Solución a los ejercicios propuestos en el módulo 4
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1.- Una partícula se somete a una fuerza F x que varía con la posición como muestra el gráfico. Determine el trabajo realizado por la fuerza sobre el cuerpo cuado éste se mueve: a) de x = 0 a x = 6,0 m b) de x = 6,0 m a 10,0 m c) de x = 10,0 m a 16,0 m d)de x = 0 m a 16,0 m
SOLUCION: Como la fuerza que actúa sobre la partícula no es constante entre 0 y 6m, el trabajo trabajo está determinado determinado por el “ área “ bajo la curva entre estos puntos: Área del triángulo = ( base • altura ) / 2 Área del triángulo triángulo = ( 6 m • 3 N) / 2 Área del triángulo = 9 N • m = 9 J Entre 6m y 10 m, el trabajo realizado lo podemos calcular ahora marcando el área entre 6 m y 10 m; Área del rectángulo = ( base • altura ) Área del rectángulo rectángulo = ( 6 m • 3 N ) Área del rectángulo = 18 N • m = 18 J Entre 10 m y 16 m: Área del triángulo = ( base • altura ) / 2 Área del triángulo triángulo = ( 6 m • 3 N) / 2 Área del triángulo = 9 N • m = 9 J El trabajo entre 0 m y 16 m es la suma algebraica de las áreas obtenidas: Trabajo total = 9 J + 18 J + 9 J = 36 J
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1.- Una partícula se somete a una fuerza F x que varía con la posición como muestra el gráfico. Determine el trabajo realizado por la fuerza sobre el cuerpo cuado éste se mueve: a) de x = 0 a x = 6,0 m b) de x = 6,0 m a 10,0 m c) de x = 10,0 m a 16,0 m d)de x = 0 m a 16,0 m
SOLUCION: Como la fuerza que actúa sobre la partícula no es constante entre 0 y 6m, el trabajo trabajo está determinado determinado por el “ área “ bajo la curva entre estos puntos: Área del triángulo = ( base • altura ) / 2 Área del triángulo triángulo = ( 6 m • 3 N) / 2 Área del triángulo = 9 N • m = 9 J Entre 6m y 10 m, el trabajo realizado lo podemos calcular ahora marcando el área entre 6 m y 10 m; Área del rectángulo = ( base • altura ) Área del rectángulo rectángulo = ( 6 m • 3 N ) Área del rectángulo = 18 N • m = 18 J Entre 10 m y 16 m: Área del triángulo = ( base • altura ) / 2 Área del triángulo triángulo = ( 6 m • 3 N) / 2 Área del triángulo = 9 N • m = 9 J El trabajo entre 0 m y 16 m es la suma algebraica de las áreas obtenidas: Trabajo total = 9 J + 18 J + 9 J = 36 J
2
2.-Un niño ejerciendo una fuerza F = 30 N tira de un carro cuyo peso es P = 50 N , a lo largo l argo de la rampa que muestra la figura. Despreciando la fricción entre el carro y la rampa y considerando el desplazamiento AB = 4,0 m , señale cuál de las afirmaciones está equivocada: a)El trabajo realizado por la reacción normal N es nulo. b)El ángulo formado por la fuerza F con el desplazamiento del carro es de 30 o , c)El trabajo realizado por la componente PT es de -100 J. d)El ángulo formado por la componente PN con el desplazamiento del carro es de 90 o . e)El trabajo total realizado realizado sobre el carro es de 20 J.
SOLUCION Las fuerzas que actúan sobre el carro son las que muestra la figura. a) ( V ) El trabajo realizado por por la fuerza normal normal es cero porque siempre es perpendicular al desplazamiento. b) ( F ) El ángulo que forma la fuerza F = 30 N con el desplazamiento es cero grados. TF = 30 N • 4,0 m • cos 0o = 120 J c) ( V ) El trabajo realizado realizado por la componente componente PT es: T = 25 N • 4,0 m • cos 180 = - 100 J d) ( V ) El ángulo ángulo que forma PN con el desplazamiento es 90o . e) ( V ) El trabajo total es igual a la suma suma de los trabajos individuales: TTOTAL = TN + TPT + TPN + Tf = 0 - 100 + 0 + 120 = 20 J
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3.- Un cuerpo de 4 kg de masa se mueve hacia arriba en un plano inclinado 20o con respecto a la horizontal. Sobre el cuerpo actúan además de su peso, las s iguientes fuerzas: una fuerza horizontal de 80 N, una fuerza paralela al plano de 100 N favoreciendo el movimiento; una fuerza constante de fricción de 10 N que se opone al movimiento. El cuerpo se traslada 20 m a lo l argo del plano. Calcular el trabajo efectuado por cada fuerza y luego el trabajo total.
