TALLER DE OLIMPIADAS DE FÍSICA (Orlando Ramírez) Traducción del ruso: Luis Alberto Valladares. 1. Por una una carretera carretera recta una columna columna de automóviles automóviles realiza M.R.U. Las Las distancias distancias entre automóviles vecinos de la columna son iguales. Desplazándose por la misma carretera y en la misma dirección, policía motorizado se percató ue si su rapidez !uese igual a v 1 " #$ %m&' cada t1 " 1(s lo adelantaría un automóvil de la columna, más si su rapidez !uese de v ) " *( %m&' cada t) " )( s, +l adelantaría a un automóvil de la columna. Luego de u+ intervalo de tiempo estarían pasando los automóviles de la columna delante del policía si +ste se detuvieraResolución omo se trata de pro/lemas en ue un móvil adelanta al otro ue se mueve en la misma dirección, utilizaremos la ecuación del tiempo de alcance. alcance .
t alc =
d v1 − v2
0n esta ecuación d es es la distancia de separación inicial entre los móviles y v 1 y v 2 2 son las rapideces de los móviles v 1 2 v 2 3 . 23. 0n este pro/lema designaremos como d a a la distancia de separación entre dos automóviles consecutivos y u a su rapidez de movimiento. omo, seg4n el pro/lema, cuando el policía se desplaza a #$ %m&' 1( m&s3 cada 1( segundos será alcanzado por un automóvil de la columna u > 10 3, 3, reemplazando en la ecuación anterior5
10 =
d
⇒
u −10
d =10(u −10) ... (I)
Por otro lado, cuando el policía se desplaza a *( %m&' )6 m&s3 cada )( segundos +l alcanzará a un automóvil de la columna u < 25 3, 3, reemplazando en la ecuación anterior5
20 =
d 25 − u
⇒
d = 20(25 − u) ... (II)
Resolviendo las ecuaciones plateadas tenemos ue5
u = 20 m / s
d =100 m
De esto se deduce ue si el policía estuviera en reposo el intervalo de tiempo ue transcurre entre el paso de dos automóviles consecutivos será5
∆t =
d u
⇒
∆t =
100 m 20 m / s
∴
∆t = 5 s
). 0n un día lluvioso, una persona ue se encuentra en el punto 7 desea llegar al punto 8. Las gotas de lluvia tiene una velocidad vertical de módulo u y una 'orizontal 9 de módulo v y : dirigido /a;o el ángulo < respecto de la dirección 78 on ue rapidez v p de/erá desplazarse la persona a lo largo de la recta 78, para ue la cantidad de agua ue le cae durante su recorrido sea la menor posi/leonsidere ue esta cantidad de agua es proporcional a la rapidez relativa de la lluvia respecto de la persona y al tiempo ue la persona tarda en llegar a su destino.
Resolución Para e=presar vectorialmente la velocidad de la lluvia y la velocidad de la persona, tomemos un sistema de coordenadas cartesianas en donde el e;e y sea paralela a la recta 78 y el e;e z sea vertical.
v L 0n este sistema de coordenadas las velocidades de la lluvia
y de la persona
v P serán5
v L = ( − v sen ϕ ; v cos ϕ ; − u)
v P = (0; v P ;0)
v rel Por tanto la velocidad relativa
v rel = v L − v P
∴
de la lluvia respecto de la persona será5
v rel
( v sen ϕ ; v cos ϕ − v P ; − u)
= −
0l módulo de esta velocidad relativa será5
vrel = ( − v sen ϕ ) 2 + (v cos ϕ − vP ) 2 + ( − u) 2 vrel = v
2
2
2
+ u + vP − 2 v vP cos ϕ
omo la cantidad de agua m es proporcional a la rapidez relativa de la lluvia v rel y al tiempo ue la persona tarda en llegar a su destino, y esto es inversamente proporcional a la velocidad de la persona v p, se concluye ue m es proporcional a >"v rel &v p. ?uestro pro/lema a'ora consiste en minimizar >.
