Problemas resueltos sobre Trabajo y Energía
Ejercicio 1 Dos fuerzas constantes de 5 kg moviéndose en el plano xy, como se muestra en la figura. La fuerza F1 es de 25.0N a 35 grados, mientras que la fuerza F2=45N a 150 grados, al tiempo t=0 el objeto esta en el origen y tiene una velocidad (4.0i+2.5j)m/s a)Exprese las dos fuerzas en la notación vectorial. b)Encuentre la fuerza total sobre el objeto. c)Encuentre la aceleración del objeto. Ahora considere el tiempo t=3.0seg. d) Encuentre la velocidad del objeto e) Su localización 1 f) Su energía cinética a partir de mv 2 2
Ejercicio 1 Dos fuerzas constantes de 5 kg moviéndose en el plano xy, como se muestra en la figura. La fuerza F1 es de 25.0N a 35 grados, mientras que la fuerza F2=45N a 150 grados, al tiempo t=0 el objeto esta en el origen y tiene una velocidad (4.0i+2.5j)m/s a)Exprese las dos fuerzas en la notación vectorial. b)Encuentre la fuerza total sobre el objeto. c)Encuentre la aceleración del objeto. Ahora considere el tiempo t=3.0seg. d) Encuentre la velocidad del objeto e) Su localización 1 f) Su energía cinética a partir de mv 2 2
•
A) para expresar las fuerzas de manera vectorial tenemos que realizar una descomposición de fuerzas, tanto para F1 como para F2: F 1 x
F 1 cos 25.0 N (cos 35o ) 20.47 N
F 1 y
F 1 sen 25.0 N ( sen35 ) 14.33 N
F 2 x
150 0o ) 36.37 N F 2 cos 42(cos 15
F
F sen sen 42( sen sen15 150 0o ) 21 N
o
F 1 (20.47i 14.33 j ) N
F 2
(36.37i 21 j ) N
•
b) Y la fuerza total será: F 1 (20.47i 14.33 j ) N F 2
(36.37i 21 j ) N
F F 1 F 2 (20.47 36.37)i (14.33 21) j (15.9i 35.33 j ) N
c) La aceleración del sistema será: F (15.9i 35.33 j ) N ma sist . (5.0 Kg )a sist . F (15.9i 35.33 j ) N (3.18i 7.066 j )m / s 2 a sist . m
5.0 Kg
•
d) Si sabemos que el objeto en el instante de tiempo t=0seg comenzo con una velocidad inicial, ahora después de 3.0seg, nuestra velocidad final debe ser: V f V 0 at (4.00i 2.5 j )m / s (3.18i 7.066 j )(3 s)m / s 2 V f (5.54i 23.69 j )m / s
•
E) la posición será: r f r i V ot
1 2
at 2
r f 0 (4.00i 2.50 j )(3 s)m / s 0.5(3.18i 7.066 j )m / s 2 (3 s) 2 r f (2.31i 39.297 j )mts.
Ejercicio 2 •
•
•
Una pequeña partícula de masa m se jala hacia lo alto de un medio cilindro sin fricción (de radio R) mediante una cuerda que pasa sobre lo alto del cilindro, como se muestra en la figura. A) Si se supone que la partícula se mueve con rapidez constante, demuestre que F=mgcosθ Mediante integración directa de W F .d r , encuentre el trabajo invertido al mover la partícula con rapidez constante desde el fondo hasta lo alto del cilindro.