SOLUCION En este caso las fuerzas son constante, luego podemos calcular el trabajo realizado por cada una mediante la expresión: T = F • d • cos α , α es el ángulo formado entre la fuerza y el desplazamiento del objeto: Trabajo realizado por la fuerza de 100 N:
En este caso la fuerza es paralela y en el mismo sentido que el desplazamiento, luego α = 0o : T = 100 N • 20 m • cos 0 = 2000 J Trabajo realizado por la fuerza de 80 N:
En este caso la fuerza es horizontal y el desplazamiento, es a lo largo del plano, luego α = 20o : T = 80 N • 20 m • cos 20 = 1503,5 J Trabajo realizado por la fuerza normal N:
Siempre la fuerza normal N es perpendicular al desplazamiento, luego α = 90o : T = N N • 20 m • cos 90 = 0 J Trabajo realizado por la fuerza de roce f = 10 N:
Siempre la fuerza de roce es opuesta al desplazamiento, luego α = 180o : T = 10 N • 20 m • cos 180 = - 200 J Trabajo realizado por el peso = 40 N :
El peso se decompone en sus componentes, la componente perpendicular al plano no realiza trabajo, luego la única que realiza trabajo es la componente paralela al plano: 40 • sen 20o = 13,68 N T = 13,68 N • 20 m • cos 180 = - 273,6 J
Trabajo total = 2000 J + 1503,5 J + 0 J + - 200 J + - 273,6 J = 3029,9 J
4
4.-Un montacargas sube en 3,0 seg y con velocidad constante un saco de café de 60 kg desde el suelo hasta un estante a 2,0 m de altura (considere g = 10 m/s2 ): a)¿Cuál es en newtons la fuerza que ejerce el montacargas sobre el saco al realizar esta operación? b)¿Cuál es el trabajo realizado por el montacargas? c)¿Que potencia desarrolla? SOLUCION Como el montacargas sube el saco con velocidad constante la fuerza resultante sobre el saco es igual a cero. Luego, la fuerza ejercida por el montacargas es F = 600 N El trabajo realizado por la fuerza que ejerce el montacargas es: T = 600 N • 2,0 m • cos 0o T = 1200 J La potencia desarrollada es el trabajo realizado dividido por el tiempo empleado: P = 1200 J / 3,0 s = 400 W
5.-Un tanque con capacidad de 2000 litros , está colocado a 6,0 m de altura por encima de una cisterna. Una bomba que funciona durante 20 min hace subir verticalmente el agua llenando completamente el tanque en dicho tiempo. a)¿Cuál es en newtons el peso total del agua subida por la bomba? (considere g = 10 m/s2 , y recuerde que 1 litro de agua tiene una masa de 1 kg) b)¿Cuál fue el trabajo total realizado por la bomba al subir el agua? c)¿Cuál fue la potencia desarrollada por el motor de la bomba para efectuar este trabajo? SOLUCION Los 2000 litros de agua tienen una masa de 2000 kg Luego el peso total del agua es: P = m • g = 2000 kg • 10 m/s2 = 20000 N El trabajo realizado por la bomba es equivalente a realizar el trabajo de levantar el agua verticalmente aplicando una fuerza igual a su peso (con velocidad constante): T = 20000 N • 6,0 m • cos 0o = 120000 J La potencia desarrollada por el motor es el trabajo realizado dividido por el tiempo empleado ( 20 min = 20 ( 60 s ) = 1200 s ): P = 120000 J / 1200 s = 100 W
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6.- a)Una mujer de 55 kg sube en una bicicleta de 7 kg por una pendiente del 3 % con una rapidez constante de 5,4 km/h. ¿Qué potencia debe desarrollar? b) Un hombre de 80 kg con una bicicleta de 8 kg empieza a descender por la misma pendiente manteniendo una rapidez constante de 21,6 km/h. ¿Qué potencia disipan los frenos?
a) La rapidez de 5,4 km/h equivale a: 5,4 : 3,6 = 1,5 m/s La pendiente de 3% (0,03 )corresponde a un ángulo: shift tg-1 ( 0,03 ) = 1,71o Las fuerzas sobre la ciclista es: N : fuerza normal P: peso de la ciclista y la bicicleta = 62 kg • 10 N/kg = 620 N f : fricción estática que permite que la bicicleta se impulse y pueda subir A lo largo del plano: f - P • sen 1,71o = 0 → f = 620 • sen 1,71o → f = 18,5 N La potencia P es igual a f multiplicada por la velocidad: P = f • v = 18,5 • 1.5 = 27,7 W b) La rapidez de 21,6 km/h equivale a: 21,6 : 3,6 = 6,0 m/s La pendiente de 3% (0,03 )corresponde a un ángulo: shift tg-1 ( 0,03 ) = 1,71o Las fuerzas sobre el ciclista son: N : fuerza normal P: peso del ciclista y la bicicleta = 88 kg • 10 N/kg = 880 N f : fricción cinética ( contraria al movimiento de descenso ) A lo largo del plano: f - P • sen 1,71o = 0 → f = 880 • sen 1,71o → f = 26,25 N La potencia P es igual a f multiplicada por la velocidad: P = f • v = 26,25 • 6 = 157,5 W
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7.-Viajando por una vía horizontal, un tren de 100 toneladas requiere una potencia de 400 CV para mantener una rapidez constante de 80 km/h. Determine. a)La fuerza total necesaria para vencer el rozamiento en los ejes, la resistencia a la rodadura y la resistencia del aire. b)La potencia adicional necesaria para que el tren mantenga esa misma velocidad subiendo una pendiente del 1 %. SOLUCION a) Podemos calcular directamente de la definición la fuerza necesaria: P = F•v
→ 1 CV = 746 W
→ 400 CV = 298400 W = 298,4 kW ,
298400 W
= F • 22,222 m/s → F = 13,25 kN
80 km/h = 80 : 3,6 = 22,222 m/s
b) Para que el tren suba por la pendiente de 1% = 0,01, el ángulo es shift tg-1 ( 0,01 ) = 0,57o El peso del tren es: 100 toneladas = 100000 kg → P = 100000 • 10 = 1000000 N La fuerza de fricción estática debe ser tal que equilibre la componente del peso a lo largo del plano: f = P • sen 0,57o → f = 1000000 • sen 0,57o = 9948,21 N P = f • v → P = 9948,21 N • 22,222 m/s
→ P = 221,069 kW = 296,3 CV
8.-A plena carga el montacargas E tiene una masa de 3000 kg y está unido como se muestra al contrapeso W de masa 1000 kg. Determine la potencia en kW que desarrolla el motor: a) cuando el montacargas desciende con velocidad constante de 3 m/s SOLUCION a)Cuando el montacarga desciende con velocidad constante La figura ( a ) muestra las fuerzas sobre el montacarga E El peso del montacarga es 3000 • 9,8 = 29400 N T es la tensión en la cuerda unida al contrapeso, como el sistema se mueve con velocidad constante T = W = 1000 • 9,8 = 9800 N F es la fuerza ejercida por el motor porque es una sola cuerda Entonces, como el montacarga se mueve con velocidad constante: 29400 N - 9800 - 2 F = 0 → F = 9800 N Para que el contrapeso baje a 3 m/s, la cuerda sujeta al motor ( C ) debe moverse a razón de 6 m/s, entonces la potencia mecánica del motor: P = F • v → P = 9800 N • 6 m/s = 58800 W = 58,8 kW
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9.-En el sistema mostrado en la figura de este problema, la polea y la cuerda tienen masas despreciables y tanto la polea como la tapa de la mesa no presenta fricción. Suponiendo que el sistema sea liberado del reposo, use la conservación de la energía para calcular las velocidades de los cuerpos A y B, después que el cuerpo B desciende una distancia d = 2,0 m. Suponga: mA = 2,0 kg mB = 3,0 kg , g = 10 m/s2 .