K =
v 2 + u 2 + v P2 − 2 v vP cos ϕ
⇒
K = 1 +
v P
v2 + u 2 vP2
−
2 v cos ϕ vP
ompletando cuadrados en los dos 4ltimos t+rminos de la e=presión ue se encuentra dentro del radical.
K = 1 + (
v 2 + u 2 v cos ϕ −
v P
v
2
+u
2
)
2
−
v 2 cos 2 ϕ v2 + u 2
0l mínimo valor de K se dará cuando el /inomio ue se encuentra elevado al cuadrado sea cero. De esto se deduce ue5
v P =
v2 + u2 vcos ϕ
#. Dos puntos materiales 7 y 8 se mueven en el espacio. La !igura muestra las grá!icas de dependencia entre las coordenadas cartesianas y el tiempo. Determine en ue instante los puntos materiales se encuentran a una distancia mínima entre sí y estime esta distancia.
Resolución omo las tres grá!icas posición vs tiempo son líneas rectas concluimos ue las componentes de las velocidades de los móviles, en los e;es coordenados, son constantes. Determinemos estas velocidades ue geom+tricamente es la pendiente de cada una de estas rectas.
v A x
=−
1 m / s;
vAy
v B x
=−
4 m / s;
vBy
=
2 m / s;
=−
2 m / s;
vAz
=−
vBz
=
4m/ s
8m/ s
7 partir de esto determinemos la ley de movimiento de estos móviles en cada uno de los e;es cartesianos.
x A = 9 − t
y A = 3 + 2t
zA = 7 − 4t
x B = 12 − 4t
yB = 7 − 2t
zB = 7 + 8t
La distancia ue separa estos móviles viene dado por5
d=
2
2
∆ x + ∆y + ∆ z
2
⇒
d = ( −3 + 3 t)
2
2
+ (−4 + 4 t) + ( −12 t)
d = 169t 2 − 50t + 25
ompletando cuadrados en la cantidad su/:radical5
2
d = (13 t −
25 13
) 2 + 25 − (
25 13
)2
De esta e=presión se deduce ue la distancia d será mínima cuando5
13t −
25 13
=0
∴
t=
25 169
s ≈ 0,15 s
La distancia mínima será5
d = 25 − (
25 13
)2
∴
d ≈19, 4 m
@. Un caAón se sit4a en la cima de la montaAa. La sección transversal de la montaAa es una pará/ola y = ax 2 ver !igura3. on ue rapidez inicial mínima de/e lanzarse un proyectil, /a;o un ángulo B con la 'orizontal, para ue no impacte en la super!icie de la montaAa- La aceleración de caída li/re es g.
Resolución Determinemos primeramente con u+ rapidez uo de/e lanzarse 'orizontalmente el proyectil para ue movi+ndose li/remente descri/a la pará/ola mostrada en la !igura.
7nalizando la componente 'orizontal del movimiento para/ólico MRU35
d x = vxt
⇒
x = uo t
7nalizando la componente vertical del movimiento para/ólico MCL35
d y =
1 2
gt 2
⇒
y=
1 2
gt 2
Remplazado los valores anteriormente o/tenidos en la ecuación de la pará/ola tenemos5
y = ax2
⇒
1 2
gt 2 = a( uo t) 2
∴
uo =
g 2a
eg4n esto, si el proyectil es lanzado 'orizontalmente desde la cima de la montaAa con la rapidez uo, este se moverá descri/iendo la trayectoria a3 pero sin tocar la super!icie de la montaAa si es lanzado con una rapidez menor descri/irá la misma trayectoria pero tocando la super!icie3. 0n cam/io, si es lanzado con una rapidez mayor ue uo, este se moverá descri/iendo la trayectoria /3 y se ale;ará continuamente de dic'a super!icie.
