) Soltamos el extremo C desde la máxima amplitud y desde el reposo, luego tenemos: t=0 ⇒ θ=θ0 ⇒ θ=θ0sen( ω0t+ϕ0) ⇒ θ0=θ0senϕ0 ⇒ senϕ0=1 ⇒ ϕ0 = π 2 Nos queda la ecuación: π  θ=θ0sen( ω0t+ϕ0)= θ 0 sen ω0 t +  = θ 0 cos ω 0 t 

2

Para obtener la amplitud del movimiento tendremos en cuenta que el extremo C desciende 15 mm luego: y0C=15 mm=0.015 m ⇒ y0C=0.30θ0 ⇒ θ 0 = y0C = 0.015 = 0.05 rad 0.30

0.30

Por tanto la ecuación del movimiento nos queda: θ=θ0cos ω0t=0.05cos(40.62t) La velocidad será: θ =

dθ = −0.05 ⋅ 40.62sen(40.)62t = −2(.031) sen 40.62t dt

Y para el punto C teníamos: yC=0.30θ


Por tanto derivando respecto del tiempo la velocidad del extremo C es: yC =

dyC = 0.30θ = −0.30 ⋅ 2.031sen(40).62t = −0.(6093 ) sen 40.62t dt

Esta velocidad depende del valor del seno. Si queremos que esta velocidad sea máxima, el seno del ángulo tiene que tomar su valor máximo, que es la unidad: yC = yCmáx ⇒ sen(40 ) .62t = 1 ⇒ y Cmáx =( −)0.6093sen 40.62t = −0.6093 m / s yCmáx = −0.6093 m / s

a) El movimiento se produce en el eje vertical, luego sólo tendremos en cuenta este eje. Trazaremos el diagrama de sólido libre en el equilibrio y fuera de él. Respecto de la posición de equilibrio, desplazamos el bloque hacia arriba una distancia y, de modo que tomaremos como dirección positiva la vertical y hacia arriba. Suponemos inicialmente que en la situación de equilibrio los resortes están alargados. Además, denominaremos ki a los dos resortes de la izquierda, que son iguales, y kd al de la derecha. Tendremos lo que aparece en los gráficos adjuntos. Para la posición de equilibrio: ΣFY=0 ⇒ kiy0i+kdy0d-mg=0

Fuera del equilibrio: ΣFY = my ⇒ ki (y0i − yi ) + kd (y0d − y ) − mg = my Hay que tener en cuenta que si desplazamos el bloque hacia arriba una cantidad y, el resorte de la derecha modifica su elongación esa misma cantidad y, pero no el resorte de la izquierda, ya que también el superior se modifica. Si llamamos y i a la modificación de los resortes de la izquierda, tendremos desplazamiento total del bloque es: que puesto que son iguales se modifican por igual, y el y=2yi ⇒ yi = y 2 Por tanto hay que tener en cuenta esto al hacer los cálculos. Deshaciendo los paréntesis tendremos: ki (y0i − yi ) + kd (y0d − y ) − mg = my ⇒ kiy0i − kiyi + kdy0d − kdy − mg = my Teniendo en cuenta la condición de equilibrio: kiy0i − kiyi + kdy0d − kdy − mg = my ⇒ −kiyi − kdy = my ⇒ my + kiyi + kdy = 0


my + ki

k + 2kd y + k y = 0 ⇒ 2my + kiy + 2kd y = 0 ⇒ y + i y=0 2 d 2m

2 ⋅ 833 y = 0 ⇒ y + 293.902y = 0 y + 13332+⋅ 50 9.8 y + 293.902y = 0 b) Vemos que tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple, del tipo: y + ω20 y = 0 donde por comparación: 2π 2π 2 2 2 ω0 = 293.902 rad / s ⇒ ω0 = 293.902 = 17.144 rad / s ⇒ ω0 = T ⇒ T = ω0 = 2π = 0.3665 s =

17.144 T=0.3665 s Ahora buscamos la amplitud. Puesto que se trata de un movimiento armónico simple la ecuación del movimiento será del tipo: y=Asen(ω0t+ϕ0)=Asen(17.144t+ϕ0) Tenemos las condiciones iniciales: t=0 ⇒ y=175 mm ⇒ y = 3.75 m / s = 3750 mm / s La expresión de la velocidad es: y =

dy = 17.144A cos(17.144t + ϕ0 ) dt

Aplicamos las condiciones iniciales: t=0 ⇒ y=175 mm ⇒ y=Asen(17.144t+ϕ0) ⇒ 175=Asenϕ0 t=0 ⇒ y = 3750 mm / s ⇒ y = 17.144A cos(17.144t + ϕ0 ) ⇒ 3750 = 17.144A cos ϕ0 Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas, A y ϕ0. Dividiendo la primera ecuación entre la segunda: Asenϕ0 tgϕ0 175 ⇒ 0.04667 = ⇒ tgϕ0 = 0.8 ⇒ ϕ0 = 0.6748 rad = 3750 17.144A cos ϕ0 17.144

Y de una cualquiera de las ecuaciones: 175=Asenϕ0 ⇒ A = 175 = senϕ0

175 = 280.13 mm sen0.6748

A=280.13 mm c) En la posición de equilibrio: y=0 ⇒ y=Asen(17.144t+ϕ0)=280.13sen(17.144t+0.6748) ⇒ 0=280.13sen(17.144t+0.6748) 0=sen(17.144t+0.6748) ⇒ 17.144t+0.6748=0 ⇒ t=-0.0394 s Nos sale el tiempo negativo porque desplazamos el bloque hacia arriba al empezar a contar, luego estaría en la posición de equilibrio ese tiempo antes. En volver a pasar tardará medio período más: t mín

=t+

T 2

= −0.0394 +

0.3665

= 0.1439 s

2

tmín=0.1439 s


a) La masa del carrito es: m=

P 50 = = 5.102 kg g 9 .8

Tomaremos como eje X el paralelo al plano inclinado, y como eje Y el perpendicular a él. Hacemos el diagrama de sólido libre en el equilibrio, y a continuación desplazamos el carrito hacia arriba una cantidad x, lo cual implica que todos los resortes se modifican en esa misma cantidad x. Suponemos además que en la situación de equilibrio todos los resortes están estirados. Tendremos lo que aparece en la figura.

Para la situación de equilibrio: ΣFX=0 ⇒ k1x01+k2x02-k3x03-mgsen15º=0 Fuera del equlibrio: ΣFX = mx ⇒ k1 (x01 −) x( + k2 )x02 ( − x) − k3 x03 + x − mgsen15º = mx k1x01 − k1 x + k2x02 − k2x − k3x03 − k3x − mgsen15º = mx Teniendo en cuenta la condición de equilibrio: − k1 x − k2x − k3x = mx ⇒ mx + k1x + k2 x + k3x = 0 ⇒ x +

k1 + k2 + k3 x=0 m

x + 83 + 83 + 250 x = 0 ⇒ x + 81.537x = 0 5.102

Vemos que tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple del tipo: x + ω20 x = 0 Por comparación: ω20 = 81.573 rad2 / s2 ⇒ ω0 = 81.573 = 9.030 rad / s ω0=9.030 rad/s Y por tanto el período:


ω0 =

2π 2π 2π ⇒T = = = 0.696 s T ω0 9.030

T=0.696 s Y la frecuencia: ν=

1 1 = = 1.437 s −1 T 0.6958

ν=1.437 s-1 b) La posición del carrito en función del tiempo será: x=Asen(ω0t+ϕ0)=Asen(9.030t+ϕ0) Para determinar las dos constantes tenemos las condiciones iniciales: t=0 ⇒ x=75 mm ⇒ x = 375 mm / s La velocidad del carrito es: x = dx = 9.030A cos(9.030t + ϕ0 ) dt Si aplicamos las condiciones iniciales: t=0 ⇒ x=75 mm ⇒ x=Asen(9.030t+ϕ0) ⇒ 75=Asenϕ0 t=0 ⇒ x = 375 mm / s ⇒ x = 9.030A cos(9.030t + ϕ0 ) ⇒ 375 = 9.030A cos ϕ0 Dividiendo las dos expresiones:

Asenϕ 0 tgϕ 0 75 = ⇒ 0 .2 = ⇒ tgϕ 0 = 1.806 ⇒ ϕ 0 = 1.065 rad 375 9.030A cos ϕ0 9.030

Y sustituyendo en cualquiera de las dos expresiones: 75=Asenϕ0 ⇒ A = 75 = 75 = 85.73 mm senϕ0

sen(1.065 )

Por tanto la posición del carrito en función del tiempo es: x=Asen(9.030t+ϕ0)=85.73sen(9.030t+1.065) x=85.73sen(9.030t+1.065)

Puesto que se realizan muchas oscilaciones, al menos 113, el movimiento es subamortiguado, de modo que la ecuación que lo representa es: y=A0e-βtsen(ωt+ϕ0) Podemos expresarla como: y=Asen(ωt+ϕ0) teniendo en cuenta que esa amplitud A no es constante sino que decrece exponencialmente con el tiempo en la forma A=A 0e-βt. Así pues, para dos oscilaciones cualesquiera: A=A0e-βt A’=A0e-β t’ Dividiendo las dos expresiones: A = A0e −βt ⇒ A = e −βt ⇒ A = e −βt + βt' ⇒ A = e β(t'−t ) A' A0e −βt' A' e −βt' A' A' Si transcurren 113 oscilaciones completas, el tiempo entre ellas, (t’ -t) será 113 veces el período:


A = eβ(t'−t ) ⇒ A0 = e113βT ⇒ ln A0 = 113βT ⇒ ln A0 = 113βT ⇒ ln 2 = 113βT A0 A' A113 A113 2 Obviamente el amortiguamiento es muy débil, ya que después de 113 oscilaciones la amplitud sólo se ha reducido a la mitad. Por ello: k = 2π ⇒ T = 2π m = 2π 1.75 = 4.44 s ω = ω20 − β2 ≈ ω0 = m T k 3.50 Y sustituyendo en la expresión anterior: ln 2 = 113βT ⇒ β = ln 2 = ln 2 = 0.00138 s −1 113T 113 ⋅ 4.44 Y la constante de amortiguamiento: β=

g ⇒ g = 2mβ = 2 ⋅ 1.75 ⋅ 0.00138 = 0.00483 kg / s 2m g=0.00483

kg/s

a) Tenemos inicialmente un movimiento armónico simple luego responderá a la ecuación: y=Asen(ω0t+ϕ)=Asen(3t+ϕ) Nos falta determinar la amplitud y la constante de fase. Para ello conocemos las condiciones para t=0 ⇒ y=8.5 cm ⇒ y = −20 cm / s . Determinamos por tanto en primer lugar la velocidad del cuerpo: y = dy = 3A cos(3t + ϕ) dt Sustituyendo las dos condiciones: y=Asen(3t+ϕ) ⇒ t=0 ⇒ y=8.5 cm ⇒ 8.5=Asenϕ y = 3A cos(3t + ϕ) ⇒ t = 0 ⇒ y = −20 cm / s ⇒ −20 = 3A cos ϕ

Dividiendo las dos expresiones tendremos: tgϕ 8. 5 Asenϕ = ⇒ −0.425 = ⇒ tgϕ = −1.275 ⇒ ϕ = 2.236 rad − 20 3A cos ϕ 3 ϕ=2.236 rad Y por tanto la amplitud: 8.5=Asenϕ ⇒ 8.5=Asen(2.236) ⇒A=10.80 cm A=10.80 cm b) La ecuación será por tanto: y=Asen(3t+ϕ)=10.80sen(3t+2.236) y=10.80sen(3t+2.236) c) Sabemos ahora que g=3.15 Ns/m, luego el parámetro de amortiguamiento es:


3.15 = 1.05 s −1 2 ⋅ 1. 5 β=1.05 s-1 Como β<ω0 ⇒ 1.05<3 el movimiento es subamortiguado. Movimiento subamortiguado La frecuencia de la oscilación será: ω = ω20 + β2 = 32 − 1.052 = 2.81 rad / s ω=2.81 rad/s La ecuación del movimiento tiene que ser del tipo: β=

-β t

g

2m

ω

=

ϕ

-1.05t

ϕ

y=A0e sen( )=A0e sen(2.81t+ ) Tenemos que determinar dos t+constantes luego tenemos dos condiciones que tenemos que aplicar: t=0 ⇒ y=6 cm ⇒ 6=A0senϕ t=2 ⇒ y=0.020 cm ⇒ 0.020=A0e-1.05·2sen(2.81 · 2+ϕ) ⇒ 0.020=0.122A0sen(5.62+ϕ) De la primera ecuación: 6 = A0 senϕ ⇒ A0 =

6 senϕ

Y sustituyendo en la segunda: 0.020 = 0.122A0 sen(5.)62 + ϕ ⇒ 0.020 = 0(.122 )

6 sen 5.62 + ϕ senϕ

Desarrollamos el seno de la suma de dos ángulos: 0.020 =

− 0.732 (sen5.62 cos ϕ + cos 5.62senϕ ) ⇒ 0.020 = 0.451 + 0.5768 senϕ tgϕ

tgϕ=0.8010 ⇒ ϕ=0.681 rad Ahora de la otra ecuación: A0 =

6 = 6 = 9.533 cm senϕ sen0.681

Por tanto la ecuación del movimiento es: y=A0e-1.05tsen(2.81t+ϕ)=9.533e-1.05tsen(2.81t+0.681) y=9.533e-1.05tsen(2.81t+0.681) cm


a) Realizamos el diagrama de sólido libre en el equilibrio y fuera del equilibrio cuando tenemos sólo los dos resortes. Nos queda lo que aparece en la figura. En el equilibrio es obvio que los dos resortes tienen que estar comprimidos para compensar al peso. En esta situación: ΣFY=0 ⇒ ky0+ky0-mAg=0 ⇒ 2ky0-mAg=0 Si desplazamos la plataforma una cantidad y y la soltamos tendremos: ΣFY = mA y ⇒ k( y0 − y) + k( y0 − y) − mAg = mA y

