FÍSICA GENERAL CÓDIGO: 100413
FASE 5- TRABAJO COLABORATIVO-UNIDAD 3 UNIDAD No 3 TEOREMAS DE CONSERVACIÓN.
P!"!#$%&o %: EDSON DANIEL BENITE' T($o
E#$!)%&o *o:
INTRODUCCIÓN
Con el desarr desarroll ollo o de la pre presen sente te activid actividad ad se logro logro la corre correcta cta apropiac apropiación ión de los cont conten enid idos os temá temáti tico cos s prop propue uest stos os en la un unid idad ad 3 de deno nomi mina nada da "Te "Teorem oremas as de conserva conservación" ción" del curso Programaci Programación ón Lineal, Lineal, por medio del desarrollo desarrollo de los cinco ejercicios y sus numerales de acuerdo a lo propuesto en la guía de actividades.
TRABAJO COLABORATIVO DE LA UNIDAD 3: TEOREMAS DE CONSERVACIÓN.
E8!99o No 1. Estudiante ue reali!a el ejercicio
C#$%T$&' &L()'%) *)%+E#& -E##E#&
Estudiante ue revisa el ejercicio
')-E* &'/#E C&#/)'&
El resorte de la 0igura 1 está apoyado so2re la super0icie ori!ontal y tiene su e4tremo dereco asegurado a la pared. %u constante elástica vale 1 '5m. El 2loue tiene masa 1 6g y es lan!ado en el punto & acia el resorte, apoyado en la super0icie, con rapide!
v A m/s . Todas las super0icies en contacto carecen de ro!amiento.
&. /etermine la rapide! del 2loue cuando está pasando por la posición 7, donde la compresión del resorte vale ;B m. 7. /etermine la má4ima compresión ue el 2loue produce en el resorte 8esta posición está marcada C en la 0igura9 x max=? : C. /etermine la rapide! del 2loue despu;s de ue a vuelto a perder contacto con el resorte 8posición / en la 0igura:. /. La 0igura usa un eje <4= ori!ontal, positivo acia la dereca, ue corre a lo largo del eje del resorte. El origen
x =0
está u2icado en el punto del e4tremo i!uierdo
del resorte no de0ormado, como lo muestra la primera su20igura. Para la coordenada < x = del 2loue, use su cara 0rontal 8la del lado del resorte:. El contacto entre 2loue y resorte comien!a entonces en la coordenada
x =0 . %i la coordenada <
x = del 2loue en las posiciones & y / es ;A7D m, trace una grá0ica cuantitativa (igura 1. %istema masa resorte. Ejercicio 1. 8ejes marcados num;ricamente: de la rapide! del 2loue contra su posición 8 v en el eje ,
x en el eje >:. La grá0ica de2e cu2rir todo el movimiento del 2loue
desde & asta /, utilice un so0t?are especiali!ado como @E)@E7#& para la grá0ica
D%$o" &!< !8!99o
D!"%o<
E;*<9%9# 6=o 8("$>9%9# 6=o !)<% ($<?%&% !# !< *o9!"o !%<?%&o:
Emec = ∆ k + ∆ Us =0
Punto A.
/&T)%
18'5m: 186g: VA 8m5s: @A 8m: @A7B 8m:
1A1
KB + UsB= KA + Us A
B.D
UsA= 0 J
3.B
1
B.1DF
2
GB.FHB #E%PE%T&% &.
7.
V B =4.2329
m V B
2
1
X c = 0.2994 m
1
2
+ K X B = mV A 2
Dado que el movimiento es un una sola dirección podemos prescindir del carácter vectorial y aplicamos ley Hooke y ley Newton en caso de querer hallar la aceleración.
2
2
3.5
s
Ley de conservación de la energía.
m 2 ¿ s 1
−0.470 m ¿ 2= ∗0.886 kg∗¿ 2
1 2
∗0.886 kg∗V B2 +
C.
V D =3.5
m s
0.886 kg∗V B
/.
Ier grá0ica.
0.886 kg∗V B
2
=
N ∗¿ m
+ 26.7289 J =10.8535 J
2
=10.8535 J −26.7289 J
2
=15.8754 J
15.8754 J 0.886 kg
√
2
121
2
0.886 kg∗V B
V B
1
V B = 17.9180
2
17.9180
m 2 s
→V B= 4.2329
m s
→V B
m
2
=
2
2
s
Punto B.
Kc +Usc = Ka +Us a 1 2
m∗V c
2
+
1 2
2
K X c
=
1 2
mV A
2
+
1 2
K X A
2
V c =0, X A =0 1 1 2 2 0 J + K X c = mV A + 0 J 2 2
K X c 121
X c
2
2
=
mV A
2
N ∗ X c2= 10.8535 J m
=
10.8535 J
N 121 m
→ X c
2
=0.08969 m2
X c = 0.2994 m Punto C.
K c + Usc= Kd + Us d K c =0 JUsd =0 J 1 2
K X c
2
1
= mV d 2 2
0.2994 m ¿
2
=0.886 Kg∗V D 2
121
N ∗¿ m
10.8535 J =0.886 kg∗V D
V D
2
12.25
=
V D =3.5
m s
2
√
2
→ V D = 12.25 2
m s
2
2
m La mismavelocidad inicialdel ejercicio s
O"!%9o#!"8Espacio e4clusivo para el estudiante ue reali!a la revisión del ejercicio: :
E8!99o No /. Estudian te ue reali!a el ejercicio
C#$%T$&' &L()'%) *)%+E#& -E##E#&
Estudiante ue revisa el ejercicio
')-E* &'/#E C&#/)'&
na partícula de 1 6g de masa se dispara desde P como se muestra en la 0igura A, con una velocidad inicial v i, ue tiene una componente ori!ontal de ; m5s. La partícula asciende asta la altura má4ima de , m so2re P. Con la ley de conservación de la energía determine a: la componente vertical de v i, 2: el tra2ajo e0ectuado por la 0uer!a gravitacional so2re la partícula durante su movimiento de P a 7, y c: las componentes ori!ontal y vertical del vector velocidad cuando la partícula llega a 7.
D%$o" &!< !8!99o
D!"%o<
(igura A. #epresentación grá0ica del ejercicio A.
E;*<9%9# 6=o 8("$>9%9# 6=o !)<% ($<?%&% !# !< *o9!"o
!%<?%&o: Cualuier
m=0.535 kg
/&T)%
186g: V;8m5s: ,8m: 8m:
B.3 31.B 1.H GDA.F
#E%PE%T&% &.
V =19.154
7.
X =184,462 m
m s
W = 968,121 J =5.248 N C.
m V ! " =−39,669 s V ! x =31
m s
m V i X =31 V i " =? s W = ? V BX =? V B# =? 0
$os%V # =V
0&en%
2
# =V 0 " ' + ¿
2
Punto A.
V 0 x =V 0 $os% 31
m = V 0 $os% s
V 0 " =V 0 &en% m m 31 &en% s s V 0= → V 0 " = $os% $os% 31
m V 0 " =31 (an% s 2
" =V 0 " ∗' +
ue
lan!ado al aire con una
r =¿ ? V ¿
V X =V
o2jeto
g ' 2
Emec = ∆ K + ∆ U = 0
sea
V 0 )
se mueve descri2iendo una trayectoria curva, por lo tanto empleamos las 0órmulas de caída li2re y movimiento rectilíneo uni0orme con sus componentes trigonom;tricas.
K! + Ug! = Ki + Ugi
Inicial unto p !gi"#$ unto de altura má%ima &'"#$ 1
m∗g∗*max = mV
2
2
0.535 kg∗9.81
√
V = 366.894
m 2
s
m
1 2
2
0.535 kg∗V
2
2
s
∗18.7 m =
→V =19.154
m s
Punto B.
m 2
9.81
s
2∗¿ '
2
2 m # =V " ∗' + ¿ → −62.4 m=18.7 ∗' −¿ 0
s
2
2
4.905 ' −18,7 ' −62.4 =0
a =4,905 + =−18,7 c =−62.4
−18,7 ¿ 2−4∗4.905∗−62,4 ¿ ¿ −(−18,7 ) , √ ¿ −+, √ +2 −4 ac ' = → ' =¿ 2a
' =
18,7 , √ 349,69 + 1224,288 9.81
=
18,7 , 39,673 9.81
' =
18,7 + 39,673 9.81
→ ' =5,95 s
X =V i x∗' → X =31
m ∗5,95 s s
X =184,462 m W = ∗d =m∗g → 0.535 kg∗9.81
m s
2
=5.248 N W = ∗d → W = 5,248 N .184,462 m W = 968,121 J Punto C.
La velocidad en % no cam(ia durante todo el trayecto. m V ! x =31 s V ! " =V i " −¿ → V ! " =18,7 V ! " =18,7
m m − 9,81 2∗5,95 s s s
m m − 58,369 s s
V ! " =−39,669
m ( nega'iva -or./e va*acia a+ajo) s
O"!%9o#!" 8Espacio e4clusivo para el estudiante ue reali!a la revisión del ejercicio: :
E8!99o No 3. Estudiante ue revisa el ejercicio
Estudiante ue C#$%T$&' &L()'%) *)%+E#& reali!a el ejercicio -E##E#&
')-E* &'/#E C&#/)'&
/os peueJos discos desli!an sin 0ricción so2re una mesa ori!ontal. El primer disco, de masa 1, es lan!ado con rapide! 1 acia el segundo disco, de masa /, ue inicialmente está en reposo. /espu;s de la colisión, am2os discos aduieren velocidades ue están dirigidas a )%&o"a cada lado de la línea original de movimiento del primer disco 8ver 0igura 3:. 8a: KCuáles son las rapideces 0inales de los dos o2jetos 8
v ! 1
y
v ! 2 :. 82: KEs la colisión
elástica o inelástica
(igura 3. #epresentación grá0ica del ejercicio 3.
D%$o" &!< !8!99o
D!"%o<
m 1 =4.6 kgV i 1=4.4
/&T)%
186g: V18m5s: /86g: % 8@rad
F.DB F.FB
m 2 =29 kgV i2= 0
A.MB AD.D
E;*<9%9# 6=o 8("$>9%9# 6=o !)<% ($<?%&% !# !< *o9!"o !%<?%&o: na colisión es una interacción entre o2jetos en la ue se produce trans0erencia de cantidad de movimientos, por lo tanto se de2e tener en cuenta el antes y despu;s de la colisión.
m s
m 0 =m∗V s
P(#$o %.
os:
#E%PE%T&% &.
m V 1 ! =2.587 s
0 1 x an'es=4.6 kg∗4.4
m s =20.24 kg
m s
V 2 ! =3.69 7.
Elástica.
m s
01 " an'es =0 $om-onen'esan'es 0 1(20,24,0 )
kgm s
02 x an'es 02 " an'es 02 ( 0,0 )
Componentes antes
kgm s
0an'es = 01 an'es+ 0 2 an'es 0an'es =( 20.24,0 ) +( 0,0 ) =(20.24,0 )
kgm s
/espu;s de la colisión
V 1 x =V 1 $os 26.6
2
V 2 x =V 2 $os 26.6
2
0 x des-/es=m∗V 1 x +m 2 V 2 x 2
0 x des-/es= 4.6 kg V 1 !$os 26.6 + 2.9 Kg V 2 !$os 26.6 0 x des-/es= 4.11 V 1 !kg+ 2.59 V 2 !kg 0 " des-/es =m∗V 1 " +m 2 V 2 " 0 " des-/es=4.13 V 1 !&en 26.6 + 2.9 V 2 !&en 26.6 0 " des-/es =1.84 V 1 !kg + 1.29 V 2 !kg $gualando ecuaciones
20.24 kg
m = 4.13 V 1 !kg +2.59 V 2 !kg s
0 =−1.84 V 1 !kg + 1.29 V 2 !kg 1.84 V 1 ! =1.29 V 2 !
V 1 ! =
1.29 V 2 ! 1.84
#eempla!o 20.24 kg
m = 4.13 V 1 !kg +2.59 V 2 !kg s
20.24 kg
1.29 V 2 ! m kg + 2.59 V 2 !kg = 4.13 s 1.84
20.24 kg
m = 2.895 V 2 !kg +2.59 V 2 !kg s
20.24 kg
m = 5.485 V 2 !kg s
(
)
m s m =V 2 ! →V 2 ! =3.69 5.485 kg s
20.24 kg
V 1 ! =
1.29 V 2 ! 1.84 4.760
V 1 ! =
P(#$o .
m s
1.84
(
1.29 3.69
→ V 1 ! =
1.84
→ V 1 ! = 2.587
m s
m s
)
Es una colisión elástica ya ue cada disco toma di0erente dirección.
O"!%9o#!" 8Espacio e4clusivo para el estudiante ue reali!a la revisión del ejercicio: :
E8!99o No 4. Estudian te ue reali!a el ejercicio
C#$%T$&' &L()'%) *)%+E#& -E##E#&
Estudiante ue revisa el ejercicio
')-E* &'/#E C&#/)'&
/os peueJas es0eras, de masas respectivas 1 y / 6g, cuelgan de un punto comNn mediante sendos ilos de longitud L m, como se indica en la 0igura F. La es0era / se encuentra en reposo y la es0era 1 se a2andona a partir de la posición ue se indica, de modo ue tenga lugar una colisión 0rontal y per0ectamente elástica entre am2as es0eras. /eterminar la altura a la ue ascenderá cadaes0era despu;s del primer coue. (igura F. #epresentación grá0ica del ejercicio F.
D%$o" &!< !8!99o
D!"%o<
m1=1.4 kg /&T)%
186g: /86g: L 8m:
1.FB
m2=2.8 kg l= 0.481 m
/1 B.F1
#E%PE%T&
*1= 0.053 ( 1 −$os% ) m *2= 0.213 ( 1 −$os% ) m
1
2
m∗ g∗* = m∗V 2
* = L− L$os% → * =0.481 m−0.481 $os% =0.481 (−$os% )
E;*<9%9# 6=o 8("$>9%9# 6=o !)<% ($<?%&% !# !< *o9!"o !%<?%&o: Por ser una colisión elástica, se aplican las 0ormulas de este tipo y despejamos las ecuaciones, las varia2les ue no tenemos pero ue si necesitamos.
V 1=
√
2 m∗g∗*
m
√
V 1= 19.6
√
→V 1= √ 2∗g∗*= 2∗9.8
m ∗* 2 s
m ( 0.481 ( 1 −$os% ) ) 2 s
V 1=√ 9.4276 ( 1−$os% ) *omento lineal
m∗V 1 + 2 m∗V 1= mV 2 + 2 mV 2
Coue elástico 1 1 1 2 2 2 m V = m V 1 + 2 m V 2 2 2 2 2
m V
=m V 12 + 2 m V 22
2
V =V 1
2
+ 2 V 22
V =V 1 + 2 V 2
2
2
→V 2 = V ) V 1= 3
2
V =V 1
2
+ 2 V 22 1
2
m∗g∗*1= m V 1 → *1= 2
2 m∗g∗*2=
1 2
2
V 1
2
29
2 mV 2 → *2=
V 2
2
29
−V ( des-/es delc*o./e ) 3
(
√
m 9.4276 ( 1−$os% ) s 3
*1=
2∗9.8
2
9.42276 ( 1−$os% )
)
9
=
m 2 s
19.6
m
*1= 0.053 ( 1 −$os% ) m
( *2=
2 3
√
m 9.4276 ( 1 −$os% ) ) s
m 2∗9.8 2 s
2
4
=
9
( 9.4276 ( 1−$os% ) ) 19.6
m
*2= 0.213 ( 1 −$os% ) m Como no tenemos el ángulo
% , la respuesta se deja indicada al
ángulo y sus unidades en metros.
O"!%9o#!" 8Espacio e4clusivo para el estudiante ue reali!a la revisión del ejercicio: :
E8!99o No 5. Estudian te ue reali!a el ejercicio
C#$%T$&' &L()'%) *)%+E#& -E##E#&
Estudiante ue revisa el ejercicio
')-E* &'/#E C&#/)'&
&gua con presión manom;trica de P1 atm a nivel de la calle 0luye acia un edi0icio de o0icinas con una rapide! de 1 m5s a trav;s de una tu2ería de &1 cm de diámetro. La tu2ería se adelga!a a &/ cm de diámetro en el piso superior a / m de altura so2re el nivel de la calle 8Ier 0igura :, donde se a dejado a2ierto el gri0o del agua. Calcule a: la velocidad de 0lujo y 2: la presión manom;trica en tal tu2ería del piso superior. 8%uponga ue no ay tu2erías de rami0icación y ue se la viscosidad del 0luido es desprecia2le.
(igura . #epresentación grá0ica del ejercicio .
D%$o" &!< !8!99o
D!"%o<
E;*<9%9# 6=o 8("$>9%9# 6=o !)<% ($<?%&% !# !< *o9!"o !%<?%&o:
P(#$o %.
&plicamos la ecuación de continuidad en la primera parte para allar la velocidad del 0lujo, luego aplicamos 7ernoulli para allar la presión.
/&T)%
P18atm: 1 8m5s: &1 8cm: &/ 8cm: 1 8m: #E%PE%T&% &.
F.1B 1.B A.B 1.FB
A 1=
4 ∗( 0.025 m )
D.1B
V 2=5.739
7.
31=V 1 A 1 A1 =4 r 1
m s
31=1.8
4
2
=
4 ∗ D 1
2
4
2
−4
→ A 1=4.908∗10 m
2
m m ∗4.908∗1 0−4 m2 →3 1= 8.835∗10−4 s s
3 1 =3 2
02=3.51 A(m 0.014 m ¿
2
¿
4 ∗¿ 2 4 ∗ D 2
32=V 2 A 2 A 2=
4
→ A 2=¿
3
3
m s m V 2= → V 2 =5.74 4 2 s 1.539 ∗10 m −
8.835∗10
4
−
P(#$o . 1
1
2
2
01+ 5V 1 + 5g *1= 02 + 5 V 2 + 5g* 2 2
2
*1= 0 1
01+ 5V 1 2
2
1
= 02 + 5 V 22+ 5g *2 2
1
2
02= 01 + 5V 1 2
1
− 5V 22− 5g* 2 2
5
4.1
A(m∗1.013 ∗10 0a → 415.330 0a 1 A(m
5 Ag/a =1000
kg m
3
1
02= 01 + 5 ( V 1
2
2
1.8
−V 22 )− 5g* 2
m 2 m ¿ −(5.739 ¿ 2) s s
¿ 1 kg 02= 415330 0a + ∗1000 3 ¿ 2
1000
−
kg m
3
(
9.8
m 3
s
m
6.1 m
∗
)
02=355.535,152 0a 02=3.51 a'm
O"!%9o#!" 8Espacio e4clusivo para el estudiante ue reali!a la revisión del ejercicio: :
CONCLUSIONES Con el desarrollo de la presente actividad denominada (ase del curso (ísica @eneral, logr; la comprensión de los contenidos temáticos presentados en la unidad 3 "Teoremas de conservación", mediante el desarrollo y corrección de los cinco puntos propuestos en la guía de tra2ajo cola2orativo por el Tutor. 8Cristian *osuera, AB1H:
REFERENCIAS BIBLIOGRFICAS •
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