Solución: •
A) Si nosotros hacemos un “zoom” del punto de acción de la fuerza sobre la esfera que esta deslizándose sobre el cilindro podemos obtener lo siguiente:
F ma x m(0) 0 F mg cos 0 F mg cos
mgcosθ
mgsenθ
Solución: •
B) Ahora para poder encontrar el trabajo efectuado sobre la esfera debido a la fuerza F tenemos que realizar lo siguiente:
ds mgcosθ dθ
F mg cos b
/ 2
W F .ds a
(mg cos )( R Rd d ) 0
/ 2
W mgR cos d mgR( sen / 2 sen0) mgR(1 0) 0
mgsenθ
Solución opcional: •
O podemos verlo de otra manera, sabemos que el cuerpo solamente esta en presencia de una Fuerza F y del vector peso, ambas fuerzas son conservativas ya que dependen unas de otras, por tanto si son fuerzas conservativas solo dependerán del “desplazamiento que le den al cuerpo” que en este caso se realiza de manera vertical, por tanto recordando el principio de la energía potencial que nos dice que la único cambio en la posición que generara trabajo será en la posición vertical, nuestra integral queda expresada ahora:
ds dy dx
b
R
W W g .ds (mg y )(dx x dy y ) a
0
R
W mgdy mgy |0 mgR 0
R
Ejercicio 3 •
•
Una fuerza F (4 x i 3 y j ) N actúa sobre un objeto mientras el objeto se mueve en la dirección “X” desde el origen hasta X=5.00m Encuentre el trabajo W Fdr invertido por la fuerza por el objeto.
Solución: •
Si el desplazamiento solo ha tenido origen a lo largo de la posición “x” entonces es de entender que no ocurrirá trabajo a lo largo del eje “Y” a pesar que la fuerza tiene una componente en dicho eje. Esto es debido a las direcciones perpendiculares de la posición con respecto a la dirección de la componente vertical de la fuerza que produce como resultado un trabajo neto cero en “Y” y solamente produciendo trabajo en la dirección “x”:
Ejercicio 4 •
• • • •
Una partícula se somete a una fuerza F que varia con la posición, como se muestra en la figura. Encuentre el trabajo invertido por la fuerza en la partícula mientras se mueve : A) De x=0 a X=5mts B) De x=5 a x=10mts C) De x=10mts a x=15mts. D) ¿Cuánto es el trabajo total invertido por la fuerza sobre la distancia de x=0 a x=15.0mts?
Solución: •
Si tenemos una grafica Fvrs.X entonces el área bajo la curva de dicha grafica nos dará como resultado el trabajo realizado por la fuerza a lo largo de toda su trayectoria. Encontremos entonces las áreas que se muestran en la siguiente figura: Para el tramo 0
W A
1 2
bh 0.5(5mts )(3 N ) 7.5 J Para el tramo 5
W Acuadrado bh (5mts)(3 N ) 15 N (mts) 15 J
Solución: •
Ahora encontramos el trabajo para el Area 3 correspondiente al tramo 10
W A
1 2
bh 0.5(5mts )(3 N ) 7.5 J
Para todo el tramo: W total A Acuadrado A 7.5 J 15 J 7.5 J W total 30 J
Ejercicio 5 •
Una partícula de 4.00Kg se mueve desde el origen a la posición C. que tiene coordenadas x=5.0mts y y=5.0cm como se muestra en la figura. Una fuerza gravitacional que actúa en la dirección y negativa. con la ecuación:
W F r cos F . r Calcule el trabajo invertido por la fuerza gravitacional en la partícula conforme va de 0 a C a lo largo de A) Trayectoria OAC B)Trayectoria OBC C)Trayectoria OC. Los resultados deben de ser idénticos. ¿Porque? •
• •
•
y
B
C (5.00,5.00) mts
x O
A
Planteamiento del problema
Solución: •
A) calculando el trabajo realizado por la fuerza gravitacional a lo largo de la trayectoria OAC (línea purpura):
W OAC F r cos F . r W g y .(r oa x) W g y(r ac y) •
Es evidente que solo obtendremos resultado por parte del desplazamiento en el eje “Y”.
Solución: Por tanto nuestra ecuación nos queda:
W g y(r ac y) (4.0 Kg )(9.8m / s )(5.0 0.0)mts W OAC 196 J W OAC
•
2
El signo es debido a la dirección de la gravedad que siempre se dirige hacia las “y” negativas.
Solución: B) Para el tramo OBC:
W OBC F r cos F . r W g y .(r ob y) W g y(r bc x) Se cancela el termino que contiene los vectores unitarios perpendiculares y quedando solamente la variación de la componente vertical del desplazamiento.