Pero, regresando al pro/lema en cuestión, si el proyectil es lanzado en !orma o/licua desde la cima de esta montaAa, con un cierto ángulo de lanzamiento, con u+ velocidades de lanzamiento este no impactará en la montaAa-
e deduce ue los proyectiles ue son lanzados de modo tal ue su mínima rapidez durante su movimiento la rapidez en la parte más alta de su trayectoria3 son mayores o iguales ue uo no impactarán en la montaAa. eg4n esto, considerando ue u) E uo E u1, las trayectorias a3 y /3 no se interceptan con la super!icie de la montaAa.
La mínima rapidez de lanzamiento del proyectil vo, para ue se cumpla la condición del pro/lema, será auella ue 'aga ue su rapidez cuando alcanza la altura má=ima sea uo
omo la componente 'orizontal del movimiento para/ólico permanece constante, tenemos ue5
vo cos α = uo
⇒
vo cos α =
g 2a
∴
vo =
g 2a
secα
6. Una peueAa lámpara, u/icada en el punto 7, ilumina la pared vertical de un edi!icio ue coincide con el e;e y. Desde la /ase del edi!icio un vándalo lanza una piedra 'acia la lámpara un ángulo de lanzamiento de @6F y esta dio en el /lanco. 0ncuentre la ley de movimiento 't3 de la som/ra de piedra so/re la pared. onsidere ue el punto 7 se encuentra a distancia L de la pared.
Resolución omo el ángulo de lanzamiento es @6F las componentes rectangulares de la velocidad de lanzamiento serán iguales y la denominaremos v. 7nalizaremos primeramente el movimiento para/ólico ue realiza el proyectil desde ue es lanzado 'asta ue transcurre un tiempo gen+rico t . omo la componente 'orizontal del movimiento para/ólico es un MRU5
d x = vx t
⇒
x = vt ... (1)
omo la componente vertical del movimiento para/ólico es un MCL5
d y = vo y t −
1 2
gt 2
⇒
y = vt −
1 2
gt 2 ... (2)
Determinemos a continuación el tiempo t 1 ue el proyectil tarda en retornar al suelo y = 0 3 a partir de la ecuación )3.
0 = vt1 −
1 2
gt12
⇒
t1 =
2v
g
∴
v=
1 2
gt1 ... (3)
omo el alcance 'orizontal del proyectil es L, reemplazando en la ecuación 135
x = vt
L = vt 1 ... (4)
⇒
v=
gL 2
... (α )
De estas dos 4ltimas ecuaciones se deduce5 Por otro lado, como los triángulos rectángulos mostrados en la !igura superior son seme;antes, por razón de seme;anza tenemos ue5
h L
y
=
h=
⇒
L−x
y L−x
L
Reemplazando los valores de x e y encontradas anteriormente tenemos ue5
vt − h=
1
gt 2
2 L − vt
L
0n esta e=presión, !actoricemos el parámetro t en el numerador y reemplacemos las ecuaciones #3 y @35
v−
1
1
gt
2 ) Lt h=( L − vt
h=
1
gt 2 h=( ) Lt 1 1 ( gt1 )t1 − gt1t 2 2 Lt 2
⇒
gt1 −
t 1
Ginalmente, como L/t 1 es v, reemplazando el valor de v o/tenido en la ecuación α3 concluimos ue5
h = vt
∴
h=
gL 2
t
De esto se deduce ue la velocidad con ue se mueve la som/ra so/re la pared vertical es constate.
$. Un aro de radio
R y centro C se mueve bordeando sin deslizar
un cilindro de radio
r que se encuentra fjo. Determine la
rapidez del punto A del aro, si el segmento OC rota respecto de la Tierra con una rapidez angular constante punto A del aro se determina por el ngulo
ω
y la posición del ACO β .