2k( y0 − y) − mAg = mA y ⇒ 2ky0 − 2ky − mAg = mA y

Eliminamos la condición de equilibrio: 2ky0 − 2ky − mAg = mA y ⇒ −2ky = mA y ⇒ mA y + 2ky = 0 ⇒ y + 2k y = 0 mA Es la ecuación de un movimiento armónico simple de frecuencia angular: 2k ω20 = mA A continuación añadimos el bloque de masa m=40 kg, añadimos el resorte de constante kC y hacemos lo mismo, con lo cual es sencillo porque sólo hay que añadir esto a los diagramas. Nos queda lo que aparece en la nueva figura. En la situación de equilibrio: ΣFY=0 ⇒ ky0+ky0+kCy0-(mA+m)g=0 2ky0+kCy0-(mA+m)g=0 Fuera del equilibrio, tras desplazar el sistema una distancia y y soltarlo: ΣFY = (mA + m)y ⇒ k( y0 − y) + k( y0 − y) + kC (Y0 − Y) − (mA + m)g = (mA + m)y 2k( y0 − y) + kC ( y0 − y) − (mA + m)g = (mA + m) y 2ky0 − 2ky + kC y0 − kC y − (mA + m)g = (mA + m)y

Eliminamos la condición de equilibrio:

2ky0 − 2ky + kC y0 − kC y − (mA + m)g = (mA + m) y ⇒ −2ky − kC y = (mA + m) y

(mA + m) y + 2ky + kC y = 0 ⇒ (mA + m) y + (2k + kC ) y = 0 ⇒ y +

2k + kC y=0 mA + m

Es la ecuación de un movimiento armónico simple de frecuencia angular: 2k + kC ω20 = mA + m La frecuencia 2k + kC no debe variar 2luego ⋅ 1900es+ kigual ambos casos: 2k angular 2 ⋅ 1900 C ⇒ en = ⇒ = k = 3040 N / m mA

mA + m

50

50 + 40

C

kC=3040 N/m b) Tenemos como datos que la amplitud del movimiento es 25 cm: A=25 cm=0.25 m Y la frecuencia de la oscilación: 2k + kC 2k + kC 2 ⋅ 1900 + 3040 = 8.718 rad / s ω20 = ⇒ ω0 = = mA + m mA + m 50 + 40


Por tanto la ecuación del movimiento será: y=Asen(ω0t+ϕ0)=0.25sen(8.718t+ϕ0) La condición inicial nos dice que para t=0 ⇒ v=1.5 m/s. Nos hace falta por tanto la velocidad: v = y = dy = 0.25 ⋅ 8.718 cos(8.718t + ϕ0 ) dt Aplicamos las condiciones iniciales: t=0 ⇒ v=1.5 m/s ⇒ 1.5=0.25 · 8.718cosϕ0 ⇒ cosϕ0=0.6882 ⇒ ϕ0=0.812 rad Por tanto la ecuación del movimiento es: y=0.25sen(8.718t+ϕ0)=0.25sen(8.718t+0.812) y=0.25sen(8.718t+0.812) También podríamos haber elegido la ecuación del coseno, en cuyo caso tendríamos: y=Acos(ω0t+ϕ0)=0.25cos(8.718t+ϕ0) ⇒ v = y = dy = −0.25 ⋅ 8.718sen(8.718t + ϕ0 ) dt

Y aplicando las condiciones iniciales: t=0 ⇒ v=1.5 m/s ⇒ 1.5=-0.25 · 8.718senϕ0 ⇒ senϕ0=-0.6882 ⇒ ϕ0=-0.759 rad Y la ecuación que obtenemos es: y=0.25cos(8.718t+ϕ0)=0.25cos(8.718t-0.759) y=0.25cos(8.718t-0.759) Puede verse que los ángulos se diferencian en π/2, con lo cual el seno y el coseno son iguales: 0.812 − ( −0.759) = 1.571 =

π 2

c) Partimos de cualquiera de las dos ecuaciones, por ejemplo la primera: y=0.25sen(8.718t+0.812) La velocidad vale: v = y = dy = 0.25 ⋅ 8.718 cos(8.718t + 0.812) dt Puesto que los dos primeros factores son constantes, la velocidad será máxima cuando el único término variable, que es el coseno, adquiera su valor máximo, que es la unidad: v=vmáx ⇒ cos(8.718t+0.812)=1 ⇒ vmáx=0.25 · 8.718=2.179 m/s vmáx=2.179 m/s Y la aceleración: a=

dv = −0.25 ⋅ 8.7182 sen(8.718t + 0.812) dt

Siguiendo el mismo razonamiento, la aceleración será máxima cuando el término variable adquiera su valor máximo: a=amáx ⇒ sen(8.718t+0.812)=1 ⇒ amáx=-0.25 · 8.7182=-19 m/s2 En módulo: amáx=19 m/s2 d) Tenemos ahora el amortiguamiento. Conocemos la constante de amortiguamiento, luego podemos determinar parámetro de amortiguamiento: g 50 g = 50 Ns / m ⇒ β = = = 0.278 rad / s 2(mA + m) 2(50 + 40) Como β<ω0 el movimiento es subamortiguado, y la ecuación que lo rige es del tipo: y=A0e-βtsen(ωt+ϕ0) Siendo la frecuencia angular: ω = ω20 − β2 = 8.7182 − 0.2782 = 8.713 rad / s

Y por tanto el período:


T = 2π = 2π = 0.721 s ω 8.713 La ecuación del movimiento podemos ponerla en la forma: y=Asen(ωt+ϕ0) pero teniendo en cuenta que esa amplitud no es constante sino que disminuye exponencialmente con el tiempo en la forma: A=A0e-βt Sabemos que la amplitud inicial es de 25 cm y que al final la queremos tener de 1 mm, luego en estos dos instantes: A=A0e-βt A’=A0e-β t’ Dividimos las dos expresiones: A = A0 e −βt ⇒ A = e −βt ⇒ A = e −βt + βt' ⇒ A = e β(t'−t) A' A0 e −βt' A' e −βt' A' A' El tiempo que transcurre entre dos oscilaciones sucesivas es un período, luego entre estas dos amplitudes transcurrirán n períodos: 0.25 A ln ln A A A 0.01 = e β( t'− t) ⇒ = e βnT ⇒ ln = βnT ⇒ n = A' = = 27.60 oscilacion es A' A' A' βT 0.278 ⋅ 0.721

Por tanto para que la amplitud esté por debajo de 1 mm tienen que transcurrir al menos 28 oscilaciones. 28 oscilaciones e) La ecuación del movimiento es: y=A0e-βtsen(ωt+ϕ0)=0.25e-0.278tsen(8.713t+ϕ0) Nos falta sólo el desfase inicial, para el cual sabemos las condiciones iniciales: t=0la⇒velocidad: v=0 Derivamos la posición para obtener dy v = = −0.25 ⋅ 0.278e − 0.278t sen(8.713t + ϕ0 ) + 0.25 ⋅ 8.713e − 0.278t cos(8.713t + ϕ0 ) dt Y aplicamos las condiciones iniciales: t=0 ⇒ v=0 ⇒ 0=-0.25 · 0.278senϕ0+0.25 · 8.713cosϕ0 ⇒ 0.278senϕ0=8.713cosϕ0 senϕ0 8.713 = 31.37 ⇒ ϕ = 1.539 rad = tgϕ0 = 0 cos ϕ0 0.278 La ecuación del movimiento es por tanto: y=0.25e-0.278tsen(8.713t+ϕ0)=0.25e-0.278tsen(8.713t+1.539) y=0.25e-0.278tsen(8.713t+1.539) Si hubiéramos partido de la ecuación del coseno tendríamos, haciendo el mismo desarrollo: y=A0e-βtcos(ωt+ϕ0)=0.25e-0.278tcos(8.713t+ϕ0) dy v = = −0.25 ⋅ 0.278e − 0.278t cos(8.713t + ϕ0 ) − 0.25 ⋅ 8.713e − 0.278t sen(8.713t + ϕ0 ) dt Y aplicamos las condiciones iniciales: t=0 ⇒ v=0 ⇒ 0=-0.25 · 0.278cosϕ0-0.25 · 8.713senϕ0 ⇒ 0.278cosϕ0=-8.713senϕ0 senϕ0 0.278 = −0.03188 ⇒ ϕ = −0.0319 rad = tgϕ0 = − 0 cos ϕ0 8.713 La ecuación del movimiento es por tanto: y=0.25e-0.278tcos(8.713t+ϕ0)=0.25e-0.278tcos(8.713t-0.0319) y=0.25e-0.278tcos(8.713t-0.0319) Igual que antes, la diferencia entre los dos desfases es de π/2, con lo cual el seno y el coseno son iguales y la ecuación es la misma:


1.539 − ( −0.0319) = 1.5709 =

π 2

a) Se trata de un péndulo simple, luego inicialmente, cuando la gravedad vale 9.8 m/s2 el reloj funciona bien y el período será: T = 2π L = 2π 1 = 2.007 s g 9.8 Al cambiarlo de lugar no cambia su longitud, sino el valor de la gravedad, y por tanto del período. Sabemos que atrasa 10 s1 día=24 en un día, que son:s h=86400 Por tanto, si en un día atrasa 10 s, en cada oscilación atrasará: ∆T =

10 ⋅ 2.007 = 2.323 ⋅ 10 − 4 s 86400

Por tanto, el nuevo período es más grande y vale: T’=T+∆T=2.007+2.323 · 10-4=2.0072323 s Entonces ahora el valor de la gravedad g’ será: 2 2 T' = 2π L ⇒ g'= 4π 2L = 4π ⋅ 1 2 = 9.7986 m / s2 g' T' 2.0072323 g’=9.7986 m/s2

b) Para que el péndulo funcione correctamente y vuelva a tener el mismo período T se debería acortar su longitud, para que así, modificando la gravedad y la longitud su cociente vuelva a ser el mismo que al principio y el péndulo no atrase. La nueva longitud de la cuerda L’ debería ser: 2

2

T = 2π Lg'' ⇒ L' = T g2' = 2.007 ⋅ 92 .7986 = 0.999768 m 4π 4π Se debe acortar la longitud del péndulo una cantidad: ∆L=L-L’=1-0.999768=2.32 · 10 -4 m=0.232 mm ACORTAR EL PÉNDULO EN 0.232 mm c) Se trata de un problema de amortiguamiento viscoso, donde la fuerza de amortiguamiento vale: F=-6πηRv=-gv El coeficiente de amortiguamiento vale:


g=6πηR=6π · 1.78 · 10 -5 · 5 · 10 -3=1.6776 · 10 -6 Ns/m Y el parámetro de amortiguamiento: g g g 3g = 3 ⋅ 1.6776 ⋅ 10 −6 = 5.933 ⋅ 10 − 4 s −1 β= = = = 2m 2ρV 2ρ 4 πR3 8πρR3 8π ⋅ 2700 ⋅ (5 ⋅ 10 − 3 )3 3 La frecuencia natural de la oscilación es:

ω0 =

2π 2π = = 3.131 rad / s T 2.007

Como β<<<ω0 el movimiento es subamortiguado. MOVIMIENTO SUBAMORTIGUADO Puesto que el movimiento es subamortiguado, la ecuación del movimiento será: θ = θ 0 e −βt sen(ωt + ϕ) siendo θ0 la amplitud inicial (θ0=2º=0.0349 rad), ω la frecuencia del movimiento amortiguado y ϕ la fase inicial. La frecuencia del movimiento amortiguado es: 2 ω = ω20 − β2 = 3.1312 − (5.933 ⋅ 10 − 4 ) = 3.131 rad / s Vemos aquí que el amortiguamiento es tan débil que no afecta a la frecuencia de la oscilación. Por último, nos falta la fase inicial, para lo cual nos dicen que el srcen de tiempos (t=0) se toma cuando la velocidad es nula (θ = 0) . Determinamos por tanto la velocidad: θ =

dθ = −θ 0βe − βt sen(ωt) + ϕ + θ 0 ω(e − β)t cos ωt + ϕ dt

Aplicamos ahora la condición que nos dan: t = 0 ⇒ θ = 0 ⇒ 0 = −θ0βsenϕ + θ0 ω cos ϕ ⇒ 0 = −βsenϕ + ω cos ϕ senϕ

= tgϕ =

ω

3.131

=

= 5276.966 ⇒ ϕ = 1.571 rad −4 5.933 ⋅ 10 β Por tanto la ecuación del movimiento es: cos ϕ

−4

θ = θ 0 e −βt sen(ωt + ϕ) = 0.0349e −5.933⋅10 t sen(3.131t + 1.571) −4

θ = 0.0349e −5.933⋅10 t sen(3.131t + 1.571)

d) La ecuación que tenemos podemos ponerla en la forma: −4

( = Asen ) 3.131t + 1.571 θ = 0.0349e −5.933⋅10 t sen(3.131t + )1.571

donde θ puede representar una amplitud, pero que no es constante, sino que disminuye exponencialmente con el tiempo. Así, tendríamos que por comparación de estas ecuaciones la amplitud del movimiento es: −4 A = 0.0349e −5.933⋅10 t Si la amplitud se reduce un 10% de la inicial es porque al cabo del tiempo pasa a ser el 90% de la inicial, es decir: A’=0.90A

Si aplicamos esto, teniendo en cuenta que cuando la amplitud vale A el tiempo es t, y cuando vale A’ el tiempo es t’ tendremos las ecuaciones: −4 A = 0.0349e −5.933⋅10 t −4