W g y(r ob y) (4.0 Kg )(9.8m / s 2 )(5.0 0.0)mts W OBC 196 J W OBC
Solución: C) Para el tramo OC:
W OC F r cos F . r W g y .(r oc ) W g y (5.0 x 5.0 y )
W OC
W g y (5.0 y ) ( 4.0 Kg )(9.8m / s
W OC
196 J
2
)(5.0)mts
Los resultados deben de ser idénticos ya que la fuerza gravitacional es una fuerza conservativa , por tanto no importa la trayectoria que tomemos, esta solo dependerá del desplazamiento vertical que tengamos del objeto a partir de un sistema de ejes coordenados.
Ejercicio 6 •
•
• •
Una sola fuerza conservativa F (2 x 4) N actúa sobre una partícula de 5.0 kg, la ecuación describe la fuerza, donde x esta en metros. conforme la partícula se mueve a lo largo del eje x, de x=1.0 mts a x=5mts,calcule: A)El trabajo invertido por esta fuerza en la partícula. B) el cambio en la energía potencial del sistema C) la energía cinética que tiene la partícula en x=5.0 mts, si su rapidez es de 3.0m/s en x=1.0mts.
Solución: •
A)Si tenemos una fuerza que depende de la posición es necesario realizar el calculo del trabajo mediante integración:
b
F .dr W a
5
W (2 x 4)dx ( x 2 4 x) |15 [52 (4)(5)] [12 1
4(1)] 40 J
•
B)para encontrar el cambio de la energía potencial recordemos : b
W U Fdr a
•
Entonces nuestro cambio en la energía potencial tendrá que ser en magnitud igual al trabajo realizado por la fuerza, pero en sentido contrario al trabajo. W U 40 J
•
C) ahora para encontrar el cambio en la energía cinética del objeto desde x=1mts a x=5mts, tenemos que utilizar el teorema trabajo-Energia cinética: W K K f K i
K f W K i
1
40 J mV i 2 40 J 0.5(5.0kg )(3.0m / s) 2 62.5 J 2
Ejercicio 7 •
Un jardinero de beisbol lanza una pelota de 0.150 kg con una rapidez de 40.0m/s y un ángulo inicial de 30 grados,¿ cual es la energía cinética de la pelota en el punto mas alto de su trayectoria?
Solución: •
•
Para poder encontrar la energía cinética en el punto mas alto de una trayectoria que en este caso seria “parabólica” o sea como un movimiento de proyectiles, tenemos que recordar que ocurre en el punto mas alto de dicho movimiento. En ese punto la velocidad en el eje “y” es cero y la velocidad en “x” permanece constante a lo largo de toda su trayectoria. Por tanto cuando encontremos la energía cinética solo tendremos que tomar en cuenta la velocidad en la dirección “x” y despreciar la energía cinética en el eje “y”.
•
Encontrando las dos velocidades iniciales de la pelota: V x 40.0m / s(cos 30) 34.64m / s V oy 0m / s V ox
V o sen V oy 40.0m / s( sen30) 20.0m / s
Vx
V oy
Vy
Altura máxima del movimiento
Vx
Vx V ox V o cos V ox 40.0m / s(cos 30) 34.64m / s Vy
•
Y por tanto la energía cinética total en el punto mas alto es:
V x 40.0m / s(cos 30) 34.64m / s V oy 0m / s V ox
K total K x x K y y 0.5(0.150kg )(34.64m / s) 2
90 J
Ejercicio 8 •
Considere U=5J en x=0mts y calcule la energía potencial como función de x correspondiente 2x F ( 8 e )i . Explique si la fuerza es a la fuerza conservativa o no conservativa y como puede decirlo.