SOLUCION Como no existe fricción, la energía mecánica total inicial debe ser igual a la energía mecánica final ( es decir cuando el objeto que cuelga ha caído 2,0 m ) Energía mecánica inicial: ECINET. = 0 J (cuerpo A y B en reposo) EGRAVIT = m g h (solo tiene energía gravitatoria el cuerpo B, el nivel se toma al final de los 2,0 m) EGRAVIT = 3,0 • 10 • 2,0 = 60 J Energía mecánica final: El cuerpo A se ha movido una cierta distancia, luego alcanza una rapidez v, es decir tiene energía cinética final: ECINET. = mA • (v)2 / 2 = 2,0 • (v)2 / 2 = (v) 2 El cuerpo B ha bajado los 2,0 m luego alcanza una rapidez v, (igual a la de A) es decir tiene energía cinética final: ECINET. = mB • (v)2 / 2 = 3,0 • (v)2 / 2 = 1,5 (v)2 El cuerpo B ahora no tiene energía gravitatoria pues se encuentra en el nivel de referencia: Energía mecánica inicial 60 J
=
= (v)2
Energía mecánica final +
1,5 (v)2
v = 4,9 m/s
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10.-La pastilla de 230 gr se comprime contra el resorte A de k = 534 N/m y luego se suelta desde el reposo. Despreciando el roce, hallar la menor compresión del resorte para que la pastilla recorra el bucle ABCDE sin perder nunca el contacto con el mismo.
SOLUCION Cuando la pastilla pasa por el punto mas alto D, su energía potencial gravitatoria será máxima, y por tanto será mínima su energía cinética y su velocidad. Para que la pastilla se mantenga en contacto con el bucle, la fuerza N ejercida por éste sobre la pastilla debe ser mayor o igual que cero. Con N = 0, la velocidad v D será la mínima posible, entonces en el punto D, actúa sólo el peso de la pastilla: Σ FC = m • aC
⇒
P = m • aC
⇒
m • g = m • aC
⇒
aC = g = 10 m/s2
La aceleración centrípeta en el punto más alto es: ac = ( vD )2 / R
⇒
( vD )2 = 10 • 0,6
⇒
vD = 2,45 m/s2
Como no existe fricción, la energía mecánica se conserva, es decir en cualquier punto la suma de la energía cinética mas la energía potencial es la misma.. Cuando el resorte está comprimido, el sistema tiene energía elástica ( k • ∆x2 ) / 2, en el punto más alto D, la patilla tiene energía cinética ( m • vD 2 / 2 ) más potencial gravitatoria ( m • g • h ), entonces: Energía mecánica en A
=
( k • ∆x2 ) / 2 ( 534 • ∆x2 ) / 2
Energía mecánica en D m • vD 2 / 2 +
= =
m•g•h
0,23 • (2,45) 2 / 2 +
∆x = 0,11 m
9
0,23 • 10 • 1,2
11.-Un cuerpo de 2 kg es soltado desde una alt ura h = 1,5 m directamente sobre un resorte no deformado cuya constante elástica es k = 200 N/m. Determine la máxima deformación que el cuerpo provocará en el resorte , después de llegar a él.
SOLUCION Consideremos como nivel de referencia, el punto donde el resorte no esta deformado: El bloque tiene energía gravitatoria: EGRAVIT. = m g h = 2 • 10 • 1,5 = 30 J Esta es la energía mecánica inicial del sistema. Cuando el bloque ha comprimido el resorte, ahora tenemos energía gravitatoria del bloque EGRAVIT. = - m g x ( negativa porque está bajo el nivel de referencia) EGRAVIT. = - 2,0 • 10 • x = - 20 x Energía elástica del resorte, pues está deformado EELAST. = k • ( x )2 / 2 = 200 • ( x )2 / 2 = 100 ( x )2 La energía mecánica final del sistema es: EMECAN.
=
- 20 x + 100 ( x )2
Igualando la energía mecánica total inicial, con la energía mecánica final se tiene: 30 J
=
- 20 x
Ordenando la ecuación resulta: Resolviendo para x se tiene:
+ 100 ( x )2 100 ( x )2 - 20 x - 30 = 0 x = 0,66 m
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12.-En la figura, un bloque de 10 kg se suelta desde A. La pista no ofrece fricción excepto en la parte entre B y C de 6,0 m de longitud. El bloque se mueve hacia abajo por la pista, golpea un resorte de constante k = 2250 N/m y lo comprime 0,3 m desde su posición de equilibrio antes de quedar momentáneamente en reposo. Determine el coeficiente de roce cinético entre el bloque y la superficie entre B y C.
SOLUCION Este ejercicio lo desarrollaremos en tramos AB , BC , CD, ocuparemos para cada uno de ellos el teorema del trabajo y la energía cinética, es decir : Ttotal = ECINET. FINAL - ECINET. INICIAL AB
(no hay fuerza de roce)
Las fuerza que actúa sobre el objeto son la normal N y el peso P T(Normal) + T(Peso)A → B
= ECINET. FINAL -
ECINET. INICIAL
El trabajo de la fuerza normal siempre es cero porque es perpendicular al desplazamiento. El trabajo realizado por la fuerza peso de A a B es igual a la energía gravitatoria en A menos la energía gravitatoria en B: T(Peso)A → B = EGRAV. A - EGRAV. B = 10 • 10 • 3,0
- 10 • 10 • 0
T(Peso)A → B = 300 J , luego se tiene: T(Normal) + T(Peso)A → B 0J
+
300 J
= ECINET. FINAL -
= ECINET. FINAL -
0J
ECINET. INICIAL → ECINET. FINAL = 300 J
Esta energía cinética final que alcanza el bloque en B, la consideraremos cinética inicial para el tramo BC
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BC ( Las fuerzas que actúa son el peso , la normal y la fuerza de roce f )
T(Normal) + T(Peso)A → B + T ( fuerza roce ) = ECINET. FINAL ( C ) -
ECINET. INICIAL
( B)
T(Normal) = 0 J T(Peso)B → C = 0 J (El peso es perpendicular al desplazamiento) En la dirección vertical N = mg = 100 N Luego el trabajo de la fuerza de roce es: T ( fuerza roce ) = f • dBC • cos 180o ( pero f = µ • N ) T ( fuerza roce ) = µ • 100 • 6,0 • ( - 1 ) = - 600 µ T(Normal) + T(Peso)A → B + T ( fuerza roce ) = ECINET. FINAL ( C ) OJ
+
0J
-
600 µ
= ECINET. FINAL ( C )
-
ECINET. INICIAL ( B )