A' = 0.0349e −5.933⋅10 t' Dividiendo las dos ecuaciones: −4 −4 A = 0.0349e −5.933⋅10 t ⇒ A = e −5.933⋅10 t ⇒ A = e −5.933⋅10−4 (t'−t ) ⇒ 1 = e −5.933⋅10−4 ∆t −4 −4 A' 0.0349e −5.933⋅10 t' A' e −5.933⋅10 t' 0.90A 0.90 ln 0.90 = −5.933 ⋅ 10 − 4 ∆t ⇒ ∆t =

ln 0.90 = 177.58 s = 2 min 58 s − 5.933 ⋅ 10 − 4


∆t=2

min 58 s

a) Nos vamos a centrar en primer lugar solo en el sistema de la figura 1. Suponemos que en el equilibrio el resorte superior está estirado y el inferior comprimido. Respecto de esa posición desplazamos el bloque una cantidad y hacia arriba. Tendremos lo que aparece en las figuras. Para la posición de equilibrio: ΣFY=0 ⇒ k2y02+k1y01-mg=0 Fuera del equilibrio: ΣFY = my ⇒ k2 (y02 −) y( + k1) y01 − y − mg = my k2 y02 − k2 y + k1 y01 − k1 y − mg = my Teniendo en cuenta la condición de equilibrio: k2 y02 − k2 y + k1 y01 − k1 y − mg = my ⇒ −k2 y − k1 y = my ⇒ my + k1 y + k2 y = 0 my + (k1 + k2 )y = 0 ⇒ y +

k1 + k2 y=0 m

Tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple del tipo: y + ω12 y = 0 Donde por comparación: k +k 4 π2 k + k m 2 ω1 = 1 2 ⇒ 2 = 1 2 ⇒ T1 = 2π m m k1 + k2 T1 Ahora retiramos el muelle de constante k 2 con lo cual sólo nos queda el resorte 1. Obviamente cuando el sistema así formado está en equilibrio el resorte estará comprimido. Respecto de esa posición desplazamos el bloque una cantidad y hacia arriba y lo dejamos oscilar. Tendremos lo que aparece en el gráfico. Para la situación de equilibrio: ΣFY=0 ⇒ k1y01-mg=0 Fuera del equilibrio: ΣFY = my ⇒ k1 (y01 − y ) − mg = my ⇒ k1 y01 − k1 y − mg = my


Teniendo en cuenta la condición de equilibrio: k1 y01 − k1 y − mg = my ⇒ −k1 y = my ⇒ my + k1 y = 0 ⇒ y +

k1 y=0 m

De nuevo tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple del tipo: y + ω22 y = 0 Donde por comparación: k 4 π2 k m ω22 = 1 ⇒ 2 = 1 ⇒ T2 = 2π m T2 m k1 Si dividimos los dos períodos obtenidos: T1 = T2

2π m 2 2 k1 + k2 T  T k1 k1 k1 0.5  ⇒ 1 = ⇒  1  = ⇒   = T k + k T k + k 0 . 98 k1 + 2100 m   2 1 2 2 1 2  2π k1

0.2603 =

k1 ⇒ 0.2603k1 + 546.647 = k1 ⇒ k1 = 739.01 N / m k1 + 2100

k1=739.01 N/m Y la masa la obtenemos de cualquiera de las ecuaciones: 2 2 T2 = 2π m ⇒ m = k1T22 = 739.01 ⋅20.98 = 17.98 kg k1 4π 4π m=17.98 kg b) Nos centramos cuando el bloque está unido a los dos resortes, en cuyo caso la frecuencia angular será: ω1 =

2 π 2π = = 12.566 rad / s T1 0.5

La ecuación del movimiento será del tipo: y=Asen(ω1t+ϕ0)=Asen(12.566t+ϕ0) Tenemos como condiciones iniciales: t=0 ⇒ y=2 cm=0.02 m ⇒ y = 0 Donde la velocidad será: y =

dy = 12.566A cos(12.566t + ϕ0 ) dt

Aplicando las condiciones iniciales: t=0 ⇒ y=0.02 m ⇒ y=Asen(12.566t+ϕ0) ⇒ 0.02=Asenϕ0 t=0 ⇒ y = 0 ⇒ y = 12.566A cos(12.566t + ϕ0 ) ⇒ 0 = 12.566A cos ϕ0 ⇒ cos ϕ0 = 0 ⇒ ϕ0 = π 2 Por tanto, sustituyendo en la otra expresión: 0.02=Asenϕ0 ⇒ 0.02 = Asen π ⇒ A = 0.02 m 2 La ecuación del movimiento es por tanto: y=Asen(12.566t+ϕ0)= 0.02sen 12.566t + 2π  = 0.02 cos(12.566t ) y=0.02cos(12.566t) c) Si tenemos al menos tres oscilaciones se tiene que tratar de movimiento subamortigado, ya que en el crítico y en el sobreamortiguado el móvil efectúa a lo sumo una oscilación. MOVIMIENTO SUBAMORTIGUADO Así, la ecuación del movimiento será del tipo: y=A0e-βtsen(ωt+ϕ0)


Tenemos como condiciones iniciales: t=0 ⇒ y=0 ⇒ y = 0.269 m / s siendo la velocidad: y =

dy = −βA0 e − βt sen(ωt )+ ϕ0 + A0 ω( e − β)t cos ωt + ϕ0 dt

Aplicamos las condiciones iniciales: t=0 ⇒ y=0 ⇒ y=A0e-βtsen(ωt+ϕ0) ⇒ 0=A0senϕ0 ⇒ senϕ0=0 ⇒ ϕ0=0 Nos queda la ecuación: y=A0e-βtsen(ωt+ϕ0)=A0e-βtsen(ωt) Y para la velocidad: )( ωt + A0 ωe −βt cos ωt y = −βA0 e −βt sen)(ωt + A0 ωe)(−βt cos ωt )=( −βA0 e −βt sen La otra condición de contorno es: t = 0 ⇒ y = 0.269 m / s ⇒ y = −βA0 e −βt sen()ωt + A0 ωe −(β)t cos ωt ⇒ 0.269 = A0 ω Puesto que el máximo desplazamiento inicial (A 0) es 25 mm=0.025 m tendremos: 0.269 = A0 ω ⇒ ω =

0.269 0.269 = = 10.76 rad / s A0 0.025

Por otro lado la ecuación del movimiento la podemos expresar como: y=A0e-βtsen(ωt)=Asen( ωt) teniendo en cuenta que esa amplitud A no es constante sino que decrece exponencialmente con el tiempo en la forma: A=A0e-βt Para dos oscilaciones sucesivas tendremos: A1 = A0 e −βt1 A2 = A0 e − βt2

DividiendoAlas dos −βt1 A eexpresiones: A e −βt1 1

A2

=

0

A0 e − βt2

⇒

1

A2

=

e − βt2

⇒

A1 A = e − βt1 + βt2 ⇒ 1 = e β(t2 − t1 ) A2 A2

El tiempo que transcurre entre dos oscilaciones sucesivas es justamente el período, luego: A1 A A 25 = e β(t2 − t1 ) ⇒ 1 = e βT ⇒ ln 1 = β T ⇒ ln = β T ⇒ β T = 0.511 A2 A2 A2 15

Puesto que tenemos la frecuencia angular podemos determinar el período: 2π ⇒ T = 2π = 2π = 0.5839 s ω= ω T 10.76 De modo que el parámetro de amortiguamiento: 0.511 0.511 βT=0.511 ⇒ β = = = 0.875 s −1 T

0.5839

Y el coeficiente de amortiguamiento viscoso: g β= ⇒ g = 2mβ = 2 ⋅ 17.98 ⋅ 0.875 = 31.47 Ns / m 2m g=31.47 Ns/m d) La ecuación del movimiento de la masa es: y=A0e-βtsen(ωt)=0.025e-0.875tsen(10.76t) y=0.025e-0.875tsen(10.76t)


a) Podemos aplicar el teorema de conservación de la energía entre la posición inicial, cuando el bloque parte del reposo en la posición indicada, y la posición final, cuando el resorte tiene la máxima compresión. En la situación inicial (A) sólo tendremos energía potencial gravitatoria correspondiente a la altura h, mientras que al final (H) sólo tenemos energía potencial elástica, correspondiente a la compresión máxima del resorte ∆xmáx. Nos quedará, por tanto: ETA+Wotras=ETH En cuanto al trabajo realizado por las fuerzas, tendremos que la normal no realiza

trabajo, ya que siempre es perpendicular al desplazamiento. Sólo realiza trabajo la fuerza de rozamiento, que será distinta en el tramo inclinado y en el tramo recto. En el tramo inclinado, si realizamos un diagrama de sólido libre tendremos: ΣFY=0 ⇒ N-mgcos45º=0 ⇒ N=mgcos45º Fr=(Fr)máx=µN= =µmgcos45º=0.3 · 0.6 · 9.8cos45º= =1.247 N El desplazamiento de su punto de aplicación será la longitud del plano inclinado: sen45º = s=

h s

h 2 .5 = = 3.536 m sen45º sen45º


Teniendo en cuenta que la fuerza y el desplazamiento de su punto de aplicación forman un ángulo de 180º tendremos: WFr=Fr · s=Frscos180º=-Frs=-1.247 · 3.536=-4.41 J Ahora, en el tramo recto tendremos: ΣFy=0 ⇒ N’-mg=0 ⇒ N’=mg F’r=(F’r)máx=µN’=µmg= =0.3 · 0.6 · 9.8=1.764 N Esta fuerza de rozamiento y el desplazamiento de su punto de aplicación forman un ángulo de 180º, y el desplazamiento del punto de aplicación será todo el tramo horizontal, es decir, los 60 cm más la compresión del resorte: WF’r=F’r · s’=F’rs’cos180º=-F’rs’=-1.764(0.6+∆xmáx)=-1.0584-1.764∆xmáx Así pues, tendremos: ETA+Wotras=ETH ⇒ EPgA+WFr+WF’r=EPeH 2 mgh − 4.41 − 1.0584 − 1.764 ∆xmáx = 1 k∆xmáx 2 0.6 ⋅ 9.8 ⋅ 2.5 − 5.4954 − 1.764∆xmáx =

1 2 500∆xmáx 2

2 + 1.764∆x 250∆xmáx máx − 9.2046 = 0

∆xmáx =

− 1.764 ± 1.7642 + 4 ⋅ 250 ⋅ 9.2046  0.1884 m = 2 ⋅ 250 − 0.1954 m

Descartamos la solución negativa puesto que obtenemos así el módulo de la compresión. ∆xmáx=0.1884 m b) Para determinar la reacción en la posición D necesitamos la velocidad con que el bloque llega a dicho punto. Aplicamos para ello la conservación de la energía entre la posición inicial (A) y dicha posición (D). En A ya hemos determinado la energía. En D tendremos energía potencial gravitatoria, correspondiente a una altura de dos veces el radio de la circunferencia, y energía cinética, ya que al punto D el bloque llega con una cierta velocidad. En cuanto al trabajo realizado por las fuerzas, sólo tendremos el trabajo

realizado por la fuerza de rozamiento en el plano inclinado, que ya habíamos determinado. Así pues: ETA+Wotras=ETD ⇒ EPgA+WFr =EPgD+ECD 1 2 mgh + WFr = mg2r + 2 mvD 0.6 ⋅ 9.8 ⋅ 2.5 − 4.41 = 0.6 ⋅ 9.8 ⋅ 2 ⋅ 0.5 + 1 0.6vD2 ⇒ vD2 = 14.7 m2 / s2 2 Ahora para llegar a la reacción en D tendremos que hacer el diagrama de sólido libre del bloque en dicha posición. Aplicando la segunda ley de Newton: v2 v2 ΣFY=maD ⇒ ND + mg = m D ⇒ ND = m D − mg = r r


= 0. 6

14.7 − 0.6 ⋅ 9.8 = 11.76 N 0. 5

ND=11.76 N c) Nos dan el peso del cuerpo que se cuelga del resorte. Su masa entonces será: P = mg ⇒ m = P = 1000 = 102.04 kg g 9.8 Tenemos que la fuerza de amortiguamiento es proporcional a la velocidad. Por tanto, la constante de amortiguamiento será: F=gv ⇒ F=2.5v ⇒ g=2.5 Ns/m Y el parámetro de amortiguamiento: 2. 5 β= g = = 0.01225 s −1 2m 2 ⋅ 102.04

Tendremos que comparar este valor con el de la frecuencia natural del oscilador (la que tendría si estuviera sin amortiguar): k 500 = = 2.214 rad / s m 102.04

ω0 =

Como β<<<ω0 el amortiguamiento es débil. AMORTIGUAMIENTO DÉBIL d) La ecuación del movimiento será: y=Ae-βtcos(ωt+ϕ0)=Ae-0.01225tcos(ωt+ϕ0) La frecuencia de la oscilación valdrá: ω = ω20 − β2 = 2.2142 − 0.012252 = 2.214 rad / s Nos queda pues: y=A0e-0.01225tcos( ωt+ϕ0)=A0e-0.01225tcos(2.214t+ϕ0) Nos dicen que el desfase inicial es nulo: y=A0e-0.01225tcos(2.214t+ϕ0)=A0e-0.01225tcos(2.214t) Y ahora sabemos que en t=0 la posición es de 10 cm=0.1 m: t=0 ⇒ y=0.1 m ⇒ 0.1=A0 Así pues nos queda: y=A0e-0.01225tcos(2.214t)=0.1e-0.01225tcos(2.214t) y=0.1e-0.01225tcos(2.214t) e) Ahora tenemos una fuerza impulsora del tipo: F=F0cosωt=25 · 104cosωt Así pues: F0=25 · 104 dinas=2.5 N La amplitud de las oscilaciones en función de ω es: A=

F0 m ( ω20 − ω2 ) 2 + 4β2 ω2

=

2. 5 102.04 (2.2142 − ω2 )2 + 4 ⋅ 0.012252 ω2

=

0.0245

=

2 2

A=

−4 2

(4.9 − ω ) + 6 ⋅ 10 ω 0.0245 (4.9 − ω2 )2 + 6 ⋅ 10 − 4 ω2

La amplitud máxima será la correspondiente a la frecuencia de resonancia. Dicha frecuencia es: ωR = ω20 − 2β2 = 2.2142 − 2 ⋅ 0.012252 = 2.214 rad / s

Sustituyendo esto en la expresión de la amplitud:


A=

0.0245 −4 2

2 2

(4.9 − ω ) + 6 ⋅ 10 ω

=

0.0245 ( 4.9 − 2.2142 )2 + 6 ⋅ 10 − 4 ⋅ 2.2142

= 0.452 m

AR=0.452 m También podemos sustituir directamente en la expresión que nos da la amplitud de la resonancia: AR =

F0 2β m ω20 − β2

=

2. 5 2 ⋅ 0.01225 ⋅ 102.04 2.2142 − 0.012252

AR=0.452 m


= 0.452 m

TEMA 7 MOVIMIENTO ONDULATORIO CONSEJOS PREVIOS A LA RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS

En este tema nos centraremos en el estudio cinemático de las ondas mecánicas. Si te dan la frecuencia, puedes determinar el período como su inverso y viceversa: ν=

1 T

Si te dan la longitud de onda puedes determinar el número de onda y viceversa: k = 2π λ

Si se conocen dos de las magnitudes (v,λ, ν) o (v, k, ω) se puede obtener la tercera usando: v=λν o ω=vk En algunos problemas no se necesita más. Para determinar totalmente la función de onda hay que conocer A y dos cualesquiera de (v,λ, ν) o (v, k, ω). Con esta información puedes obtener la ecuación específica para el problema a través de las ecuaciones: x t x y(x, t) = A sen 2πν t −  = A sen 2π −  = A sen(ωt − kx) v  T λ 

Podrás así determinar el valor de y en cualquier punto (valor de x) e instante sustituyéndolo en la ecuación de onda. Si no te dan la velocidad de la onda, tal vez puedas calcularla usando la relación λν v= o las relaciones entre v y las propiedades mecánicas del sistema, como la tensión y la masa por unidad de longitud del hilo. El método que uses para determinar la velocidad dependerá de la información dada. Para ondas longitudinales necesitarás la densidad volúmica. En algunos problemas puedes determinar esta magnitud por aplicación del principio de Arquímedes. Recuerda dicho principio: todo cuerpo sumergido en un fluido experimenta un empuje vertical y hacia arriba igual al peso del volumen de fluido desalojado.