Solución: •
Para encontrar la energía potencial tenemos que encontrar la integral que relaciona la energía potencial con la fuerza aplicada al sistema:
b
W U Fdr a x f
U F ( x)dx xi x f
U x f U xi F ( x) dx xi x
U x 5 8e 2 x dx o
Solución: •
Resolviendo siguiente:
la
integral
obtenemos
lo
x
U x
5 8e2 x dx o
U x U x
x
x
0
0
5 8e 2 x dx 5 4 (2)e2 x dx 5 4(e 2 x ) | x0 5 4[e 2 x e( 2)(0) ] 5 4 4e 2 x 1 4e2 x
Solución: •
Resolviendo siguiente:
la
integral
obtenemos
lo
x
U x
5 8e2 x dx o
U x U x
x
x
0
0
5 8e 2 x dx 5 4 (2)e2 x dx 5 4(e 2 x ) | x0 5 4[e 2 x e( 2)(0) ] 5 4 4e 2 x 1 4e2 x
•
La fuerza debe ser conservativa ya que la fuerza solo depende de la variación de la posición en el eje “x” , y por ende de las posiciones iniciales y finales de la posición del objeto en el eje horizontal.
Ejercicio 9 •
•
•
Una bolita perforada se desliza sin fricción alrededor de un bucle como se ve en la figura.la bolita se libera desde una altura de h=3.5R. A) ¿Cuál es la rapidez de la bolita en el punto A. B)¿Qué tan grande es la fuerza normal sobre la bolita si su masa es de 5.0 gramos?
Solución: •
•
•
Para poder encontrar le velocidad de la pelotita en el punto A tenemos que tener ciertos puntos claros: 1) El sistema es aislado.(Significa que la pelotita solamente estará expuesta a fuerzas conservativas que en este caso es la fuerza de gravedad de la pelotita que tiene energía almacenada potencial debido a una posición vertical “h=3.5R”) donde R es el radio del “loop” del circulo. 2)Por el mismo hecho que es un sistema aislado, la energía tanto cinética como potencial tiene que ser la misma ya que la energía no se crea ni se destruye, solamente se transforma, por este hecho yo puedo igualar la energía de cualquier punto a lo largo de la trayectoria de la pelotita y esta energía tiene que ser igual, o sea que:
E cima
E a E b E c cte
Donde el punto A,B,C,..etc pueden ser cualquier punto a lo largo de la trayectoria de la pelota en el aro.
E cima E cima
Planteamiento:
1
K cima U cima m(0) 2 mgh 2 mgh mg (3.5 R)
1
2 E A K A U A mV A mghloop
2
E A
1
mV A2 mg (2 R) 2
2R
(0,0)
B
1
E B
K B U B mV B2 mg (0)
E B
mV B2
2
1
2
E cima
En este problema, tanto la energía mostrada en la cima(o sea en el punto mas alto) como la energía en el punto mas bajo(pto “B”) como el punto mas alto del “loop”(punto A) todas esas energías a pesar que se expresan de diferente manera, tienen que ser iguales porque están en un sistema aislado.
E A E B cte
E cima E cima
Para la velocidad en el punto “A”:
1
K cima U cima m(0) 2 mgh 2 mgh mg (3.5 R)
E A 1
E A
K A U A mV mghloop
E A
mV A2 mg (2 R)
2
1
2
1 2 1 2
2R
(0,0)
2 A
1 2
mV A2 mg (2 R) E cima
mV A2 2mgR mg (3.5 R ) mV A2 3.5mgR 2mgR 1.5mgR
3 2
mV A2 3mgR B
V A2 3 gR V A 3 gR Ahora les pregunto..¿si yo hubiera encontrado primero la velocidad en el punto B, igualando la energía de la cima con la del punto B, y luego igualo la energía en el punto B con la de A; encontraría la misma velocidad?... La respuesta es SI, compruébenlo!!!
mgR
Movimiento circular uniforme: V A V A
3 gR
3 gR
N(normal)
mg
2R F centripeta mar m
(0,0)
V 2 R
B
Si nosotros analizamos el punto en el cual la esfera esta alcanzando su altura máxima del loop, tenemos que saber que la velocidad que encontramos fue la velocidad lineal que la pelota tiene exactamente en el punto A, y queremos saber cual es la fuerza normal que experimenta la varilla en ese preciso punto.la fuerza normal tiene que ir en la misma dirección del peso ya que la varilla esta manteniendo el cuerpo en el circulo(vease cap.6 movimiento en montaña rusa)
Para encontrar la fuerza normal: V A F centripeta N mg m V A
3 gR
V A2
N(normal)
R
mg
3 gR
N mg
m(3 gR)
R N mg 3mg
F centripeta mar m
N 3mg mg 2mg 2(0.005kg )(9.8m / s ) 0.098 N 2
Cabe notar que si el objeto apenas lograra pasar la vuelta(osea que la velocidad en el punto A tendiera a cero) entonces tendríamos que Fcentripeta=0 y por tanto n+mg=0, o sea N=-mg, por tanto la dirección de la fuerza normal tiene que ir en la dirección opuesta, como si la esfera estuviera descansando sobre la varilla que lo transporta.