300 J.
( ∗ )
Ahora considere el tramo CD ( el objeto golpea el resorte que está inicialmente no deformado y lo comprime 0,3 m) CD ( Las fuerzas que actúa son el peso , la normal y la fuerza elástica )
T(Normal) + T(Peso)C → D + T ( fuerza elástica ) = ECINET. FINAL ( D ) -
ECINET. INICIAL
( C)
ECINET. INICIAL
( C)
T(Normal) = 0 J T(Peso)B → C = 0 J (El peso es perpendicular al desplazamiento) ECINET. FINAL ( D )
= 0J
T ( fuerza elástica ) C
→D
= EELASTICA ( C ) - EELASTICA ( D )
T ( fuerza elástica ) C
→D
= 0 J -
T ( fuerza elástica ) C
→D
=
2250 • ( 0,3 )2 / 2
- 101,25 J
T(Normal) + T(Peso)C → D + T ( fuerza elástica ) = ECINET. FINAL ( D ) 0J
+
0J
- 101,25 J ECINET. INICIAL
( C)
=
0 J - E CINET. INICIAL
=
101,25 J
Reemplazando en ( ∗ ) se tiene: - 600 µ
=
101,25 j -
300 J
⇒
µ =
12
0,33
( C)
13.-Una partícula de 0,5 kg de masa se dispara desde P como muestra la figura con una velocidad inicial vi que tiene una componente horizontal de 30 m/s. La partícula asciende hasta una altura máxima de 20 m sobre P. Con la ley de conservación de la energía, determine: a)La componente vertical de vi b)El trabajo realizado por la fuerza gravitacional sobre la partícula durante su movimiento de P a B c)Las componentes horizontal y vertical del vector velocidad cuando la partícula llega a B.
SOLUCION Tomando nivel de referencia en el suelo, cuando el objeto llega a la altura de 80 m, la energía mecánica (total ) es igual a la gravitatoria más la energía cinética. En ese punto la velocidad en vY es nula (punto más alto) luego la energía cinética está determinada por la componente en x: EGRAVITA.. = 0,5 • 10 • 80 = 400 J
}
2
ECINET. = 0,5 • ( 30 ) / 2 = 225 J
Emecan.total = 400 + 225 = 625 J
La energía total en P es entonces 625 J, como en ese punto la altura es 60 m, la energía gravitatoria es: EGRAVITA.. = 0,5 • 10 • 60 = 300 J , luego la cinética en P es ECINET. = 325 J Con este valor podemos calcular la rapidez total con que sale la partícula: ECINET. = 325 J = 0,5 • ( v )2 / 2
⇒
v = 36,0 m/s
Ahora podemos calcular la componente de la velocidad vertical ( vY ): ( vY )2 + ( 30 )2 = ( 36 )2
⇒
vY = 19,8 m/s
El trabajo realizado por la fuerza gravitacional desde P hasta B es : TPESO = EGRAVIT.
P
-
TPESO = 0,5 • 10 • 60 -
EGRAVIT.
B
0
TPESO = 300 J Cuando la partícula llega a B, la energía gravitatoria es cero, la cinética es 625 J 625 J = 0,5 ( v )2 / 2
→ v = 50 m/s (rapidez total)
( vY )2 + ( 30 )2 = ( 50 )2
⇒
vY = 40 m/s
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14.-Un bloque se desliza hacia abajo por una pista curva sin fricción y después sube por un plano inclinado como muestra la figura. El coeficiente de roce cinético entre el bloque y la pendiente es uc . Con métodos de energía demuestra que la altura máxima alcanzada por el bloque es: ymax = h 1 + uc • cot θ
SOLUCION El problema consiste en un bloque de masa m que se suelta en el lado derecho (sin roce) y entra en otra pista con roce (izquierda). Haremos uso del teorema del trabajo y la energía cinética. Lado derecho: TTOTAL = ECINT. F INAL - ECINET. INICIAL Las fuerzas que actúa sobre el objeto son su peso, y la fuerza normal. TNORMAL = 0 J ( la normal es perpendicular al desplazamiento) TPESO = EGRAVTIT. ( A ) TNORMAL + TPESO OJ + mgh
=
EGRAVTIT. ( B) = m g h - 0 = m g h ECINT. F INAL - ECINET. INICIAL
= ECINT. F INAL -- 0 J
mgh
= ECINT. F INAL
Esta energía cinética que alcanza al llegar abajo, la ocuparemos como energía cinética inicial para el t ramo de la izquierda- En este tramo las fuerzas que actúa son : Normal, peso , fuerza de roce, al llegar al punto de yMAX la energía cinética es cero. TNORMAL + TPESO +
TFROCE = ECINT. F INAL - ECINET. INICIAL
TNORMAL = 0 J ( la normal es perpendicular al desplazamiento) TPESO = Egravit inici - EGRAVIT.FINAL = 0 - m g yMAX TFROCE = f • d • cos 180 = µ N d ( -1 ) Con N = m g cos θ y d = ymax / sen θ TFROCE = - µ m g cos θ ymax / sen θ TNORMAL + TPESO + 0J
TFROCE = ECINT. F INAL - ECINET. INICIAL
- m g yMAX - µ m g cos θ ymax / sen θ yMAX + µ cos θ ymax / sen θ yMAX =
= 0
= h
h / ( 1 + µ cot θ )
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- mgh
15.-En la figura se muestran dos bloques conectados entre sí por medio de una cuerda ligera que pasa sobre una polea sin fricción. El bloque de masa m1 descansa sobre una superficie horizontal y está conectado a un resorte de constante elástica k. El sistema se libera desde el reposo cuando el resorte no está deformado. Si el bloque que cuelga, de masa m2 cae una distancia h antes de quedar en reposo, demuestre que el coeficiente de roce cinético entre m1 y la superficie se puede obtener por la expresión: uc = m2 • g - k • h/2 m1 • g
SOLUCION El sistema se libera desde el reposo, luego la energía cinética inicial es cero. El bloque de masa m2 cae una distancia h antes de quedar en reposo, es decir la energía cinética final del sistema también es cero: TNORMAL + TROCE
+ TELASTICA + TPESO
= ECINET. (F)
- ECINET.( I )
TNORMAL = 0 J TELASTICA = EELAST. ( I ) - EELAST. ( F) = 0
k • h2 / 2
-
= - k • h2 / 2 TPESO
= EGRAVIT. ( I ) -
EGRAVIT. ( F )
= m2 • g • h - 0 = m2 • g • h TROCE = f • d • cos 180 = µ •N •h•(-1) = - µ • N • h , con TNORMAL + TROCE 0J
N
= m1 • g
+ TELASTICA + TPESO
= ECINET. (F)
- ECINET.( I )
- µ • m1 • g • h - k • h2 / 2 + m2 • g • h µ = µ
m2 • g • h - k • h2 / 2 m1 • g • h = m2 • g - k • h / 2 m1 • g
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= 0
16.- Una corredera de 10 kg desliza sin rozamiento a lo largo de una guía vertical como muestra la figura. El resorte unido a la corredera tiene una longitud natural de 100 mm y una constante de 500 N/m. Si la corredera parte del reposo de la posición 1 , determine la velocidad en la posición 2 tras haberse desplazado 150 mm.