Por último, no confundas la velocidad de propagación de la onda con la velocidad de vibración de las partículas del medio. La velocidad de propagación de la onda es constante, y es la velocidad a la que se propaga la perturbación, mientras que la velocidad de vibración de las partículas del medio depende del instante y la posición, y puedes obtenerla mediante simple derivación de la ecuación de onda. Muchas cantidades intervienen en la caracterización de la amplitud e intensidad de una onda sonora, y es fácil confundirse. La frecuenciaν puede determinarse a partir deω, k o λ. Estas cantidades se relacionan a través de la velocidad de propagación v, que a su vez depende de las propiedades del medio. Estudia el problema, identifica qué cantidades te dan y cuáles tienes que obtener y busca las relaciones que te lleven donde quieres ir. En los problemas de absorción aplica inmediatamente la ley de Lambert-Beer. No te preocupes si no conoces la intensidad de la onda incidente, pues a menudo te indicarán la relación entre la intensidad de la onda incidente y la de salida, de modo que puedes


simplificarlas. Recuerda que la intensidad de la onda es directamente proporcional al cuadrado de la amplitud. Para problemas de efecto Doppler establece un sistema de coordenadas. Define siempre como dirección positiva la que va desde la fuente al observador, y asegúrate de poner de acuerdo con este criterio los signos de todas las velocidades pertinentes. Una velocidad desde la fuente al observador es positiva, mientras que del observador a la fuente es negativa. Además, las velocidades que aparecen en la ecuación del efecto Doppler están proyectadas sobre la recta que une el observador con la fuente. No olvides nunca hacer todas las proyecciones. Obviamente no debes proyectar la velocidad del sonido, puesto que las ondas sonoras son esféricas y siempre tendrás una componente que coincide con la dirección que te interesa. Usa una notación coherente para identificar las cantidades: subíndice O para el observador y F para la fuente. Todas las velocidades debes medirlas relativas al aire por el que viaja el sonido. Si una onda se refleja en una superficie, sea estacionaria o móvil, el análisis puede efectuarse en dos pasos. En el primero la superficie es el oyente; después, considera a la superficie como nueva fuente, emitiendo con la misma frecuencia que ha percibido. Por último, determina qué frecuencia escucha un oyente que detecta esta nueva onda. Verifica que tu resultado final sea coherente. Recuerda que si la fuente y el observador se están acercando la frecuencia percibida es siempre mayor que la emitida, mientras que si se están alejando, la frecuencia percibida es menor que la emitida. Si la fuente y el observador no están en movimiento relativo, ambas frecuencias serán iguales. En la última parte del tema verás ondas estacionarias. No plantean especial dificultad, siempre que no confundas las ecuaciones y tengas claros los significados de las letras que aparecen en ellas. Recuerda además que al primer sonido (o vibración) que aparece se le denomina fundamental, y a los siguientes primer armónico, segundo armónico, tercer armónico, ... etc. Si no recuerdas la ecuación correspondiente a un tubo abierto, cerrado, o a una cuerda tensa, no olvides nunca que los extremos fijos o cerrados deben tener un nodo y los extremos abiertos deben tener un vientre. Dibuja rápidamente el tono fundamental y dos armónicos y podrás ver inmediatamente la secuencia (si se trata de un número par o impar de λ ). A continuación no tendrás más que sustituir la longitud de onda por los parámetros que 4

te interesen.


TEMA 7 MOVIMIENTO ONDULATORIO PROBLEMAS

a) Ponemos todo en el sistema internacional. Para distinguir, llamaremos r al radio del cable y R al radio del disco. Tendremos: S=1 cm2=10-4 m2 D=1 m ⇒ R = D = 1 = 0.5 m 2

2

En primer lugar hacemos el diagrama de sólido libre del elevador, que tiene una aceleración a vertical y hacia arriba. En cuanto a fuerzas, estará sometido a su propio peso y a la tensión del cable de acero. Aplicando la segunda ley de Newton: ΣFy=may ⇒ T-mg=ma ⇒ T=mg+ma El esfuerzo que soporta el cable no puede superar la mitad del límite elástico, luego la condición que tenemos es: 1 T 1 1 σ ≤ σlím ⇒ ≤ σlím ⇒ T ≤ σlímS 2 S 2 2

Sustituyendo la expresión que hemos obtenido para la tensión: 1 σ S − mg lím σ S − 2mg T ≤ 1 σlímS ⇒ mg + ma ≤ 1 σlímS ⇒ a ≤ 2 ⇒ a ≤ lím 2 2 m 2m Por tanto la aceleración máxima que puede tener el elevador es: amáx =

σlímS − 2mg 33 ⋅ 10 7 ⋅ 10 −4 − 2 ⋅ 1200 ⋅ 9.8 = = 3.95 m / s2 2m 2 ⋅ 1200

amáx=3.95 m/s2 b) Ahora tenemos un péndulo de torsión formado pormuestra un discoensuspendido de un alambre, tal como se la figura. Giramos el disco un ángulo θ y lo soltamos. Al quedar el alambre torsionado, aparece un par de sentido opuesto al ángulo girado y proporcional al mismo, que provoca que el disco gire en sentido contrario. Así, se produce un movimiento armónico simple cuyo período es T=3 s.


Hacemos el diagrama de sólido libre del disco. En cuanto a fuerzas, está sometido a su peso, vertical y hacia abajo, y a la tensión del alambre. Además, aparece, como ya hemos dicho, un par proporcional al ángulo girado y de sentido contrario a dicho ángulo. La constante de proporcionalidad es lo que se denomina constante de torsión. Aplicando la segunda ley de Newton en rotación tendremos: ΣMG = IG θ ⇒ M =

1 1 2τ 1 mR2θ ⇒ − τθ = mR2θ ⇒ mR2θ + τθ = 0 ⇒ θ + θ=0 2 2 2 mR2

Tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple, del tipo: θ + ω2θ = 0



donde ω es la frecuencia angular. Por comparación entre las dos expresiones: 2τ ⇒ 4π2 = 2τ ⇒ τ = 2π2mR2 = 2π2 ⋅ 227 ⋅ 0.52 = 124.47 Nm ω2 = mR2 T 2 mR2 T2 32 τ=124.47 Nm c) Para un alambre cilíndrico sometido a torsión el momento producido por dicha torsión vale: M=

πGr 4 θ 2l

Como podemos ver y como ya hemos dicho, este momento es proporcional al ángulo girado, de modo que: M = τθ ⇒ τ =

πGr 4 2lτ ⇒G = 4 2l πr

donde el radio del alambre vale: 2

S = πr2 ⇒ r2 = S ⇒ r 4 = S2 π

π

Sustituyendo:

2lτ 2π2lτ 2πlτ 2π ⋅ 1 ⋅ 124.47 G= 4 = = 2 = = 7.82 ⋅ 1010 N / m2 πS2 πr S (10 − 4 )2

G=7.82 · 1010 N/m2 d) Volvamos al diagrama de sólido libre del disco. En el eje Y no hay movimiento, luego por la segunda ley de Newton: ΣFy=0 ⇒ T-mg=0 ⇒ T=mg La tensión a que está sometido el alambre es igual al peso del disco. Si ahora hacemos el diagrama de sólido libre del alambre tendremos lo que se muestra en la figura, vertical y hacia abajo la reacción del disco (igual y de signo contrario a la que ejercía el alambre sobre el disco, o sea, la tensión) y vertical y hacia arriba tendremos la reacción del techo. El alambre también está en reposo luego: ΣFy=0 ⇒ R-T=0 ⇒ R=T ⇒ R=mg El alambre está sometido a tensión luego se alarga, y esa tensión es igual al peso del disco suspendido. Así pues, el esfuerzo tensor en el cable es: σ=

T mg 227 ⋅ 9.8 = = = 2.22 ⋅ 10 7 N / m2 S S 10 − 4 σ=2.22 · 107 N/m2

Por último, la deformación unitaria la podemos obtener del módulo de Young: E=

T /S σ σ 2.22 ⋅ 10 7 ⇒E= ⇒ε= = = 1.11 ⋅ 10 − 4 = 0.0111% ∆l / l ε E 20 ⋅ 1010 ε=0.0111%


e) Para ondas longitudinales la velocidad de propagación en el metal es: v=

E ρ

Conocemos el módulo de Young, pero nos falta la densidad del acero. Para ello sabemos que al sumergir un trozo de acero en agua su peso disminuye un 13%, es decir el peso real menos el peso en agua es el 13% del peso real. El peso en agua es el peso real menos el empuje. Además de acuerdo con el principio de Arquímedes, todo cuerpo sumergido en un fluido experimenta un empuje vertical y hacia arriba igual al peso del volumen de fluido desalojado (en nuestro caso agua). Tenemos por tanto: mg-(mg-E)=0.13mg E=0.13 mg donde m representa la masa de acero. Si expresamos la masa en función del volumen y la densidad tenemos: E=0.13Vρacerog y por el principio de Arquímedes, puesto que el volumen de agua desalojada es igual al volumen de acero sumergido el empuje podemos expresarlo: E=maguag=Vρaguag Igualando las dos ecuaciones: 0.13Vρacerog=Vρaguag ⇒ 0.13ρacero=ρagua La densidad entonces del acero es: ρacero =

ρagua 1000 = = 7692.31 kg / m3 0.13 0.13

Y la velocidad de propagación: E 20 ⋅ 1010 v = ρ = 7692.31 = 5099.02 m / s v=5099.02 m/s

a) En primer lugar vamos a determinar la longitud del alambre de aluminio, para lo cual aplicamos el teorema del seno: l lCu sen40 º sen40 º = Al ⇒ lAl = lCu =5 = 4.195 m sen50 º sen40º sen50 º sen50 º

Además nos dan el diámetro del aluminio, con lo cual el radio será la mitad:


rAl =

dAl 1.5 = = 0.75 mm = 0.75 ⋅ 10 −3 m 2 2

Ahora a partir del módulo de Young podemos determinar el alargamiento de cada alambre, que será: E = σ = T / S = Tl ⇒ ∆l = Tl ε ∆l / l S∆l ES Lo único que tenemos que determinar es la parte de la carga que soporta cada uno de los alambres. Para ello hacemos el diagrama de sólido libre del cuerpo y puesto que el sistema está en equilibrio tendremos: ΣFy=0 ⇒ T-mg=0 ⇒ T=mg A continuación hacemos un diagrama de sólido libre del nudo, y operando del mismo modo nos quedará: cos 50º ΣFx=0 ⇒ TCucos40º-TAlcos50º=0 ⇒ TCu = TAl cos 40º ΣFy=0 ⇒ TCusen40º+TAlsen50º-T=0 TAl cos 50º sen40º +TAlsen50º −mg = 0 cos 40º TAltg40º cos 50º+TAlsen50º −mg = 0 mg TAl = = tg40º cos 50º + sen50º 70 ⋅ 9.8 = = 525.50 N tg40º cos 50º + sen50º

TCu = TAl cos 50º = 525.50 cos 50º = 440.95 N cos 40º cos 40º Por tanto los alargamientos en cada alambre serán: 525.50 ⋅ 4.195 ∆lAl = TAllAl = TAllAl2 = = 0.01757 m = 17.57 mm EAlSAl EAlπrAl 7.1 ⋅ 1010 ⋅ π ⋅ (0.75 ⋅ 10 −3 )2 ∆lAl=17.57 mm T l 440.95 ⋅ 5 = 0.00612 m = 6.12 mm ∆lCu = Cu Cu = ECuSCu 1.2 ⋅ 1011 ⋅ 3 ⋅ 10 − 6 ∆lCu=6.12 mm

b) Para ondas transversales la velocidad de propagación de las ondas en un alambre tenso es: v=

T µ

donde µ es la densidad lineal del alambre. La relación entre la densidad lineal y la volúmica, que es la que nos dan, es: µ=

m ρV ρSl = = = ρS = ρπr2 l l l

Por tanto para el alambre de aluminio: 525.50 vAl = TAl = TAl 2 = = 331.87 m / s µ Al ρAlπrAl 2700 ⋅ π ⋅ (0.75 ⋅ 10 −3 )2 vAl=331.87 m/s Y para el de cobre: vCu =

TCu TCu 440.95 = = = 128.51 m / s ρCuSCu µ Cu 8900 ⋅ 3 ⋅ 10 − 6

vCu=128.51 m/s


a) La ecuación general de una onda es del tipo: 2π 2π 1 1 y = A cos(ωt − kx ) = A cos t − x  = A cos 2π t − x  λ  λ  T T

Por comparación con la que nos dan: y = A cos 2π 1 t − 1 x  = 2 cos 2π(5t − 0.1x ) λ  T

Tendremos: 1 1 = 0.1 ⇒ λ = = 10 m λ 0.1 λ=10 m

b) Del mismo modo: 1 1 = 5 ⇒ T = = 0.20 s T 5

T=0.20 s c) La frecuencia y el período son inversos: ν=

1 1 = = 5 s −1 T 0.20 ν=5 s-1

d) La velocidad de propagación es:

λ 10 v = T = 0.20 = 50 m / s v=50 m/s e) La velocidad de vibración de las partículas del medio será la derivada de la posición respecto del tiempo: dy ( πsen ) 2π 5t − 0.1x y = = −2 ⋅ 5 ⋅ 2πsen2π(5t −)0.1x = −20 dt Esta velocidad depende del seno, luego será máxima cuando el seno adquiera su valor máximo, es decir, la unidad: y = ymáx ⇒ sen2π 5t − 0.1x) = 1 ⇒ y máx = −20πsen2π(5t − 0.1x )) = −20π = −62.83 m / s ymáx = −62.83 m / s

a) Puesto que el signo correspondiente a la x es positivo, la onda se desplaza en el sentido negativo del eje de las X.


SENTIDO NEGATIVO DE X b) Comparamos la ecuación que nos dan con la general de una onda, que es: y=Asen( ωt+kx) Y tendremos: k = 62.8 m −1 ⇒

2π 2π = 62.8 ⇒ λ = = 0.1 m λ 62.8

Y del otro término: ω = 314 rad / s ⇒

2π 2π = 314 ⇒ T = = 0.02 s T 314

Y por tanto la velocidad de propagación de la onda es: v = λ = 0.1 = 5 m / s T 0.02

v=5 m/s c) La longitud de onda y el período ya lo hemos determinado: λ=0.1 m T=0.02 s Y la frecuencia: ν=

1 1 = = 50 Hz T 0.02 ν=50 Hz

d) El desplazamiento máximo de cualquier segmento de cuerda es la amplitud, o sea: A=0.001 m e) Derivando la posición tendremos la velocidad: v=

dy = 0.001 ⋅ 314 cos(314t + )62.8x( = 0.314 cos) 314t(− 62.8)⋅ 0.03 = 0.314 cos 314t − 1.884 dt

v=0.314cos(314t-1.884) Y la aceleración derivando la velocidad: a=

dv = −0.314 ⋅ 314sen(314t −)1.884 = (−98.596 ) sen 314t − 1.884 dt

a=-98.596sen(314t-1.884)

Usaremos la ley de Lambert-Beer, que dice: I = I0 e −βx

siendo I la intensidad de la onda a la salida del medio, 0Ila intensidad de la onda a la entrada del medio, β el coeficiente de absorción del material y x el espesor de aislante. Teniendo en cuenta los aprimeros del problema según los cuales con un espesor de 3 cm la intensidad se reduce la mitad datos tendremos: I 1 1 ln 1 / 2 I = I0 e − βx ⇒ 0 = I0 e −3β ⇒ = e −3β ⇒ ln = −3β ⇒ β = = 0.231 cm −1 2 2 2 −3

Ahora, si queremos reducir la intensidad de la onda hasta el 10% de su valor inicial: I = I0 e −βx ⇒ 0.10I0 = I0 e −0.231x ⇒ 0.10 = e −0.231x ⇒ ln 0.10 = −0.231x ln 0.10 x= = 9.97 cm − 0.231

x=9.97 cm


La intensidad de una onda es proporcional al cuadrado de la amplitud, luego si la amplitud a la salida es la cuarta parte de la amplitud a la entrada, en cuanto a intensidades tendremos: 2

2

2

16

16

I=CA2 ⇒ AS = A0 ⇒ AS2 =  A0  ⇒ AS2 = A0 ⇒ CAS2 = C A0 ⇒ IS = I0 4

 4

16

Por tanto la intensidad a la salida será: IS =

I0 10 −2 = = 6.25 ⋅ 10 − 4 W / m2 16 16

IS=6.25 · 10-4 W/m2 Aplicamos ahora la ley de Lambert-Beer para determinar el coeficiente de absorción del material: I IS = I0 e −βx ⇒ 0 = I0 e −βx ⇒ 1 = e −β⋅1 ⇒ 1 = e −β 16 16 16 Tomando neperianos: 1 = e −β ⇒ ln 1 = −β ⇒ β = ln 16 = 2.77 m −1 16 16 β=2.77 m-1 El espesor de semiabsorción es el espesor de aislante acústico que hay que colocar para que la intensidad de la onda se reduzca a la mitad, es decir: IS = I0 e − βx ⇒

I0

= I0 e − βx1 / 2 ⇒

1

= e − 2.77 x1 / 2

2 Tomando neperianos de nuevo: 2 1 = e −2.77x1 / 2 ⇒ ln 1 = −2.77 x ⇒ x = ln 2 = 0.25 m 1/2 1 / 2 2.77 2 2 x1/2=0.25 m

La sensación sonora con el aula vacía es de 40 dB luego tendremos: Iaula Iaula Iaula 4 Saula = 40 dB = 10 log I0 ⇒ log I0 = 4 ⇒ I0 = 10 Cuando tenemos 100 alumnos la sensación sonora (el aula más los alumnos) aumenta hasta 60 dB: S100 = 60 dB = 10 log

Iaula + I100 I +I I +I ⇒ log aula 100 = 6 ⇒ aula 100 = 106 I0 I0 I0

Iaula I100 I I + = 106 ⇒ 10 4 + 100 = 106 ⇒ 100 = 106 − 10 4 I0 I0 I0 I0


100Ialummo I 10 6 − 10 4 = 10 6 − 10 4 ⇒ alumno = I0 I0 100

Y por último, cuando quedan 50 alumnos: S50 = 10 log

I Iaula + I50 I + 50Ialumno 50Ialumno   = = 10 log aula = 10 log aula + I0 I0 I0  I0   106 − 10 4  = 10 log 10 4 + 50 = 57.03 dB 100  

S50=57.03 dB

a) Puesto que la locomotora está en reposo y el observador está en reposo, inicialmente el observador percibe la frecuencia emitida, que seráν=300 s-1. Tarda 5 s en oír el silbido porque ese es el tiempo que tarda el sonido en recorrer el espacio que separa al observador de la locomotora. Posteriormente el sonido se va haciendo más agudo, es decir, cambia la frecuencia (aumentando) porque cambia la velocidad de la locomotora (aumentando, está acelerando). Esto sucede durante 10 s, y después de este tiempo, la frecuencia percibida es laconstante, ya que la velocidadno de se frecuencia hace constante, pero diferente de emitida porque la locomotora estála enlocomotora reposo. Esta percibida es ν’=330 s-1. b) Tenemos que el sonido tarda 5 s en llegar de la locomotora al observador, estando ambos sistemas en reposo. El movimiento es rectilíneo y uniforme luego tendremos: x=vt=340 · 5=1700 m x=1700 m Ahora vamos a calcular primero la velocidad final de la locomotora, para luego determinar la aceleración. Al final la frecuencia percibida es de 330 s-1, luego por el efecto Doppler tendremos: v − vO v =ν v − vF v − vF 340 330 = 300 ⇒ vF = 30.91 m / s 340 − vF

ν' = ν

vF=30.91 m/s Y para la aceleración tendremos en cuenta que se trata de movimiento rectilíneo uniformemente acelerado, y que transcurre durante 10 s: vF=v0+at ⇒ 30.91=10a ⇒ a=3.09 m/s2 a=3.09 m/s2


a) Tenemos un problema de efecto Doppler con reflexión, ya que el BIO emite una señal de frecuencia ν=40 MHz que llega a la ballena, rebota en ella y regresa de nuevo al BIO. En cuanto a la resolución del problema, podemos actuar como si el BIO emitiera una señal de frecuencia ν que la ballena percibe como ν’, y a continuación la ballena emitiera esa misma frecuencia ν’ que el BIO percibirá como ν’’. Comencemos entonces determinando la señal que percibirá la ballena, que como no sabemos si asciende o desciende consideraremos los dos casos. Si el BIO (fuente en reposo) emite ν y la ballena (observador) percibe ν’ tendremos: ν'= ν

v − vO v ± vb =ν v − vF v

A continuación la ballena es la fuente que emite esa misma ’’. señal que percibe, y el enBIO es el queel percibe Volvemos a aplicar el efecto Doppler, teniendo cuenta queobservador nos cambiará criterio νde signos ya que el observador y la fuente se han intercambiado:

ν''= ν'

v ± vb v ± vb v − vO v =ν ⋅ =ν v − vF v v  vb v  vb

Así pues tendremos: v + vb v − vb v − vb ν''= ν v + vb

ν''= ν

si la ballena asciende si la ballena desciende

Vemos aquí que la ballena está ascendiendo, ya que sólo en este caso la frecuencia percibida ν”=40.125 MHz es mayor que la emitida ν=40 MHz. Sustituyendo los datos que conocemos: v + vb 1500 + vb ν''= ν ⇒ 40.125 = 40 ⇒ 1504.6875-1.003425vb=1500+vb v − vb 1500 − vb

vb = 1504.6875 − 1500 = 2.34 m / s 1 + 1.003425 vb=2.34 m/s b) La frecuencia que percibe la ballena es lo que hemos denominado ν’: ν'= ν

v + vb 1500 + 2.34 = 40 = 40.062 MHz v 1500 ν’=40.062 MHz

c) La variación de sensación sonora entre las dos posiciones será: ∆S=S2-S1=53-42.1=10.9 dB


Por otro lado tendremos que: ∆S = S2 − S1 = 10 log

I2 I0 I2 I I − 10 log 1 = 10 log = 10 log 2 = 10 log I1 I0 I0 I1 I0

P

A2 A = 10 log 1 P A2 A1

Como las ondas sonoras son esféricas, el área de la superficie envolvente será la de una esfera de radios r 1 y r2 respectivamente: 2

∆S = 10 log

r  A1 4πr2 r2 r = 10 log 12 = 10 log 12 = 10 log 1  = 20 log 1 A2 r2 4πr2 r2  r2 

La separación entre las dos posiciones es de 5 km=5000 m, de modo que podemos poner: r r1 r1 r1 ∆S = 20 log 1 ⇒ 10.9 = 20 log ⇒ 0.545 = log ⇒ = 10 0.545 r2 r1 − 5000 r1 − 5000 r1 − 5000 r1 = 3.5075 ⇒ r1 = 3.5075r1 − 17537.5 ⇒ r1=6994 m=6.994 km r1 − 5000

r1=6.994 km r2=r1-5000=6994-5000=1994 m=1.994 km r2=1.994 km d) Para una cualquiera de las dos situaciones: P A S1 = 10 log I = 10 log 1 = 10 log P = 10 log P 2 I0 I0 I0 A1 I0 4πr1 Sustituyendo: S1 = 10 log

P P ⇒ 42.1 = 10 log −12 ⇒ P = 9.97 W I0 4πr12 10 4 π ⋅ 69942

P=9.97 W

a) En esquema tendremos lo que aparece en la figura. El observador está en reposo, mientras que la fuente, que es la ambulancia, se desplaza a 40 km/h, es decir: vA=40 km/h=11.11 m/s Como tenemos que proyectar las velocidades


sobre la recta que une el observador y la fuente, necesitamos determinar el ángulo α, que será: tgα =

5 ⇒ α = 1.432º 200

A través del efecto Doppler tendremos: ν' = ν

v − vO / m v − vF / m

Consideramos que no hay aire, de modo que el medio está en reposo y la velocidad absoluta y relativa coinciden. Así pues: v − vO / m v − vO ' v v ν = ν − F / m = ν v − vF

Ahora hay que proyectar todo sobre la recta que une el observador y la fuente, y además considerar como sentido positivo el que va de la fuente al observador. Tendremos entonces: ν' = ν

v − vO v 340 =ν = 4000 = 4134.95 s −1 v − vF v − vA cos α 340 − 11.11 cos 1.432º ν’=4134.95 s-1

b) La ecuación del efecto Doppler teniendo en cuenta que en este problema el observador está en reposo será: ν' = ν

v − vO v v =ν =ν v − vF v − vF v ± vA cos α

donde el signo ± proviene de que la ambulancia se aleje o se acerque al observador. Si queremos que la frecuencia sea máxima, el denominador tiene que ser mínimo, con lo cual el signo será negativo, tal como lo tenemos inicialmente. Esto implica que la ambulancia estará a la izquierda del peatón y acercándose a él. Para que el denominador (v-vAcosα) sea mínimo el sustraendo tendrá que ser máximo, es decir, cos α=1, lo cual implica que α=0. Esto quiere decir que la ambulancia estará muy lejos del observador y el ángulo α es muy próximo a cero. En ese instante: ν' = ν'máx = ν

v v 340 =ν = 4000 = 4135.14 s −1 v ± vA cos α v − vA 340 − 11.11

Para que la frecuencia sea mínima debe ocurrir lo contrario, el denominador será máximo, con lo cual tendremos signo positivo, es decir, la ambulancia se aleja del observador (estará a la derecha del peatón). Además, si queremos que el denominador (v+vAcosα) sea máximo el segundo sumando tendrá que ser máximo, es decir, como antes, cosα=1 lo que implica que α=0, la ambulancia estará muy alejada del peatón. En este supuesto: ν' = ν'mín = ν

v v 340 =ν = 4000 = 3873.42 s −1 v ± vA cos α v + vA 340 + 11.11

Por tanto el rango de posibles frecuencias será: 3873.42 s-1 ≤ ν’ ≤ 4135.14 s-1 Para y laque la coincidan frecuencia del observador emitida tiene que ocurrir que: v v ⇒ =1 v ± vA cos α v ± vA cos α v = v ± vA cos α ⇒ vA cos α = 0 cosα=0 ⇒ α=90º Para que α=90º el observador y la