V 2 R
Ejercicio 10 •
Un bloque de 20kg. Se conecta a un bloque de 30.0 kg mediante una cuerda que pasa sobre una polea ligera sin fricción. el bloque de 30kg se conecta a un resorte que tiene masa despreciable y una constante de fuerza de 250 N/m. como se muestra en la figura. El resorte no esta estirado cuando el sistema esta como se muestra en la figura, y el plano inclinado no tiene fricción. El bloque de 20.0kg se jala 20.0 cm hacia abajo del plano( de modo que el bloque de 30.0 kg esta ahora a 40 cm del suelo) y se libera desde el reposo. Encuentre la rapidez de cada bloque cuando el bloque de 30 kg esta a 20.0cm por arriba del suelo.(esto es cuando el resorte no esta ni comprimido ni estirado)
Solución: •
Tenemos que tener presente que el sistema de bloques tendrá siempre la misma velocidad ya que el plano inclinado carece de fricción y ambas masas están atadas entre si, por tanto no haremos separación de velocidad en “a” o “b”. V A
V B V
Solución: •
Hay que recordar que estamos en un sistema aislado y que por tanto se cumple lo que mencionamos en el ejercicio anterior, la energía en cualquier punto del desplazamiento de ambas masas es constante.
E cima
E a E b E c cte
Solución: •
A pesar de que el sistema esta unido por esa cuerda, tendremos que analizar los cambios de energía potencial por separado para ambas masas, y hay que notar que tenemos un resorte, por tanto este tendrá que ser incluido dentro del sistema cuando este se encuentre estirado o comprimido para poder encontrar dicha velocidad.
Solución: •
Como lo que estamos analizando son energías mecánicas debido a diferentes fuerzas como ser la gravedad, el cambio en la velocidad de un sistema de masas, y en este caso el resorte, entonces la energía del resorte viene dada de la misma manera que se muestra en el capitulo 7: E resorte
1 2
2
kx
Descripción del movimiento del sistema de masas. V V sist ,
V 0m / s
A B
H af
A
H ai
B
H bi 400
0
40
Antes
Después
H bf
Descripción del movimiento del sistema de masas. Ahora que vimos el antes y el después, unamos esos momentos y miremos de que manera los objetos realizaron su movimiento, y así igualemos la energía antes y después del movimiento:
E antes E despues E antes K i
V V sist , 0.20mts
V 0m / s
A
B
H af
A
H ai 0
40
(U Ai U Bi ) ( E resorte) E despues K f (U Af U Bf ) ( E resorte)
H bi
Después
B
H bf
Para la energía antes del movimiento: Analicemos la energía antes del movimiento:
E antes
1
1
2
2
ma (0) 2 mb (0) 2 (ma gH ai mb gH bi )
1
K resorte( X ) 2 2
E antes
1
(ma gH ai mb gH bi ) K resorte( X ) 2 2
H bi
Para la energía despues del movimiento: Analicemos la energía después del movimiento:
E despues K f (U Af U Bf ) ( E resorte) E despues E despues
1 2 1 2
maV sist . 2
(ma
1
1 2 2 mbV sist . (ma gH af mb gH bf ) K (0) 2 2
2 mb )V sist . ( ma gH af mb gH bf )
Igualando las energias: 1 2 E antes (ma gH ai mb gH bi ) K resorte( X ) 2 E despues
1 2
2 (ma mb )V sist . (ma gH af mb gH bf )
E antes E despues (ma gH ai 1 2
(ma
1
1
2 mb gH bi ) K resorte( X ) (ma mb )V sist . ( ma gH af mb gH bf )
2
2
2
1
mb )V ma g ( H ai H af ) mb g ( H bi H bf ) K ( X ) 2 2 sist .