SOLUCION El trabajo realizado por el resorte para ser llevado desde su longitud original ( O ) a la posición 1 es: TRESORT O → 1 = EELAT. O - EELAST. 1 TRESORT O → 1 = 0 - ( 500 • ( 0,1 )2 ) / 2 = - 2,5 J Considerando como nivel de referencia el punto 2, al moverse la corredera desde 1 hacia 2, el peso de ella realiza trabajo: TCORREDR. 1 → 2 = EGRAV. 1 - EGRAV. 2 = m • g • h - 0 TCORREDR. 1 → 2
= 10 • 9,81 • 0,15 = 14,71 J
El trabajo realizado por el resorte para ser llevado desde su posición 1 a la posición 2 es: TRESORT 1 → 2 = EELAT.1 - EELAST. 2 TRESORT 1 → 2 = 2,5 J - 500 • ( 0,15 )2 ) / 2 = - 3,125 J En el punto 2 el sistema tiene energía cinética ( m • v2 2 ) / 2 Ocupando el teorema del trabajo y la energía cinética, se tiene: Ttotal = TPESO + TELAST. 1 → 2 = ECINET. 2 - ECINET. 1 14,71 - 3,125 = ( 10 • v2 2 ) / 2 - 0 v2 = 1,52 m/s
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17.-Un bloque de 5 kg se pone en movimiento ascendente en un plano inclinado con una rapidez inicial de 8,0 m/s. El bloque se detiene después de recorrer 3,0 m a lo largo del plano, el cuál está inclinado a un ángulo de 30o con la horizontal. Determine para este movimiento: a)El cambio en la energía cinética del bloque b)El cambio en su energía potencial gravitatoria c)La fuerza de roce ejercida sobre él supuesta constante.
SOLUCION La energía cinética inicial del bloque es: ECINET. INIC = 5 ( 8 )2 / 2 = 160 J ECINET. FINAL = 0 J El cambio o variación en la energía cinética es la diferencia entre la energía cinética final y la inicial: ∆ E CINET. = ECINET. FINAL - ECINET. INICIAL = 0 - 160 = - 160 j
El cambio o variación en la energía gravitatoria es la diferencia entre la energía gravitatoria final y la inicial: ∆ E GRAVITAT.. = EGRAVIT. FINAL - EGRAVIT. INICIAL = m g y - 0 ( y = sen 30 • 3 = 1,5 m ) = 5 • 10 • 1,5 = 75 J
TTOTAL
=
ECINET. FINAL
- ECINET. INICIAL
TNORMAL +TROCE + TPESO = ECINET. FINAL - ECINET. INICIA TNORMAL = 0 J TPESO ( A → TPESO ( A →
B) B)
= EGRAVIT. A - EGRAVIT. B = O - 75 J = - 75 J
TROCE = f • d • cos 180 = f • 3,0 • ( - 1 ) = - ( 3,0 f ) TNORMAL
+ TROCE
0 J - ( 3,0 f )
+ TPESO - 75 J
= =
f =
0
ECINET. FINAL
- ECINET. INICIA
- 160
28,3 N
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18.-Una piedra de masa m está oscilando como un péndulo, partiendo del reposo de una posición en la cual el hilo forme 60 o con la vertical. Calcular la tensión del hilo cuando la piedra pasa por la posición mas baja de su trayecto (exprese la respuesta en función del peso mg de la piedra).
SOLUCION Al soltar el objeto desde A tiene sólo energía gravitatoria: En A :
EA = m g h
Cuando pasa por B (punto más bajo) tiene sólo Energía cinética : ECINET. = m • ( vB )2 / 2 ,
En B :
En la figura se observa que h = L – L cos 60o h = 0,5 L Como no hay roce, la energía total en A es igual a la energía total en B: mgh
= m • ( v B )2 / 2 →
0,5 m g L = m • ( vB )2 / 2 vB = √ g L
Cuando pasa por el punto más bajo, las fuerzas que actúa son el peso del objeto ( mg ) y la tensión T en la cuerda ( hacia arriba). Como el objeto describe una circunferencia, la resultante de estas dos fuerzas debe estar dirigida hacia el centro de la circunferencia ( fuerza centrípeta): T - mg = m • ( vB )2 / R
con R = L
( L es radio de la circunferencia )
T - mg = m • ( √ g L )2 / L T - mg = mg T = 2 mg
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19.-Una partícula de masa m es soltada en A y se desliza sin roce a lo largo de un riel como muestra la figura. El radio de la parte circular es R y h = 5R , marque la afirmación falsa : a)la energía mecánica total del cuerpo en el punto C vale 5 mgR b)La energía cinética del cuerpo en B es 5 mgR c)La energía cinética del cuerpo en D es 3 mgR d)La velocidad del cuerpo en C es √ 8gR e)La reacción normal del riel sobre el cuerpo en C es 3 mg
SOLUCION Como no existe roce, la energía mecánica es la misma en todos los puntos, es decir sólo tenemos transformación de energía gravitatoria en cinética y viceversa. En A : EGRAVIT. = m g h = mg5R = 5mgR ,
ECINET. = 0 J
EMECAN. = 5mgR Luego, en los puntos B , C , D, la energía mecánica es 5mgR. La alternativa ( c ) es Verdadera En B, la energía gravitatoria es cero, por lo tanto en B tiene sólo energía cinética igual a 5mgR. Luego la alternativa ( b ) es Verdadera. En D el cuerpo tiene energía cinética y gravitatoria: EGRAVIT. = m g 2R = 2mgR , por lo tanto ECINETIC = 3mgR (lo que le falta para completar 5mgR ). La alternativa ( c ) es Verdadera. En C la EGRAVIT. = m g R , por lo tanto ECINET. = 4mgR De ECINET. = m • ( v ) 2 / 2 Verdadera.