∡
=
H. !e muestra una barra r"gida y #omog$nea de longitud %, la cual en
su punto medio lleva una peque&a argolla de masa m. !i el e'tremo in(erior de la barra se traslada con rapidez constante v, )*u$ (uerza ejerce la argolla sobre la barra en el instante mostrado+
I. 0n el sistema mostrado en la !igura, el 'ilo es ingrávido e ine=tensi/le y las poleas ideales. Determine la aceleración de la carga de masa m2 , ue pende del e;e ligero de la polea móvil ideal. La masa del e;e de la otra polea ideal móvil es m, la masa de la primera carga es igual a m1. Desprecie la !ricción.
Resolución Jagamos DL de cada uno los cuerpos mostrados en la !igura.
7plicando segunda ley de ?eKton al /loue 15
Fre = ma
⇒
T − m1 g = m1a1 ... (1)
7plicando segunda ley de ?eKton a la polea móvil ue posee masa en el e;e5
Fre = ma
⇒
(2T + mg ) − T = ma
∴
T = m( a − g ) ... (2)
7plicando segunda ley de ?eKton al /loue )5
Fre = ma
⇒
m2 g − 2T = m2 a2 ... (3)
Reemplazando )3 en 13 se concluye ue5
a1 =
m m1
( a − g ) − g ... (α )
Reemplazando )3 en #3 se concluye ue5
a2 = g −
2m m2
( a − g ) ... ( β )
Ginalmente, determinemos una relación cinemática entre las aceleraciones a1, a2 y a. Para esto denominaremos a a la aceleración con ue desciende un punto de la cuerda ue une los /ordes de las poleas móviles.
7plicando el teorema de las aceleraciones de los e=tremos de una polea móvil a la polea de la izuierda5
a centro =
a e xt remo1 + a e xt remo3
a=
⇒
2
a3 − a1 2
7plicando el teorema de las aceleraciones de los e=tremos de una polea móvil a la polea de la derec'a5
a centro =
a ext re mo3
+
a ext remo4
a2 =
⇒
2
a3 − a 2
0liminando el parámetro a de estas dos relaciones tenemos ue5
a = 2a2 − a1 ... (γ ) Resolviendo las ecuaciones α, β y γ tenemos ue5
a2 = (
(m1 + m)m2 m1m2 + 4mm1 + mm2
) g
*. upongamos ue la ierra es un planeta !río no tiene magma en el interior3 y ue se 'a realizado un agu;ero cilíndrico ue comienza a partir de un lado de la tierra, pasa por su centro y sale por el otro lado. i lanzamos un cuerpo en la /oca del agu;ero 'acia el centro de la ierra, con una rapidez igual a la velocidad 'orizontal con ue tendría ue lanzarlo para esta or/ite la ierra, determine a u+ distancia
del e=tremo opuesto del agu;ero se detendrá el cuerpo. ?o considere la rotación de la ierra y desprecie toda clase de rozamiento. R5 radio de la ierra3.
73 (,6 R
83 (,I R
3 R
1(. Una barra #omog$nea de masa
D3 1,6 R
03 ) R
M esta suspendido al tec#o con
ayuda de unos #ilos ine'tensibles e imponderables de igual longitud y se encuentra en posición de equilibrio estable. %a distancia entre los puntos de fjación es igual a la longitud de la barra. !obre la barra sin (ricción puede desplazarse una peque&a arandela de masa
m
desviados un ngulo
. n el instante inicial los #ilos son α
respecto de la vertical de tal (orma que
la barra y los puntos de fjación permanecen en el mismo plano vertical mientras la arandela se encuentra en el centro de la barra. -llese la aceleración de la arandela luego de que los #ilos son soltados .
11. or una canaleta semicil"ndrica de radio R y de longitud L que se
encuentra inclinada bajo un ngulo
α
se suelta una es(erita.