ν = ν'⇒ ν = ν

fuente tienen que estar enfrentados, es


decir, la ambulancia tiene que recorrer 200 m. Puesto que su movimiento es rectilíneo y uniforme tendremos: vA =

x x 200 ⇒t= = = 18 s t vA 11.11

t=18 s c) Como la frecuencia percibida es menor de 4000 s -1 la ambulancia estaría alejándose del peatón, es decir, a la derecha del mismo. Aplicamos en ese instante el efecto Doppler, teniendo en cuenta que lo que no conocemos es el ángulo β: v − vO v ν' = ν ⇒ ν' = ν v − vF v + vA cos β 340 3900 = 4000 340 + 11.11 cos β cosβ=0.785 ⇒ β=38.31º Por tanto, a través de la tangente: tgβ =

5 5 5 ⇒ x' = = = 6.328 m x' tgβ tg38.31º

Y en recorrer esta distancia la ambulancia invierte: vA = x' ⇒ t'= x' = 6.328 = 0.569 s t' vA 11.11 Que sumados a los 18 s que tardaba la ambulancia en llegar al peatón nos da el tiempo total: ttotal=t+t’=18+0.569=18.569 s ttotal=18.569 s

a) Tendremos lo que aparece en el gráfico. Para el oyente, la frecuencia que percibe procedente del silbato A será: ν'A = ν A

v − vOy v − vO / m v − vO 340 − 15 = νA = νA = 220 = 210.29 Hz v − vF / m v − vF v 340

ν’A=210.29 Hz


Y la que percibe procedente de B: ν'B = νB

v + vOy v − vO / m v − vO 340 + 15 = νB = νB = 220 = 208.27 Hz v − vF / m v − vF v + vB 340 + 35

ν’B=208.27 Hz Por tanto la frecuencia de las pulsaciones: νPulsaciones=ν’A-ν’B=210.29-208.27=2.02 Hz νPulsaciones=2.02 Hz b) Ahora tenemos que el viento sopla en sentido contrario al del avance del oyente y formando un ángulo de 30º con la horizontal (ver figura). Tendremos que tener en cuenta que el medio no está en reposo, y además que tenemos que proyectar esta velocidad sobre la recta que nos une el observador con la fuente. Para la frecuencia que se percibe del silbato A: v − vO / m v − vO + vm = ν v − vOy − vw cos 30º = ν'A = ν A =ν v − vF / m A v − vF + vm A v − vw cos 30º = 220

340 − 15 − 10 cos 30 º = 210.04 Hz 340 − 10 cos 30 º ν’A=210.04 Hz

Y la que percibe el oyente procedente del silbato B: v + vOy + vw cos 30º v − vO / m v − vO + vm ν'B = νB =ν =ν = v − vF / m B v − vF + vm B v + vB + vw cos 30º 340 + 15 + 10 cos 30º = 208.53 Hz = 220 340 + 35 + 10 cos 30º ν

La frecuencia de las pulsaciones:’ B=208.53 Hz νPulsaciones=ν’A-ν’B=210.04-208.53=1.51 Hz νPulsaciones=1.51 Hz c) Para proyectar las velocidades sobre la recta de unión observador-fuente tendremos que calcular en primer lugar los ángulos que forman dichas rectas con la horizontal. Tendremos pues que los dos ángulos que nos interesan son: tgα = tgβ =

75 = 0.429 ⇒ α = 23.20º 125 + 50

75 = 1.5 ⇒ β = 56.31º 50

Comencemos ahora solamente por la frecuencia percibida del silbato A. Tendremos que aplicando el efecto Doppler: ν'A = νA vv −− vvO / m = νA vv −− vvO ++ vvm = F/m

F

m

v − vHsenα − vw cos(30º +α) = νA = v − vw cos(30º+α) 340 − 20sen23.20º −10 cos(30º +23.30º ) = 220 = 340 − 10 cos(30º +23.30º ) = 214.81 Hz ν’A=214.81 Hz


Ahora nos centramos únicamente en el silbato B. Tendremos que la frecuencia percibida por el piloto del helicóptero será: ν'B = νB

v − vO / m v − vO + vm = νB = v − vF / m v − vF + vm

v − vHsenβ − vw cos(30º +β) = v − vB cos β − vw cos(30º +β) 340 − 20sen56.31º−10 cos(30º +56.31º ) = 220 = 221.91 Hz 340 − 35 cos 56.31 − 10 cos(30 º+56.31º )

= νB

=221.91 Hz La pulsación detectada, igual queν’Ben los apartados anteriores, es: νPulsación=ν’B-ν’A=221.91-214.81=7.10 Hz νPulsación=7.10 Hz d) Ahora el único tren que emite es el tren A, que emite una frecuencia νA=220 Hz. Al conductor del tren B le llegan dos frecuencias, en primer lugar la directa del tren A, y en segundo lugar la reflejada por el helicóptero. La frecuencia que percibe directamente del silbato A será: ν'A = νA

v − vO / m v − vB − vw cos 30º v − vO + vm = νA = νA = v − vF / m v − vF + vm v − vw cos 30º

340 − 35 − 10 cos 30º = 196.76 Hz 340 − 10 cos 30º La otra frecuencia que percibe el conductor del tren B es la reflejada por el helicóptero. Dicha frecuencia se percibe después de dos etapas, en primer lugar el tren A emite una frecuencia νA=220 Hz que es percibida por el helicóptero como ν’A=214.81 Hz (ver apartado anterior), y a continuación el helicóptero actúa como fuente, emitiendo esta misma frecuencia que ha percibido, y el observador situado en el tren B la percibe como ν’’A, que será:

= 220

ν''A = ν'A

v − vO / m v − vO + vm = ν'A = v − vF / m v − vF + vm

v + vB cos β + vw cos(30º +β) = v + vHsenβ + vw cos(30º +β) 340 + 35 cos 56.31º +10 cos(30º+56.31º ) = 216.48 Hz = 214.81 340 + 20sen56.31º +10 cos(30º +56.31º ) La frecuencia de las pulsaciones es por tanto: νPulsación=ν’’A-ν’A=216.48-196.76=19.72 Hz νPulsación=19.72 Hz = ν'A


a) Tenemos un problema de efecto Doppler con reflexión. En primer lugar por tanto, el sonar emite una frecuencia ν que es percibida por la bolsa de petróleo como ν’. Además, puesto que la bolsa de petróleo es arrastrada

por la corriente, tendrá la misma velocidad que ella (vc). Así pues, si tomamos como positiva la dirección fuente (submarino) – observador (bolsa de petróleo) tendremos: ν' = ν

v − vO / m v − vO + vm v + vc − vc v =ν =ν =ν v − vF / m v − vF + vm v − vc v − vc

A continuación el sonido se refleja en la mancha de petróleo y vuelve hasta el submarino. En este caso la fuente es la mancha de petróleo, que emite una frecuencia ν’ (la que percibió) y el observador es el submarino, que percibe ν’’=18732.7 Hz. El sentido positivo de velocidades es el que aparece ahora en la figura y

tendremos: ν'' = ν'

v − vO / m

= ν'

v − vF / m

Sustituyendo:

ν'' = ν

v − vO + vm v − vF

=ν

+ vm

v

⋅

v − vc

v + vc v − vc

+ vc

v

=ν

v − vc

⋅

v + vc

=ν

v + vc v − vc

v

v + vc 1600 + vc ⇒ 18732.7 = 18500 ⇒ vc = 10 m / s v − vc 1600 − vc

vc=10 m/s b) Ahora el submarino se mueve hacia la izquierda a velocidad: vs=50 km/h=13.89 m/s Tenemos que hacer lo mismo que antes, pero ahora teniendo en cuenta dicha velocidad. En primer lugar el submarino emite ν y la mancha de petróleo percibe ν’: ν' = ν

v − vO / m v − vO + vm v + vc − vc v =ν =ν =ν v − vF / m v − vF + vm v − vs − vc v − vs − vc

Acto seguido, la mancha de petróleo emite ν’ y el submarino percibe ν’’, de modo que tendremos como antes: ν'' = ν'

v − vO / m

= ν'

v − vO + vm

=ν

v

⋅

v + vs + vc

=

v − vF / m v − vF + vm v − vs − vc v − vc + vc v + vs + vc v + vs + vc v =ν ⋅ =ν = v − vs − vc v v − vs − vc 1600 + 13.89 + 10 = 19060.80 Hz = 18500 1600 − 13.89 − 10 ν’’=19060.80 Hz

c) Por último tendremos que rehacer los cálculos teniendo en cuenta ahora que la velocidad del submarino es de 15 m/s en sentido contrario, es decir, hacia la


derecha, y que la velocidad de la corriente, y por tanto la de la mancha de petróleo, forma un ángulo de 28º con la horizontal. Así en primer lugar tendremos: v − vO / m v − vO + vm =ν = v − vF / m v − vF + vm v + vc cos 28º −vc cos 28º = ν v =ν v + vs − vc cos 28º v + vs − vc cos 28º

ν' = ν

A continuación la mancha de petróleo emite una frecuencia ν’ que es percibida por el submarino como ν’’: ν'' = ν'

v − vO / m v − vO + vm = ν' = v−v v−v +v F/m

F

m

v − vs + vc cos 28º v ⋅ = v + vs − vc cos 28º v − vc cos 28º +vc cos 28º v − vs + vc cos 28º v − vs + vc cos 28º v =ν ⋅ =ν = v + vs − vc cos 28º v v + vs − vc cos 28º 1600 − 15 + 10 cos 28º = 18500 = 18357.85 Hz 1600 + 15 − 10 cos 28º ν’’=18357.85 Hz

=ν

a) La longitud del tubo inicial es L=1.625 m, y se parte en dos trozos, uno cerrado por un extremo de longitud LC y otro abierto por ambos extremos, de longitud L A. Si el trozo cerrado por un extremo tiene tres nodos contando el del extremo la onda estacionaria se encuentra como aparece en la figura, de modo que puede verse que: LC = 5

λ v 340 =5 =5 = 0.625 m 4 4ν 4 ⋅ 680

Por tanto la longitud del tubo abierto es: L=LC+LA ⇒ LA=L-LC=1.625-0.625=1 m Y para este tubo: LA = N

siendo N un número entero. Así tendremos: LA = N

λ 2

2νLA 2 ⋅ 680 ⋅ 1 λ v ⇒ LA = N ⇒ N = = =4 2 2ν v 340


Así pues, como N es un número entero, N=1 sería el modo fundamental, N=2 el primer armónico, N=3 el segundo armónico y N=4 el tercer armónico. 3er ARMÓNICO N representa el número de semilongitudes de onda que hay en el tubo, es decir, hay 4 semilongitudes de onda, con lo cual la onda estacionaria en este segundo trozo está como aparece en la figura. b) El tubo completo era un tubo cerrado por un extremo. Se deberá verificar que: L=I

siendo I un número impar. Así, tendremos que: L=I

λ 4

λ 4L 4Lν 4 ⋅ 1.625 ⋅ 680 ⇒I= = = = 13 4 λ v 340

Vemos que se producen ondas estacionarias en el tubo completo, vibrando con el 6º armónico. 6º ARMÓNICO Es evidente que el tubo completo no es más que la unión de los dos anteriores, de modo que si contamos el número de λ que aparecen en el tubo hay 13, tal y como hemos 4

obtenido. La distancia entre nodos coincide con la mitad de la longitud de onda: ∆x =

λ v 340 = = = 0.25 m 2 2ν 2 ⋅ 680 ∆x=0.25 m

c) Lógicamente la siguiente frecuencia que da lugar a ondas estacionarias en ambos tubos tiene que ser un múltiplo de 680 Hz. Con 680 Hz tenemos que los números correspondientes a los dos tubos son: I=5 N=4 El primer múltiplo de 680 Hz es el doble, pero ese número no nos vale porque implicaría que: I’=2I=2 · 5=10 N’=2N=2 · 4=8 Y la letra I’ representa un impar, con lo cual no puede ser 10. Si hacemos el triple

tendremos que: I’’=3I=3 · 5=15 N’’=3N=3 · 4=12

que sí son respectivamente un impar y un entero. Así pues, la frecuencia pedida es: ν’’=3ν=3 · 680=2040 Hz ν’’=2040 Hz

Tambiénpodemos podemos verlo dela otro modo. de Puesto que la frecuencia es laestacionarias misma para ambos trozos, despejar frecuencia las ecuaciones de las ondas en los dos tubos e igualarlas. Tendremos: λ v v ⇒ LC = I ⇒ν=I 4 4ν 4LC λ v v LA = N ⇒ LA = N ⇒ ν = N 2 2ν 2LA LC = I

Igualando:


L I v = N v ⇒ I = 2N C = 2N 0.625 = 1.25N 4LC 2LA LA 1 Necesitamos encontrar el siguiente par de número que verifiquen que I=1.25N siendo N un número entero, I un número impar, y estando dichos número por encima de 4 y 5 respectivamente. Tanteamos y tendremos: 5 6 7 8 9 10 11 12 N I 6.25 7.5 8.75 10 11.25 12.5 13.75 15 Obtenemos el mismo resultado que antes. La primera pareja de números que cumple la condición son: N=12 I=15 Por tanto la frecuencia, de cualquiera de las expresiones: ν=I

v 340 = 15 = 2040 Hz 4LC 4 ⋅ 0.625 ν=2040 Hz

d) Tenemos un problema de efecto Doppler, que tendremos que resolver de dos veces, primero el sonido va de la persona a la pared y después se produce la reflexión y vuelve de la pared a la persona. En primer lugar la persona es la fuente, que tiene una velocidad v P, y se mueve hacia una pared, que es el observador, y que está fija, luego vO=0. Aplicando la ecuación del efecto Doppler y sin poner aún el signo a la velocidad de la persona, tendremos: ν' = ν

v − vO v =ν v − vF v ± vP

A continuación el sonido se refleja en la pared, y es como si la pared actuase como fuente (en reposo vF=0) emitiendo la misma frecuencia ν’ que ha percibido, y la persona fuese el observador, cuya velocidad habrá cambiado de signo puesto que el sonido vuelve en sentido contrario. Tendremos pues, aplicando de nuevo la ecuación del efecto Doppler, que el observador percibe la frecuencia final ν’’: ν'' = ν'

v − vO v  vP v  vP v =ν ⋅ =ν v − vF v ± vP v v ± vP

Sabemos que la frecuencia percibida tiene que ser mayor que la emitida ( ν’’>ν), luego podemos saber que: ν'' > ν ⇒ ν

v  vP v  vP >ν⇒ > 1 ⇒ v  vP > v ± vP v ± vP v ± vP

Para que se cumpla esto, el signo elegido en el primer miembro tiene que ser el positivo y el elegido en el segundo miembro tiene que ser el negativo: v  vP > v ± vP ⇒ v + vP > v − vP Y nos queda la ecuación del efecto Doppler: ν'' = ν

v  vP v + vP =ν v ± vP v − vP

Estoéste quiere decir en el numerador debeSicambiar, la vuelta del sonido, debe ir enquesentido contrario a ella signo persona. el sonidoesvadecir, de la apared a la persona, la persona va en sentido contrario, es decir, se acerca a la pared. SE ACERCA A LA PARED Y sustituyendo: ν'' = ν

v + vP 340 + vP ⇒ 700.30 = 680 ⇒ 340 − vP = 0.971(340 + vP ) v − vP 340 − vP 340-vP=330.144+0.971vP ⇒ 9.856=1.971vP ⇒ vP=5 m/s

vP=5 m/s


a) Para el tubo abierto de longitud 2.55 m (tubo 1) tendremos, que para que se produzcan ondas estacionarias se debe verificar que:

l1 = N1

λ1

2 siendo N1 un número entero (N1=1, 2, 3, …). Si se trata del segundo armónico tendremos que N1=3: λ λ l1 = N1 1 = 3 1 = 3 v ⇒ ν 1 = 3v = 3 ⋅ 340 = 200 Hz 2 2 2ν 1 2l1 2 ⋅ 2.55 ν1=200 Hz Y como la frecuencia del otro tubo es 10 Hz más tendremos: ν2=ν1+10=200+10=210 Hz

ν2=210 Hz b) Si el primer foco se mueve hacia el observador tendremos lo que aparece en la figura. La frecuencia que percibe el observador proveniente del foco 1 será: ν'1 = ν 1

v − vO / m v − vO v = ν1 = ν1 v − vF / m v − vF v − v1

siendo v la velocidad de las ondas sonoras y v 1 la velocidad del foco 1. Del mismo modo, la frecuencia que percibe el observador proveniente del foco 2 será: ν'2 = ν 2

v − vO / m v − vO v = ν2 = ν2 v − vF / m v − vF v − v2

Como ambas frecuencias son iguales: v = ν v ⇒ ν 1 = ν 2 ⇒ v = v − ν 2 (v − v ) = ν'1 = ν'2 ⇒ ν 1 2 2 1 v − v1 v − v 2 v − v1 v − v 2 ν1 = 340 − 200 210 (340 − 30) = 14.5 m / s

v2=14.5 m/s Como además el signo es positivo significa que la fuente 2 se mueve en sentido positivo, desde la fuente hasta el observador, es decir, hacia la izquierda. La frecuencia percibida (ν1 o ν2) la podemos determinar de cualquiera de las ecuaciones: ν'1 = ν 1

v 340 = 200 = 219.35 Hz v − v1 340 − 30


ν’=ν’1=ν’2=219.35 Hz

c) Si los focos se mueven en sentidos opuestos tenemos dos posibilidades, que ambos se muevan acercándose al observador, o que ambos se muevan alejándose del observador. En cualquier caso, lo primero que tenemos que determinar es la posición de los dos focos cuando el globo se encuentra a 50 m de altura. Todos los movimientos son rectilíneos y uniformes. Para el globo: y y 50 vG = ⇒ t = = = 2.5 s t v G 20 En ese tiempo, el espacio recorrido por las fuentes, que se mueven a la misma velocidad, es: v1 = x ⇒ x = v1 t = 30 ⋅ 2.5 = 75 m t Comencemos ahora por suponer que las fuentes se acercan al observador. En este caso, como inicialmente estaban a 100 m de él y recorren cada una 75 m, en el momento que nos interesa se encontrarán a 25 m del observador, con lo que tenemos lo que aparece en la figura. El ángulo α vale: tgα = 50 = 2 ⇒ α = 63.43º 25 La frecuencia que percibe el observador procedente de 1 será: v − vO / m v − vO + v m = ν1 = v − vF / m v − vF + v m v − v G senα + v w cos α = ν1 = v − v1 cos α + v w cos α 340 − 20sen63.43º +5 cos 63.43º = 200 = 197.28 Hz 340 − 30 cos 63.43º +5 cos 63.43º

ν'1 = ν 1

Ahora tenemos que determinar la frecuencia que percibe el observador procedente del foco 2. Tendremos que tener en cuenta las velocidades y ángulos que aparecen en la figura. Por tanto: v − vO / m v − vO + v m = ν2 = v − vF / m v − vF + v m v − vG senα − v w cos α = ν2 = v − v1 cos α − v w cos α 340 − 20sen63.43º −5 cos 63.43º = 210 = 207.10 Hz 340 − 30 cos 63.43º −5 cos 63.43º

ν'2 = ν 2

La frecuencia de las pulsaciones que percibe el observador será entonces: νpuls=ν’2-ν’1=207.10-197.28=9.82 Hz νpuls=9.82 Hz

Ahora tendremos que suponer que las fuentes se mueven en sentido contrario pero alejándose del observador. En este caso, puesto que inicialmente se encuentran a 100 m del observador y recorren cada una 75 m, en el instante considerado se hallarán a 175 m del observador cada una, y tendremos lo que aparece en la figura. Así pues, el nuevo ángulo β será:


tgβ = 50 = 0.286 ⇒ β=15.95º 175 Igual que antes, determinamos la frecuencia que percibe el observador procedente del foco 1: v − vO / m v − vO + vm = ν1 = v − vF / m v − vF + vm v − vG senβ + vw cos β = ν1 = v + v1 cos β + vw cos β

ν'1 = ν1

= 200

340 − 20sen15.95º +5 cos 15.95º = 181.62 Hz 340 + 30 cos 15.95 + 5 cos 15.95º

Y ahora, del mismo modo, determinamos la frecuencia que percibe el observador procedente del foco F2: v − vO / m ν'2 = ν 2 = v − vF / m v − vO + v m = v − vF + v m v − vG senβ − v w cos β = ν2 = v + v1 cos β − vw cos β 340 − 20sen15.95º −5 cos 15.95º = 210 = 340 + 30 cos 15.95º −5 cos 15.95º = 190.19 Hz

= ν2

La frecuencia de las pulsaciones es entonces:

νpuls=ν’2-ν’1=190.19-181.62=8.57 Hz νpuls=8.57 Hz

a) Tenemos un tubo abierto por un extremo de longitud: L=2-0.80=1.20 m Para que se produzcan ondas estacionarias en el tubo, es decir para que el tubo resuene ha de cumplirse: L=Iλ 4 siendo I un número entero impar (I=1, 3, 5, …). Teniendo en cuenta que la longitud de onda es el cociente entre la velocidad de propagación y la frecuencia:


L=Iλ =I v ⇒ν=I v 4 4ν 4L Obviamente, la menor frecuencia corresponderá al menor número impar, siempre teniendo en cuenta que dicha frecuencia no puede ser inferior a 100 Hz: ν=I

v 100 ⋅ 4L 400L 400 ⋅ 1.20 ≥ 100 ⇒ I ≥ ⇒I≥ ⇒I≥ ⇒ I ≥ 1.412 4L v v 340

Teniendo en cuenta que I tiene que ser un número impar, el más pequeño que existe y superior a 1.412 es el 3 luego: ν mín = Imín

v 340 =3 = 212.5 Hz 4L 4 ⋅ 1.20

νmín=212.5 Hz b) Siguiendo el mismo razonamiento, la mayor frecuencia de resonancia implicará el mayor número impar, con la condición de que dicha frecuencia no puede ser superior a 5000 Hz: v ≤ 5000 ⇒ I ≤ 5000 ⋅ 4L ⇒ I ≤ 20000L ⇒ I ≤ 20000 ⋅ 1.20 ⇒ I ≤ 70.588 ν=I 4L v v 340 El mayor número impar que hay inferior a 70.588 es el 69 luego: v = 69 340 = 4887.5 Hz ν máx = Imáx 4L 4 ⋅ 1.20 νmáx=4887.5 Hz c) El número de frecuencias de resonancia será el número de impares que existen desde el 3 hasta el 69, ambos inclusive: N=

69 − 3 + 1 = 34 2

N=34 frecuencias de resonancia d) La frecuencia más baja del oscilador es la de 100 Hz, y sería además el sonido fundamental, de modo que: ν=I

v v v 340 = ⇒ L' = = = 0.85 m 4L' 4L' 4ν 4 ⋅ 100

La longitud del tubo tendría que ser de 0.85 m; teniendo en cuenta que inicialmente es de 1.20 m, la diferencia es: ∆L=L-L’=1.20-0.85=0.35 m Habría que subir el nivel del agua 0.35 m=35 cm. SUBIR EL NIVEL DEL AGUA 35 cm e) Ahora tenemos un problema de efecto Doppler. En primer lugar, el sonido viaja desde el globo hasta la pared del edificio. La fuente por tanto sería el globo y el observador el edificio. Además, el medio se mueve con una velocidad igual a la del globo. Así pues tenemos: vO=vedificio=0; vm=vw=36 km/h=10 m/s vF=vglobo=10 m/s El signo positivo viene marcado por el sentido de la recta fuente-observador. Aplicando la ecuación del efecto Doppler la frecuencia que percibe el edificio es: ν' = ν

v − vO / m v − vO + v m v + vw 340 + 10 =ν =ν = 4887.5 = 5031.25 Hz v − vF / m v − vF + v m v − v globo + v w 340 − 10 + 10

A continuación el sonido se refleja en el edificio y vuelve al globo. Ahora la fuente es


el edificio, que emite una frecuencia ν’, y el observador se encuentra en el globo, que percibe una frecuencia ν’’. El criterio para el signo positivo, como siempre, va desde la fuente hasta el observador (luego es al contrario del que vimos anteriormente): v + v globo − vw v − vO / m v − vO + v m 340 + 10 − 10 = 5183.71 Hz ν'' = ν' = ν' = ν' = 5031.25 v − vF / m v − vF + v m v − vw 340 − 10 ν’’=5183.71 Hz

a) El enunciado nos da los diámetros de las barras, de modo que los radios serán justamente la mitad: dacero=dlatón=12 cm ⇒ racero=rlatón=6 cm=0.06 m El volumen de cualquiera de las barras, puesto que son cilíndricas, será: V=πr2l Por tanto, derivando, la variación de volumen es: ∆V=2πrl∆r+πr2∆l Si dividimos por el volumen inicial de la barra: ∆V V

=

2πrl∆r V

+

πr2 ∆l V

⇒

∆V V

=

2πrl∆r

πr2l

+

πr2 ∆l πr2l

⇒

∆V V

=2

∆r r

+

∆l l

De la expresión del coeficiente de Poisson: ∆r µ = − r ⇒ ∆r = −µ ∆l ∆l r l l Sustituyendo esto en la ecuación anterior: ∆V ∆r ∆l ∆V ∆l ∆l ∆V ∆l l∆V = =2 + ⇒ = −2µ + ⇒ = (1 − 2µ ) ⇒ ∆l = V r l V l l V l V(1 − 2µ )


=

l∆V ∆V = πr 2l(1 − 2µ ) πr 2 (1 − 2µ )

Aplicando esta ecuación a la barra de latón: ∆llatón =

∆Vlatón 2 πrlatón (1 − 2µ latón )

=

2.25 ⋅ 10 −9 = 7.652 ⋅ 10 −7 m π ⋅ 0.062 (1 − 2 ⋅ 0.37)

Teniendo en cuenta que las barras están en serie, el alargamiento total tiene que ser la suma de los dos alargamientos. Así pues, por diferencia podemos determinar el alargamiento que sufre la barra de acero: ∆l=∆lacero+∆llatón ⇒ ∆lacero=∆l-∆llatón=10-6-7.652 · 10-7=2.348 · 10-7 m Podemos determinarσya el esfuerzo a que está sometida la barra de acero: ∆lacero acero Eacero =

ε acero

⇒ σ acero = Eacero ε acero = Eacero

lacero

=

−7

2.348 ⋅ 10 = 23483.2 N / m2 2 σacero=23483.2 N/m2

= 20 ⋅ 10 10

que a su vez es el mismo esfuerzo al que está sometida la barra de latón puesto que la fuerza es la misma para las dos barras y tienen la misma sección. σlatón=23483.2 N/m2 La fuerza será: F =σ = F ⇒F =σ S 2 2 σ acero = acero acero = σ acero πracero = 23483.2 ⋅ π ⋅ 0.06 = 265.589 N Sacero latón Slatón F=265.589 N Por último, el módulo de Young del latón será: σ σ 10 2 Elatón = ε latón = ∆l latón = 7.652 23483 ⋅ 10.−27 = 3.0689 ⋅ 10 N / m latón latón 1 llatón

Elatón=3.0689 · 1010 N/m2 b) Los alargamientos ya los habíamos determinado en el apartado anterior: ∆lacero=2.348 · 10-7 m ∆llatón=7.652 · 10-7 m En cuanto al incremento total del conjunto, será la suma del incremento de volumen de la barra de acero y el incremento de volumen de la barra de latón. La variación de volumen de la barra de latón la conocemos. En cuanto a la de latón tendremos, aplicando las ecuaciones iniciales: ∆Vacero ∆lacero ∆l = (1 − 2µ acero ) ⇒ ∆Vacero = Vacero acero (1 − 2µ acero ) = Vacero lacero lacero 2 = πracero lacero

∆lacero 2 (1 − 2µ acero ) = πracero ∆lacero (1 − 2µ acero ) = lacero

=π · 0.0602 · 2.348 · 10 -7(1-2 · 0.28)=1.1684 · 10-9 m3 Por tanto la variación total de volumen: ∆V=∆Vacero+∆Vlatón=1.1684 · 10-9+2.25 · 10-9=3.418 · 10-9 m3 ∆V=3.418 · 10-9 m3 c) En primer lugar vamos a determinar la velocidad de propagación del sonido en los dos gases a la temperatura de la experiencia. La relación entre la velocidad de propagación de ondas longitudinales en un gas y la temperatura es: v = γRT M


siendo γ el coeficiente adiabático del gas, R la constante de los gases perfectos, T la temperatura y M la masa molecular del gas. Para un mismo gas a dos temperaturas diferentes tendremos: v=

γRT γRT' ; v'= M M

Por tanto dividiendo las dos expresiones: v = v'

γRT T T M = ⇒ v = v' T' T' γRT'

M Por tanto vemos que conociendo la velocidad a una temperatura T’ podemos

determinar la velocidad a otra temperatura T. En nuestro caso conocemos la velocidad a la temperatura T’=0ºC=273 K y queremos determinarla a T=30ºC=303 K. Para el tubo que

contiene hidrógeno tendremos pues: vH2 = v'H2

T 303 = 1139 = 1200 m / s T' 273

Y para el tubo que contiene helio: vHe = v'He

T 303 = 911.24 = 960 m / s T' 273

El tubo que contiene hidrógeno es un tubo cerrado por ambos extremos luego en ellos habrá nodos, de modo que para que se produzcan en él ondas estacionarias su longitud tiene que ser un número entero de semilongitudes de onda: λ v v lH2 = N H2 = N H2 ⇒ ν = N H2 2 2ν 2lH2 En el caso del tubo que contiene helio, se trata de un tubo cerrado por un extremo donde habrá un nodo y abierto por el otro donde habrá un antinodo, de modo que su longitud tiene que ser un número impar de

λ He : 4

v v = I He ⇒ ν = I He 4 4ν 4lHe Como la fuente que proporciona la frecuencia es única, igualamos las frecuencias: lHe = I

N

λ He

vH2 v v v v l 960 ⋅ 2 = I He ⇒ N H2 = I He ⇒ N = I He H2 = I = 0.8I ⇒ N = 0.8I 2lH2 4lHe lH2 2lHe 2vH2lHe 2 ⋅ 1200 ⋅ 1

Por tanto en ambos tubos se producirán ondas estacionarias siempre que los números entero e impar cumplan la relación N=0.8I. Lógicamente hay infinitas parejas de números que cumplen esta relación. Entre ellas, nos interesa aquélla que hace que la frecuencia sea mínima, es decir, los números más bajos posible. Para hallarlos, vamos dando valores impares a I (empezando por el más pequeño) hasta que N sea un número entero. La solución del problema será la primera pareja de números impar y entero que verifique esa relación. Haciendo una tabla tendremos: I 1 3 5 N 0.8 2.4 4 Hemos determinado ya la pareja. Sustituyendo en cualquiera de las expresiones de la frecuencia: v 1200 = 1200 Hz ν = N H2 = 4 2lH2 2⋅2 ν=1200 Hz


En el tubo de hidrógeno tendremos que N=1 corresponde al tono fundamental, N=2 al primer armónico, N=3 al segundo armónico y N=4 al tercer armónico. TUBO DE HIDRÓGENO: TERCER ARMÓNICO En cuando al tubo de helio, I=1 corresponde al tono fundamental, I=3 al primer armónico e I=5 al segundo armónico: TUBO DE HELIO: SEGUNDO ARMÓNICO d) Vemos ahora las posiciones de los nodos. En el tubo de hidrógeno tenemos el tercer armónico. Podemos ver λ en la figura que los nodos se encuentran separados por una distancia de H2 a partir del 2

extremo izquierdo del tubo. La longitud de onda en el tubo de hidrógeno será: lH2 = N

λ H2 2l λ 2 ⋅2 1 ⇒ λ H2 = H2 = = 1 m ⇒ H2 = = 0.5 m 2 N 4 2 2

Por tanto los nodos se encuentran separados por 0.5 m empezando desde el extremo izquierdo. Sus posiciones serán: xH2=0 m, 0.5 m, 1 m, 1.5 m, 2 m Para el tubo de helio tendremos lo mismo, el primer nodo en el extremo izquierdo y los demás λ He , siendo la longitud de onda en el helio: 2 λ 4l 4 ⋅1 0.8 = He = = 0.8 m ⇒ He = = 0.4 m I 5 2 2

separados por lHe = I

λ He ⇒ λ He 4

Las posiciones de los nodos en este tubo serán: xHe=0 m, 0.4 m, 0.8 m

a) En primer lugar vamos a determinar la velocidad del sonido en las condiciones de la experiencia. La relación entre la velocidad del sonido en un gas y la temperatura es: v = γRT M siendo γ la constante adiabática del gas, R la constante de los gases perfectos, T la temperatura y M la masa molecular del gas. Por tanto, para un mismo gas a dos temperaturas distintas tendremos:


v=

γRT γRT' ; v'= M M

Dividiendo ambas expresiones: v = v'

γRT M = T ⇒ v = v' T T' T' γRT' M

Si llamamos v a la velocidad del sonido en las condiciones de la experiencia (T=40ºC=313 K) y v’ al dato del problema (T’=20ºC=293 K) tendremos: v = v' T T' = 340 293 313 = 351.41 m / s

Si llenamos el tubo con agua hasta una altura de 85 cm=0.85 m lo que nos queda es un tubo abierto por un extremo de longitud L=2-0.85=1.15 m. Para que se produzcan ondas estacionarias en un tubo abierto por un extremo tiene que cumplirse que: L=I

λ 4

siendo I un número impar. Teniendo en cuenta la relación entre la velocidad de la onda, su frecuencia y su longitud de onda: L=I

λ v 4νL 4 ⋅ 382 ⋅ 1.15 =I ⇒I= = =5 4 4ν v 351.41

Por tanto se trata del segundo armónico (I=1 fundamental, I=3 primer armónico, I=5 segundo armónico). SEGUNDO ARMÓNICO Para la frecuencia fundamental tendremos que el impar tiene que ser el 1: L = I λ = λ = v ⇒ ν 0 = v = 351.41 = 76.39 Hz 4 4 4ν 0 4L 4 ⋅ 1.15 ν0=76.39 Hz

b) La ecuación de la onda estacionaria no depende del tiempo, sino sólo de la posición. En nuestro caso, donde tenemos el segundo armónico, tendremos lo que aparece en la figura, donde la separación entre nodos y vientres es ∆y = 1.15 = 0.23 m . La ecuación de esta onda, que será armónica, es:

5

x=Asen(ky+ϕ0) El número de ondas será: k=

2π 2π = = 6.83 m−1 λ 4 ⋅ 0.23

Y la amplitud nos la da el enunciado (A=50 cm=0.50 m). Para determinar la constante de fase ϕ0 tenemos que para y=0 ⇒ x=0: x=Asen(ky+ϕ0) ⇒ 0=Asen ϕ0 ⇒ senϕ0=0 ⇒ ϕ0=0 Por tanto la ecuación nos queda: x=Asen(ky+ϕ0)=0.50sen(6.83y) El punto situado en el centro del tubo implica que está situado a una distancia respecto del extremo cerrado de y=0.15 m luego: x=0.50sen(6.83y)=0.50sen(6.83 · 0.15)=0.4272 m Y el punto situado a 25 cm=0.25 m del extremo abierto está a y’=1.15 -0.25=0.90 m del extremo cerrado. Así pues: x’=0.50sen(6.83y’)=0.50sen(6.83 · 0.90)=-0.0679 m


La intensidad es proporcional al cuadrado de la amplitud, luego la relación de intensidades será: 2

I Cx 2  x 2  0.4272  = =  =  = 39.60 I' Cx'2  x'   0.0679 

I = 39.60 I' c) Para que se produzcan ondas estacionarias en el tubo se debe cumplir que: L=I

λ v =I 4 4ν

Por tanto, para el tono fundamental y los sucesivos armónicos tendremos: L = I v = v = 351.41 = 0.23 m ⇒ h = 2 − L = 2 − 0.23 = 1.77 m 4ν 4ν 4 ⋅ 382

h=1.77 m v v 351.41 L=I =3 =3 = 0.69 m ⇒ h = 2 − L = 2 − 0.69 = 1.31 m 4ν 4ν 4 ⋅ 382

h=1.31 m v v 351.41 L=I =5 =5 = 1.15 m ⇒ h = 2 − L = 2 − 0.85 = 1.15 m 4ν 4ν 4 ⋅ 382

h=1.15 m

L=I

v v 351.41 =7 =7 = 1.61 m ⇒ h = 2 − L = 2 − 1.61 = 0.39 m 4ν 4ν 4 ⋅ 382

h=0.39 m

L=I

v v 351.41 =9 =9 = 2.07 m 4ν 4ν 4 ⋅ 382

La longitud de este tubo es superior a los 2 m luego ya no valdría.

a) La energía elástica almacenada en un hilo cilíndrico será: EPe = 1 ⋅ ES ∆l2 2 l El radio del alambre es la mitad del diámetro:


r = d = 1 = 0.5 cm = 5 ⋅ 10 −3 m 2 2 Y el alargamiento lo podemos obtener del módulo de Young: E=

σ F / S Fl Fl = = ⇒ ∆l = ε ∆l / l S∆l ES

Por tanto: 2 2 EPe = 1 ⋅ ES ∆l2 = ES  Fl  = F l 2 l 2l  ES  2ES Puesto que el hombre y la plataforma se encuentran en equilibrio, su peso coincide con la tensión que soporta el hilo: 2 F2l [(mhom bre + mplataforma )g] l [(85 + 50) ⋅ 9.8]2 ⋅ 2 E = = = = 0.111 J Pe

2ES

2 ⋅ 2 ⋅ 1011 π(5 ⋅ 10 −3 )2

2Eπr2

EPe=0.111 J b) En primer lugar vamos a determinar la velocidad de propagación del sonido en las condiciones de la experiencia, que son: T=18ºC=291 K

La relación entre la velocidad de propagación del sonido en un gas y la temperatura del gas es: v=

γRT M

donde γ es el coeficiente adiabático del gas, R la constante de los gases perfectos, T la temperatura y M la masa molecular del gas. Para dos temperaturas distintas: v0 =

γRT0 M

Dividiendo las dos expresiones y teniendo en cuenta que se trata del mismo gas a dos temperaturas diferentes: v = T ⇒ v = v T = 330 291 = 340.705 m / s 0 T v0 T0 273 0 Ahora tendremos un problema de efecto Doppler, en el cual la fuente es la sirena, que se mueve hacia arriba y hacia abajo y el observador es el hombre que se encuentra en reposo. La frecuencia por tanto que percibe el hombre es: ν' = ν

v − vO / m v − vF / m

El medio se encuentra en reposo, luego su velocidad es nula, así como la velocidad del observador, que también está en reposo. Así pues nos queda: ν' = ν

v − vO / m v =ν v − vF / m v − vF

Tendremos que la velocidad de la fuente puede ser positiva o negativa en función del sentido de su movimiento, y además tomará distintos valores puesto que se trata de un movimiento armónico simple. La frecuencia percibida será máxima cuando en el denominador tengamos una resta, es decir, cuando la velocidad de la fuente coincida con el sentido de la recta que va desde la fuente hasta el observador (cuando la sirena está subiendo). Además en dicha recta el sustraendo debería ser máximo (para que así el denominador sea mínimo). Por tanto de todos los valores de la velocidad de la fuente tendremos que coger el máximo. Puesto que se trata de un movimiento armónico simple la posición en cualquier instante de la sirena es: yF=Asen( ωt+ϕ0)


Y la velocidad, derivando respecto del tiempo: vF = dy = Aω cos(ωt + ϕ0 ) dt Esta velocidad será máxima cuando el término cosenoidal sea máximo, es decir, valga la unidad: vFmáx=A ω=A · 2πν=0.10 · 2π · 40=25.133 m/s Tendremos entonces: v = 345 340.705 ν'máxima = ν = 372.48 s −1 v − vF 340.705 − 25.133 ν’máxima=372.48 s-1 Del mismo modo, para obtener la frecuencia mínima debemos tener el denominador máximo, lo cual ocurrirá cuando tengamos una suma. Para ello la velocidad de la fuente tiene que tener sentido contrario al de la recta que va de la fuente al observador, es decir, la sirena está bajando. De entre todos los valores de la velocidad de la fuente, también tomaremos el máximo, que es el que dará lugar a un denominador máximo. Así pues: v = 345 340.705 ν'mínima = ν = 321.30 s −1 v + vF 340.705 + 25.133 ν’mínima=321.30 s-1 c) El aire del tubo está a 25.5ºC=298.5 K, de manera que tenemos que calcular de

nuevo la velocidad de propagación de las ondas en el aire. Aplicando la ecuación obtenida en el apartado anterior: T 298.5 = 330 = 345.068 m / s T0 273

v = v0

Para que se formen ondas estacionarias en un tubo abierto por un extremo la λ

longitud del mismo tiene que ser un número impar de 4 . Tendremos entonces: l=I

λ 4

(I = 1, 3, 5,...) ⇒ l = I

λ v =I 4 4ν

Podemos ir dando valores a los sucesivos impares que proporcionan longitudes de tubo inferiores a 2 m, que es el máximo. Nos queda: l1 = I v = v = 345.068 = 0.25 m 4ν 4ν 4 ⋅ 345 l1=0.25 m l2 = I

v v 345.068 =3 =3 = 0.75 m 4ν 4ν 4 ⋅ 345

l2=0.75 m

v v 345.068 l3 = I =5 =5 = 1.25 m 4ν 4ν 4 ⋅ 345

l3=1.25 m

l4 = I

v v 345.068 =7 =7 = 1.75 m 4ν 4ν 4 ⋅ 345

l5 = I

v v 345.068 =9 =9 = 2.25 m 4ν 4ν 4 ⋅ 345

l4=1.75 m

Este último dato ya no nos vale puesto que el máximo es 2 m. d) En cuanto a los valores, obviamente se trata del tono fundamental y los sucesivos armónicos: FUNDAMENTAL, PRIMERO, SEGUNDO Y TERCER ARMÓNICO


Temas 1 7 Ejercicios Resueltos

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