→ 4mgR = m • ( v ) 2 / 2 → v = √ 8 g R
La alternativa ( d ) es
En C la fuerza normal ejercida por el riel proporciona la fuerza centrípeta, es decir: N = m • ( vC )2 / R = m √( 8 g R ) 2 / R → N = 8 mg. Luego la alternativa ( e ) es Falsa
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20.-En relación al ejercicio anterior : a)¿Cuál es el módulo de la fuerza resultante que actúa en el cuerpo en el punto C? b)¿Cuál es el valor de la reacción normal del riel sobre el cuerpo en el punto B? ¿Y en el punto D ? c)¿Cuál debe ser el mínimo valor de la altura h (en función de R ) para que el cuerpo pase por el punto D sin ejercer compresión sobre el riel? SOLUCION En el punto C actúa sobre el objeto la fuerza ejercida por el riel (hacia el centro) y el peso del objeto (vertical hacia abajo): Por el ejercicio anterior la normal en C es: NC = 8 mg P = m g (peso del objeto) La fuerza resultante sobre el cuerpo en C es: F = √ ( 8 mg ) 2 + ( m g )2 F = mg √ 65 En el punto B, las fuerzas que actúan sobre el objeto son la ejercida por riel hacia Arriba ( normal ) y el peso P vertical hacia abajo. Como el objeto describe una Circunferencia la resultante de estas dos debe apuntar hacia el centro (fuerza centrípeta): N - mg = m • ( vB )2 / R
( ∗ )
En B tiene sólo ECINET. = 5mgR = m • ( vB )2 / 2 → vB = √ 10 gR En ( ∗ ) se tiene: N - mg = m • ( √10 gR )2 / R
→ N = 11 mg
En D actúa sobre el cuerpo la fuerza ejercida por el riel hacia abajo ( normal) y el peso del cuerpo también hacia abajo: N + mg = m • ( vD )2 / R
( ∗ ∗ )
Se tiene ECINET. = 3mgR = m • ( vD )2 / 2 → vD = √ 6 gR En ( ∗ ∗ ) se tiene: N + mg = m • ( √ 6 gR )2 / R → N = 5 mg Para que el cuerpo pase por D sin ejercer compresión ( normal = 0 ), la velocidad que debe tener es: mg = m • ( vD )2 / R
→
vD = √ g R ,
mg x = m g 2R + m ( v D )2 / 2
igualando la energía mecánica en A y en D se tiene:
→ mg x = m g 2R + m ( √ g R )2 / 2
De aquí se obtiene x = 2,5 R 20
21.- Una pelota de tenis de masa m = 100 gr y velocidad v1 = 10 m/s es devuelta por un jugador impulsándola con una velocidad v2 del mismo valor y dirección que v1 pero con sentido contrario. a)¿Cuál es la variación en el momentum de la pelota? b)Si el tiempo de contacto fue ∆t = 0,01 seg , calcule la magnitud de la fuerza promedio que la raqueta ejerce sobre la pelota. SOLUCION Supongamos que el movimiento de la pelota se desarrolla en la dirección horizontal, e imaginemos que inicialmente la pelota se mueve hacia la derecha y consideremos este como sentido positivo: → → → pI = m • vI → pI = 0,1 • 10 i = 1 kg m/s i → → → pF = m • vF → pF = 0,1 • - 10 i = - 1 kg m/s i La variación en el momentum es la diferencia entre el momentum final y el inicial: → → → ∆p = pF - pi = - 1 kg m/s i - (1 kg m/s i ) = - 2 kg m/s i La fuerza media ejercida por la raqueta es: → → → F = ∆p / ∆t → F = ( - 2 kg m/s i ) / 0,01 s = - 200 N i La magnitud de la fuerza promedio es 200 N 22.-Una bola de billar de 0,5 kg de masa , al moverse hacia la izquierda con una velocidad de 2,0 m/s perpendicular a una banda de la mesa, choca con ella y se vuelve con una velocidad de igual magnitud y dirección. Considere positivo el sentido hacia la derecha. Señale cuál de las afirmaciones siguientes está equivocada: a)La cantidad de movimiento de la esfera antes de chocar con la banda era de – 1,0 kg m /s b)La cantidad de movimiento de la bola después del choque es de 1,0 kg m /s c)La variación de la cantidad de movimiento de la bola, en virtud del choque con la banda fue nula. d)El impulso que la bola recibió de la banda fue de 2,0 N s e)Si conociéramos el tiempo de interacción de la banda con la bola, sería posible calcular la fuerza media que una ejerció sobre la otra.
SOLUCION ( a ) Es verdadero, pues al considerar sentido como positivo hacia la derecha, la cantidad de movimiento de la bola inicial es hacia la izquierda: pI = - 0,5 kg • 2 m/s = - 1,0 kg m / s ( b ) Es verdadero, pues al considerar sentido como positivo hacia la derecha, la cantidad de movimiento de la bola final es hacia la derecha : pI = + 0,5 kg • 2 m/s = + 1,0 kg m / s ( c ) Es falso, porque la variación en la cantidad de movimiento es igual al momentum final menos el inicial: ∆p = pF - pI → ∆p = + 1,0 kg m / s - ( - 1,0 kg m / s ) = 2,0 ( kg m / s ) ( d ) Es verdadero, porque el impulso tiene la misma magnitud , dirección y sentido que la variación de momentum: I = ∆p = 2,0 N • s ( e ) Es verdadero, porque el impulso es igual al producto de la fuerza media ejercida y el tiempo de contacto: I = F • ∆t → F = I / ∆t 21
23.-Una persona de masa igual a 70 kg, salta desde una altura de 5,0 m y cae de pie verticalmente sobre el suelo. Suponga, que al llegar al piso para amortiguar el impacto, dobla las rodillas como lo hacemos habitualmente , de manera instintiva. En estas condiciones, se sabe que el impulso del suelo sobre la persona dura cerca de 0,05 seg (considere g = 10 m/s 2 ). a)Calcule el valor de la reacción normal que el suelo ejerce sobre la persona. b)Sabiendo que el área del hueso de la pierna que sufre el impacto es de 3,0 cm2 y que el hueso humano, puede soportar una carga de compresión máxima de 1,7 x 108 N/m2 , sin romperse, verifique si la persona se fracturó la pierna.
