CURSO 2010-2011 SEGUNDO EXAMEN TIPO TEST MODELO 1
La respuesta a) no es correcta, porque la energía potencial puede ser una magnitud negativa, todo depende del origen de alturas. La respuesta b) no es correcta, puesto que la energía cinética es siempre positiva, ya que depende de la masa (positiva) y del cuadrado de la velocidad (positiva). La respuesta c) no es correcta puesto que la energía cinética, como acabamos de decir, no puede ser negativa. La respuesta d) es correcta, ya que la energía cinética no puede ser negativa pero la potencial sí, si la altura es negativa. Respuesta correcta: d)
Aplicamos la conservación de la energía entre la situación inicial, cuando soltamos el cuerpo desde el reposo, y la final, cuando la compresión es máxima. Tendremos pues: ETinicial+Wotras=ETfinal Inicialmente sólo tenemos energía potencial gravitatoria debida a la altura, pero no tenemos energía cinética porque el móvil parte del reposo ni potencial elástica porque el resorte tiene su longitud natural. Al final tenemos sólo energía potencial elástica debida a la compresión del resorte, pero no tenemos ni potencial gravitatoria porque es el punto de mínima altura, ni cinética, ya que al ser el momento de máxima compresión el bloque instantáneamente se detiene. Respecto al trabajo realizado por las fuerzas, aparte del peso y la de recuperación elástica sólo actúa la normal, que por ser perpendicular al desplazamiento no realiza trabajo. Así pues tendremos: tendr emos: 1 1 2 2 ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ EPg=EPe ⇒ mgh = k∆xmáx ⇒ mg(L + ∆xmáx )sen30 º = k∆xmáx 2 2 1 2 ⇒ 50∆x2 − 9.8∆x 2 ⋅ 9.8(4 + ∆xmáx )sen30º = 100∆xmáx máx máx − 39.2 = 0 2 9.8 ± 9.82 + 4 ⋅ 50 ⋅ 39.2 0.989 m ∆xmáx = = 2 ⋅ 50 negativa Respuesta correcta: b)
La energía cinética depende sólo de la masa y la velocidad. La velocidad en este caso es: v=15 km/h=4.17 m/s Por tanto la energía cinética: 1 1 EC = mv2 = 2 ⋅ 106 ⋅ 4.17 2 = 17361.11 J 2 2 Respuesta correcta: b)
La energía disipada por rozamiento será: EFr=WFr=Fr · x=Frxcosθ=Frxcos180º=-Frx=-µNx=-µmgx=-0.2 · 5 · 9.8 · 0.03=0.294 J Respuesta correcta: b)
Se trata de un choque elástico, luego tiene que conservarse la cantidad de movimiento y la energía cinética. El movimiento es a lo largo del eje X luego tendremos: te ndremos: p=cte ⇒ pantes=pdespués ⇒ m1v1+m2v2=m1v’1+m2v’2 ⇒ 4 · 6+2 · 3=4v’ 1+2v’2 ⇒ 30=4v’1+2v’2 1 1 1 1 EC = cte ⇒ ECantes = ECdespués ⇒ m1 v12 + m1v22 = m1 v'12 + m2v'22 2 2 2 2 m1v12 + m1v22 = m1v'12 +m2v'22 ⇒ 4 ⋅ 62 + 2 ⋅ 32 = 4v'12 +2v'22 ⇒ 162 = 4v'12 +2v'22 Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:
30=4v’1+2v’2 ⇒ 15=2v’1+v’2 162 = 4v'12 +2v'22 ⇒ 81 = 2v'12 +v'22 Despejamos de la primera ecuación: 15=2v’1+v’2 ⇒ v’2=15-2v’1 Y sustituimos en la segunda: 81 = 2v'12 +v'22 ⇒ 81 = 2v'12 +(15 − 2v'1 )2 ⇒ 81 = 2v'12 +225 + 4v'12 −60v'1 ⇒ 6v'12 −60v'1 +144 = 0
v'12 −10v'1 +24 = 0 ⇒ v'1 =
10 ± 102 − 4 ⋅ 24 4 m / s ⇒ v'2 = 15 − 2v'1 = 15 − 2 ⋅ 4 = 7 m / s = 2 6 m / s ⇒ v'2 = 15 − 2v'1 = 15 − 2 ⋅ 6 = 3 m / s
Obviamente la segunda solución es absurda porque es la de partida. La respuesta es la primera. Respuesta correcta: c)
Inicialmente tenemos un choque inelástico de la bala con el bloque, en el cual se conserva la cantidad de movimiento: p=cte ⇒ mbalavbala=(mbala+mbloque )v’ ⇒ 0.015 · 500=(0.015+0.8)v’ ⇒ v’=9.20 m/s Tras el choque el bloque con la bala en su interior tienen una velocidad horizontal de 9.20 m/s y caen de la mesa. En el eje Y recorren 0.8 m con movimiento uniformemente acelerado y sin velocidad inicial, luego tendremos: 1 1 y = y0 + v0 y t − gt2 ⇒ 0 = 0.8 − 9.8t2 ⇒ t = 0.404 s 2 2 Y en el eje X se recorre una distancia D con movimiento rectilíneo y uniforme, con velocidad constante de 9.20 m/s: D vx = cte = ⇒ D = vx t = 9.20 ⋅ 0.404 = 3.72 m t Respuesta correcta: a)
Para que se conserve el momento lineal en un sistema las fuerzas externas tienen que ser nulas.