)Cuntas veces la es(erita interceptar el segmento es(erita es soltada muy cerca del punto
AB si la
B+
1). La !igura muestra un sistema !ormado por dos /loues de masas m y M unidos por una cuerda ideal. i el sistema mostrado es de;ado en li/ertad de movimiento desde el reposo, encontrándose el resorte no de!ormado, determine la má=ima de!ormación ue e=perimentará dic'o resorte.
1#. Un recipiente cilíndrico, de sección recta cuya área es de #(( cm ), contiene tres moles de gas diatómico ideal C " 6R&)3 ue se encuentra a la misma presión e=terna. 0ste recipiente contiene un pistón ue puede moverse sin !ricción y todas las paredes son adia/áticas e=cepto una ue puede ser retirada para ue el gas est+ en contacto con una !uente ue proporciona calor a una velocidad constante. 0n un momento dado, el gas su!re un proceso termodinámico ue se ilustra en el siguiente diagrama PC y el pistón se mueve con una velocidad constante de 1$,$ mm&s. uál !ue apro=imadamente el cam/io en la temperatura en 3 ue e=perimentó el gas transcurridos 6( s- onsidere 1 atm " 1( 6 PaN R " I,# O&mol.>3
73 $(
83 I(
3 1((
D3 1)(
03 1@(
1@. omo se muestra, una cámara de pistón cuya área de su sección transversal es !, está lleno de gas ideal. Un pistón de sellado de masa m se encuentra en euili/rio en el punto medio de la altura del cilindro. Luego, lentamente, se tira el +m/olo 'acia arri/a. i la masa de la cámara es " , determine el má=imo valor de " tal ue la cámara se puede levantar del suelo. La temperatura se mantiene sin cam/ios, desprecie toda clase de !ricción y considere ue la presión atmos!+rica es Po.
Po A − 2mg
Po A − mg
Po A − mg
2 g
2 g
g
73
83
P A
P A
2 g
g
o
D3
3
o
03
16. i en el circuito mostrado, la inducción del campo magn+tico 'omog+neo es perpendicular al plano de la !igura y varía con el tiempo seg4n la ley # = 0$22 % , donde 8 está en teslas y t en segundos. i la resistencia el+ctrica por unidad de longitud de los conductores es de ) Ω&m, entonces la corriente ue pasa por el conductor 8, en m7, es. a / 01 cm 3
Resolución 7pliuemos la ley de &araday para determinar las !uerzas electromotrices ε ue se generan en cada uno de los circuitos mostrados.
ε =
•
dφ dt
= A
dB dt
0n el circuito izuierdo la !em ε1 es5
ε 1 = (0,04 m 2 )(0,22T/s) = 8,8mV •
0n el circuito derec'o la !em ε) es5
ε 2 = (0,02 m 2 )(0,22T/ s) = 4,4 mV omo cada metro de conductor tiene una resistencia de ) Ω, las resistencias el+ctricas de los ca/les 87G0, 8D0 y 80 son de 1,) Ω, (,I Ω y (,@ Ω respectivamente. De acuerdo a la ley de Lens, si la inducción magn+tica se encuentra entrando al plano del papel y su magnitud se encuentra aumentando, la corriente inducida en am/os circuitos tendrá sentido anti'orario. Denominaremos 23 y 20 las intensidades de corriente en las ramas 87G0 y 0D8 respectivamente.
onstruyamos un circuito simpli!icado euivalente al original y apliuemos la )da ley de >irc''o!!. Σε = Σ IR
•
0n el circuito izuierdo5
ε 1 = 1, 6 I1 − 0, 4 I 2 •
∴
8,8 mV = 1, 6 I1 − 0, 4 I 2 ...(1)
0n el circuito derec'o5
ε 2 = 1, 2 I 2 − 0, 4 I1
∴
I1 = 7 mA
4, 4 mV = 1, 2 I 2 − 0, 4 I 1 ...(2)
I 2 = 6 mA
Resolviendo estas ecuaciones5 Por tanto la intensidad de corriente ue circula por la rama 80 será ' = ' 1 ( ' 2 = 1 m!.