SOLUCION La persona salta desde una altura de 5,0 m , lo primero es determinar la velocidad con que llega al suelo. Ocupando la conservación de la energía mecánica, se tiene: m g h = m v2 / 2 v = √ 2gh v = √ 2 • 10 • 5,0 v = 10 m/s La variación de momentum en la persona es igual al mometum final ( pF = 0, se detiene) menos el momentum inicial ( pI = 10 m/s • 70 kg = 700 kg m/s) ∆p = pF
- pI
→
∆p = 0 - 700 = - 700 kg m/s
El impulso aplicado por el suelo sobre la persona ( F •∆t ) es igual a la variación de momentum en la persona: F • ∆t
= ∆p
→
F • 0,05
= - 700
F = 1,4 x 10 4 N b) La fuerza dividida en el área da como resultado: F = A
1,4 x 104 N 3,0 x 10-4 m2
= 0,46 x 108 N/m2
Luego, no se fractura la pierna.
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24.-La velocidad inicial del bloque en la posición A es de 9 m/s. Sabiendo que el coeficiente de roce cinético entre el bloque y el plano inclinado es uc = 0,3, determine cuánto tiempo tarda el bloque en llegar a B con velocidad nula.
SOLUCION Dibujemos las fuerzas que actúan sobre el bloque a medida que sube por el plano inclinado: En dirección perpendicular al plano:
N : fuerza normal ; m g cos 30 : componente del peso del bloque En dirección paralela al plano:
f = u • N : fuerza de roce con u = 0,3 m g sen 30 : componente del peso del bloque paralela al plano inclinado En la dirección perpendicular al plano no hay movimiento por lo tanto: N = m g cos 30
Considerando sentido positivo hacia arriba del plano y sabiendo que el impulso aplicado es igual a la variación de momentum, se tiene: F • t = m • vF - m • vI - m g sen 30 • t - u • N • t = m • vF - m • vI - m g sen 30 • t - u • m g cos 30 • t = m • 0 - m • 9 (se elimina “ m “ ) - g sen 30 • t - u • g cos 30 • t = 0 - 9 t = 1,18 s
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25.-Una bola de acero de 3,0 kg golpea una pared con rapidez de 10,0 m/s a un ángulo de 60o con la superficie. Rebota con la misma rapidez y ángulo. Si la bola está en contacto con la pared durante 0,2 s, ¿cuál es la fuerza promedio ejercida por la pared sobre la bola?
SOLUCION En el punto de contacto, actúan sobre la bola, el peso y la fuerza total que ejerce la pared, ésta la descomponemos en una horizontal ( N ) y otra vertical F y : Aplicando que el impulso es igual a la variación de momentum en la dirección y ,se tiene: Fy • t - m g • t = m • vf - m • vi Fy • t - 3 • 10 • t = 3 •cos 60 • 10 - 3 •cos 60 • 10 Fy = 30 N Aplicando que el impulso es igual a la variación de momentum en la dirección x ,se tiene: N • t = m • vf - m • vi N • 0,2 = - 3 •sen 60 • 10 - 3 •sen 60 • 10 N = 259,8 N La fuerza total ejercida por la pared es: F = - 259,8 N i + 30 N j Magnitud: F = √ ( 259,8 )2 + ( 30 )2 F = 261,5 N
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26.-Un proyectil de se mueve horizontalmente a la derecha con rapidez v = 40 m/s. En un instante explota fragmentándose en tres partes A , B , C de masa M , 2M , 3M, respectivamente. Sabiendo que después de la explosión la rapidez de las partes B y C valen v B = vC = 110 m/s, determine la rapidez de la parte A.
SOLUCION Aplicamos la conservación del momentum tanto en la dirección x como en la dirección y: Momentum total antes de la explosión = Momentum total después de la explosión Dirección Y : 0 = M • vAY + Vb • sen 60o • 2M - Vc • sen 60o • 3M 0 = M • vAY + 110 • sen 60o • 2M - 110 • sen 60o • 3M vAY = 95,2 m/s ( La parte A después de la explosión tiene una componente de la velocidad en la dirección vertical hacia arriba) Dirección X : 40 • 6M = M • vAX + Vb • cos 60o • 2M + Vc • cos 60o • 3M 240 M = M • vAX + 110 • cos 60o • 2M + 110 • cos 60o • 3M vAY = - 35 m/s ( La parte A después de la explosión tiene una componente de la velocidad en la dirección horizontal hacia la izquierda) → La velocidad total de la parte A es : vA = - 35 m/s i + 95,2 m/s j
La rapidez de A es: vA = √ ( 35 )2 + ( 95,2 )2 = 101,4 m/s
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27.-Un bloque B de 1 kg se mueve con una velocidad vo de magnitud 2 m/s cuando golpea contra la esfera A de 0,5 kg, la cuál está en reposo y cuelga de una cuerda sujeta en O. Sabiendo que el coeficiente de roce cinético entre el bloque y la superficie horizontal es uc = 0,6 y que e = 0,8 entre el bloque y la esfera, determine tras el impacto: a)La altura máxima alcanzada por la esfera b)La distancia x que recorre el bloque SOLUCION Aplicamos la conservación del momentum para calcular la velocidad después del choque de la esfera ( vA ) y del bloque ( vB ): Consideremos sentido positivo hacia la izquierda
Antes del choque, el momentum de la esfera A es c ero porque está en reposo, el del bloque es 1 • 2 = 2 kg m/s Después del choque la velocidad de la esfera es v A y la del bloque es vB . 0 + 2 = 0,5 vA + 1 vB → 2 = 0,5 vA + 1 vB ...( 1 ) El coeficiente de restitución ( e = 0,8 ) es igual a la expresión: e = ( vFB - vFA ) / ( v IA - vIB ) (En este caso el cuerpo B es la esfera y el cuerpo A es el bloque) 0,8 = ( vA - vB ) / ( 2 - 0 ) → 1,6 = vA - vB .....( 2 ) Combinando ( 1 ) y ( 2) se tiene: 2 = 0,5 vA + 1 vB 1,6 = vA - v B Resolviendo el sistema se tiene: vA = 2,4 m/s , vB = 0,8 m/s Ocupando la conservación de la energía calculamos la altura alcanzada por la esfera: ECINÉTICA = EGRAVITATORIA → m • v2 / 2 = m • g • h 0.5 • (2,4 )2 / 2 = 0,5 • 10 • h → h = 0,288 m Para calcular la distancia recorrida por B después del choque ocupamos el t eorema del trabajo y la energía: TTOTAL = ECINT. FINAL - ECINET. INICIAL Las fuerzas que actúan sobre el bloque son el peso, la normal y la fuerza de roce. La única que realiza trabajo es la fuerza de roce (la normal y el peso son perpendiculares al desplazamiento) TROCE = ECINT. FINAL - ECINET. INICIAL u • N • d • cos 180 = m • (vF )2 / 2 - m • (vF )2 / 2 0,6 • 10 • d • ( - 1 ) = 1 • (0 )2 / 2 - 1 • (0,8 )2 / 2 → d = 0,053 m
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28.-Un bloque de 30 kg se deja caer desde una altura de 2 m sobre el plato de 10 kg de una balanza de resorte. Suponiendo que el choque es perfectamente elástico , determine el máximo desplazamiento del plato. La constante elástica del resorte es k = 20 kN/m
SOLUCION Aplicando la conservación de la energía, calculamos la velocidad con que llega el bloque al plato: EGRAVIT A = ECINET. B m • g • h = m • v2 / 2
⇒
30 • 9,81 • 2 = 30 • v2 / 2 v = 6,26 m/s , esta es la velocidad con que llega el bloque al plato de la balanza.
Como el choque es perfectamente elástico ( e = 0 ) el bloque y el plato se mueven con la misma velocidad (juntos ) luego del choque. Aplicando la conservación del momentum, se tiene: Momentum antes del choque = Momentum después del choque mBLOQUE • vBOLQUE + mPLATO • vPLATO = ( mBLQUE + mPLATO ) • vCONJ. 30 • 6,26 + 10 • 0 = ( 30 + 10 ) • vCONJ.
⇒
vCONJ. = 4,69 m/s
Inicialmente el resorte soporta el peso del plato ( a ) , por lo tanto tiene una pequeña deformación. En el equilibrio: FELAST = m • g ⇒ k • x1 = m • g ⇒ 20000 • x1 = 10 • 9,81 -3 ⇒ x1 = 4,9 • 10 m
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En relación a la posición no deformada del resorte, cuando el bloque golpea el plato ( b ) , el sistema tiene: energía cinética: ( 30 + 10) • ( 4,7 )2 / 2 = 441,8 J, energía elástica debido a la deformación del resorte : ( - 20000 • (4,9 • 10-3 )2 ) / 2 = - 0,24 J energía gravitatoria debido a las dos masas : ( - 40 • 9,81 • 4,9 • 10-3 ) = - 1,92 J . En el punto más bajo (máxima compresión del resorte) la energía cinética es cero, el r esorte tiene energía elástica ( k • x22 ) / 2 = 10000 x22 y el conjunto bloque plato tiene energía gravitatoria ( - 40 • 9,81 • x2 ). Ocupando la conservación de la energía mecánica entre los dos últimos puntos mencionados, se tiene: 441,8 - 0,24 - 1,92 = 10000 x22 - 40 • 9,81 • x2 10000 x22 - 392,4 x2 - 439,64 = 0 x2 = 0,23 m Por lo tanto la máxima deformación del resorte h = x 2 - x1 es h = 0,23 m - 4,9 • 10-3 m = 0,225 m
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294.-Dos automóviles de igual masa, A y B se encuentran en reposo con los frenos sueltos. El auto C de igual masa ha sido empujado y choca con B con una velocidad de 1,5 m/s. Sabiendo que el coeficiente de restitución es 0,8 entre B y C y 0,5 entre A y B, determine las velocidades de cada auto luego de producirse todas las colisiones.
Como los autos tienen igual masa, suponemos el valor m para ella. SOLUCION Consideremos sentido positivo hacia la izquierda, para el choque entre C y B, aplicando la conservación del momentum, se tiene: Momentum total antes del choque = Momentum total después del choque 1,5 • m + 0 • m 1,5 = VF (C)
= VF (C) • m + VF (B) • m , donde VF (C) y VF (B) son las velocidades finales de B y C, después del choque. + VF (B) … ( 1 )
El coeficiente de restitución ( e ) está dado por: e = ( VF (B ) - VF ( C ) ) ( VI (C ) - VI ( B ) )
⇒
0,8 = ( VF (B ) - VF ( C ) ) ( 1,5 - 0 )
⇒
1,2 = VF (B ) - VF ( C ) ....... ( 2 )
Formando el sistema con las ecuaciones ( 1 ) y ( 2 ) , se obtiene : VF ( C ) = 0,15 m/s ,
VF ( B ) = 1,35 m/s
Como las velocidades son positivas, entonces B y C se mueven hacia la izquierda
La velocidad final de B, es decir 1,35 m/s es considerada ahora velocidad inicial para el choque con A: Momentum total antes del choque = Momentum total después del choque 1,35 • m + 0 • m 1,35 = VF (A)
= VF (B) • m + VF (A) • m , donde VF (A) y VF (B) son las velocidades finales de B y A, después del choque. + VF (B) … ( 3 )
El coeficiente de restitución ( e ) está dado por: e = ( VF (A ) - VF ( B ) ) ( VI (B ) - VI ( A ) )
⇒
0,5 = ( V F (A ) - VF ( B ) ) ( 1,35 - 0 )
⇒
0,675 = VF (A ) - VF ( B ) ....... ( 4 )
Formando el sistema con las ecuaciones ( 3 ) y ( 4 ) , se obtiene : VF ( A ) = 1,013 m/s , Como las velocidades son positivas, entonces B y A se mueven hacia la izquierda
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VF ( B ) = 0,338 m/s