Respuesta correcta: d)
El sistema de dos partículas está inicialmente en reposo. En el eje X no actúa ninguna fuerza, luego: ΣFX=0 ⇒ ΣFX=maGx ⇒ aGx=0 ⇒ vGx=cte En el eje X la velocidad del centro de masas tienen que permanecer constante. Como inicialmente es nula, tiene que seguir siéndolo. Tenemos un sistema de dos partículas luego nos queda: m v + m2v2X 55 ⋅ 2.5 + 75v2X ⇒0= ⇒ v2X = −1.83 m / s vGx = 1 1X m1 + m2 55 + 75 El signo negativo implica que la canoa se desplaza hacia la izquierda. Respuesta correcta: b)
Vamos a determinar las dos energías. En cuanto a la rotación tendremos: 1 11 1 ECR = IG ω2 = MR2ω2 = MR2ω2 2 22 4 Y la de traslación: 1 ECT = MvG2 2 En el caso de un disco que rueda sin deslizar, la velocidad del centro geométrico del disco, que coincide con el centro de masas, es: vG=ωR Por tanto: 1 1 ECT = MvG2 = MR2ω2 2 2 Vemos que es mayor la energía cinética de traslación. Respuesta correcta: b)
Vamos a aplicar el teorema de conservación de la energía, entre la situación inicial, cuando la barra parte del reposo en la posición horizontal, y la situación final, cuando la barra pasa por la vertical. Sólo tendremos energía cinética y potencial, y como origen de energía potencial tomaremos la posición más baja del centro de masa. Así pues nos queda: ETinicial+Wotras=ETfinal Inicialmente sólo tenemos energía potencial gravitatoria, porque parte del reposo, mientras que al final sólo tenemos energía cinética. En cuanto al trabajo realizado por otras fuerzas distintas del peso, sólo tendríamos las reacciones en el punto de suspensión O, que como no se desplazan no realizan trabajo: 1 1 ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ EPg=ECR+ECT ⇒ mghG = IG ω2 + mvG2 2 2 L El centro de masas realiza un movimiento circular en torno a O de radio , luego la 2 velocidad lineal de este punto será la angular por el radio: 2v L vG = ω ⇒ ω = G 2 L Sustituyendo todo: 2 1 1 2 L 1 1 1 1 2 2 2vG 2 2 mghG = IG ω + mvG ⇒ mg = mL + vG + mvG2 ⇒ gL = vG 2 2 2 2 12 2 3 L
gL =
3gL 4 2 3 ⋅ 9.8 ⋅ 0.8 vG ⇒ vG = = = 2.42 m / s 3 4 4 Respuesta correcta: c)
CURSO 2010-2011 SEGUNDO EXAMEN TIPO TEST MODELO 2
La energía potencial depende sólo de la altura, la gravedad y la masa. Si los dos exploradores pesan lo mismo y ascienden la misma altura ganan la misma energía potencial. Respuesta correcta: c)
Aplicamos la conservación de la energía entre la situación inicial, cuando el bloque se suelta desde el reposo, y la final, cuando el bloque toca el resorte. Tendremos: ETinicial+Wotras=ETfinal Como nivel de energía potencial nula tomamos la posición más baja de bloque. Inicialmente el bloque sólo tiene energía potencial gravitatoria, mientras que al final sólo tiene energía cinética. En cuanto al trabajo realizado por las fuerzas, a mayores del peso sobre el bloque actúan 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. Tendremos pues: 1 1 ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ EPg+WFr=EC ⇒ mgh + Fr ·x = mv2 ⇒ mgxsen30º +Fr x cos 180º = mv2 2 2 1 2 1 2 mgxsen30º −µNx = mv ⇒ mgxsen30º−µmg cos 30º x = mv 2 2 1 9.8 ⋅ 4sen30º −0.2 ⋅ 9.8 cos 30º⋅4 = v2 ⇒ v = 5.06 m / s 2 Respuesta correcta: c)
La energía disipada por el rozamiento será: 0.8 0.8 EFr=WFR=Fx · x=Frxcos180º=-Frx= − mgx = − ⋅ 2 ⋅ 10 6 ⋅ 9.8 ⋅ 62000 = 9.72 ⋅ 10 9 J 100 100 Respuesta correcta: c)
Aplicamos la conservación de la energía entre la posición inicial, cuando el bloque está comprimido 3 cm, y la posición final, cuando el muelle alcanza su posición de equilibrio. ETinicial+Wotras=ETfinal Como el movimiento es horizontal consideramos en el suelo el nivel de energía potencial gravitatoria nulo, de modo que no tendremos energía potencial gravitatoria en ningún momento. Inicialmente el bloque sólo tiene energía potencial elástica porque el resorte está comprimido, mientras que al final sólo tiene energía cinética porque el resorte está sin deformar. En cuanto al trabajo realizado por las fuerzas, a mayores del peso y la fuerza de recuperación elástica tendremos 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. Nos queda entonces: 1 1 ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ EPelástica+WFr=EC ⇒ kx2 + Fr ⋅ x = mv2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 kx + Fr x cos 180 = mv2 ⇒ kx2 − µNx = mv2 ⇒ kx2 − µmgx = mv2 2 2 2 2 2 2 1 1 2000 ⋅ 0.032 − 0.2 ⋅ 5 ⋅ 9.8 ⋅ 0.03 = 5v2 ⇒ v = 0.492 m / s 2 2 Respuesta correcta: d)
No nos dicen cómo es el choque, si completamente elástico o parcialmente elástico, de modo que sólo podemos aplicar la conservación de la cantidad de movimiento. El movimiento se produce sólo en el eje X luego tendremos: p=cte ⇒ m1v1+m2v2=m1v’1+m2v’2 ⇒ 2 · 5+3 · 2=2v’ 1+3 · 4.2 ⇒ v’1=1.7 m/s Respuesta correcta: c)
Inicialmente tenemos un choque inelástico de la bala con el bloque, en el cual se conserva la cantidad de movimiento: p=cte ⇒ mbalavbala=(mbala+mbloque )v’ ⇒ 0.025 · 450=(0.025+1)v’ ⇒ v’=10.98 m/s Tras el choque el bloque con la bala en su interior tienen una velocidad horizontal de 10.98 m/s y caen de la mesa. En el eje Y recorren 0.8 m con movimiento uniformemente acelerado y sin velocidad inicial, luego tendremos: 1 1 y = y0 + v0 y t − gt2 ⇒ 0 = 0.8 − 9.8t2 ⇒ t = 0.404 s 2 2 Y en el eje X se recorre una distancia D con movimiento rectilíneo y uniforme, con velocidad constante de 10.98 m/s: D vx = cte = ⇒ D = vx t = 10.98 ⋅ 0.404 = 4.43 m t Respuesta correcta: a)
Para que se conserve el momento lineal de un sistema la resultante de las fuerzas externas tiene que ser nula. Respuesta correcta: d)
Se trata de una explosión, luego es una fuerza interna. La resultante de las fuerzas externas es nula, de modo que el momento lineal se conserva. Tendremos entonces: v pantes=pdespués ⇒ 4mv =m2v j =2v j =v3i ⇒ v = 3 i 1 +mv3i-2mv j 1 ⇒ 4v 1 +v3i-2v j 1 ⇒ 4v 4 Respuesta correcta: c)
Si el cilindro rueda sin deslizar la velocidad del centro de masas, que coincide con el centro geométrico, será: vG=ωR Por tanto tendremos que la energía cinética de rotación vale: 1 1 1 1 ECR = IG ω2 = ⋅ MR2ω2 = MR2ω2 2 2 2 4 Y la energía cinética total: 1 1 1 1 3 EC = ECR + ECT = MR2ω2 + MvG2 = MR2ω2 + MR2ω2 = MR2ω2 4 2 4 2 4 Por tanto comparándolas: 1 2 2 ECR 4 MR ω E 1 1 = ⇒ CR = ⇒ ECR = EC 3 EC EC 3 3 MR2ω2 4 Respuesta correcta: b)
Vamos a aplicar el teorema de conservación de la energía, entre la situación inicial, cuando la barra parte del reposo en la posición horizontal, y la situación final, cuando la barra pasa por la vertical. Sólo tendremos energía cinética y potencial, y como origen de energía potencial tomaremos la posición más baja del centro de masa. Así pues nos queda: ETinicial+Wotras=ETfinal Inicialmente sólo tenemos energía potencial gravitatoria, porque parte del reposo, mientras que al final sólo tenemos energía cinética. En cuanto al trabajo realizado por otras fuerzas distintas del peso, sólo tendríamos las reacciones en el punto de suspensión O, que como no se desplazan no realizan trabajo: 1 1 ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ EPg=ECR+ECT ⇒ mghG = IG ω2 + mvG2 2 2 L El centro de masas realiza un movimiento circular en torno a O de radio , luego la 2 velocidad lineal de este punto será la angular por el radio: 2v L vG = ω ⇒ ω = G 2 L Sustituyendo todo: 2 1 2 2 1 L 1 1 1 2 1 2 2 2vG mghG = IG ω + mvG ⇒ mg = mL + vG + mvG2 ⇒ gL = vG 2 2 2 2 12 2 3 L
gL =
3gL 4 2 3 ⋅ 9.8 ⋅ 0.8 vG ⇒ vG = = = 2.42 m / s 3 4 4 Respuesta correcta: c)
CURSO 2011-2012 SEGUNDO EXAMEN TIPO TEST MODELO 1
1.- El motor de un coche funciona a potencia constante. El cociente entre la aceleración del coche a la velocidad de 60 km/h y la aceleración a la velocidad de 30 km/h (despreciando la resistencia del aire) es: a) b) c) d)
Podemos expresar la potencia para un movimiento rectilíneo bajo la acción de una fuerza constante como: W Fd P P= = = Fv = mav ⇒ a = t t mv Por tanto tendremos:
Respuesta correcta: a)
La fuerza valdrá:
dU = −(6x − 6x2 ) = 6x2 − 6x dx La partícula estará en equilibrio si la fuerza es nula: x=0 6x2 − 6x = 0 ⇒ x(6x − 6) = 0 6x − 6 = 0 ⇒ x = 1 F=−
Respuesta correcta: c)
El trabajo realizado por el peso es la variación de energía potencial gravitatoria cambiado de signo, por tanto cuando el bloque baja, si baja una altura h tendremos: W=-∆EPg=mgh Y cuando sube: W’=-∆E’Pg=-mgh=-W Respuesta correcta: c)
Aplicamos la conservación de la energía entre la posición inicial, cuando soltamos el bloque, y la posición final, cuando la compresión del resorte es máxima. Tomamos como nivel nulo de energía potencial gravitatoria la posición más baja del bloque, cuando la compresión del resorte es máxima. Tendremos entonces: E1+Wnc=E2 Inicialmente tenemos energía potencial gravitatoria pero no cinética, ya que el bloque parte del reposo. En la situación final tenemos energía potencial elástica, y no habrá ni potencial gravitatoria ni cinética, ya que por ser el punto de máxima compresión el bloque instantáneamente se detiene para invertir el sentido del movimiento. En cuanto a las fuerzas, aparte del peso y la fuerza de recuperación elástica sólo está la normal, que no realiza trabajo porque es perpendicular al desplazamiento. Nos queda pues: 1 1 2 2 E1+Wnc=E2 ⇒ EPg=EPe ⇒ mgh = k∆xmáx ⇒ mg(4 + ∆xmáx )sen30º = k∆xmáx 2 2 1 2 2 2 ⋅ 9.8( 4 + ∆xmáx )sen30º = 100∆xmáx ⇒ 50∆xmáx − 9.8∆xmáx − 39.2 = 0 2 9.8 ± 9.82 + 4 ⋅ 50 ⋅ 39.2 0.989 m ∆xmáx = = 2 ⋅ 50 − 0.793 m Respuesta correcta: a)
La fuerza que soportan las piernas es la normal, y obviamente la normal es máxima en el punto más bajo del rizo. Si realizamos el diagrama de sólido libre en este punto tendremos: v2 v2 ΣFn=man ⇒ N − mg = m ⇒ 4mg − mg = m ⇒ v2 = 3gR R R Ahora aplicamos la conservación de la energía entre la plataforma de salida, donde toda la energía es potencial gravitatoria, y el punto más bajo del rizo, donde toda la energía es cinética. Tendremos en cuenta además, que aparte del peso sólo actúa la normal, que no realza trabajo porque es perpendicular en todo momento al desplazamiento. Nos queda: 1 1 3 E1+Wnc=E2 ⇒ EPg=EC ⇒ mgh = mv2 ⇒ gh = 3gR ⇒ h = R 2 2 2 Respuesta correcta: b)
La superficie congelada es horizontal y sin fricción, así que la fuerza externa que actúa sobre el sistema de Paco, René y la cuerda es cero, y se conserva su cantidad de movimiento inicial. Inicialmente no hay movimiento, así que la cantidad de movimiento total es cero y la velocidad del centro de masas es cero (está en reposo). Podemos usar esto para relacionar las posiciones de Paco y René. Tomamos el origen en la posición del tarro, con el eje X positivo hacia René. Puesto que la cuerda es ligera, podemos despreciar su masa al calcular la posición del centro de masa. Inicialmente la coordenada del centro de masa es: m x + mRe né xRe né 90 ⋅ (−10) + 60 ⋅ 10 xG = Paco Paco = = −2 m mPaco + mRe né 90 + 60 Al moverse Paco 6 m hacia el tarro su nueva coordenada es -4. Como el centro de masa no se mueve tendremos: m x' +m x' 90 ⋅ ( −4) + 60x'Re né xG = Paco Paco Re né Re né ⇒ −2 = ⇒ x'Re né = 1 m mPaco + mRe né 90 + 60 René se encuentra a 1 m del tarro, luego se ha movido 9 m hacia él. Respuesta correcta: b)
En el sistema de partículas no hay fuerzas externas, luego la cantidad de movimiento se mantiene constante. Inicialmente la velocidad del centro de masas es cero, luego tiene que seguir siendo cero. Al finalizar tendremos: m v + mBvB 1v + 3 ⋅ 1.2 vG = A A ⇒0= A ⇒ vA = −3.60 m / s mA + mB 1+3 Respuesta correcta: d)
En primer lugar se conserva la cantidad de movimiento, luego tendremos: pantes=pdespués ⇒ mAvA+mBvB=mAv’A+mBv’B ⇒ -10 · 0.4+30 · 0.2=10v'A-30v’B Además el coeficiente de restitución es la unidad: ∆vdespués v' −v' v'A +v'B e=− ⇒e = − A B ⇒1= − vA − vB ∆vantes − 0.4 − 0.2 Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas. De la segunda: v'A +v'B 1=− ⇒ v'A +v'B = 0.6 ⇒ v'A = 0.6 − v'B − 0.4 − 0.2 Y sustituyendo en la primera: -10 · 0.4+30 · 0.2=10v'A-30v’B ⇒ 2=10(0.6-v’B)-30v’B ⇒ 2=6-10v’B-30v’B ⇒ v’B=0.1 m/s Y la otra velocidad: v’A=0.6-v’B=0.6-0.1=0.5 m/s Respuesta correcta: a)
Inmediatamente después del choque, el bloque y la bala se desplazan con una velocidad v’. Podemos determinar esta velocidad aplicando la conservación entre el instante inmediatamente posterior al choque y el momento en el que el bloque es comprimido 20 cm. Tendremos: ETinicial+Wfuerzas=Etfinal Tomamos como nivel de energía potencial nula el del movimiento. Inicialmente por tanto sólo tendremos energía cinética, correspondiente a la velocidad v’. En cuanto al trabajo, aparte del peso y la fuerza de recuperación elástica la única fuerza que existe es la normal, que no realiza trabajo porque es perpendicular al desplazamiento. En la situación final, toda la energía es potencial elástica, ya que al ser el punto de mayor compresión el sistema se detiene instantáneamente. Tendremos entonces:
1 1 k∆x 2 300 ⋅ 0.20 2 2 2 ETinicial + Wfuerzas = ETfinal ⇒ (M + m)v' = k∆x ⇒ v' = = = 1.99 m / s 2 2 M+m 3 + 0.03 El choque que se produce es inelástico, de modo que se conserva la cantidad de movimiento: pantes=pdespués ⇒ mv=(M+m)v’ ⇒ 0.03v=(3+0.03)1.99 ⇒ v=201 m/s Respuesta correcta: d)
Tenemos un choque inelástico, ya que las dos masas permanecen unidas tras el impacto. Se tiene que conservar la cantidad de movimiento. Teniendo en cuenta que el movimiento se produce solamente en el eje X tendremos: m1v 1+m2v 2=(m1+m2)v ⇒ 6 · 3-0.5 · 2=(6+0.5)v ⇒ v=2.61 m/s Respuesta correcta: b)
CURSO 2011-2012 SEGUNDO EXAMEN TIPO TEST MODELO 2
Para la potencia tendremos: W Fs mas MLL [P] = = = = 2 = ML2T −3 t t t T T Respuesta correcta: d)
Inicialmente la energía cinética es: EC =
1 2 mv 2
Finalmente tendremos: 1 1 9 1 E'C = mv'2 = m(−3v)2 = mv2 = 9 mv2 = 9EC 2 2 2 2 Respuesta correcta: d)
Puesto que la fuerza deriva del potencial tendremos que: dU F=− dx La partícula está en equilibrio cuando la fuerza aplicada sobre ella es nula: dU F=− =0 dx
Por tanto la pendiente de la tangente tiene que ser nula, luego la tangente debe ser horizontal. Esto sucede en los puntos B, D, y F. El el punto B el equilibrio es inestable, ya que cuando se desplaza la partícula de la posición de equilibrio aparece una fuerza del mismo sentido al desplazamiento que aleja cada vez más a la partícula de la posición de equilibrio. El punto D es de equilibrio estable, ya que cuando se desplaza la partícula de la posición de equilibrio aparece una fuerza de sentido opuesto al desplazamiento que hace volver a la partícula a la posición de equilibrio. Y el punto F es un punto neutro, ya que al desplazar la partícula de la posición de equilibrio sigue permaneciendo en equilibrio. Respuesta correcta: b)
Tomamos como nivel nulo de energía potencial gravitatoria el más bajo, al final del tobogán. Por tanto, inicialmente la niña tiene energía potencial gravitatoria, pero no cinética. En cuanto al trabajo de las fuerzas no conservativas, aparte del peso actúa la normal, que no desarrolla trabajo, y la fuerza de rozamiento, que sí lo hace. Por último, la energía final será cinética. Nos queda pues: 1 2 h 1 mv ⇒ mgh + µN cos 180º = mv2 2 sen30 2 h 1 h 1 mgh − µmg cos 30º = mv2 ⇒ gh − µg cos 30º = v2 sen30º 2 sen30º 2 4 1 9.8 ⋅ 4 − 0.20 ⋅ 9.8 cos 30º = v2 ⇒ v=7.16 m/s sen30 2 Respuesta correcta: b)
Einicial+Enc=Efinal ⇒ EPg+WFr=EC ⇒ mgh + Fr ·s =
En primer lugar aplicamos la conservación de la energía entre la situación de partida y el punto en que los pasajeros están cabeza abajo. Tomamos como nivel de energía potencial gravitatoria nula la posición más baja, es decir, en la parte más alta del rizo. Así pues, tendremos: Einicial+Wnc=Efinal Inicialmente tenemos energía potencial gravitatoria mientras que al final tendremos sólo energía cinética. En cuanto a las fuerzas, a mayores del peso sólo actúa la normal, que es perpendicular al desplazamiento y no realiza trabajo. Tendremos entonces: 1 Einicial+Wnc=Efinal ⇒ EPg=EC ⇒ mgh = mv2 ⇒ v2 = 2gh = 2g(H − D) 2 Ahora hacemos el diagrama de sólido libre de la vagoneta en la posición más alta del rizo. Aplicando la segunda ley de Newton: 4g(H − D) v2 v2 ΣFn = man ⇒ N + mg = m ⇒N=m − mg = m − mg = R R D 4(23 − 15) 4(H − D) = mg − 1 = 1500 ⋅ 9.8 − 1 = 16660 N D 15 Respuesta correcta: d)
Como no hay fuerzas externas en dirección horizontal el centro de masas no se mueve. Este hecho determina la distancia que el bote debe moverse. Elegimos como origen el centro del bote. Entonces xB=2 m, xA=0 y xbote=0. Cuando A y B intercambian sus puestos el centro de masas tendrá un valor distinto de x porque el origen se mueve. La diferencia entre los valores de x para el centro de masas es la distancia que el origen se ha desplazado. Inicialmente: m x + mB xB + mbote xbote 80 ⋅ 0 + 120 ⋅ 2 + 60 ⋅ 0 xcm = A A = = 0.923 m mA + mB + mbote 80 + 120 + 60 Cuando A y B intercambian sus posiciones: m x' +m x' +m x' 80 ⋅ 2 + 120 ⋅ 0 + 60 ⋅ 0 x'cm = A A B B bote bote = = 0.615 m mA + mB + mbote 80 + 120 + 60
El bote se ha desplazado una cantidad: ∆x=xcm-x’cm=0.923-0.615=0.308 m Respuesta correcta: d)
En el sistema de partículas no hay fuerzas externas, luego la cantidad de movimiento se mantiene constante. Inicialmente la velocidad del centro de masas es cero, luego tiene que seguir siendo cero. Al finalizar tendremos: m v + mBvB 1v + 3 ⋅ 1.2 vG = A A ⇒0= A ⇒ vA = −3.60 m / s mA + mB 1+3 Puesto que no hay fuerzas no conservativas que realicen trabajo, toda la energía potencial elástica almacenada inicialmente en el resorte se transforma íntegramente en energía cinética de los bloques. Así pues: 1 1 1 1 EPe = EC = mAvA2 + mBvB2 = 1 ⋅ 3.602 + 3 ⋅ 1.22 = 8.64 J 2 2 2 2 Respuesta correcta: b)
En primer lugar se conserva la cantidad de movimiento luego: pantes=pdespués ⇒ mAvA=mAv’A+mBv’B ⇒ 3 · 4=3v’A+2v’B Además, por ser el choque completamente elástico el coeficiente de restitución es uno: e=−
∆vdespués ∆vantes
v' −v' v' −v' ⇒ e = − A B ⇒1 = − A B
vA Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas: 3 · 4=3v’A+2v’B v' −v' 1=− A B 4 De la segunda ecuación:
4
v'A −v'B ⇒ 4 = v'B −v'A ⇒ v'B = 4 + v'A 4 Y sustituyendo en la primera: 3 · 4=3v’ A+2v’B ⇒ 12=3v’A+2(4+v’A) ⇒ 12=3v’A+8+2v’A ⇒ v’A=0.8 m/s v’B=4+v’A=4+0.8=4.8 m/s Respuesta correcta: b) 1=−
Como el choque es inelástico se conserva la cantidad de movimiento. Por tanto: m1v1=(m1+m2)v’ ⇒ 85 · 7=(85+105)v’ ⇒ v’=3.13 m/s Respuesta correcta: c)
Vamos a determinar la velocidad del conjunto tras el impacto. Para ello aplicamos la conservación de la energía entre el momento inmediatamente posterior al choque, en que toda la energía es cinética, y el punto de máxima altura en que toda la energía es potencial gravitatoria. No hay fuerzas que realicen trabajo porque la tensión es en todo momento perpendicular al desplazamiento. Tendremos pues: 1 EC = EPg ⇒ (m + M)v'2 = (m + M)gh ⇒ v'= 2gh = 2 ⋅ 9.8 ⋅ 0.05 = 0.99 m / s 2 Ahora tenemos en cuenta que en el choque se conserva la cantidad de movimiento luego: m+M 0.005 + 1 pantes=pdespués ⇒ mv=(m+M)v’ ⇒ v = v'= 0.99 = 198.99 m / s m 0.005 Respuesta correcta: a)