2
Ahora hay que encontrar los valores de las diferencias de alturas de las dos masas por separado y el valor de estiramiento del resorte “X” que sabemos que es 0.20mts.
Análisis de cambios de altura de las masas: 0.20mts
H af H ai 400
sen40
H af H ai
0.20mts H af H ai 0.20 sen40 H ai H af 0.20 sen40 0.1285mts
Haciendo un “zoom” de la sección en la cual ocurre la diferencia de alturas, es claro ver que la componente adyacente del triangulo es debida al cambio de alturas y la hipotenusa será la distancia de 0.20mts que descendió la masa “A”.
Y para la diferencia de alturas de la masa B sabemos que:
H bi H bf 0.20mts
Entonces nuestra velocidad nos queda: 1 2 1 2
(ma
1
2 2 mb )V sist m g ( H H ) m g ( H H ) K ( X ) . a ai af b bi bf
2
2 (50kg )V sist .
2 (25kg )V sist . 2 sist ,
V
V sist ,
20(9.8)(0.1285) 30(9.8)(0.20) 0.5(250)(0.20) 2
38.614 J
38.614 J
38.614
25kg 25
m / s 1.24m / s
Ejercicio 11 •
•
•
Dos objetos se conectan mediante una cuerda ligera que pasa sobre una polea ligera sin fricción, como se muestra en la figura. El objeto de 5.0 kg de masa se libera desde el reposo, con el modelo de sistema aislado. A) Determine la rapidez del objeto de 3.0kg justo cuando el objeto de 5.00 kg golpea el suelo. B) encuentre la altura máxima a la que llega el objeto de 3.0kg.
Solución: •
•
Tenemos que tener claro que al igual que el problema anterior el sistema masa 1 y masa 2 están unidos, por tanto tienen una velocidad del sistema que comparten ambas masas. El sistema esta aislado.
Ejercicio 12 •
•
•
•
•
Un bloque de 5.0kg se pone en movimiento hacia arriba de un plano inclinado con una rapidez inicial de 8.0m/s. El bloque llega al reposo después de viajar 3.0mts a lo largo del plano, que esta inclinado en un Angulo de 30 grados con la horizontal. Para este movimiento, determine: A)el cambio en la energía cinética del bloque. B)el cambio en la energía potencial del sistema bloquetierra. C)la fuerza de fricción que se ejerce sobre el bloque. D)El coeficiente de fricción cinética.
Ejercicio 13 •
• •
•
•
Una partícula de 4.0kg se mueve a lo largo del eje “x” , su posición varia con el tiempo de acuerdo con x t 2.0t 3,donde “x” esta en metros y “t” en segundos, encuentre: A) la energía cinética en cualquier tiempo “t” B) la aceleración de la partícula y la fuerza que actúa sobre ella en el tiempo “t” C) la potencia que se entrega a la partícula en el tiempo t. D)el trabajo invertido en la partícula en el intervalo t=0 a t=2.0 seg.
Solución: •
La energía cinética la tenemos que encontrar mediante: K
1 2
mV 2
1
dx
2
dt
m(
K 2[1 6t 2 ]2
)2
0.5(4.0kg )[
2[1 12t 2 36t 4 ] K (2 24t 2 72t 4 ) J
d (t 2.0t 3 ) dt
]2
Solución: •
Para la aceleración: a
•
•
d 2 x dt 2
d 2 (t 2.0t 3 ) dt 2
Para la potencia:
12t (m / s 2 ) dW dt
En este caso el trabajo invertido sobre el sistema es simplemente el cambio en la energía cinética que obtiene el cuerpo por el teorema trabajo-Energia cinética: W K
Solución: •
Entonces: dK dt
•
dW dt
d ( K ) dt
d (2 24t 2 72t 4 ) J dt ( seg )
(48t 288t 3 )Watts
Como sabemos que el trabajo es igual al cambio en la energía del objeto, evaluamos la energía cinética en t=0 y en t=2seg y la diferencia de estos últimos nos dará el trabajo invertido al sistema:
