Upload
others
View
10
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
i[Banco de VizcayakBABESTUTAKO ARGITARAPENA
ED1CION PATROCINADA POR EL
Banco de Vizcaya
VIII. UEU
UDAKO EUSKAL UNIBERTSITATEA
IRUINEA, 1980
FISIKA OROKORRA (I)
PROBLEMAK ETA ARIKETAK
Patxi Ugalde
J.R. Etxebarria
Leioa, 1979-80 ikasturtea
AURKIBIDEA
Sarrera
1. gaia. Ideia orokorrak. Dimentsio-ekuazioak .. 1
2. gaia. Kalkulu Bektoriala 6
3. gaia. Puntuaren zinematika 18
4. gaia. Higidura erlatiboa 28
5. gaia. Partikularen dinamika 42
6. gaia. Lana eta energia 63
7. gaia. Partikula-sistemen dinamika 83
8. gaia. SoZido zurruna 103
9. gaia. SoZido zurrunaren dinamika 121
10. gaia. Estatika 136
I
SARRERA
Liburu hau irakurtzen hasi aurretik, beharrezko deritzogu,
dituen mugak adierazteari, egiterakoan jarri dizkiogun baldin-
tzak uZertuz hobeki uZertzen baita beraren egitura.
Hasteko, diogun ezen 1979-80 ikasturtean zehar egina dela,
Leioako Zientzi Fakultatean mintegi modura egindako elkarlanean.
Ikasturte horretan, lehen mailako talde berezi bat antolatu
izan da ofizialki Fakultatean, ikastaZdiak euskara hutsez ema-
teko. Nolabait esateko, talde autonomoa izan da, gero espezia-
litato desberdinak egiteko diren ikaslez osotua. Denetara, 42
ikasZe eta 6 irakasZe. Eta gertakari historikoa delakoan, aipa-
tu egingo ditugu irakasle horien izenak: Jesus Mari Txurruka
(Biologia), Itziar Urretxa (kimika), Maribel Arriortua (Geolo-
gia), Maria Jose Zarate eta Jesus Mari Arregi (Matematika) eta
Jose Ramon Etxebarria (Fisika).
Kontsultaliburu bezala, taZde horrek aurreko UEUetan
taraturiko Ziburuak erabili izan ditu, guztiz baliagarri gerta-
tu zaizkigularik. Bihoazkio, beraz, gure eskerrak UEUri, proze-
su hori burutzea posibletu baitu.
Dena den, materiaZe hori osotu eta zabaldu beharrean aur-
kitzen gara, zientziazko oinarrizko bibZiografia eginez joateko.
Eta horixe izan da problema-liburu honen asmoa.
Jadanik bi liburu genituen Fisikaren programari lotuak,
baina beraietan ikuspuntu teorikoa ukitzen zen nagusiki. Proble-
mei zegokienez, hutsune larria genuen. Eta hain zuzen ere, hu-
tsune hori estaZtzen hasi nahi izan dugu. Horrela, Fisika Oro-
korrezko lehen bi liburuetako gaiei buruzko problemekin beste
liburu bat egitea pentsatu genuen.Ohar gisa, hemendik aurrera
Fisika Orokorra esatea hobetsi dugula esango dugu, lehenago era-
bilitako Fisika GeneraZaren ordez.
II
Dena den, denboragatik, ezin aha2 izan dugu osorik presta-
tu, eta bestaZde zabaZegia geratzen zitzaigun.Horregatik, bi
pausotan prestatzea erabaki dugu, pauso bakoitzean parte bati
dagokion materialea prestatuz.
Hala ere, zenbait ohar egin behar ditugu, eginiko nari
buruz:
- MateriaZe minimoa da. Hots, eredu batzu aurkezten di-
tugu ebazpenarekin, eta gero ariketa batzu proposa-
tzen; baina ez da exhaustiboa.
- Behin-behineko materiaZea da, klaseak emateko lagun-
garri izan nahi ZukeeZarik. Baina ez du osoa izateko
asmorik, egunen batetan egingo den benetako proble-
ma-liburu batetarako oinarri izatekoa baizik.
- Idazketari dagokionez, ohar txiki bat egin behar du-
gu. UZEI taZdeak prestatu duen FISIKA HIZTEGIA,Ziburu
hau erdi-eginda genuela kaleratu zen, eta horregatik
ez dira hango erabaki guztiak kontutan hartu. Dena
den, liburu hau ere bide beretsutik doa.
- Iturri bezala, zenbait Ziburu desberdin hartu izan
ditugu, baina bereziki, FakuZtate honetan dueZa hi-
ruzpalau urte AnibaZ Hernandez irakasZeak prestatuta-
ko problema-biZdumaz baliatu gara. Horretaz gainera,
guk geuk examinetan ipinitako problema batzu ere sar-
tu ditugu.
- Gai bakoitzaren aurkezpenean agertzen diren bertsoak,
1980-III-6an emaniko berrikuste-ikastaZdian kantatuak
izan ziren. Umore pixka batez, gai bakoitzeko puntu
nagusi batzu biZtzen dituzte, bidebatez,zientzia eta
kultura herritarra ez direZa zertan banandu behar a-
dierazten dutelarik. Zeren eta herri bakoitzak bere
egiteko modua baitu.
Bukatzeko, eskerrak eman behar dizkiogu expreski zenbait per-
tsonari, liburu hau prestatzean eman diguten laguntzagatik:
III
- AnibaZ Hernandez-i, bere problema-bilduma erabiltzen
uzteagatik.
- Pilar Martinez idazkariari, lanak makinatzean eman
dituen orduengatik eta agertu duen arduragatik.
- Euskal taldeko ikasleei, klaseak sufritzen izan du-
ten pazientziagatik.
Etorriko diren —hortaz seguru baikaude— liburu hobeen zain
gaudelarik, hor doa gure Zehen urratsa.
EGILEEK
Leioa, 1980-111-31
1
1. GAIA IDEIA OROKORRAK.
DIMENTSIO-EKUAZIOAK
Oinarri diren magnitudeak
eta bai deribatuak,
unitate-sistema hoietan
dituzte beren tratuak.
Kontuz lege guztiak
izanik delikatuak.
Dimentsioen ekuazioez
trabak daude askatuak.
2
1.1. Kualitatiboki, pendulu baten oszilazio-periodoak (P) bere
luzeraren (1) eta grabitatearen azelerazioaren (g) dependentzia
duela dakigu. Dimentsio-ekuazioak kontutan harturik, idatz bedi
P 1-ren eta g-ren funtzioan
Ebazpena
Aipaturiko hiru magnitudeen dimentsio-ekuazioak hauxek dira:
T
L
L T-2
Enuntziatuaren arauera, ondoko lotura dimentsionala agertu
behar da penduluaren legean
I.P1 = [1J Ä f_g] r.
Beraz
T = L L 14 T
Eta hemendik
+ p. = o- 2 = 1
Hots, lotura funtzional hau dago
= - 212
EP](1J
tgl
Izatez, hiru magnitude horien arteko lotura hauxe da
P= 2111/-1—
1.2. f indarra, s azalera, p dentsitatea eta v abiadura Konbina-
tuz, lor bedi dimentsio gabeko expresio monomiko bat
Ebazpena:
Magnitude horien dimentsio-ekuazioak ondokoak dira:
[f] = M L T -2
[s] = L 2
[p] = M L -3-1[v] = L T
=
f
[P3[1] =
[g] =
3
Lortu nahi dugun expresio monomikoa, ondokoa da
v
Eta beronen dimentsio-ekuazioa
[JE Ä sr"fi v°1= M° L° T°
Berz, lehengo ekuazioak garatuz
[f 5.1) v = Mñtv L X +2 -31)+. °‘ T-2)' e<
Hots
+ = o
+ 2p4. —3v+ =o
-2>t - = o
Hiru ekuazio eta lau ezezagun. Zenbatnahi soluzio daude.
Egin dezagun, adibidez, =1. Ondoko soluzioak geratzen zaizkigu:
=1 =-1 v =- 1 0(=-2
Beraz, monomio adimentsional hau geratzen zaigu:
s 1 p
-1 v
-2
s p v2
4
ARIKETAK
1.- Fluidoen kasuan, Newtonen biskositatearen legea honela adie
razten da
r dv
dy
non t ebakidura-tentsioa den (hau da, superfizie unitatekoF dv
in-
darra, - ) eta deformazioaren abiadura angeluarra (v,A dy
abiadura; y, luzera). delakoa biskositate-koefizientea dei-
tzen da. Zein dahorren dimentsio-ekuazioa?
Emaitza: r = ML 1T-1
2.- Aurreko puntuan definituriko tt biskositatea, biskositate
absolutu edo dinamikoa deitzen da. Horretaz gainera, biskosita-
te zinematikoa definitzen da, y - eginik, nonfdentsita -
tea den. Zein da biskositate zinematikoaren dimentsio-ekuazioa?
Emaitza: = L2T-1
3.- Reynolds-en zenbakia, fluidoen mekanikan erabiltzen den --
zenbaki bat da. Honela definitzen da: Rv-
14
1-f non v fluxu
aren abiadura berezi bat den; 1, luzera berezia; dentsitatea;
biskositate-koefizientea. Lor bedi R-ren dimentsio-ekua -
zioa.
Emaitza: [Rj= M°L°T°
4.- Korronte-lerro batetan honela idazten da Bernouilli-ren -
ekuazioa, fluido baten kasuan (ikus 11.8)
+ z + v2
- K2g
Termino guztien dimentsio-ekuazioa, berbera al da ?
Emaitza: bai, L
5
5.- Erraz konproba daitekeen legez, erreposotik irten eta li
breki erortzen den gorputz baten erorpenak dirauen denborak -
(t), erorpeneren altueraren (h) dependentzia du. Bestalde, -
erorpenaren kausa grabitatea delarik, aipaturiko denbora eta
grabitatearen azelerazioa (g) erlazionaturik egoteak logiko
dirudi.
Lor bedi, t, h eta g-ren arteko erlazioa.
Emaitza:
Formula osoa:
[.t.1 1/ [h]V [g]
t = 2h
6.- Demagun zuloa duen ontzi bat.Zu
lotik irtetean likidoak duen abiadu
rak (v) zuloaren urazaletiko sakon-
tasunaren (h), likidoaren dentsita-
tearen (?) eta grabitatearen azele-
razioaren (g) dependentzia duela
pentsa dezakegu lehenengo begiradan.
Honela ote da ?.
Aurki bedi aipaturiko magnitu-
deen arteko erlazioa.
Emaitz a: [vi =1
1g1 [h]
(ez dago f -ren dependentziarik)
Formula osoa hauxe da: v = 2gh
6
2. GAIA KALKULU BEKTORIALA
Bektore batzu arakatzean,
heZdu dira kurtsoreak:
Horko geziak eta ardatzak
oso dira dotoreak.
Beti ditugu inbarianteak
eta gero tortsoreak.
Ardatz zentralak, dudarik gabe,
baratz hortako loreak.
d) cos cl = i
A p
4cos pA =
cos '‘A = -5
3
7
--•n•
2.1. A = 3i +4 j - 5K eta g. = + 2j + 6-11. bektoreak emanik,
lor bitez :
a) 1ZI , , 11+131 ,b) biderkadura eskalarra
c) Bien artean osotzen duten angelua
d) Bakoitzaren kosinu zuzentzaileak.41n
e) A x B biderkadura bektorialayo. y —1n•
f) A . (B x A) biderkadura mixtoa
Ebazpena
a) rz, = 1/3 2 4. 4 2 52 =1-51.7
rifi = 1/1 2 + 2 2 + 6 2 4,47.
(3-1)i (4+2).7»+ (-5+6) -Ir= 27 + + K
1 -4-1011/2 2 + 6 2 + = r41A-B = (3+1)11> + (4-2)7+ (-5+6)K = 47+ 2j - 11K
142 + 2 2 + 141
b) A.B = 3.(-1) + 4.2 + (-5).6 = -3+8-30•••►
A.B = -25
•n•►
C ) A.B = A B cos (1» '(A,B)"4" 'I" A.B -25cos (A,B) - -
AB nFIT) iFi
cos C‘ =1
-11__
41
B
cos pB - 2
41
cos^ - 6
e)
A x B =
i j k
3 4 -5
-1 2 6
= i(24 + 10) + j(5 - 18)+
ir (6 + 4)
.-4.• —• —41>
A x B = 34i -13j +10K
8
•«*
f) A. (B x A) = 0 Berez, ez da zertan kalkulatu behar, zeren
eta bi bektore (A eta A) berberak izatean, biderkadura mixtoa nu
lua da. Dena den, hori erraz konproba daiteke
--n y-11> ••n
B x A = -34i + 13j -10K
= 3i + 4j -57-4. -4.
A . (B x A) = -34.3 + 13.4 + (-10) (-5) = -102 + 52 + 50 = 0
-• -n .1>
2.2. a) Deskonposa bedi V = 7i + 5j bektorea, a= i+j eta b = 2i+j
bektoreen direkzioetan.
b) Lor bitez V bektoreak direkzio horietan dituen projekzio
errektangeluarrak.
c) Lor bedi, ardatzen iturburutik iraganik V bektorearen di
rekzioa duen zuzena.
Ebazpena:
a) Demagun, 1 eta m parametroak ditugula
V =la+mb
7i + 5j = 1(i + j) + m(2i + j)
Hemendik:
{
7 = 1 + 2m
5 = 1 + m
Beraz, ebatzirik, 1=3 , m=2
Hots, bi osagaiak hauxek dira
a = 3a = 3i + 3j
Vb = 2b = 4i + 2j
b) Projekzio errektangularrak honela kalkulatzen dira-• ...W. .... •••••
V
a = V . ua = v . aa
. -. i + j 7+5 6Va = (7i + 5j)• -4. """(
F..---, p- - 1r-2
Vb = (7r + 5 ....j)• ----3---1:'" - 14 + 5 - 19{5-F, F 5
c) P, zuzenaren puntu bat izanik
OP x V = 0
P-F•z = 0
i▪ j• k
x y
0
7
z=0
▪ Sx - 7y=0
9
2.3. Paralelepipedo baten ertzak ardatzen iturburutik ondoko pun
tuetara doaz A(1,2,0), B(0,4,0), C(0,1,3). Lor bedi para-
lelepipedoaren bolumena
Ebazpena
Irudian agertzen dira OA, OB eta
OC bektoreak.LL
Beraien balioa haixe da:
t
OA =1 + -21>j
OB = 4j-........ ••••OC = j + 3k
Dakigunez, paralelepipedoaren bolumena hiru bektore horien -
biderkadura mixtoa da
OA . (OB x OC) =
2
4
3
= 12
•-•
12.4. Froga bedi ezen a = - + 3k, -1). = 21> + - 2k eta•••
c = + 3j - 5k bektoreek triangelu baten aldeak izan daitezkeela.
Ebazpena:
Hasteko, hiru bektoreok koplanario izan behar dute. Hori ikus
teko, aski da beren biderkadura mixtoa kalkulatzea, eta berori zero
baldin bada, koplanarioak direla esan dezakegu
a . (b x c) =
1 -2 3
2 1 -2
1 3 -5
= 0
2.5. Ondoko bektoreak eta aplikazio-puntuak emanik,
A = 2i - j + k••n•
B = i + 2j -3k
P(1,-7,-2)
Q(o,1,2)
lor bitez:
a) Koordenatuen iturburuarekiko momentua
b) Ardatz koordenatuekiko momentuak
c) Iturburutik iraganik, bere kosinu zuzentzaileak 1,3 eta 5
10
BeA, koplanarioak dira.
Triangelu baten aldeak izan daitezen
ma+nb+lc= 0
bete behar da, m, n eta 1 parametroen balorea +1 edo -1 de
larik. Ikus dezagun ea honela gertatzen dennI1> •••► •-n•• ••
► •••
► -•••
m(i -2j +3k) + n(2i + j -2k) + 1(i +3j -5k)=0
Hemendik
f
m + 2n + 1=0
-2m + n + 31=0
3m - 2n -51=0
Sistema homogeneo honek ebazpide ez-tribialik eduki dezan, koe
fizienteen determinantea anulatu egin behar da
2.1 m +
-2m +
1
-2
3
2n + 1
n +31
2
1
-2
=0
=0
1
3
-5
= 0 denez, ekuazio bat ken
dezakegu
S 2m + 4n + 21 = 01-2m + n + 31 = 0
5n + 51 = 0
1 = -n
Eta lehen ekuaziotik: m = -2n - 1 = -n
Honela, ba, n= 1 egintk
n= 1 1= -1 m= -1
Hots, triangelua osotzen dute honelan11.•
-a + b - c = 0
11
zenbakien proportzionalak dituen OE ardatzarekiko momentua
d) Sistemaren momentu txikiena
Ebazpena:-•n•• -.
a) Mo = OP x A + OQ x B
Beraz
k
1 -7 -2
-1 1
Mo = -16i -3j + 12k
b) Mx = -16 M = -3 M = 12z
Ongi dakigunez, bestalde
Mx = i . M
o
M = j . Mo
Mz = k • Mo
c) kbsinu zuzentzaileen definiziotik eta (x,y,z)
OE ardatzeko edozein puntu izanik, zera betetzen dela daki
gu:
cos w = cosr
y z cos
r r
Beraz, enuntziatuaren arauera
1 3 5
cos cos p cos
Edo, berdin dena
x y z
1
3 5
OE ardatzeko direkzioko bektoreaX, era honetakoak dira
i + 3X-7' + 5ÄTC.
Kalkula dezagun A parametroa, bektore unitarioaren kasuan:
tu = 1 = t>2 32x2 52x2 = !/"' A
12
Beraz:
1 •••• •-► ••••
.11 + 3j + 5k)
Honelatan, ba, OE ardatzarekiko momentua ondokoa izango da:
1 35 ( -16.1 +(-3)3 + 12.5) -MOE = MO • u ff
MOE
d) Dakigunez, honela kalkulatzen da momentu txikiena
Mo . R """r -R2
R = 3i + j -2k
R2= 3 2 + 1 + 4 2 = 14
Beraz
t = - 75•-•
(3i + j -2k)14
--• i •-►2.6. Froga bedi ezen V 1 + V2 + V3 = 0 baldin bada, orduan
•••► -• •-••
V1 x V3 = V3 x V2 = V2 x V1 dela. Erlazio hauen bidez, froga
bedi zera betetzen dela:
V V2V31•-nn
sin(V2'V3 ) sin(V3'V1 ) sin(V1'V2 )
Ebazpena:
•••Ii• ••••
Demagun V1 x V3 eta V3 x V2
V2 = -V - V3 denez1••n••
V3 x V2 = V3 x (-Vi -V3 ) = -V3 x Vi -V3 x V3 = Vi x V3
-Gauza berbera egin dezakegu, V1 x V3 eta V2 x V i hartuz
-P
Hemen ere V 2 =71 -V3 denez
••••
V2 x Vi = (-Vi -V3 ) x V i = -Vi x Vi -V3 x Vi = V i x V3
Berz, frogaturik geratzen da lehen partea
0 2 0
13
Bigarren partea frogatzeko, har ditzagun lehen zati biak:
Vi x V3 = V3 x V2
Garatuz•••• nIn
V1V3 sin(V1 ,V3 ) = V3V2 sin(V3,V2)
Eta V3 sinplifikatuz, zera geratzen zaigu azkenean
V V21n•• ••••• ••-g•
sin(V3'V2 ) sin(V1'V3
)
Eta bi zatiei zeinua aldatuz, problemaren enuntziatukoa
gertzen zaigu
V V
1 2
sin(V2'V3 ) sin(V3'V1 )
Berdin eginez, frogapen osoa egin daiteke. Bestalde, erraz
ikus daitekeenez, hau sinuaren teorema besterik ez da.
•••
2.7. Demagun kurtsore-sistema hau: = i +aj-§.
P i (2,0,0) puntuan aplikaturik eta A2 = 2i + j
P 2 (0,2,0) puntuan. Lor bitez:
a) a parametroaren balioa, ardatzen iturburua ardatz zentra
lekoa izan dadin
b) Ardatz zentralaren ekuazio cartestarra.
Ebazpena:
a) Lehenik eta behin, erreduzitu egingo dugu sistema, ardatzen
iturburura.--•
R = A + A2 = 3i + (a+1) j1
i j k
to-
=▪ 2 0 0
1 a 0 2 1 0
= (2a-4)Z
Argi ikusten denez, inbariante eskalarra nulua da
••-•
T R = 3.0 +(a+1).0 + 0.(2a-4) =0
14
Beraz, horrek esan nahi du momentu minimoa nulua dela. Hots,-*
origena ardatz zentralekoa izan dadin Zo =o izan behar dela
2a -4 = 0 a=2
b) P ardatz zentralaren puntu bat izanik, P(x,y,z),zera betetzen
da
OP x R = 0
i j k
x y z
3 3 0
.-110 -0
= 0 R= 3i + 3j baita
-3zi + 3zj +(3x-3y) k = 0
Beraz ardatz zentralaren {x-y= 0
ekuazioak hauxek dira z = 0
15
ARIKETAK
«-►1.- Lor bitez, r = xi + yj + zk bektoreak ardatz koordinatuen
sentido positiboekin sortzen dituen eta angeluak
eta froga bedi ezen cos2 a< + cos 2 (S + cos 2= 1 dela.
2.- a) Lor bedi, P(4,5,-7) puntuaren eta Q(-3,6,12) puntutik ira•••• n4» .•-•••
ganik V = 4i - j + 3k bektorearen paraleloa den zuzenaren
arteko distantzia.
b) Halaber, lor bedi, P puntuaren eta Q puntutik iraganik
V bektorearen perpendikularra den planoaren arteko distantzia.
3.- Froga bedi ezen bi bektoreren baturaren eta kenduraren modu-
luak berdinak badira, orduan, bi bektore horik perpendikula-
rrak direla.
4.- Bektore ezagun baten, a, eta ezezagun baten, x, arteko bider-
kadura eskalarrak p balio du eta biderkadura bektorialak, b,
kalkula bedi x_2 2 1/2
Emaitz a : I 71-(p + b
)
a
•-•
5.- V1 =i+j+K, V2=2i + k, V3 = 3j, V 4 = 4i + 5j + 3k
bektoreak emanik, lor bitez a,b,c zenbakiak,
V4 = aV + bv 2 + cV3 izan dadin1
Emaitza: 2,1,1
6.- A= i+k eta B= i+j bektoreek, puntu berean aplikaturik, plano
bat osotzen dute.
a) Lor bedi, plano horren perpendikularra den bektore unitarioa,
u.•-► •-••
b) Lor bedi A k B direkzioko bektore unitarioa, vn••
c) Lor bedi u-ren eta v-ren perpendikularra den bektore unita-
rioa,w
Emaitza:
= +K) (2i + +k) -w= 3k)3 6 10
16
7.- Demagun F= -3i + j + 5k bektorea, (7,3,1) puntuan aplikaturik.
Lor bitez :
a) Bektore horren ardatzen iturburuarekiko momentua
b) (0,10,0) puntuarekiko momentua
Emaitza: 14i -38j + 16k , -36i -38j -14k
8.- P(1,3,4), Q(-2,1,-1), R(0,-3,2) puntuak emanik, lor bedi PQR
triangeluaren azalera1Emaitza: -F3T2
9.- Metodo bektorialak erabiliz, froga bedi triangeluen kosinuaren
teorema.
-11,
10.- V1 = i +2j -3k eta v2 = 2i - j bektoreak
P 1 (0,0,2) eta P 2 (2,-1,0) puntuetan aplikaturik daude.
Lor bitez:
a) P 1 P2 zuzenaren kosinu zuzentzaileak
b) Erresultantea
c) P1 puntuarekiko momentua
d) P 1 P 2 ardatzarekiko momentua
e) Ardatzen iturburuarekiko momentua
f) Sistemaren inbariante eskalarra
2 1 ••••• ••••
Emaitza: ,-2 ; 3i + j -3k ;-2i-41 ;
3 3 3
-r -•0 ; -4i + 2j ; - 10
--• -11. T -011.- Demagun Ai = 2i + j , A2 = i - j , A3 = ai + bj
bektoreek osotzen duten sistema, errespektiboki P1(2,2,0)
P 2 (2,1,0) eta P 3 (x,y,0) puntuetan aplikaturik.
Lor bitez a eta b parametroak eta P 3 puntuaren Koordenatuak,
sistema orekatua izan dadin.
Emaitza: a=-3 b=0 x edozein , y- 53
12.- Irudiko Koaciratuan, bertan adierazten
diren indarrak eragiten ari dira.
Lor bitez:
a) Sistemaren ardatz zentrala
17
b) C erpinean ipini behar den in-
darra eta B eta D puntuetan jar-
ri behar den indar-bikotea, hi-
ruren artean irudiko sistemaren
baliokidea lortzeko.
10Emaitza: a) y=--- a
12• ••• 11n• •••n•
b) Fc = 12 i
FBy
- FBx
=-10 •' FD =-F
B
13.- Vi = i + k eta V2 = 2i - j - 2k bektoreek P i (2,1,2) eta
P2 (1,3,0) puntuetan aplikaturik osotzen duten kurtsore-sis-
tema kontutan hartuz, lor bedi, ardatzen iturburutik pasatuz
sistema berria bikote edo momentu baten baliokidea egiten
duen kurtsorea. Zein da sistema berriaren momentu minimoa?-4> -11>
Emaitza: V3 = -3i + j + k
m -Co = 7i - 2j - 8k
18
3. GAIA PUNTUAREN ZINEMATIKA
Ikasi nahi baldin baduzue
zertan den abiadura,
begiratzerik baino ez dago
formula horren itxura.
denborakiko deribatua
posizioaren kontura.
Ondo ikasi, besteZa gero
galduko duzu logura.
{
v5 = (6.5-1)i + 6.25j
5-. --.
= 6i + 12.5j
_. -.. -.
fv5 = 29i + 150j
-. -. -.a5 = 6i + 60j
••-• -n•••
19
3.1. Partikula baten ibilbidea modu honetan adierazten da den-
boraren funtzioan:
r = (3t 2 - t)i + 2t3 7+ Ok
Lor bitez:
a) Lehen uneko abiadura eta azelerazioa (t = 0 denean)
b) 5 segundu (t=5) iragan ondoko abiadura eta azelerazioa
c) Azelerazioaren osagai tangente eta normala aipaturiko
bi kasuetan.
d) Makurdura-erradioa t=8 denean
e) Ibilbidearen ekuazioaren adierazpen analitikoa
Ebazpena:
-. -4. 2-*"a) -,..._ dr - (6t - 1)i + 6t j
dt
- _ dv - 67 +
dt
t = 0 aldiunean V = - i0
a = 6io
b) t = 5 aldiunean
c) Teoriatik dakiqunez aT -
dv
dt
v2 aN -
v = \((6t-1)2 + 36t
4
dv _ 2(6t-1) + 144t3
dt 2i(6t-1)2 + 36t
aT =
t = 0 aldiunean
20
a -TO
-2 - -1(-1
Bestalde, azelerazioaren osagai normala honela ere kalkula
dezakegu
v2- rar--;2aN
Eta t = 0 denean, a = 6 denez
= =
d) Makurdura-erradioa lortzeko honela egin dezakegu
2v aN - - ‘)a 2 - a 2
T
v 2
a - aT
t=8 aldiunean v, a eta a T magnitudeek hartzen duten balioa
jarriz, erraz lortzen da makurdura-erradioa.
e) x = 3t 2 - Hauxe da, berez,ibilbidearen ekuazioa;
v = 2t 3baina parametrikoki emana, t parametroaren
funtzioan.= 0
Beraz, t parametroa kendu beharko dugu.
1/3
Eta lehenengora eramanez\2/3 1/3
x 3 k Y2 ) ( Y2 )
z = 0
Ikusten denez, ibilbidea x0y planoan dago (z = 0)
Beraz
(Y2)t -
1
3.2. Higitzen ari den gorputz baten koordenatuak ondoko hauk dira
x = 2 sin cot y = 2 cos Uft
a -402
RuN
4W
Beraz
dv - 0
dt
v2 -aN
21
non W = Kte
den
a) Lor bedi ibilbidearen ekuazio cartestarra
b) Kalkula bedi abiaduraren balorea ednzein unetan
c) Kalkula bitez azelerazioaren osagai tangentzial eta
normala edozein aldiunetan.
d) Aurreko ekuazioak ikusiz, azal bedi nolakoa den higi-
dura.
Ebazpena:
a) t parametroa eliminatu behar dugu
{
x = 2 sin Wt
y = 2 cos Ot tx2 = 4 sin
241t
y2
= 4 cos2Wt
x2 + y2
= 4
Eta hau R=2 erradiodun zirkunferentzia baten ekuazioa da
b)
- 2 w cos Wt Beraz, abiadura hauxe izanen da:dt
v = 2 41 (cos Wt i - sin 6Jt j)
dy= -2 W sin wt
dt
c) Dakigunez, a- dv
dt
•••n v2
uT + uN
Abiaduraren modulua:
(v= 4.13
2cos
2Wt + 4W2 sin
2 Ot = 20 = Konstantea
d) Higidura hau zirkular uniformea da, zeren eta zirkunferentzia
batetan zehar gertatzen baita eta bestalde abiaduraren modu-
lua ere konstantea baita.
= [4 o t4 24 t
3 lt + 16
t2
4 3 2
=
0
10t 4 - 8t 3 + 8t2
22
3.3. Hasieran pausagunean dagoen gorputz bat (hots, t=0 unean
e= 0 (110), azeleratu egiten da 1,3 m erradiodun ibilbide zirkular batetan, o(= 120 t2 - 48t + 16 azelerazio angeluarraz.
Lor bitez abiadura angeluarra eta posizio angeluarra denboraren
funtzioan, eta bai azelerazioaren osagai tangentziala eta norma
la ere.
Ebazpena:
Dakigunez - c14)
dt
Hemendik dt = dw Eta integrazio-limiteak jarriz:
jW
dW = o(dt
o 0
t
=i
W (120t2 - 48t + 16)dt = 120 t3
- 48 t2
+ 161
W = 40t3 - 24t
2 + 16t
Posizio angeluarra ere erraz lortzen da
(i)
w - de- w dt0
t
3 2 0
dB
dt
Higidura zirkular honetan ondoko eran lortuko ditugu azele
razioaren osagai tangentzial eta normala
aT = dv - Rot aT
= 1,3(120t2 - 48t + 16)
dt
Bestalde v = CJ R da
2 2v2 40-R 2aN ----n aN = 1,3 (40t3 - 24t
2 + 16t)
J) R
Teoriatik dakigunez, eta
irudiko koordenatu-ardatzak
hartuz
[
x = v o t cos t<
y = v o t sin -gt 21
2
23
3.4. Kainoi bat muino baten behekaldean jartzen da. Muinoak
angelua osotzen du horizontalarekin. Kainoiak projektila c<
angeluaz eta v o abiaduraz jaurtikitzen badu, lor bedi kainoi-
tik projektila erortzen deneko punturainoko distantzia, muinoan
neurturik.
Ebazpena:
A puntuan baldintza hau betetzen da
- - Y- t g 95
► yy =x tag yl
x
Beraz,lehengo ekuazioak erabiliz eta baldintza horrekin:
1v o t cosex tg 95 = v o t sino( - ----gt22
Ekuazio honek bi ebatzi ditu
1t( gt + v o coscCtg95 - v o sinN) = 02
Ebat2iak:
= 0 r 0 puntuari dagokio
v o cos‘x tq - vosin-tA- 2
Azkenean, tA-ren funtzioan xA eta yA lortuko ditugu.
Bukatzeko ta= x2 + y2eginik, ebatzirik geratzen
da problema.
24
3.5. Lor bedi oc angeluaz eta v o abiaduraz jaurtikitako projekti-
laren ibilbidearen punturik goreneko makurdura-erradioa.
Ebazpena:
Punturik altuenean
(aT = 0
a = gN
Baina bestalde dakigunez
Beraz
v== vo cosb(vox
v o2 cos2
4:‹
g
aN -v2
P
v2
aN
denez
25
ARIKETAK
1.- Hasieran geldi dagoen gorputz puntual bat ( ,--0,0)=0,t=0 denean),
R= 2m erradioko ibilbide zirkular batetan azeleratzen da, o( =3t
azelerazio angeluarraz.
a) Lor bitez abiadura angeluarra (w) eta posizio angeluarra
denboraren funtzioan.
b) Lor bitez azelerazioaren osagai tangentzial eta normala edo-
zein aldiunetan (t).
Emaitza: a) 43 = 3 t2 e =t3
2
b) aT = 6t aN= 18 t4
2.- Partikula baten posizio-bektorea honela adierazten da denboraren
funtzioan: r = t2 i + 2t 3 +Ok (luzerak metrotan eta denbora
segundutan). Zera lortzea eskatzen da:
a) t=1 aldiunean partikularen posizioa, abiadura eta azelerazioa
b) Azelerazioaren osagai tangentzial eta normala aldiune berean.
c) Azelerazioaren osagai erradial eta transbertsala
d) Ibilbidearen makurdura-erradioa aldiune horretan
e) Ibilbidearen ekuazio cartestarra•-• -10 -• -•
Emaitza: a) r(1)= i +2j ; v(1)= 2i + 6j ; a(1)= 2i + 12j- s2-b) 11,4 m s -2 2; 4,2 m s c) 10,4 m ; 6,3 m s2
d) 9,5 m e) y= 2 x 3/2
3.- Partikula bat plano batetan higitzen da, beraren ordenatua
y = at eta angelu polarra bt izanik. Lor bedi partikularen
ibilbidearen ekuazioa.
Emaitza: r = ati
b sine
4.- A gurpilak 30 cm-tako erradioa du eta erreposotik hasiz bera-
ren abiadura angeluarra uniformeki hazten da 0,411 s -2 azele
razio angeluarraz. Gurpil horrek
martxan jartzen du B gurpila (12
cm-tako erradioa) C korrearen bi
26
dez. Lor bedi bi gurpilen azelerazio angeluarren arteko er
lazioa. Zenbat denbora behar du B gurpilak 300 bira/minutu
abiadura hartzeko ?
Emaitza: o(B /^!A = 2,5 ; 10 g
5.- v abiadura kostantez higitzen den tren baten barnean erortzen
uzten da gorputz bat. Zein da gorputzaren ibilbidea
a) Treneko erreferentzialarekiko
b) Trenbidean geldi dagoen sistemarekiko
Emaitza: a) zuzen bertikala b) parabola
6.- Partikula batek plano batetan duen higidura, honela adieraz
ten da denboraren funtzioan:
r = (t 2 + 4t + 3)i• + (t + 1)j-
Zera eskatzen da:
a) Ibilbidearen ekuazio cartestarra. Zer eratako kurba da ?
b) Zenbat balio dute azelerazioaren osagai normal eta tan-
gentzialak origenetik pasatzen den unean ?
c) Aldiune horretan -hots,origenetik pasatzean- lor bedi ibil
bidearen makurdura-erradioa.
(Problema hau 1976-111-12 ko examina kuatrimestralean jarri
zen)
Emaitza: a) x = y 2 + 2y Parabola
‘R.-b) a = aN - 2
5 5
c) f 5= F2
7.- Demagun gorputz zurrun baten gainean eragiten ari den indar-
sistema. Beraren erresultantea puntu egokian jarriz, sistema
hori erresultante hortaz soilik ordezka ote daiteke ?
(Galdera hau 1976-11-28 ko examinean jarri zen)
Emaitza: momentu minimoa nulua bada, bai ; bestela, ez
8.- 2 Kg-tako masa duen partikula baten posizio-bektorea, honela
adierazten da denboraren funtzioan:
27
r = t3T+ 3t 27+ 2tk
non luzerak metrotan adierazten diren eta denbora segundu-
tan.
Lor bitez:
a) t = 1 s aldiunean partikulak origenarekiko duen momentu
angeluarra
b) Aldiune horretan partikularen gainean eragiten ari den
indarra
(Problema hau 1976-IX-22 examinean jarri zen)•"! -.11•
Emaitza: a) L = -12i + 8j -6k
•-n•
b) a = 6ti + 6j
F = 12 i + 12j
28
4. GAIA HIGIDURA ERLATIBOA
Zinematika dugu argiro
gauza txit erlatiboa.
Behatzaile desberdinek dute
bakoitzak bere giroa.
Besterik gabe egon beharra
sistemaren eskZaboa,
Coriolis-en kontu horrekin
hauxe dugu akaboa.
29
4.1. 1 eta 2 izeneko partikulak Ox eta Oy ardatzetan higitzen di••,%•
ra = 2i eta v2 = 3j %1 abiadurez errespektiboki. t = 0 -
aldiunean, haien posizio-bektoreak ondoko hauxek dira:
r1= -3i r2= -3j
Lor bitez:
a) 2 partikularen 1 partikularekiko posizioa adierazten duen•••►
(r2 -r1 ) bektorea.
b) 2 partikularen 1 partikularekiko abiadura
c) Noiz daude partikulok elkarretik hurbilen?
Ebazpena:
a) Bi partikulak abiadura konstantez
higitzen direnez, hauxek izango dira
beraien posizio-bektoreak
r = (-3+2t)i + Oj1
r2 = Oi + (-3+3t)j
= 72-r1=(3-2t)i+(3t-3)jr21
b) Denborarekiko deribatuz, abiadura erlatiboa lortzen da
••••nn• 21 2 1v21 dt dt dt
Honela, ba: v21 = -2i + 3j
c) HurbiIen non dauden ikusteko, lehenik distantzia lortu be
har dugu, hots r21 bektorearen moduluas
2 1 = V(3-2t) 2 + (3t-3)2
Eta hau, denboraren funtzioa delarik, handien edo txikien
izan dadin, beronen denborarekiko deribatua anulatu egin
beharko da:
•••-2 - 711 ' o
dt
30
Deribatuz:
2(-2)(3-2t) + 2.3(3t-3) — o 2 11(3-2t) 2 + (3t - 3)2
Beraz, ekuazio hau geratzen zaigu
-12+8t+18t-18=0
26t=30 t- 15
13
Beraz, aldiune horretan (t- 15 ) daude hurbilen.
13
4.2. Bere autoan 80 Km/h abiaduraz euripean doalarik, alboko lei-
hatilan ur-tantek bertikalarekin 80°- tako angelua sortzen dutela
ikusten du gizon batek. Autoa gelditurik, izatez tantak bertikal
ki jausten direla ikusten du.
Lor bedi euriaren autoarekiko abiadura erlatiboa:
a) geldirik dagoenean
b) 80 Km/h abiaduraz higitzen denean
Ebazpena:
Bi behatzaile (edo errefe-
rentzi sistema) desberdin
daude:
B: geldi dagoena
B':autoan doana (V=80Km/h
abiaduraz)
X I-11L
X
B' translaziozko abiadura konstantez higitzen da. Beraz, biek
neurtzen dituzten abiaduren arteko erlazioa, ondoko hau izango da:
v = V + v'
Euri-tanten abiadura honela adierazten da bi sistemetan:
31
v = -vj-•••
•n•••
v' = -v'sin80i - v'cos 80j
Bestalde V = 80i (km/h)
Beraz, lehengo adierazpena erabiliz:
v = v'cos 80-vj = 80i - v'sin80i - v'cos80j
0 = 80 -v'sin 80
Hemendik zera geratzen zaigu :
8v'
0
sin80
4.3. Erreferentzi sistema batetan geldi dagoen 0 1 behatzailea,on
doko posizio-bektorea duen partikula bat behatzen ari da:
r = (t3 - t
2 + 2)i + (t
2- 1)j + (2t-2)k
1
0 2 behatzailea v02 = 3i + 2j - k abiaduraz higitzen ari da 0 1behatzailearekiko. Behatzaile biak (edo hobe esan, beren sistemen
origenak) toki berean daude t=0 aldiunean, eta beren sistemak para
leloki higitzen dira elkarrekiko.
Lor bitez:
a) r2(t) posizio-bektorea 0
2 behatzailearekiko.
b) Partikularen posiziCa, abiadura eta azelerazioa behatzaile
biekiko t=5s aldiunean.
c) Zergatik balio dute berdin sistema biekiko azelerazioek?
80v-tag80
// vz
I /X / /7;.2
Oharra: eskala desberdinak
hartu dira ardatzetan,iru-
dia argiago gera dadin.
32
Ebazpena:
a) Irudian argi ikusten den beza-
la:•n••••
r1R= R + r
2
Bestalde-411. •-n••
R = v t = 3ti+2tj-tko2
Beraz, denetara:
t3-t
2+2-3t)i + (t
2-2t-1)j+
+ (3t-2)k
--"" -w -wr1=(t
3 -t
2 +2)1 + (t
2-1)j + (2t-2)k
v1=
(3t2-2t)i + 2tj + 2k
dt
dv1 a1=
= (6t-2)i + 2jdt
t=5 aldiunean, honela geratuko zaigu
-w ►r1(5) = 102i + 24j + 8k
-w •-i•n .-11>
v1(5) = 65i + lOj +2k
a 1 (5) = 28i + 2j
02 behatzailearen neurketak hauxek izango dira:
2= (t3-t
2-3t+2)i- ▪ + (t 2
-2t-1)j + (3t-2)k-w
w dr2n-nn••
v 2-
- (3t-2t-3)i + (2t-2)j + 3kdt
-w- w dv
2a 2 =- (6t-2)i + 2j
t=5 aldiunean
-w -w -w -wr2(5) = 87i + 14j + 13k
•n41.
dr n••n•
dt
33
v2(5) = 62i + 8j + 3k
a (5) = 28i + 2j
c) Azelerazio biek balio berbera dute (a1 =a
2 ) bi behatzai-
'leak abiadura konstantez eta paraleloki higitzen direlako -
elkarrekiko, hots, bien arteko transformakuntza galilearra
delako.
4.4. R erradiodun disko batek v abiadura konstantez errotatzeno
du plano horizontal baten gainean. Froga bedi ezen bere ertzeko
edozein punturen posizioa x = R(wt-sinwt) eta y = R(1-coswt) ekua
zioez adierazten dela, tu = diskoaren abiadura angeluarra -
izanik eta t, puntu horYplanarekin kontaktuan dagoenetik neurtu-
rik egonik. Halaber, lor bitez puntuaren abiadura eta azelerazioa.
Ebazpena:
Bi modu desberdinez ebatziko
dugu problema hau. Lehenik,
metodo geometrikoa erabiliko
dugu.
a) Irudian diskoaren bi posizio adierazten dira (t=0 eta t=t aldiu
neetan). Bietan agertzen da P puntua. xy ardatzak (t=0 aldiunean)
erreferentzia bezala hartuz, P puntuak t=t aldiunean dituen koorde
natuak lortu behar ditugu. Irudiaren arauera.
x = v o t - R sinwt
x = R(wt - sinwt)
hots
y = R- RcosW t
y = R(1-cosWt)
Beraz, frogaturik geratzen da enuntziatukoa.
Abiadura eta azelerazioa erraz lor daitezke (P punturenak,nos
ki)
34
r- = R (Wt - sinWt)i + R(1-coswt)j
= dr -v --d-€--- RW(1-cos(4)t)i + RWsinWtj
▪ dv -a- = +RW2sinWt i + RW 2 coswt j-7EE-
Azelerazioaren modulua hauxe da
V 2 4 . 2a = R W sin u.I t + R2 u.) 4 cos 2W t = RW 2
b) Beste metodo batez ere ebatz dezakegu, higidura erlatiboz-ko ekuazioak erabiliz
Bi erreferentzi sistema ditugu.Bata (Oxy) geldi dago, eta bes-tea (Ox'y') abiadura konstantezhigitzen da eskuinetarantz. Ha-sierako aldiunean, t=0, Oy etaOy' ardatzak toki berean zeudeneta gero paraleloki higitzen dira.
t=t aldiunean vA=0 B behatzailearekiko, diskoa errotatzen ari baita. Baina B' behatzailearekiko, hots, Ox'y' sisteman, abiadura zirkular uniformea du. Beraz
v' = -wR i
Eta higidura erlatiboaren ekuazioak erabiliz;
vA = v + v' 0 = -WR i v°
Datu hau enuntziatuak berak ematen digu.
Orain posizio-bektoreak kontsideratuz:
r- = R + r' -. -... -.
{
r = xi + yj--",R = v o ti + RjP puntuaren kasuan
r'= -RsincUti - RcosWtj
35
Beraz, kalkuluak eginez, azkenean zera geratzen zaigu:
( x = R (Lot - sinuk.)
y = R(1 -cosout)
hots, frogatu nahi zenahain zuzen ere.
4.5. Mikelek eta Jonek (OX'Y'Z) eta:S(OXYZ) sistemetatik egi-
ten dituzte errespektiboki beren behaketak.2S' sistema u,k abiadu-
raz higitzen ari dalsistemarekiko, sistema biek origen berbera --
eta OZ ardatz berbera dutelarik. Biak ari dira gorputz bat behatzen.
Jonen ikuspegitik puntu hori geldi dago Z ardatzetik r distantziara.ikuspegitik
Zein da MikelenY4orputz horrek duen azelerazio erlatiboa? Eta Jonek
dakusan Coriolis-en azelerazioa?. (Problema hau 1973. eko examina
partzial batetan jarri zen).
Ebazpena:
Kalkuluak errazteko, P puntua Oy
ardatzean ipiniko dugu Oz ardatze
tik r distantziara. Eta t aldiu -
nean bi sistemen egoera erlatiboa
irudian agertzen dena de la joko
dugu.
v = 0Enuntziatuaren arauera, Jonen ikuspegitik 1 -›a = 0
Higidura bira uniformea denez, bi behatzaileen neurketen artean
ondoko erlazioak beteko dira (teorian ikusitakoaren arauera):
r = r'
v = v ' + a) xr 'a = a' +(ox(coxr') + 2 wx v'
guk a' lortu hehar dugu
36
a' = a -00x (wx r') - 2tOx v'
Beraz, lehenik v' lortu behar dugu.
= k
r'= r j
v' = v -Wx r'
v'=0 —
•-n
i j k
0 0 LO
0 r 0
v' = W r
Eta hau aurrekora eramanez:
a' = 0 — 0 0 W — 2
- r 0 0
0 0 (4)
W r 0 0
Azkenean zera geratzen da:•-••• 2 .""a'= r j
Ikusten denez, higidura zirkular uniformean dagokion azelera
zio zentripetoa da. Hori normala da, zeren eta Mikelek higidura -
zirkular uniformez ikusten baitu higitzen P puntua.
Jonek dakusan Coriolisen azelerazioa hauxe izangolda:
..-111••
2wx v' = 2 0 0 W
W r 0 0
= 2w2 r j
Oharra: Bi ardatz sistemak t aldiunean kointzidenteak aukeratze
i=i' j=j' k=k' egiten da eta horrela asko errazten dira kalkuluak.
4.6. Alaitz eta Maider (Ox'y'Z) eta:W(OXYZ) sistemetako behatzai
leak dira.Z 1 sistemawk abiadura angeluarraz higitzen da siste
marekiko. Biak ari dira partikula ber baten higidura aztertzen. Mai
derren eritziz, partikula horren higidura askea da, hots, abiadura -
Konstantez, eta Oxy planoan gertatzen da Ox ardatzaren direkzioan.
37
I
Zeintzu dira Alaitzen ikuspegitik partikularen azelerazioa-
1ren osagai erradial eta transbertsala?
Ebazpena:
Aurreko probleman bezala eta arrazoi berberengatik bi siste-
men ardatzak kointzidenteak direnean aztertuko dugu problema.
a' azelerazioa lortu behar dugu . Erabili behar diren ekuazioak
hauxek dira:
v = v' +wx r'n► -•-•••• n- nn••• -•-••n•
a = a' +Wx (wx r 1 ) + 2cdx v'
Ezagutzen ditugun datuak hauxek dira
V = V
r'= r = d
a = 0
Lehenik v' lortuko dugu:
•»11. n►v'= v -W x r' = v i - 0 0 W
d 0 0
Beraz:
v' = v i - wd j
38
Eta azelerazioa:
a'= -Wx(wx r') - 2wx v'
j k i j k
a'= - 0 0 -2 0 0 U)
0 dw 0 v —du) 0
2 ""'" 2 -""a'= +w d i -2w d i -24)v j
--•-a'=41)d i - 2wv j
Eta puntu horretan direkzio erradiala Ox' ardatzarena denez
2a' r= -wd
a' = -2Wv9
2 -•
39
1.- A hegazkina Ifarralderantz higitzen
ari da Lurrarekiko 600 km/h abiadu-
raz. Une berean, beste hegazkin bat
160M direkzioaz higitzen ari da 400
Km/h abiaduraz. Lor bedi A-k B-reki
ko duen abiadura (ikus irudia)
ARIKETAK
Emaitza: vAB= 529,2 km/h
I 40,7 E direkzioaz
I
tl. ..- 600A
1/0-- 400
T
60° ApM ....11.... zi.iy
1.. •̂
. ►
2.- Airea geldi egonik, soinuaren abiadura 358 m/s da 25°C-tan eta
airetan. Soinu-iturria ere geldi dagoela kontutan hartuz, lor
bedi 90 Km/h abiaduraz higitzen ari den behatzaileak neurtzen
duen soinu-abiadura:
a) iturrirantz hurbiltzean
b) iturritik urruntzean
c) higitzen ari den direkzioaren perpendikularra den direkzioan.
Emaitza: a) 383 m/s
b) 333 m/s
c) 357,1 ro/s (o( = 86°)
3.- Txalupa batek urarekiko duen direkzioa 160M da, beti ere urare-
kiko abiadura 4 Km/h delarik. Baina uretan korrontea dago; eta
denetara txalupak Lurrarekiko duen abiadura, Mendebalderanzkoa
da 5 Km/h abiaduraz. Lor bedi korronteak Lurrarekiko duen abia
dura eta beraren direkzioa.
:a 4,58 km h-1 , M 41°H direkzioanEmaitza:
4.- Hibai bat Iparralderantz doa 3 Km/h abiaduraz. Txalupa bat Ekial
derantz abiatzen da urarekiko 4 Km/h abiadura erlatiboa duelarik.
a) Lor bedi txalupak Lurrarekiko duen abiadura
b) Hibaiaren zabalera 1 Km-takoa bada, zenbat denbora behar du
hibaia zeharkatzeko ?
c) Zein da Iparralderanzko desbidazioa, txalupa beste hibaier-
40
tzera heltzean ?
Emaitza: a) 5 km h-1 E 37°1 direkzioan
b) 15 minutu
c) 750 m
5.- 30°-tako Ipar-latitudea duen Lurreko puntu batetan, hegazkin
bat horizontalki hegaz egiten ari da Mendebalderantz eta -
1000 Km/h abiaduraz. Lor bedi, Lurreko behatzaile batek sus
matzen dion Coriolis-en azelerazioa, beronen modulua eta
direkzioa emanez eta grafikoki adieraziz. (1977-IX-ko exami-
nean jarria).
Emaitza: -2v'cusin 30 i' -2v"Wcos 30 k'(lekuko sisteman)
6.- Alboko irudiko plataforma zirku-
larra biraka ari da bere ardatza
ren inguruan L4) .= 30 bira/mi abia
duraz. Une batetan, beraren gai -
nean A pertsona 0 zentrutik 1,5
metrotara dago eta erradialki hi-
gitzen ari da 2 m/s abiaduraz.
Zeintzu dira A-ren abiadura eta -
azelerazioa, plataformatik kanpo
geldi dagoen B behatzaileak neur-
turik ? (1975-VI-23ko examina)
Emaitza: OA delakoa 0 y' ardatz bezala harturik,
V°.= + 2j
a = -4r7 i -1,517
7.- Jasogailu batetan 2 ms -2 azelerazioaz igoten ari den behatzai-
le batek, gorputz bat erortzen ikusten du jasogailu barruan 3m-
tako altueratik
a) Zer azelerazio neurtzen dio ?
b) Zein da gorputzaren posizioa behatzaile horrekiko, 0,5 s
pasatu ondoren ?
Emaitza: a) 11,8 m s-2 b) 1,6 m
,Emaitza: v
1 =
12
+ V2 +(LO r)2
1 1v2
= + (V + to2r2
41
8.- Irudian adierazten den hodiak
abiadura konstantez biratzen
du Oxy planoan eta 0 puntuaren
inguruan. Beraren barnean bola
txo bat dago (P) eta bolak duen
posizio erlatiboa, honela adie-
razten da denboraren funtzioan:
r'(t) = t2 U.Hemen r' metrotan
eta t segundotan. Lor bitez v-3>
eta a denboraren funtzioan.
Emaitza:
v = 2t t2 = (2tcos - t2 sin & ) i▪ +▪ (2tsin(4-t 2 cosa) j
9.- Hurrengo irudian gorantz eta abiadura konstantez (v) igoten ari
den helikoptero bat adierazten da. Beronen helizeak UJ 1 eta W2
abiadura angeluarraz higitzen dira. Helize bakoitzean eta iru-
dian adierazten diren puntuetan (P 1 eta P 2 ) bi euli daude, di-
rekzio erradialetan vi eta v2 abiadura konstantez higitzen.
Zeintzu dira euli horien abiadurak Lurrean geldi dagoen behatzai
le batek neurturik ?
--0
4 2
5. GAIA PARTIKULAREN DINAMIKA
Fisika horren Historirako
garrantzizkoa da Newton.
Bere burutik atera zitun
hiru printzipio sakon.
Pentsaturikan gure zientziari
zer Zaguntza eman dion,
hainbeste Zanik egin duenik
ez dut nik aurkitzen inon.
b= 0
43
5.1. Konsidera ditzagun bi erreferentzi sistema, (S) eta (5') di
relakoak. Denboraren iturburuan, hots, t=0 aldiunean, bi siste -
men ardatzak kointzidenteak dira. Hemendik aurrera (S') sistema
V=-10j(ms-1 ) abiaduraz hasi da higitzen (S) sistemarekiko, bira
egin gabe.
(S) sisteman partikula baten posizio-bektorea hauxe da:2-.-
r=2t k, denboraren funtzioan [(r) metrotan eta (t) segundotan ego
nik] . Partikularen masa m=5(kg) da.
Aurki bitez:
a) (S) sisteman, partikularen abiadura, azelerazioa eta beraren -
gaineko indarra.
b) (S') sisteman, oartikularen ibilbidea.
c) (S') sisteman partikularen abiadura, azelerazioa eta beraren -
gaineko indarra.
d) Konpara bitez sistema bakoitzeko estudioan ateratako ondorioak.
Ebazpena:
a) (S) sisteman, partikularen abiadura. Definizioz:
—v _ dr _ 4t Kdt
Hemendik azelerazioa, definizioz hauxe izango da:
dv = 4k (m.s-2
)a -dt
Eta indarraren definizioa aplikatuz:
F = ma = 20k (Nw)
44
5.2. Mahai baten gainean dagoen ontzi bat lehertu egiten da, hiru
zatitan banatuta geratzen delarik. Horietako masa berdineko bi
zatik, mahai gainetik eta direkzio perpendikularretan alde egiten
dute, biek 30 (m.s -1) abiaduraz. Hirugarrenaren masa besteetariko
bakoitzarena baino hiru bider handiagoa da.
Aurki bitez hirugarren zati honen abiaduraren balorea eta di
rekzioa.
Ebazpena:
Kontsidera dezagun hiru zatien muetzoa.
Sistema honen gaineko kanpo-indarrak (hain
zuzen ere, beraren pisua eta mahaiaren
erreakzio normala) orekan daude. Hots, sis
tema isolatua dago eta beraz, momentu
nealaren kontserbazioaren printzipioa bete
behar da.
Mahai gainean hartzen ditugu x eta y
ardatz cartestarrak, eta ebazpena sinpli -
fikatzeko, lehenengo eta bigarren zatien
abiadurarekiko paraleloak (irudian ez da
hirugarren zatia erakusten).
Leherketa aurreko momentu linela : M.0 = 0
ondorengo 11 : mlvl + m2v2 + m3v 3
Kontserbazioaren printzipioa betetzen denez:-1n•
0=m1v1+m 2v2+m3v 3
v1=30i eta v 2 =30jHemen
3m1=3m2=m3
-.. .. ...- -► _, .. ...- -Beraz : 0 = ---3-- 30i+21.1,-- 30j+m 3v3 -_... v 3=-10i-10j
m
3 3
Hemendik:
N, 3=V(-10) 2 + (-10) 2 = 10\12—ms-1
tge = -10 = e 3 =225°
3 -10
edo . 45°
y
e,X
rn3
45
b) Irudian ikusten denez: 2-'r=2t k
r = r' + R r' = r - R' HemenR=Vt=-10tj
-w -w 2 -► x'=0r'=10tj + 2t k beraz:{ y'=10
z '=2t
Orduan, ibilbidea hauxe izango daz
x'=0
z,- 2 y ,2
ino
Hau da, y'z' planoan kokaturiko para
bola bat.
c) (S') sisteman partikulak duen abiadura definizioz, hauxe da:
► ' ►dr v' = - 10j + 4tk
dt
(S') sisteman, azelerazioa:-.
dv '_. -.a' = - 5k (ms
-2)
dt
Eta (S') sisteman, indarra:
F'= ma'=20K (Nw)
(Hemen partikularen masa inbariantetzat hartu dugu. Hots,duela
nahiz (S) sisteman nahiz (S')-n, partikulak masa berberPrgnartzen
dugu. Hau postulatu bat besterik ez da, Mekanika Klasikoaren pos
tulatuetariko bat hain zuzen.)
d) Lortu dituqun emaitzak konparatuz, Kontura zaitez nola bi sis
temekiko abiadurak (v=4tk eta v'=10j+40tk) eta ibilbideak ((S) sis
teman zuzen bat, z ardatza prezeski, eta (S . )-n berriz, parabola
bat) berdinak ez diren. Azelerazioak ( .4.=-1 =4.17) ordea, eta hortaz
indarrak (F=F'=20K) ere, arras herdinak ditugu. Hau da Galileo -
ren edozein transformazioren ondorioa.
TA TEI
NBMB g
P
{
P-TB=MnaB1
aB = -aA
2
NB-M
Bq=0
P=TB+1M
BaA
=2040(Nw)2
ag
46
5.3. Irudian erakusten
den bezala, A blokean lo
tutako soka, masa gabeko
A i 4. n (., B 1) txirrika batetatik pasa eta0/////////////////////1)/(//////////
f 2:4
~z/ gero, S topean tinkatua da.
Bestaldetik, txirrikaren
zentrua eta B b,_okea konek
tatuta daude beste soka ba
ten bidez. A blokeak 16 kg-tako masa du, eta B-ak 4 kg-takoa. Soka
guztiak paraleloak dira zoluarekiko, eta honek ez du marruskadurarik
sortzen. Bloke biak hiqitzen ari dira, B-ren gainean eragiten duen
P indarra dela medio. 0 puntuarekiko A blokeak denbora funtzioan
duen desplazamendua, hauxe da: x1=2t3 [(t) segundotan eta (x) metro_
tan neurturik].
a) Zein da A blokearen azelerazioa t=5(s) aldiunean ?
b) Zeintzu dira soken tentsioak aipaturiko aldiunean ?
c) Eta zein P indarraren balorea ?
Ebazpena:
a) Azelerazioaren definizioz (higidura zuzenean):
dvAdx
Ad2x
At=5(S)
aA-12t___/_
dt dt dt dt a =60(m.s-2
)
A blokearen ekuazioak:
T =M a =16.60=960(Nw)A A A
N -M g=0A A:
Txirrikaren ekuazioa:
TR --20 (ez baitu masarik)m
A=
T =1920(Nw)B
-B blokearen ekuazioak:
b)
c
5.4. W pisuko A blokea abiadura Konstan
tez jaisten da irudiko S planotik, pisu
bereko B xafla bere gainean kokatuta -
duelarik. Xafla hau geldituta dago,
planoarekiko paralelo den soka batez lo
turik.
a) Diagrama baten bidez erakuts bi-
tez bloke gainean eragiten duten
indar guztiak.
b) A eta B-ren arteko eta A eta S-ren
arteko
marruskadura-koefizienteak berdinak direla jakinik, kalkula bedi aipa
turiko koefizientea.
47
Ebazpena: a) Hona hemen A gainean aplikatuta dau-
den indar guztien diagrama.
Bestaldetik, abiadura konstantez jais
ten baita, hots, orekan dago, ondoko
ekuazioak bete behar:
{
x : f1+f
2 -Wsen37°=0
y : N2 -N1-Wcos 37>=0
3r
b) Hemen ikusten da xaflaren indar-dia-
grama. Xafla ere orekan baitago, ekua
zio hauk betetzen ditu:
k
x : -f +m-Wsen37°=01 -
y: N -Wcos37°=01
5.5. Puxtarri bat erori egiten da ontzi baten barruan.
Puxtarriaren masa 2(gr)da, eta beraren gaineko
Arkhimedesen indarrak 460(d) balio du. Urak era-
gindako igurtzimenduzko indarra puxtarriaren abia
duraren arauerakoa da, proportzionalitate-koefi-
zientea 50(d.s.cm-1 ) delarik. Kalkula bitez:
a) Puxtarriaren erorpenaren abiadura limitea.
b) Erorpen luze samarraren ondoren, puxtarriak
abiadura limitea lortu duela kontsidera dai
teke praktikan. Orduan ontziaren zoluare-
kin topo egiten du, abiadura limitearen er-
diz errebotatuz. Zenbat denbora egingo du
puxtarriak igoten, berriro jaisten hasi arte?
48
Horrez gainera marruskadurazko indarren baloreak plantea ditza
kegu:
jf1=tkN1
f2=r2
Planteaturiko sei ekuazioetatik marruskadura-koefizientea lor
daiteke erraz. Balorea zera 0,25.
Ebazpena:
a) Definizioz abiadura limitea lortzen denean, azele-
razioa anulatu egiten da. Beraz:
mg+A+P = 0
{ mg=-2.980j=-1960j
Hemen A(Arkhimedesen indarra)=460j
RL= (igurtzimenduzko indar limitea edo
erresistentzi-indar limitea)= -50VL=
= -50(-V ) = 50 V jLj L-19601+460j+50VLj = 0 --9- VL=30(cms
-1 )
4y
(7-)
tr
I 9- Hortaz:dv .-1960j + 460j - 50vj = 2 3dt
Edo: 7" 0 fS
-25 (30+v) =idt --25I -25 .1dv dv dv
T=25 ln 1,5 cf.10 (S)
dt 30+v 30+v0 /6. 0
0 ..r1mutur batetara loturik, m masa-/ko partikula biraka ari da, abiadu
ra angeluarraz. Mahai gaineko haria
49
b) Edozein (t) aldiunetan:
mg + A + R = ma
-- _.mg=-1961jA = 460j
HemenR =-50v = -50vj
dv dva =dt dt
5.6. Mahai horizontal eta marruskadura
rik aabeko baten qainean, hari baten—
ren zatiak 1 luzera du. Haria mahai-
ko 0 zulo batetik pasatzen da, eta
T beste muturra finkatuta mantentzen
da T tentsioz. Mutur honetatik tira-
tuz, mahai qaineko zatiaren luzera be
r• aurreko balorearen erdiraino erreduzitzen da.
Aurki bitez:
a) T tentsioaren balorea
b) T' tentsioaren balore herria, mahai gaineko hariaren zatiaren lu
zera erreduzitu ondoren.
50
Ebazpena:
a) Irudian ikusten denez, T indarrak,
hots hariaren tentsioak, aN=w2r=w
21
azelerazio zentripetoa eragiten du;
N eta mg indarrek, ordea, anulatzen
dute elkar, direkzio bertikalean
partikulak ez baitu azeleraziorik.
Beraz:
x : T = mw21
y : N - mg = 0
Lehenengo ekuazioak hariaren tentsioa ematen digu zuzenki.
b) Irudia berrikusiz, N eta mg indarrek aplikazio-lerro berbera
dute eta horrez gainera beraien erresultantea nulua da. Beraz
beraien edozein punturekiko indar-momentua nulua izan behar.
da. Bestaldetik, hariaren tentsioaren aplikazio-lerroa 0 pun
tuU~neta beraz bere puntu honekiko indar-momentua beti
izango da nulua (egia esan indar zentrala da). Hau guztiau
kontutan harturik, 0 puntuarekiko partikularen momentu ange-
luarraren kontserbazioa anlika dezakegu, hau da:yer
•n•• L=rxmvL = L' hemen r x v = r' x vl
L'=r'xmv•
Baina nahiz lehenengo zirkunferentzian zein bigarrenean, erra
dio eta partikularen abiadura per-
pendikularrak dira. Hortaz:2
1 v= 1 v ' 12ol= - w ' w ' =4 w
2 2
Eta hemendik, a) atalean ikusi du-
dugun legez:
1T'=mw.2 1 1 = m.16W
2 -=8~21=8T'2
Behatzaile honen ikuspegitik
51
angeluarraz5.7. Zer abiadurYpiratu behar du irudiko gai
luak, hariak bertikalarekiko 0=45°-tako
angelua bete dezan ?.
Ebazpena:
Oxyz erreferentzi-sisteman partiku
la oreka erlatiboan dagoenez, indar
guztiak anulatu egin behar dira,
hau da:
2{ x: muJr-Tcose= 0
y: TsinO -mg = 0
Hemen r = a+1s5.ne
Idatzitako ekuazio-sistematik abia-
dura angeluarraren ateraratzen den
balorea zera da:
a+lsine
5.8. 6 kg-tako gorputz bat kono baten
gainaldean kokatuta dago, iru -
dian ikusten den kordelaz sosten
gaturik. Konoa EE' ardatzarekik<
biraka ari da, 10 b.m. (bira mi-
nutuko) frekuentzi, angeluarraz.
Kalkula bitez:
a) Konoaren gainaldeak gorputzear
egiten duen erreakzioa.
b) Kordelaren tentsioa.
c) Gainaldearen erreakzioa nulua egiteko behar den abiadura angeluE
rra.
52
Ebazpena:
{ x: mu'2rcos30°+mgsen30°-T = 0
2y: micursen30°+N -mgcos30°= 0
Eta lehenengo ekuaziotik T despejatuz:
2T= m zu 1cos
230°+mgsen30°2'_54,4 (Nw)
a) Ezer baino lehenago kalkula de
zagun abiacqura angeluarra:
w= 277'Y= 27r 10- 7Z-- (rad.s -1 )60 3
Orain plantea ditzagun gorputzare
orekazko ekuazioak, era guztietak
indarrak, hau da, nahiz interakzi
(benetakoak) zein inertzi indarra
(irudikoak; kasu honetan indar ze
trifugua, hain zuzen), kontutan h
turik. Hau da:
b) Aurreko ataleko ekuazio-sistematik, eta bigarrenetik konkretuki,
N indarraren balorea lor dezakegu. Hauxe da:
53
N = mgcos30°- mt3lsen30°cos30°:.,4' 36,5 (Nw)
c) N zero izan dadin:
0 = mgcos30°- m4lsen30°.cos30°
"/ g (rad.s-1)
1 sen30°
5.9. Irudiko kono barruan partikula bat
dago kokatuta, erpinatik 1 distantzia
batetara. Konoa bere ardatzarekiko
biraka ari da. Partikula eta konoa-
ren arteko marruskadura-koefiziente
estatikoaitda.
0,,keta 1 datuak bezala kontside-
ratuz, zeintzu dira konoaren abiadu-
ra angeluarraren balore mugak, par
tikulak konoarekiko oreka erlatiboan
iraun dezan ?
Ebazpena:
Beherantz jaisten hasterako muga:
Konoan doan behatzaileak geldirik da
kusa partikula. Beraz,bahatzaileak
planteatutako indarrak (benetakoak
eta inertziakoak) orekan daude:
fr.4".(Ni eta mugan f1=i4
y : m4r - Ni cos 0 = 0
: -mg+N i sin e lAbl icose = 0Hemen r = lsine
y: mtv22 r - N 2 cose-).4.N 2sine= 0
{
Hemetik 412= --- cos 6 e
z :-mq +N 2 sine 71.0\1 2 cose = 0 1 (sine -)4cose )sin
54
Ekuazin-sistema honetatik(,U " lor daiteke, honela gertatzen de-
larik:
w = _2_ cose 1 (sine -1- /ucos e ).sin e
Gorantz abiatzerako mugan:
Oraingo planteamendua aurreko bezalakoa da, marruskadurazko in
darraren sentidoari dagokionez izan ezik, berau aldatu egiten baita.
Beraz, ekuazioetan indar honen .zeinua aldatu behar dugu, honela ge-
ratzen zaizkigularik:
Azken terminotan, partikulak konoarekiko geldirik iraun dezan
konoaren abiadura angeularrak ondoko baldintza bete behar du:
w a-1 w 2
5.10 a) Zein izan behar da angeluko plano
aldapatsu baten azelerazioa, bera -
ren gainetik eta marruskadurarik
gabe irrista egin dezakeen M masako
bloke batek, planoarekiko geldirik
iraun dezan?
b) Zer gertatuko litzateke,planoaren
azelerazioa kalkulatua baino handia
qoa edo txikiagoa izanen baldin ba-
litz ?
c) Konkretuki angelua 30°-koa izanik,
estudia bedi blokearen higidura, planoaren azelerazioaren funtzioan.
Orain, blokea planoarekiko higi-
dura erlatiboan dago, bere pla-
noarekiko azelerazio erlatiboa
a - delarik
Ebazpena:
55
a) Dei dezagun a o , blokeak geldi
rik iraun dezan planoaren azele
razioa. Orduan blokeak ondoko
ekuazioak bete behar ditu:
{
x: Mgsine - Ma o cose = 0
y: N-Mgcose -Ma o sine = 0
N indarra ez dugu ezertarako behar, eta beraz bigarren ekuazioa
utziko dugu ukitu gabe. (Dena dela N > 0 izan behar da beti, eta iza-
nen da planoaren azelerazioa ezkuinalderanzkoa den bitartean, noski.
Bestela blokeak planotik alde egin lezake, eta problemak ez luke ino
lako zentzurik izanen). Hau dela eta, lehenengo ekuaziotik zera ate
ra dezakegu:
a o = gtge
b) Kasu honetan planoak edozein
a azelerazio du.
Blokearen planoarekiko higi-
dura erlatiboaren ekuazioak
hauxek dira:
{
x: Mgsine-Macose = Ma'
y: N-Mgcose - Masine = 0
Aurreko atelean ikusi dugun
legez, eta arrazoi berberaz,
bigarren ekuazioa ez dugu ezer
tarako erabili behar. Eta sis
tema honen lehenengo ekuazio-
tik hauxe ateratzen dugu:
a = g tge a '
cose
56
- Hemen a=a 0 =g tge baldin bada a'=0 (hau da aurreko atelean
ikusi dugun kasua, halegia, blokea lanoarekiko geldirik dirau).
- Hemen a>a e = g tge baldin bada--a'<0 eta, beraz, blokea pla-
noan gora mugitzen da.
- Hemen a< a e = g tgO baldin bada-.a'>0 eta, beraz, blokea pla-
noan behera mugitzen da.
c) Partikularki 8=30° baldin bada ae = g tg30° -,g,V3
Orduan, bigarren atalean ikusi dugunez:
; a - --/- baldin bada, blokea ez da planoarekiko higitzen.
a > baldin bada, blokea planoan gora higituko da.
a < q baldin bada, blokea planoan behera higituko da.V3
57
ARIKETAK
1.- Irudiko sistema edukiz, kalkula be
di gorputz bakoitzaren azelerazioa.
(Sokek eta txirrikek ez dute masa-
rik eta ez da inolako marruskadura
rik kontsideratzen).
g (eskuinalderantz)
g (beherantz)
g (ezkerralderantz)
Emaitza: aA 8
13
5'aB- 13
2a =
13
2.- Irudiko sistema edukiz, eta txi -
rrikek eta sokek masarik ez dutela
kontsideratuz, kalkula bitez A,B
eta C gorputzen azelerazioak.
Emaitza: a = -12 (gorantz)A 5
aB- (beherantz)
a = -a- (beherantz)
C 5
3.- m masako partikula bat geldi uzten
da zulo erdizirkular baten ertz ba-leuna
tetan. Zuloaren gainazala guztizY-da
eta r erradioduna.
Edozein posizio hartuz, hau da,
angeluaren funtzioan, lor bitez par
tikularen higiduraren abiadura ange
luarra eta hai azalak eragindako in
darra_ere:
Emaitza: (1) - V
2g .r sin N = 3 mg sine
58
4.- Masa gabeko hari baten mutur bat A
puntuan dago tinkaturik eta beste -
muturrean harritxo bat du loturik.
Hariaren luzera 19,6 cm da eta harri
txoaren masa 1 g. Multzoak pendulu
koniko modura jokatzen du, 10 rad/s
abiadura angeluarraz bira eginez.
Lor bitez:
a) Hariaren tentsioa
b) Hariak bertikalarekiko betetzen duen Tangelua
c) Aipaturiko angelua, abiadura angeluarraren zein baloretarako
izango litzateke 90 °- takoa ? Zenbat balioko luke hariaren
tentsioak kondizio horietan ?.
Emaitza: a) 1960 (d) b) 60°
c)
5.- Bloke bat abiadura konstantez jaisten da plano aldapatsu bate-
tan behera . Zein azelerazioz jaitsiko litzateke, planoaren an-
gelua 60°-tara aldatuko balitz ?
Emaitza: g/
6.- Igogailu batetan bainugela-balantza bat daukagu. Balantza gai-
nera pertsona bat igoten da. Igogailuaren masa 420 kg da, balan-
tzarena 5 kg eta pertsonarena, 75 kg.
I.- Igogailua eusten duen kablearen tentsioak 5000 Nw balio du:
I.a.- Zein da balantzari igogailuak eragindako indarraren
balorea ?
I.b.- Eta zein, balantzaren gainean pertsonak eragindakoa ?
(Hauxe da, hain zuzen ere, balantzak neurtzen duen
indarra, edo beste era batetara esanda, pertsonaren
pisu irudikoa).
II.- Orain igogailuaren tentsioa 4800 Nw-etara aldatzen da. Eran-
tzun aurreko aldera berberei.
III.- Zenbatekoa izan beharko luke kablearen tentsioak, pertsona-
ren irudiko pisua nulua izan zedin ?
A I
19'6 cm
— _
59
Emaitza: Ia) 824 Nw Ib) 772,5 Nw
IIa) 744 Nw IIb) 697,5 Nw
III T = 0
7.- Irudiko sisteman, kalkula bedi gor
putz bakoitzaren azelerazioa. Gaina
zal guztiak arras leunak dira, eta
arbuiatu egiten dira soka eta txi -
rriken masak. Datuak: mA= lkg,
mB= 2kg•, mc=3kg.
Emaitza: aA= 0,3 g (ezkerralderantz)
aB= 0,3 g (eskuinalderantz)
ac= 0,9 g (beherantz)
8.- F indarraren eraginez, C blokea -
9,8 m.s-2 azelerazioz higitzen ari
da eskuin alderantz. Denbora berean
A eta B blokeak ere higitzen dira, -
soka batez loturik, irudian adieraz-
ten den bezala. Ez dago inolako ma-
rruskadurarik eta soka eta txirrika-
ren masak arbuiatu egiten dira.
Kalkula bitez:
a) A eta B blokeen C blokearekiko abiadura erlatiboak.
b) C blokea hultzatzen duen F indar horizontalaren balorea.
Datuak: mA=1kg m =3 kg mc=15,5 kg.
Emaitza: a) aA = 4,9 ms-2 eskuinetarantz
aBC
= 4,9 ms-2 beherantz
b) F = 196 Nw
9.- L luzerako soka homogeneo bat iru-
dian ikusten den moduan kokatzen da.
Hau da, soka erdia mahai leun eta ho
rizontal baten gainean jartzen da,
1-=0
t
60
beste erdia zintzilik geratzen de
larik. Gelditasunetik hasiz, zer
abiadura izanen du sokak, bere ez
kerreko muturra mahaiaren ertze-
ra hel dadin aldiunean ?
Emaitza: 2
10.- Irudiko igogailua beherantz hiqi-
tzen ari da, 6,8 ms -2 azelerazioz.
Kalkula bitez A eta B blokeen igo-
gailuarekiko azelerazio erlatiboak
eta igogailuaren kablearen tentsioa.
Soka eta txirrikaren masak arbuiaga
rriak dira (mA=20 kg ; 93=10Kg; igo
gailuaren masa 200 kq)
Emaitza: Igogailuarekiko azelerazio
erlatiboak: aA= lms-2 (zolurantz) ;
a = 1 m s-2 (sabairantz) kablearen tentsioa T = 680 Nw
11.- Kalkula bedi m masako pertsonak be-
' re eskuez egin behar duen indarra,
a azelerazioz gorantz igon dadin. Ar
buia bitez soka, tramankulu eta txi-
rrikaren masak.
Emaitza: F _ m g+a
2
12.- Hasierako aldiunean (t=0), m masako
partikula (0,y0) puntuan dago eta vo
abiadura horizontala du, grabitatea-
ren eraginpean higituz.
Lor bitez:
a) Edozein aldiunetan (t) partikula-
ren posizio-bektorea eta momentu
lineala.
61
b) Partikularen ardatzen iturburuarekiko momentu angeluarra
edozein aldiunetan.
c) t aldiunean partikularen gainean diharduen indarraren (hau
da, pisuaren) indar-momentua origenarekiko.
d) Konproba bedi, aipaturiko indar-momentuaren eta denborareki
ko momentu anqeluarraren deribatuaren arteko kointzidentzia
(berdintasuna; ez kasUalitatea, noski).
gt2.Emaitza: a) = y o t (y. )
2
p = mv. i - mgt j
2b) L = - mv.(y. + gt ) K
2
c) = -m v. gt k
13.- Burdinhari bat y=x2 parabolaren
itxura emanez makurtzen da. Par-
tikula batek burdinharitik irrist
eqin dezake marruskadurarik gabe.
Burdinharia y ardatzarekiko bira-
ka ari baldin bada, zein abiadura
angeluarrez lortuko da partikula-
ren oreka erlatiboa, parabolaren
erpinetik kanpo egonik ?
Emaitza: (4.)=1/27f
14.- Partikula bat geldirik uzten da,
irudian ikusten den posizioan. Be
raren eta irudiko bi plano aldapa-
tsuen arteko marruskadura-koefi -
ziente zinetikoak 0,5 balio du.
Kalkula bitez:
a) Punturik baxuenean partikulak
izango duen abiadura.
b) Bigarren planotik lortuko duen altuera.
n\ 1A -1 n
62
15.- 10 gr-tako harritxo batek, 10 m-tako erorpen librea eta gero
hareazko zoluarekin topo egiten du, 7 cm-tako sakonerako zuloa
egiten duelarik. Kalkula bitez:
a) Zoluarekin tnpo egiterako aldiunean harriak daraman abiadura
b) Zuloak egiten duen bitartean harriak duen azelerazioa, berau
konstantea dela suposatuz (hau da, azelerazioaren batez bes-
teko balorea)
c) Hareak eragindako erresistentzi indarraren batezbesteko balo-
rea.
Emaitza: a) 14 ms-1b) 1400 ms
-2gorantz
c) 14 Nw gorantz (harritxoaren pisua mesprezatuz).
63
6. GAIA LANA ETA ENERGIA
Fisikan ere nagusi dira
energia eta lana.
Lan egitea dugu prezeski
indar guztien afana.
Baldin eremu kontserbakorra
etortzen bada zugana,
jakin ezazu, gradiente batez
indarra dela emana.
er•
v = V. +1
)(F dt
m
beraz:
bo
64
20 ••••• n11.
6.1. m=2 kg-tako gorputz bat zolu horizontal eta
marruskadurarik gabeko baten gainean kokatzen
da geldirik. Gorputzari horizontala eta den-
borarekin aldakorra den indar bat aplikatzen
zaio. Indarraren aldakuntza irudiko grafikoan
emanda dago, denboraren funtzioan.
frOO Kalkula bedi gorputzaren abiadura hurrengo al-
90 diunetan : t=5s, t=l0s eta t=20s.
Ebazpena:
Dakigun legez, edozein gorputzen gaineko indar erresultantearen
inpultsua eta gorputzaren momentu linealaren gellikuntza berdinak di-
ra. (Edo: partikula baten momentu linealaren aldaketaren balioa, in-
pultsua berdina da). Hots:
dt = mv - mv o edo v = v. + 1 7dtEo m te
Higidura zuzena delarik, ez dugu bektorialki azaldu behar;
Bestaldetik, ikasleak dakien bezala, integrale mugatua, inpul
tsu+alegia, azalera batez dago neurtuta; eta gure kasuan oso irudi
sinpleak geratzen zaizkiqu, hau da, hain zuzen ere, bi triangelu eta
errektangelu bat.
Hau guztiau ikusirik, erraz ulertzen da ebazpena.
a) v(5s)=0 +1 5 -0 02 -1(.)
- 252
m 2
b) v(lOs)= 25 +1
(10-5).20=75 ms-1
2
c) v(20s)= 75 + 1(20-10).20 -1- 125
2m
2
65
6.2. Irudiko blokearen gainean horizontalare-
kin e angelua osotzen duen F indar bataplikatzen da. Nahiz indarraren balorea
zein angeluarena, blokearen desplazamen-
duaren funtzioak dira, erlazioak ondoko
hauxek direlarik: F=6x eta cos =0,7-
Ebazpena:
W=fF.dr
Eta gure kasuan dagokionez, honela da:
.-11»
F = (Fcos )i + (-Fsin )j
F.dr=Fcose.dx =6x(0,7-0,02x)dxdr= dx i
Beraz, eskatutako lana zera izanen da:
f 20
W = 6 x(0,7-0,02x)dx = 350 J
10
Lanaren definizioa hauxe da:8
0,02x ; indarra newtonetan eta desplaza-
mendua metrotan neurtuta daudelarik.
Kalkula bedi indarraren lana, blokea x=10m.-tik x=20 m-tara higi-
tzen den bitartean.
6.3. Horizontalarekin =37°-tako angelua osotzen
duen aldapa batetatik, m=1000 kg-tako ma-
sa duen furgoneta bat jaisten da. Furgone-
tak itzalirik darama motorea, eta airearen
igurtzimendu dela kausa, v=60 km.h-1 abia-
dura konstantez mugitzen da. Aldapa amaitu
ondoren, furgoneta bide horizontal baten gainean higitzen hasten da.
Zer potentzia erabili behar du motoreak, furgonetak aurreko abiaduraz
, iraun dezan ?
EbAzpena:
66
Ikus dezagun problemako abiaduraz, fur-
gonetari aireak egiten dion erresisten-
tzi-indarra. Aldapan abiadura konstan-
tez furgoneta jaisten dela eta, beraren
gainean aplikatuta dauden indar guztiak
orekan izan behar (ohar bedi, nola gur-
piletan indar normalak bakarrik agertzen
diren, furgonetak motorea itzalirik dara
mala eta); hau da:
mg sine - R = 0Hemendik interesatzen zaigun indarraren balorea,zera da:
N1+N2- mgcose = 0
R = mg sine= 1000.9,8.0,6 = 5880 Nw.
Ondoren, bide horizontalean, furgoneta-
ren gaineko indarrak irudian ikusten di
ra (irudian furgonetak aurreko trakzioa
darabilela suposatu egin da, nahiko arrun
ta baita; baina problema ez litzateke al
datuko, aurrekoa izanen baldin balitz)
Abiadura konstantez dir g.enez gero, eki-librio-baldintzak bete behar berriz;
beraz:
R
tr
F-R = 0Hemen interesatzen zaigun indarra F indarra da,
'' eta haren balorea hauxe da:N + N - mg = 01 2
F = R = 5880 Nw.
Azkenez, furgoneta mugitzen duen indarra eta beraren abiadura
ezagutuz, potentziaren kalkuluak ez du inalako misteriorik, hain
zuzen:
P 1000= F.v = F.v= 5880.60 - 98000 W = 98 KW 2-• 13,3 LZ3600
(lurrin-zaldi)
67
6.4. m masako partikula bat 0 puntuan geldirik dago denboraren -
iturburuan. Partikula hori gainalde horizontal batetan hasten da
higitzen, ondoko indar hauen eraginpean: F 1 , horizontal eta kons
tantea; F2 = kx, bertikala, gorantz eta 0 puntukiko partikularen
x desplazamenduaren proportzio
nala. Partikula eta gainalde-
aren arteko marruskadura-koe - t.0
fiziente zinetikoa r.da. F1Kalkula bitez:
a) Gainaldean partikulak wl
ibilitako distantzia, hartatik
lurrutzi arte.
b) Partikularen energia zinetikoa, gainaldetik lurruzten
den aldiunean.
Datuak: m= lkg F1= 10N K= 2Nm
1 r.= 0,1
Ebazpena:
a) Irudian, partikularen
edozein posiziotan eragiten -
ari diren indarrak erakusten
dira.
Partikulak zolua uki-
tzen dirauen bitartean, indar
bertikalen erresultanteak nu-
lua izan behar du ; hortaz:
F2 + N -mg = = mg - N
Bestaldetik, partikulak lurruzten duen aldiunean N inda
rra anulatu egiten da; beraz, zolu gainean ibilitako distantzia
zera izanen da:
{N = 0
= mg _ 1.9,8 - 4,9 m.x1 2
b) Dakigun bezala, partikularen energia zinetikoaren aldake
ta eta beraren eragindako lana, guztiz berdinak dira, -
hau da:
68
E - E = F.drZ,B Z,A
(F indar erresultantea delarik)
Gure kasuan, partikula geldiunetik hasten baita, EzA=0;
horrez gainera, lana egiten duen indar bakarra F1 indarra da, -
beste guztiak ibilhidearen perpendikularrak baitira; eta azke -
nez, F1 indarra konstante eta ibilbidearen paraleloa denez gero,
bere lana indarra eta distantziaren arteko biderkaketa da.
Hots:
EZ,B
= F1.x
e = 10.4,9 = 49 J
6.5. Irudiko m masako partikula
zolu horizontal baten gainean -
higitzen da, v0 abiaduraz. A -
puntuan, zolua r erradiodum pis
ta semizilindrikoarekin elkar -
tzen da. Gainalde guztiak leu-
nak dira. Kalkula bitez:
a) v0 balorerik txikiena, partikula C puntura hel dadin.
b) B puntuan partikularen gainean pista semizilindrikoak --
egindako indarra (aurreko atalean lortutako v0 -ren balorea har-
tuz).
c) C puntutik aurrera, partikulak ibilbide paraboliko bat -
deskribituko du, garbiro, zolu horizontalarekin topo egin arte.
Zein izanen da partikularen abiaduraren balorea, zolura heltze-
an ?
Datuak: m = 0,1 gr. r= 25 cm.
Ebazpena:
Ezer baino lehen, C puntuan partikulak behar duen abiadura
txikiena kalkula dezagun. Aipaturiko puntuan partikularen gai-
neko indar-eskema dakusagu irudian. Indar hauek, Nc eta mg hale
gia, aN azelerazio normala ematen diote partikulari, ondoko
69
ekuazioaren arauera: 2
Nc + mg = maN = m vc
r
2vcN
c,m ( - g)
Erraz ikus daitekeenez, zenbat
eta vc handiagoa izan, hainbat eta
Nc handiagoa, eta alderantziz. Baina N
c indarrak ezin du nahi du–
gun bezain txikia izan, beraren balore minimoa zero delarik (N c
-ren balore negatiboek ezidute inolako esanahirik, indar honek --
ezin baitu bere sentidoa aldatu). Beraz, vc-ren balore txikiena
zera izanen da:
N = 0c
vc = r g = V25.980 = 70Fcm.s-1
vc-ren balore minimoa lortu ondoren, v -ren balore minimoa
0erdiesteko,hurrengo arrazonamendua segituko dugu: ibilbide osoan
partikularen gaineko indar bakarrak hauxek dira: pisua eta pistaen
ren erreakzio normala; lehewoa, oso ondo dakigunez, kontserbako
rra da, eta bigarrenakez du lanik egiten, ibilbidearen perpendi-
kularra baita. Beraz, partikularen energia mekanikoak konstante
dirau, eta hortaz:
1 2 1 2E z,A+ Ep,A= E Z,C+ EP,C :=> mv0mgY0 = mvc mgy
2v =Vvc + 2g (yc
-y0) = V'rg + 2g.2r = Fg; = 350 cm s
-10
b) Energia mekanikoaren kontserbazioa berriz aplikatuz:
1 2 1 2EZA,
+ EP,A =
EZB,
+ EP,B 2 mv0
+ mgy 0 = – mvB + mgyB2
v = iv2 - 2g(y -v ) = V5gr-2gr 1/3̂- ; = 70r5 cm.s
-1B 0 B -0
r
70
B puntutik pasatzean partikula
ren gainean eragiten duten indarren
eskema, ondoko irudian ikusten da.
NB indarra soilik aurkitu behar du-
gunez gero, direkzio horizontalari
dagokion ekuazioa besterik ez dugu
erabiliko. Hau da: 2
NB = ma;1 = m vB
r r
c) Azken atala ebazteko, ez dugu inolako eragiketarik egin
behar, arrazonamendu sinple hau nahikoa izanen zaigularik: C
puntutik zolura jo arte partikularen gainean geratzen den indar
liakarra, pisua da (aireak eragindako marruskadura arbuiaturik).
Eta pisua kontserbakorra baita, partikulak energia mekanikoa --
kontserbatzen dirau. Bestaldetik, zolura heltzean hasieran -
zuen energia potentzial berbera edukiko du berriz, eta beraz,
energia zinetiko berbera eta abiadura berbera ere, hau da,
350 cm.s-1
.
= m 3c1r = 3mg = 294 d.
6.6. 0 puntu finko batekiko distantziaren funtzioan m masako -
partikula baten energia potentziala, honela ematen da:
E - -P
E —P
K m
a
K m
r
rZa espazioalde osoan
r)a espazioalde osoan
a, distantzia ezagun bat delarik.
Lor bitez:
a) Partikularen gainean eragiten duen indar zentral eta --
kontserbakorra, aipaturiko bi espazioaldeetan.
b) 0 puntutiko r = 9a distantziara partikula libreki uzten
baldin bada, hots, energia zinetikorik gabe, zenbat balio izanen
dute partikularen energia zinetikoak eta abiadurak, 0 puntukiko
r=a distantziara.
71
c) Azal bedi partikularen higidura, kualitatiboki eta kuan-
titatiboki, grafiko baten bidez, energiari buruzko arrazonamen-
duak baliatuz.
Ebazpena:
a) Dakigun legez, indar kontser
bakor bakoitza eta berari elkar
tutako energia potentiala, h6-
nela daude erlazionatuta:
F = - grad E
Beraz, ra espazioaldean:
p
kmF = - grad (- ) = grad (kte) = 0
rja den espazioaldean, ordea:
, km , , d 4 -* km -›F = -grad k - ) = u -r dr r r
ur
ur delakoa, 0 puntu finkotik beste espazioko edozein puntu
tarantz orientatuko bektore unitarioa delarik.
Alboko irudian F eta r-ren
arteko erlazioa erakusten da -
grafikoki.
b) Partikula indar kontserbakor baten menpean dagoenez ge-
ro, energia mekanikoaren kontserbazioa aplika dezakegu; hau da:
EZ,A
+
0 -t
-Z,B
8kmE
EP,A
= EZ,B
+ EP,B
k M 1+ km B
%.=.11n••
Ybt.
r a.9aZ , B
r cia. ►9a
B'
tr
AB ,r
1a. INn94.
72
Hortaz abiadura zera izanen da:
1 2 8km _ 4 trii
-,mv = vi- - -
2 9a 3 a
c) V1 abiadura lortu ondoren, partikula energia potentzia-
la konstantea den espazioaldean sartzen da. Energia mekanikoak
konstante iraun behar duenez geror zinetikoak, eta beraz abiadu
rakiere, konstante iraunen dute. Baina 0 puntutik pasa eta ge-
ro, a distantziaraino urruntzen den aldiunean, partikula ener -
gia potentziala aldakorra den espazioaldean sartuko da berriz,
eta frenatu egingo du, hasierako puntuaren simetrikoan gelditu
aste. Eta modu honetan segituko du, higidura oszilakor batetan.
Ondoko irudietan grafikoki azaltzen da partikularen higi-
dura.
OHARRA: bigarren irudian, r-ardatzaren bi aldeetan, distantzia-
ren baloreak positibotzat jotzen dira, balore absolutu-
tan neurtzen baitira.
tro .16
A
15t.. 10
73
6.7. Harri bat bertikalki jaurtiki egiten da v.= 16 m.s -1 abia-
duraz, h=10 m-tako altueraraino heltzen delarik. Harriaren masa
m= 100 gr. da. Kalkula bitez:
a) Igoera osoan galdutako energia mekanikoa.
b) Aireak egindako marruskadurazko indarraren batezbesteko
balorea.
c) Erorpenean igoeran galdu duen adina energia galduko due
la suposatuz (zein guztiz zehatza ez bada ere, nahiko -
aproximatua kontsidera daitekeen), kalkula bedi harria -
ren abiadura hasierako puntura heltzen den aldiunean.
Ebazpena:
a) Hasierako A puntua altuera neur
tzeko iturburutzat hartzen baldin badu
gu, aipaturiko puntuan harriaren ener-
gia potentziala nulua izanen da, eta -
hortaz, beraren energia mekanikoa, zi-
netikoa izanen da soilik, hau da:
E , = 1– mv2. = 1– 0,1.16
2 = 12,8 JZA
2 2
YB= 10 m-tako altuerara iristen den aldiunean, harria gelditu -
egiten da, hots, energia zinetiko osoa galdu du, eta beraz, bera
ren energia mekanikoa potentziala izanen da, hau prezeski:
EP,B
= mgyB = 0,1.9,8.10 = 9,8 J
Orain, igoeran harriak galdutako energia mekanikoa erraz kal
kula dezakegu, kenket; sinple baten bidez:
Galduriko energia = Ez,A- Ep,B = 12,8 - 9,8 = 3 J
b) Airearen R marruskadurazko edo erresistentzi indarraren
lana, hauxe da:
W'= (EZ,B
+ EP,B
)-(EZ,A
+EP,A
)=P,B
-EZ,A
= -3 J
Bestaldetik, definizioz, aipaturiko lanak zera izan behar du:
74
W1 =f
B 8 Yis
i. c711'• = f -14. dyT = -1Rdy
A A 3A
Hortaz:
y8
R1
R dy = --1- . 3 = 0,3 N
YB-YA10
yA
Yes Y8
-3 = dy =1R dy = 3
YA YA
Eta R indarraren batezbesteko balo-
rea, definizioz ere, hauxe da:
dr
c) Aurreko atalean igoerari aplikatu diogun erlazioa berri
ro erorpenean erabiliz, honela geratzen zaigu:
Wi = (E' + E' ) - (E + E )Z,A P,A Z,B P,B
E eta E' hasierako puntura itzultzen denean, harriarenZ,A P,A
energia zinetikoa eta potentziala hauxek direlarik errespektibo-
ki:
1=' - m ,2 0,1 v ,2
EZ,A
2 vA - 2
Beraz:
0,1 ,2-3 = vA - m.s
-1
2
a) w1=F
1r (cos e -sin e ) ; W r
' 2 2•Emaitza:
2
75
ARIKETAK
1.- Puxtarri bat geldirik uzten da zolutik h o distantziara. Zo-
luan errebotatu ondoren, h altueraraino heltzen da. Zoluare-
kiko kontaktuak t denbora iraun duela jakinik, kalkula bitez:
a) Zoluarekiko txokean puxtarriak jasaten duen inpultsua
b) Puxtarriaren gainean zoluak egiten duen indarraren batez-
besteko balorea.
Datuak : puxtarriaren masa, m=4 gr.; h o = 40 cm ; h=22,5 cm
t=10 ls
Emaitza: a) 1960 ds, bertikalki gorantz
b) 19600 d
2.-" r erradiodun zirkunferentzierdi forma
eman zaion burdinhari batetan, partiku
la batek irrist egiten du marruskadura
rik qabe, iduneko baten perlen antzera
sarturik dagoela. Ez da grabitatearen
indarra kontsideratzen.
Partikularen gainean F1 eta F2 indarrek
eragiten dute. F 1 indarra konstantea
da bai moduluz eta bai direkzioz ere,
horizontalarekiko 19 angelua osotzen
duelarik. F2 indarraren modulua ere -
konstantea da, baina direkzioa ez, or-
dea, beti burdinhariaren tangentea delarik.
F1 , , F2 eta r magnitudeen funtzioan lor bitez:
a) Aipaturiko bi indarren lana, partikulak A-tik B-ra
doan bidea egitean.
b) Gauza berbera A-tik C-rako desplazamenduan
b) tai = 2F rros W2=F2. tir1
76
3.- K= 49 Nm 1-tako konstantea duen eta sa-
baitik zintzilik dagoen mueile batetatik,
m=250 -gr-tako gorputz bat eskekitzen da
bat-batean. Mueilearen masa arbuiagarria
da. Kalkula bitez:
a) Gorputzaren abiadura handiena
b) Mueilearen deformaziorik handiena
Emaitza: a) 0,7 ms-1
b) 0,1 m
~1~
••••
4.- Partikula bat R erradiodun tontor erdi-
esferiko eta leun baten punturik altue-
nean dago kokaturik. Abiadura inizialik
gabe laban egiten hasten baldin bada,
lor bitez:
0
a) Zein puntutan egingo du alde partiku
lak tontorretik ?
b) Zer abiadura izango du partikulak une horretan ?
c) Zer abiaduraz helduko da lurrera ?
Emaitza: a) Aldentze-puntua:cose=
b) J3 gR
c)
5.- m=10 gr-tako masa duen partikula bat, irudian adierazten den
pistaren gainean higitzen da, marrakadurarik gabe
0•
r
77
Kalkula bitez:
a) v o abiaduraren balorerik handiena, 1 puntutik pasatzen den
aldiunean partikula lurrutz (despega) ez dadin.
b) Abiadura horrekin hasiz 2 puntutik iragatean pistak partiku-
lari egiten dion erreakzioa.
c) 3 puntuan partikulak pista uzten baldin badu, zer altuerarai-
no helduko da ?
Emaitza: a) v o= 490 cm/s
b) N2= 43140 d.
c) h = 78,4 cm
6. m masako partikula bat, masa ga-
bekoa den eta 1 luzera duen hari
baten mutur batetan lotuta dago,
hariaren beste muturra 0 puntuan
tinko dagoelarik. 0 puntuaren
bertikal berean eta d distantzia
beherago, I iltzea jartzen da. Ha-
sieran, haria horizontalki eusten
da (ikus irudia) eta partikula, gel
dirik. Ondoren, sistema libreki uzten da eta partikula jaitsi
egiten da, arku zirkular baten laurdena egiten duelarik, hariak
iltzearekin topo egin arte. Aurki bitez:
a) d distantziaren balorerik txikiena, partikulak iltzearen in
quruan zirkunferentzia oso bat deskriba dezan.
b) Hariaren tentsioa, iltzearekin topo egin aurretiko aldiunean
eta ondoko aldiunean
Emaitza: a) d= —3 15
b) 3 mg
6 mg
78
7.- "Bi Zientzia Berri" izeneko lanean, Galileok pendulu baten azter
keta berezia egin zuen. Berez higitzen uz
ten zen pendulua, hasieran angelua oso-
tuz eta hasierako abiadurarik gabe, baina
A iltzeak oztopoa jartzen zion penduluari.
a) Zer altueraraino helduko da pendulua-
ren bola ?
b) Eta A-n egon ordez, iltzea B puntuan
jartzen bada, zer ?
Erantzunak diagramen bidez adieraz (Gal-
dera hau 1976-VII-2 ko examinean jarri zen)
8.- m masako partikula bat irudiko pista para
bolikoaren punturik baxuenean dago geldi.
t=0 aldiunetik aurrera F indar horizontal
eta konstantea aplikatzen zaio eta parti
kula pistan gora higitzen hasten da. Pis-
tak ez du marruskadurarik.
a) Zer posiziotan lortuko du partikuak -
abiadurarik handiena ?
b) Kalkula bedi abiadura maximo horren ba
lorea.
c) Abiadura maximoa lortzen duen aldiunean, F indarra desagertu
egiten bada, noraino igongo da partikula ? Eta, zer abiadu-
raz itzuliko da gero hasierako puntara ?
1/Emaitza: a) x 10 76= cm Y1000cm
7 7
b) vm = 200 cm/s
8000c) hm-
49
v = 400Ecm/s
cm
79
9.- Irudiko posizioan bi erresorteak ezer-
luzatu gabe daude. 4 kg-tako masa A-tik
B-ra 20 cm lekuzaldatzen bada eta gero
B puntuan geldi edukiz askatzen bada,
lor bitez:
a) Blokearen abiadura A-tik pasatzean
b) Ezker alderantz egiten duen biderik handiena
(problema hau 1979-VI-26 ko examinean jarri zen)
Emaitza: a) 0,36 m/s
b) 20 cm
10.- Gorputz bat irudiko pistan higi dai
teke. Mutur biak kurboak dira eta ez
dute marruskadurarik. Parte laun eta
zuzenak 2 m-tako luzera du eta bera -
ren eta gorputzaren marruskadura-koe-
fizienteak //i k=0,2 balio du. Gorpu-
tza h=lm altueran dagoen untuan as-
katzen da.
Non geratuko da azkenean gorputza ?
(Problema hau 1975-II eko examinean jarri zen)
Emaitza: Pistaren erdian (5 metro)
11.- lkg-tako A crorputza).2 =0,1 marruska-
dura-koefizienteaz jaisten da 30"tako
aldapa duen plano batetan behera, iru
dian adierazten den hezala. Hasiera-
ko abiadura v o = 0 da eta m.hatetako
bidea egin ondoren, k=200 Nm 1 kons-
tantea duen mueile baten kontra doa.
Zein izango da mueilearen deformazio
maximoa ?
(1979-1X-21)
Emaitza: L'20,23 m.
1-1v`^^^"—.%/7///////////////////////
1-1/ij
80
12.- Lor bedi irudiko mueileak duen kon
presio maximoa, 1 kg-tako masa A -
puntutik erortzen uzten denean. Mue
ilearen errekuperazio-konstanteak -
k=105 Nw/m balio du. Parte zirkula
rrak ez du marruskadurarik eta par-
te horizontalaren marruskadura-koe-
fizienteak(4 =0,1 balio du.
(1976-11-28 ko examinean jarria)
Emaitza: 2:0,013 m.
13.- Partikula bat lerro zuzen batetan
higitzen da, beraren energia osoak
E=6 eta energia potentzialak
E = 10 + 5x + x2 balio dutelarik.
a) Zertzu punturen artean gertatzen da higidura ?
b) Zer puntutan du abiadurarik handiena ?
c) Zer puntutan ez du indarrik eragiten partikularen gainean ?
(1978-VI-26 ko examinean jarria)
Emaitzak: a)
b) x = - 52
c) x = - 52
14.- Partikula bat marruskadura gabeko lerro zuzen batetan zehar
higitzen da, indar kontserbakor baten eraginpean. Indar kon-
tserbakorrari lotutako enerqia potentziala, hauxe da:
E = x2-6x-72 J. (x partikulatik iturbururainoko distantzia da,
metrotan neurturik)
81
a) Zertzu punturen artean higituko da partikula, beraren ener-
gia mekaniko osoa E=0 baldin bada ?
b) Lor bedi partikulak eduki beharko lukeen energia mekanikoa,
higiduraren mugak aurreko kasuan baino bi aldiz zabalago
izateko. Kasu honetan, zenbat balioko luke partikularen
energia zinetiko handienak ?
Emaitzak: a) -6z x 512 m
b) E=271 J
Ez=352 J
15.- Hidrogenoaren atomoari buruzko oso hurbilketa trauskil bate-
tan, partikula batek (elektroia) a erradiodun ibilbide zirku-
lar uniformea deskribitzen du beste partikula finkatu baten -
inguruan. Partikulen arteko interakzioari lotutako energia po-
tentzialak
E- K
p r
balio du, r partikulen arteko distantzia izanik. Partikula higi-
korraren masa m dela jakinik, lor bitez:
a) Partikula higikorraren energia zinetikoa.
b) Geldi dagoen partikularekiko partikula higikorrak duen mo-
mentu angeluarra.
c) Partikula higikorra bere orbitatik 2a erradiodun orbita zir-
kular batetara pasa erazteko behar den energia.
d) Sistema desegiteko behar den energia, hots, bi partikulak
elkarretik infinituraino urruntzeko behar den energia.
Emaitzak: a)2a
b) ilkma
k 4ad)
c)
2a
16.- Partikula bat E = 3x2-x
3 (x metrotan eta E Joule-tan neurturik)
energia potentzialari lotutako indarraren eraginpean higitzen
82
ari da marruskadurarik gabe eta lerro zuzen batetan.
a) Marraz bedi energia potentzialaren irudi grafikoa.
b) Aipaturiko irudiaren bidez, erakuts bedi indarraren sentidoa
puntu desberdinetan, bide batez oreka-posizioak adieraziz.
c) Aipaturiko irudian finkatuz, azal bedi kualitatiboki parti-
kularen higidura, energia mekanikoaren ondoko baloreetarako
E <0 , E=0, 0 <E <4 , E = 4 , E >4
17.- m=11 T-tako bagoi bat pausagune
tik hasten da higitzen 0,6 %-ta
ko aldapa duen trenbide batetan
horrela 250 m jaisten delarik.
Jaitsieran irabazitako momentu
lineala dela medio, ondoren 0,4%
-tako iztaia duen tranbidean go-
ra 300 m egiten ditu.
a) Ibilbide osoan zehar bagoiak galdutako energia zinetikoa.
b) Bagoiaren higiduraren kontrako erresistentzi indarraren ba
tezbesteko balorea.
Emaitza: a) 32.340 J
b) 58,8 N
83
7. GAIA PARTIKULA-SISTEMEN DINAMIKA
Benetan dugu interesgarri
bi partikularen taZka,
ikasleek egiten dituzte
problemetan hainbat falta.
Sistema hori isolaturik
dagoen pentsatu alta,
printzipiorik aplikatzean,
ez gero legerik salta.
7.1. Lor bedi, M, 2M, 3M eta 4M ma- '
sa duten lau puntu materialek a al-Mo
deko koadratu baten erpinetan koka-
turik egonik osotzen duten partiku-
la-sistemaren masa-zentrua.
2, ►
a.
4M a_ 3M--0" X
84
Ebazpena:
Dakigunez: rMZEmi
Osagaitan banatuz:
xmz m. M + 2M + 3M + 4M
aXMZ= 2
= M.a + 2M.a + 3M.0 + 4M.0 YMZ- m. M + 2M + 3M + 4M
3YMZ= 10
Argi dagoenez:
z = 0MZ
7.2. 1 luzerako haga batek pl baloreko masa du luzera unitateko.
p.delako hau aldatuz doa puntuaren abszisarekin, ondoko adieraz
penaren arauera. r = rou 1_0(x)
_ M.0 + 2M.a + 3M.a + 4M.0
ff
dx
IdiqX•••
fo ex to(1 +b(x)dx
tto (1 +b(x)dx
0
12
13
itto + 2 3
xMZ
85
Lor bedi beraren masa-zentruaren posizioa.
Ebazpena:
Masaren distribuzioa jarraia
denez:
xmz dm
( o( eta r,„ konstanteak dira)
fxdm
Irudiko masa-elementu diferentziala hartuz:
dm = f‘dx = 1.4.0(1 +o(x)dx
Beraz:
Azkenean zera geratzen zaigu:
3 + 2o0.
61
2 +0(1
2
xMZ1 3+2 o( 1
3 2+o( 1
=fAR2H2 1
12
86
7.3. Demagun H altuera eta R erradioa dituen kono homogeneo bat.
Non dago beraren masa-zentrua ?.
Ebazpena:
Simetriaz:
xmz = 0YMZ= 121
Beraz, lortu behar dugun -
koordenatu bakarra z da.MZ
Masa jarraia izanik:jz dmz mz f dm
Har ditzagun irudian adie-
razten den bezalako masa-ele
mentu diferentzialak.
dm = fTtr2 dz
Eta bestalde, triangeluen antzekotasunez:
_ r = (H - z)r H-z
R H H
Beraz:
o
)(zdm f r! R22 z 2 z4
H2
2 4
izp R2 4
H1 + 1
-t-_ 2
H2
2 4 3
Modu berean:
fz dm =1
14
rz---2-R2 z (H-z) 2 dz - f R2 H H2 fo 14
3(H
2 z+z -2Hz
2)dz
87
)( dm = - f
0
R2 H3 =
Azkenean zera geratzen zaigu:
-7
.!2-
1 3
z m z- 1H2 H2
2 - - 3 H12
1T R2 H31
HZ mz=
4
7.4. Bi partikularen masak 1 kg-takoak dira eta beren posizio-
bektoreak ondokoak dira inertzi sistema batekiko:
r = 2t2 i 2= 2 (t + 1) j
Lor bitez partikula-sistemaren momentu lineala, momentu an
geluarra eta enerqia zinetikoa:
a) Hasieran emandako erreferentzi sisteman
b) Masa-zentruaren sisteman
Ebazpena:
a) Lehenik partikula bakoitzaren abiadura kalkulatuko dugu:
r = 2t2 -•i
v = 4t i
2 = 2(t+1) j
v2 = 2j
Beraz, erreferentzi sistema horretan:
f n2 (H-z)2dz 2 = R2 [ (H-z)2
3
14
0
1 T1 R2H—3 r
88
momentu lineala:
P- ▪ = mlvl▪ m2v2•••►
f▪ = 1.4t i + 1.2 j p = 4t i + 2 j
. origenarekiko momentu angeluarra:
L = Z,r. x 1,j.
i j k-i j ..k.
L = 2t2
0 0 0 2(t+1) 0
4t 0 0 0 2 0
energia zinetikoa:
=1- 1.(4t)
2
2+ 1
2
L =
1.
0
22
E =Y2 1- m. v.2K L 2
Ek= 8t
2 + 2
b) Lor dezagun lehenik masa-zentruaren posizio-bektorea:
rMZ
m.-PrL 1.2t 2 7 1- 1.2(t+1) j
•1 + 1
-0r = t 2 i + (t+1) jMZ
Beraz, sistema berri honetan ondoko posizio-bektoreak eta
abiadurak ditugu:
r ". •-• -> -.nP -. -.
ri ri -rmz= 2t2 i - It
2 i + (t+1) ji = t2 -i - (t+1) j
•••nn ••••n
.
•-•P
r=r2 -rmz= 2(t+1) j - {t 2r + (t+1) jj▪ = -t 2+ (t+1)•-•• •-••
••n••
L' = (2t 2 + 4t) k
energia zinetikoa:
L' = (2t2 + 4t)k
89-.
d:r -.v' - '" - 2t i-. - j1 dt
d-4>r
v' - L 2t i + j2
Eta hauk erabiliz:
. momentu lineala:
••••••• z ••••n
12.1 = = 1. (2t i - j) + 1(-2t i + j) = 0
= o
. momentu angeluarra (masa-zentruarekiko)
dt
~.•
k
2,..... -.L' = r' x•O i = t
2-(t+1) 0 + -t2 (t+1) 0
1 i L
2t -1 0 -2t +1 0
-. 2 ""l> ''''' 2 "" -.L' = -t k + (2t 2 + 2t)k - t k + (2t + 2t)k
E' 1m.v! 2 = . 1.(4t 2+1 2 ) + -.1.(4t 2+1)k 1 2 1 2 2
E' = 4t2 + 1
4.8
0/, //// , /7r /77/ • - X
XM
x,mi- 16.1,8 + 80.0
x. 16 + 8()x -MZ
- 0,3 m
90
7.5. 80 kg-tako pertsona bat zutik dago 3,6 m-tako luzera eta -
16 kg-tako pisua duen xafla baten gainean. Xafla hori zolu izoz
tu baten gainean dago, horizontalki, eta ez dago marruskadura -
rik xafla eta izotzaren artean. Pertsona hori xaflaren punta -
batetik bestera higitzen bada, zer distantzia egingo du izotza-
rekiko ?.
Ebazpena:
Irudian posizio erlatiboak adierazten dira. Simetria hu-
tsez:
a = 2 xMZ
Beraz, masa-zentruaren koordinatua kalkulatzea aski zaigu:
Hau da: a = 0,6 m.
Azken batez, X direkzioan sistema hau isolaturik dagoenez
gero, masa-zentruaren x koordenatuak konstante irauten du pro-
zesu osoan.
4kgir=05A
///.// // ---/• •
t > 0t < 0
• •LII
91
7.6. A eta B gurdiek elkarrekin topo egiten dute. Hasieran B -
geldirik dago eta A eskuinetarantz dator 0,5 m/s abiaduraz.
Talkaren ondoren, A delakoak errebota
tu egiten du 0,1 m/s abiaduraz eta B
delakoa eskuinetarantz higitzen da -
0,3 m/s abiaduraz. Bigarren esperimen /z/
tuan A-ren gainean 1 kg-tako masa bat
jartzen da eta 0,5 m/s abiaduraz bidaltzen da, geldi dagoen B-
ren kontra.
Txokearen ondoren A geldi geratzen da eta B eskuinetarantz
da 0,5 m/s abiaduraz.
Lor bedi gurdi bakoitzaren masa.
A• • • •
// /"/-%
Ebazpena:
Lehen esperimentuan x direkzioan sistema hau isolaturik da
goenez, momentu linealaren kontserbazioaren printzipioa aplika
dezakegu.
mA .0,5 + mB .O = -mA .0,1 + mB.0,3
Gauza berbera eginez:
(mA+ 1).0,5 + mB .O = (mA+ 1).0 + mB .0 ' 5
Bi ekuazio hauk erabiliz, ebatzi egingo dugu problema
1r:0
Bigarrenetik:mB= mA+ 1
Lehenera eramanez mA. 5 = -mA+(mA+1) 3
Azkenean mA= lkg ; mB= 2kg
7.7. 150 gr.-tako bala
bat 600 m/s-tako abia- fl 9 art,
duraz higitzen ari da
irudian agertzen den -
direkzioan eta barnean
buztina duen 7,5 kg-
tako kutxa batetan ge-
ratzen da enpotraturik
Talka aurretik kutxa -
hori geldi dago plano
leun batetan eta 3 m ibili ondoren, ..1= 0,2 marruskadura-koefi -
zientea duen zolu batetara pasatzen da.
Lor bedi talka gertatzen denetik kutxa gelditzen deneko une
rarteko denbora.
92
Ebazpena:
t <0
V=0
t > 0
Vi
M+ m
Talka x direkzioan kontsideratzen badugu, sistema hau isola
tutzat har dezakegu.
m v cOs9 + M.0 = (M+m) V'
Hemendik:
M V COS()'V' =M + m
= artg bada4
cos 9 4
sin e 3
9 cos 2 t3) =16(1 - cos 2 --9. 25 cos 2= 16
cos e = 45
Beraz:
93
40,15.600. 3-
vi7,65
- 9,4 m/s
Gainazal launean ez dago marruskadurarik. Beraz 3 metroak
egiten ematen duen denbora hauxe da:
t3 - 0,32 S.
9,4
Azter dezagun orain parte latzean gertatzen dena.
Ikusten denez:
N= (M+m) g
Beraz:
R=rN = 0,2(M+m)g
Eta azelerazioa (dezelerazioa)
hauxe izango da:
a R _ 0,2(M+m)g
- 0,2g(M+m) (M+m)
Honelatan, gelditu arte, gainazal
horretan ematen duen denbora; hauxe
izango da:
v = at
//// ///////
N
(Ni+n1}9.
t 2= v 9,4 - 4,7s.
a 0,2.9,8
Denetara gelditu arte pasatzen den denbora, ondokoa da:
t = t1+ t 20,3 + 4,7 5 s.
7.8. 50 gr-tako masa bat, marrus
kadurarik gabeko zulo batetik pa
satzen den soka bati loturik da- Rox 45
go, irudian adierazten den modu-
an. Bloke hori biraka ari da ma
haian, 3 rad/s abiadura angelua-
rraz. Gero, sokatik beherantz
tiratuz, laburtu egiten da bira-
ketaren zirkunferentziaren erra-
dioa 10 cm-taraino. Blokea pun-
tu bat bailitzen har daiteke.
a) Zenbatekoa da abiadura angeluar berria ?
b) Zein da enerqia zinetikoaren aldaketa ?.
94
Ebazpena:
a) Alboko irudian blokearen -
higidura adierazten da, goi-
tik ikusita.
XOY sistema inertzialetik
aztertzen dugu problema. Be-
ronen origenarekiko indarrek
duten momentua nulua dela --
ikusten da. Beraz p origen ho-
rrekiko momentu angeluarra -
kontserbatu egiten da proze-
suan zehar.
r1 x mv 1
= r2 x mv2
Eta moduluak kontsideratuz
r1mGr 1 = r
2mur
2
2 2
GO2
= co1
- 3( 15 ) - 27 rad/s
r2210 4
b) Enerqia zinetikoaren aldaketa:
Hots:
95
E 1= -m vl 1= -mW rl = - 0,05.32.0,15
21 2 1 2 2 1
2 2 2
2
=- m v1 2
- 1 m w2 r2 = 1 0,05. 27 .
0,10 2E2 2 2 22 2 2 4
7.9. M masako urpekuntzi bat horizontalki higitzen ari da V abia
duraz itsas hondoarekiko, eta beraren helizea uraren erresisten-
tzia gainditzeko erabiltzen da soilik. Bat-batean m masako torpe
do bat jaurtikitzen da aurrerantz, torpedo eta urpekuntziaren -
ibiltze-ardatzak berberak direlarik. Torpedoa jaurtikitzean, E -
energia askatzen da.
a) Lor bedi torpedoak itsas hondoarekiko duen abiadura, M,
m, V eta E-ren funtzioan.
b) Zer energi zatia ematen zaio torpedoari ?.
Ebazpena:
Irudian jaurtikitzearen aurretiko (t<O) eta ondoko (t)0)
egoerak adierazten dira.
Helizeak uraren erresistentzia gainditzen duela esatean, x
ardatzaren direkzioan sistema hori isolatua dela esan nahi da.
Beraz, momentu linealaren kontserbazioaren printzipioa aplika -
daiteke.
M V = (M-m)V' + mv'
Bestalde, jaurtikitzean E energia askatzen denez:
Talkaunean, x direkzioan sistema hau
isolaturik dago. Beraz, momentu linea
laren kontserbazioaren printzipioa
aplika dezakegu.
96
1V2 1 2 1
E + M v = – (M-m)V' + – m v'22 2 2
Bi ekuazio hauetan bi ezezagun ditugu: V' eta v',Sistema -
ebatzirik, problema ebatzirik geratzen da.
7.10. Irudian pendulu balistiko bat
adierazten da. Balen abiadura kalku
latzeko erabiltzen da, bala bere ba
rnean hartu ondoren penduluaren blo
keak igoten duen altuera neurturik.
Lor bedi balaren abiadura, g,
h, m1 eta m
2 direlakoen funtzioan.
Ebazpena:
m V + m2.0 = (m1
+m2) v'
1
m1
v' = Vm1+m
2
97
Eta hemendik:
Gero, pendulu moduan, energia
ren kontserbazioaren printzipioa
aplikakuko dugu.
1- (mi +m2 )v
,2 = (m
1+m
2)gh
2
Hots:
1 m1 VI = g h
2
2 m1+m
2
Fc:h V - (m
1+m
2)
7.11. mi eta m2 masako esferatxo bi, iru
dian adierazten den bezala daude zintzi-
likaturik. 1 esfera o( angelua banantzen
da bertikaletik eta bertatik utzi egiten
da erortzen, hasierako abiadurarik gabe.
Talkaren ondoren 2 esfera f3 angelua ba-
nantzen da bertikaletik.
Lor bedi talka ondoren 1 esferak --
duen banantze angelurik handiena
Aplikazio numerikoa: m i = 0,5 kg 2
m2 = lkg.
= 90° = 30°
Ebazpena:
Ezer baino lehen, talka aurreko(1) esferatxoaren abiadura kal-
kulatuko dugu. Bola honen jauspenean, energia mekanikoaren kon-
tserbazioa betetzen da garbiro; beraz:
vi = Ugf:
Ondoren, abiadura honen sentidoa positibotzat harturik, momen-
m
98
tu linealaren kontserbazioa apli-
katuko dugu talkan, hau da:
-mi vl = ml m2 v2
( x direkzioan)
21v' eta v' esferek talkaren ondo-
ren dituzten abiadurak direlarik.
Talka pasatu eta gero, esfera
bakoitzaren igoeran energia meka-
nikoaren kontserbazioa betetzen da
berriz, honela:
= 12;112 = V2g1 (1-cosp)
= 1/-2j1;" = 112g1 (1-cos6)
Planteaturiko ekuazioetara datu numerikoak ekarriz, ondoko
ekuazio-sistema hau geratzen zaigu:
(v1 =
.Ç 0,5 v/ = 0,5 v1 +
=12.9,8.1 (1-‘g
= 2.9,8.1 (1-cosp
Eta ekuazio-sistema hau ebatziz, zera aurkitzen dugu:
23°
99
ARIKETAK
1.- Lor bedi R erradioko eta M masako eraztunerdi zirkular ba -
ten masa-zentruaren posizioa.
2REmaitza: Zentrutik distantziara.
3Tr
2.- Lor bedi irudiko OAB sektore
zirkularraren masa-zentruaren po-
sizioa, azal hori homogeneo dela
kontsideratuz.
2 R sin c"(Emaitza.
3
3.- f dentsitateko eta R erradioko esfera homogeneo batek,
r erradioko esfera baten forma duen husgune bat du bere barnean,
barrunbearen zentrua esfera handiaren zentrutik a distantziara
dagoelarik.
a) Lor bedi masa-zentruaren posizioa.
b) Esandako husgune edo barrunbea f l dentsitateko substan
tzia homogeneo batez betetzen bada,f i >fizanik, non egon
go da orain sistemaren masa-zentrua ?
Emaitza: a)
a r3
R3-r
3distantziara
b)
(r-f) r3 a
1)(R3-r
3)+? r
3
4.- Demagun, sistema inertzial batekiko azelerazio konstanteko
translazio hutsa duen sistema ez-inertzial batetatik, partikula-
sistema baten higidura aztertu nahi dela. Partikulen gaineko iner
tzi indarra',. indar bakar batez ordezka ote daitezke ?.
100
`5.- XIX mendean, Ernst Mach ize
neko zientzilari austriarrak on-
doko esperimentu ideala proposa-
tu zuen: m1 eta m
2 masako bi --
ibilgailu geldi daude marruskadu
rarik gabeko plano horizontal ba
tetan. Bien artetan mueile kon -
mz
primitu bat dago, eta konpresioa mantentzen duen soka batez lotu-
rik daude. Bat-batean soka ebakitzen bada,zer erlaziotan egongo
dira ondoren ibilgailu biek hartzen dituzten abiadurak ? Zer er-
laziotan egongo dira energia zinetikoak ? Nola azaltzen duzue,
momentu linealak berdinki banatzea eta ez ordea energia zinetikoak?v1m2E1m2Emaitzak: — =v2m1E2m1
6.- 1609. urtean, Kepler-ek zera idatzi zuen "Astronomia Nova"
izeneko liburuan: "Bi harri Unibertsoko puntu batetan jartzen ba
dira, beste inolako gorputz baten indar-eremutik aparte, orduan
bi harriok hurbilduz joango dira, une batetan kontaktura heldu -
arte, bien artean dagoen puntu batetan eta bakoitzak egindako bi
dea bestearen masaren proportzionala delarik". Ados al zaude -
eritzi horrekin ? Zein da hor aipatzen den tarteko kontaktu-pun
tu hori ? Arrazona itzazu erantzunak.
Emaitzak: Bai ; masa-zentrua
7.- Zer deritzozu ondoko esaldiari: "Partikula-sistema baten mo
mentu lineala kontserbatzen bada, halaber beraren energia zineti
koa eta momentu angeluarra ere kontserbatzen dira". Zuzena ote
da ? Zergatik. Adibideak jar itzazu.
8.- Wi eta W2 pisuak marruskadurarik qabeko txirrika batetatik
pasatzen den soka batez loturik daude, irudian adierazten den be
zala. Bai soka eta bai txirrika pisu qabekoak direla jotzen dugu
V/2 . 4K9
wf.iGkoj/////1/7/,',/,/,"
101
a) Zenbatekoa da gorantz egin
litekeen indarrik handiena
(F), W1 masa lurretik jaso -
gabe ?
b) Zenbat balio du W2 masaren
azelerazioak, indarrik han -
dieñ hori egiten denean ?
c) Zenbatekoa izanen da siste
maren masa-zentruaren "azele
razioa, 40 kg-tako indarra -
egitean ?
Emaitzak: 320 Nw ; 30 m.s-2 ; 20 m.s
-2
(Honetan g=10 m.s 2hartu dugu)
9.- Izotz-eremu horizontal batetan zutik eta patinekin dagoen
80 kg-tako pertsona batek, 1,5 kg-tako pilota bat jaurtikitzen
du horizontalki eta 25 m/s-tako abiaduraz.
a) Zer abiaduraz eta zer direkzioz higitzen hasiko da per-
tsona hori ?
b) Pertsona horrek 3 segundu bakoitzeko 4 pilota berdin ja-
urtikitzen baditu, zer batezbesteko indarrak eragingo du
beraren gain ? (Pilotak bera doaneko abiaduraz hartzen -
dituela kontsideratzen da).
c) Zer batezbesteko azelerazioa izanen du b kasuan, marrus-
kadurarik ez badago, eta pilotak jaurtikitzearen kausaz
dagoen masa-galtzea kontsideratu gabe ?
Emaitzak: a) 0,5625 m/s eta atzerantz
b) 60 Nw c) 0,75 m/s
10.- A partikularen masa 5 kg da eta B-rena, 10 kg. Biek talka
egiten dute elkarren kontra marruskadurarik gabeko plano hori-
zontal batetan, hurrengo irudian adierazten den bezala, talka -
aurreko ab4„adurak ondokoak izanik: vAl= 6m/s eta vBl=2m/s. Tal-
ka ondoren A partikulak vA2 = 2V2m/s abiadura du,irudian adieraz
ten den direkzioaz. Lor bedi B partikulak talka ondoren duen -
abiadura. Talka hori elastikoa al da ? Zergatik ?
tf tz
m A•
krA 4a••
ir inB4 B
A
4 •
B 45°
trA2
102
Emaitza: 5 m/s
Ez da elastikoa.
11.- 4 kg-tako pisua duen bonba bat horizontalki eta 2,40 m/s-
tako abiaduraz jaurtikitzen da, 120 m-tako etxe baten goi-hega
letik. Etxe horren inguruko lurreremua horizontala da.
a) Etxearen oinetik zer distantziatara joko du bonbak lu-
rra ?
b) Beste bonba berdin bat baldintza berberetan jaurtiki -
tzen da, baina lurrera heldu aurretik bi zatitan apur-
tzen da. Bi zatietato batek 1,5 kg pisatzen ditu eta -
justuki etxearen oinera erortzen da, hau da jaurtiki -
tze-puntuaren bertikaleko puntura. 2,5 kg pisatzen duen
beste zatia zer distantziatara eroriko da ?
Emaitza: 12 m ; 19 m
12.- Froga bedi ezen, m masa eta V abiadura duen partikula ba-
ten eta masa berberarekin geldi dagoen beste partikula baten ar
t>talka elastikoan, arazoa hiru dimentsiotan aztertuz, bi par-
tikulen amaierako abiadurek angelu zuzena osotzen dutela.
103
8. GAIA SOLIDO ZURRUNA
Ez dugu uzten aipatu gabe
geure solido zurruna,
oso luzea izaten baita
horrekin dugu iharduna.
Inertziako momentuekin
ikasgaia da astuna.
Zorritxarreko pasa beharra
ikasleok daukaguna.
104
8.1. Irudiko txirrikaren biraketa
ardatza tinko dago. Beraren aza -
laldean biribilkatutako sokatik
atezatuz, txirrika biraka ari da.
Sokaren abiadura eta azelerazioa
vs eta a
s dira errespektiboki.
Kalkula bitez:
a) Txirrikaren abiadura eta
azelerazio angeluarrak.
b) A eta B puntuen abiadura
eta azelerazio linealak.
Datuak: r = 10 cm. v= 10 cm s1s
-as= 10 cm.s
-2
Ebazpena:
a) Higidura zirkularraren estudiotik
dakigunez, abiadura eta azelerazio
tangentziala zerak dira errespekti
boki:
v =W.r aT= .r
Gure kasuan aplikatuz, honela ge-
ratzen zaigu:
10 =14).10 ----N. W = 1 r.s-1
10 = o( .10 o( = 1 r.s -2
b) A eta B puntuen abiadurak, hauxek izanen dira:
vA ={
vB
=
(3 . r =
– =2
10
5
cm.s-1
cm.s-1
.
Eta beraien azelerazioak, hauxek:
A
0 ao
///////772//////
105
{ a
TA=(X.r = 10 cm.s
-2
aA=421,A+4/A=
a C°='r =10 cm.s
-2=10112cm s
-2 .NA
aNB=(4=5 cm. s
-2= 5E cm.s-2.
2
_ r- = 5 cm.s-2
{
aTB='-2- a =Va2 +a2B TB NB
8.2. r erradiodun disko bat zolu gainean
errotatzen ari da, bere zentrua v o abia-
dura eta a o azelerazioa dituelarik, iru-
dian erakusten den sentidoan.
Kalkula bitez:
a) Diskoaren abiadura eta azelera -
zio angeluarra.
b) A,B eta C puntuen abiadura eta
azelerazio linealak.
Datuak: r = 1 cm. = 37° v o= 1 cm s-1 ao=2 cm.s-2
.
Ebazpena:
a) Solido zurrunaren hiqidurari dagokion formularik oroko -
rrena, hauxe da:
= (4) X rV,1M
106
solidoaren edozein puntu izanik
M: solidoaren puntu konkretu bat (na-
hi duguna, baina konkretu bat) de-
larik.
: solidoaren abiadura angeluarra (da
kigun legez inbariantea delarik).
Gure kasuan i puntu bezala P puntua
hautatuko dugu, eta M puntu bezala 0
puntua, hau da, diskoaren zentrua bera.
Honelatan:-s -s-s
v = v +wx r0 PO
Baina diskoa zolu gainean errotatzen ari denez gero, P pun
tuaren abiadurak zero balio behar du. Beraz:
nW > -s-1
0 = j +Wi x (-k) = (l+w)j r.s .
Lehenengo formulatik, denborarekiko deribaturik, beste hau
atera dezakegu:
•-n--1 _sa. = a +0( x+wx(Wxrim rim)
Aipaturiko puntueei berriro aplikatuz, honela geratzen zai
gu:--> .... -_,. -> --> -->
a = a + o< x r + W x (Wx r )P PO PO
--> . -... -->
a = 2j +cl'i x(-k)+(-1)x[(-i)x(-k)j = (2+a)j + kP
Diskoa errotatzen ari dela kontutan harturik, berriz, OY ar
datzaren direkzioan P puntuaren azelerazioaren osagarriak nulua
izan behar du. Beraz:
-i) x k = 4j - k cm.s-2 .
//7///// /%1/%/17
107
2 +4' = 0
Beraz:
-• -2t5e = - 2i r.s
,i7r//// ,/////,////
b) Atal honetan, aurrekoan erabilitako abiadurari eta aze
lerazioari dagozkien formulak, berriro aplikatuko ditugu. Le -
hendabizikoz, goazen A puntua aztertzera:
_„,
vA= +Wx rA0 = j + (-i)x k = 2j cm.s-1.
-+aA= a
0 +c( x r
AO +Wx(wx r
AO) = 2j + (-2i)xk +(-i) x
B puntuari formula berberak aplikatuz, hauxe geratzen zai-
vB = v
n + wx r
BO = j +(-i)x(-0,6j + 0,8k) = 1,8j +
+ 0,6k cm.s-1
.
aB = an +olx rBo +wx(Wx rB0 ) = 2j +(-2i)x [0,6j + 0,81+
+ (-i)4(-i)x(-0,6j + 0,8k)] = 4,2j + 0,4k cm.s-2
.
gu:
• n•n••4111.
/7////7=/7///777/
108
aB
/f/fr,/ ///,/////
Eta era berean, C puntuarekin honela egingo dugu:
-•n•
v 0 +wx rCO = j +(-i)x(-j) = i + k cm.v^s-1
aC= a 0 + 0C x r +Cux (Wx r ) = 2j +(-2i)x(-j) + (-i) xCO CO
x [(-i) x (-j)] = 3j + 2k cm.s-2
.
8.3. Irudiko makiltxoak elka
rren perpendikularrak dira -
eta gurutze osoki simetrikoa
osotzen dute, luzera eta ma-
sa berberak dituztelarik. 0Beraien muturretan kokatuta-
ko puxtarrien masak ere ber-
dinak dira, erradioak arbuia
garriak izanik makiltxoen luZerarekin konparatuz. Kalkula bitez:
a) Sistemak dituen Ip, I xx , Iyy , I zz inertzi momentuak.
••
L/2L42
109
b) Konproba bedi inertzi momentu polarra eta ardatzei buruz-
ko inertzi momentuak erlazionatzen dituen formula.
Datuak: Makiltxo bakoitzaren luzera: L= 10 cm.
Makiltxo bakoitzaren masa : M= 12 gr.
Puxtarri bakoitzaren masa : M'= 5 gr.
Ebazpena:
a.1) Makiltxo bakoitzak 0 puntuarekiko duen inertzi momentu
polarra:
L-2- 2
I„=fr2dm =fr2 M- dr = - 1--ML
2 =100
POM L ) L.
L 12- -
gr.cm2
__
2 2
Puxtarri bakoitzak 0 puntuarekiko duen inertzi momentu pola
rra:
m
O
-1 L/2
T 2IPO =(=). M' = 75 gr.cm2.
M' 2
Sistema osoak 0 puntuarekiko duen inertzi momentu polarra:
IPO
= 2 IPO
+ 4 IPO = 500 gr.cm2
.M'
a.2) OX ardatzarekin kointzidentea den makiltxoak eta bere
muturretan kokatutako puxtarriek, aipaturiko ardatzare
kiko duten inertzi momentuak, zero izan behar du, ele
mentu honetatik OX ardatzarainoko distantzia nulua bai
ta. Beste makiltxotik eta berari dagozkion puxtarrie-
110
tatik OX ardatzarainoko distantziak, aipaturiko elemen
tuetatik 0 punturainoko berberak baitira, azken termi-
notan honela geratuko zaigu:
I I = 250 gr.cm2
Mxx PO
+ 2 IPO
M'
a.3) OX eta OY ardatzen arteko desberdintasuna guztiz konben
tzionala denez, aurreko balorea errepikatuko dugu:
I = 250 gr. cm2
.yy
a.4) Sistema osotzen duten elementuetatik OZ ardatzarainoko
distantziak, eta 0 punturainokoak berberak direnez ge-
ro, aipaturiko ardatzarekiko inertzi momentua eta a.1
atalean kalkulatutakoa berdinak izan behar. Hau da:
I = 500 gr.cm2
.zz
1b) – (I
xx +I
yy + I zz) = 2 (250+250+500) = 500 gr.cm
2.
2
I = 500 gr.cm2
.PO
Izan ere, konprobazioa eginda dago.
8.4. Demagun M masa eta R erradioa di-
tuen irudiko disko homogeneoa. Aurki
bitez:
a) Bere zentruarekiko diskoak du-
en inertzi momentu polarra.
b) Biraketa-ardatzarekiko diskoak
duen inertzi momentua.
c) Edozein ardatz diametralekiko, OX ardatzarekiko esate ba
terako, diskoak duen inertzi momentua.
2M
R2
. rdr
111
Ebazpena:
a) Zati dezagun diskoa irudian erakus
ten den moduan, hau da, barruko -
erradioa r, kanpokoa r + dr, eta -
masa dm duten erhaztun mehetan.
Argiro ikusten den bezala, erhaz -
tun hau osotzen duten masa-elemen-
tuek, diskoaren zentrurako distan-
tzia berbera dute. Honelatan er -
haztunaren zentruarekiko inertzi -
momentu polarra, hauxe izanen da:
dIPO
= r2dm
Bestalde, Or-diskoaren gainazaleko dentsitatea etaR2
dS= 27trdr erahaztunaren gainazala izanik, dm masak zera balioko
du:
dm = lf.dS=.2ardr -//R
2
Beraz, disko osoak bere zentruarekiko duen inertzi momentu
polarra honela geratuko zaigu:
M R R
IP
r2dm = . -- rdry- = - 2- r dr = - MR
2M 2M )(3 1 2
R R 0 2
b) Garbiro ulertzen den legez, diskoa osotzen duten elQmen
tuen zentruarekiko distantziak, eta diskoaren biraketa-ardatzare
kikoenak berberak dira. Hori dela eta diskoak aipatutako ardatza
rekiko duen inertzi momentuak, hauxe izan behar du:
I = I o = 1 MR2
zz2
112
c) Atal honetan, inertzi momentu polarra eta ardatzei bu -
ruzko inertzi momentuak erlazionatzen dituen formula erabiliko
dugu. Hau da:
I = - (I +I yy +I )
PO 1
xx zz2
Bestaldetik, OX eta OY ardatzen ar
teko desberdintasuna guztiz konben
tzionala dela kontutan harturik,
zera plantea dezakegu:
_IXX =
IYY -
n IPO - - (2 IXX
+ IZZ )2
1 2 1MR = - (21
XX + 1 MR 2 )
IXX = 1 MR2
2 2 2 4
8 .5.
I. Kontsidera bedi m masa eta r erradio dituen esfera huts eta
homogeneo bat (ping-pong-eko pilota bat izanen litzateke hur
biltze nahiko egokia). Lor bitez:
a) Bere zentruarekiko inertzi momentu polarra.
b) Beraren zentrutik pasatzen den edozein ardatzekiko iner-
tzi momentua.
II.Ondoren, kontsidera bedi M masa, R 1 barruko erradioa eta R2
kanpokoa dituen esfera homogeneo bat. Erantzun aurreko ata-
leko bi galderei.
III.Azkenez, kontsidera bedi M masako eta R erradiodun esfera -
trinko eta homogeneo bat, eta errepika bitez goiko ataleta-
ko galderak.
Ebazpena:
I. a) Esfera osotzen duten masa-elementu guztiak zentruarekiko
M3M .44rdr =4
..... 2 (R3 -R3 ) R3 -R3 *3 2 1 2 1
. r2dr delarik
Beraz:
3dI
3M 3 . r4dr
POR
2-R
1
dm =
113
distantzia berberera kokatuta daudenez gero, inertzi mo-
mentu polarra zera izanen da:
IPO
= mr2
I. b) Orain, inertzi momentu polarra eta ardatzei buruzko iner
tzi momentuak erlazionatzen dituen formula aplikatuko du
gu; hau da:
IPO = – (IXX +
IYY +
IZZ )
2
Hiru ardatzen arteko desberdintasun
bakarra, bere izenetan baino ez da-
goen legez, hauxe esan dezakegu:
3I =I = I , I = IXXXX YY ZZ PO
2
3 2 2mr2 = –
XXI I I – mrXX YY ZZ
2 3
II.b) Gure esfera, irudian erakusten den antzeko geruza esferi
ko elementaletan zatituko dugu. Hauetariko geruza bakoi
tzaren inertzi momentu polarra, I.a) ikusi dugun arauera,
zera izanen da:
dIPO = r2.dm
3MI -P0
R3-R
32 i
R2
3MR R
5
r4dr =
R5 R - R
32 1
114
II.b) I.b. atalean erabilitako formula eta egindako kontsidera-
zioa errepikatuz, hauxe geratzen zaigu:
5 5 5 53M
R2 - R
1- 3
- - 2M
R2 - R1 = 1
5.3 3 XX )I YY
I ZZ 3 3 XXR
2 - R 2
I1 5 R2 - R
1
III.a)Esfera trinkoa, aurreko esfera bezalakoa da, bakarrik R1=0
eta R2 =R izanik. Honelatan, II.a atalaren emaitza balia-
tuz, inertzi momentu polarra erraz atera dezakegu:
I = 3- MR2
PO 5
III.b)Arrazonamendu berbera aplikaturik, orain II.b atalaren ema
itza erabiliz, zera geratzen zaigu:
IXX
=IYY
=IZZ
= ?- MR25
2.- Irudiko tankea 54 km.-1
h abiaduraz higitzen
ari da. Gurpil nagusien
erradioa 60 cm.da, eta
txikienarena 25 cm. Kalku
la bitez gurpil nagusien
eta gurpil txikien abiadu
ra angeluarrak.
Emaitzak: nagusiak 25 rs-1
txikiak 60 rs-1
115
ARIKETAK
1.- Irudiko traktorearen
gurpilen erradioak, 30 cm.
eta 50 cm. dira. Trakto -
rea 45 km.h-1
-tako abiadu
raz higitzen baldin bada,
zer abiadura angeluarraz
biraka ari dira gurpilak?
(Hauek zolu gainean
irrist egiten ez dutela
suposatzen da).
Emaitzak: aurrekoak 41,67 r.s-1
atzekoak 25 r.s-1
Guztiak erlojuaren orratzen kontrako sentidoan.
Guztiak erlojuaren orratzen sentidoan.
3.- Irudiko zilindroa W abiadura ange
luarraz biraka ari da, bere zentruak v
abiadura lineala duelarik, erakusten
diren sentidoetan. Kalkula bedi beheko
xaflak behar duen abiadura, bere gai -
nean zilindroak laban egin ez dezan.
Datuak:w= 2 r.s-1
v= 0,5 m.s-1
r= 0,1 m.
Emaitza: 0,7 m.s -1 eskuinalderantz.
116
4.- Irudiko sisteman, beheko zilin
droak zolu gainean errotatzen ari -
dira0J=1,2 r.s-1
-tako abiadura ange
luarraz, bertan erakusten den senti
doan, eta beraiek sostengatutako xa
fla irristadura gabe daramatelarik.
Zilindro hauen erradioak r=0,15 m.
balio du.
Xaflak, bere aldetik, beraren gaineko zilindroa higi eraz-
ten du, bien artean ere irristadurarik ez dagoelarik. Zilindro
honen zentrua tinko dago, ormarekin lotzen duen soka bat dela me
dio, eta beraren erradioak r'=0,12 m. balio du.
Kalkula bedi goiko zilindroaren abiadura angeluarra.
Emaitza: 3 r.s-1 erlojuaren orratzen kontrako sentidoan.
5.- T txirrita eta D diskoa biraka
ari dira, W abiadura angeluar berbe-
raz, irÜdian ikusten den sentidoan.
Gainera, D diskoa jaisten ari da, be
re zentruaren abiadura lineala V de-
larik. Bataren nahiz bestearen erra
dioek r balio dute. Kalkula bedi
aipaturiko abiadura angeluarra.
Datuak: v = 0,2 m.s-1
r = 0,1 m.
1 r.s-1
.Emaitza:
6.- T txirrika 4 r.s-1-tako abiadu-
ra angeluarraz biraka ari da erakus-
ten den sentidoan, bere azalaldeko
soko desbiribilkatzen duelarik. T
txirritaren nahiz D diskoaren erra -
dioek 10 cm. balio dute. Kalkula bi
tez:
a) D diskoaren abiadura angelua
rra eta bere zentruaren abiadura
neala.
b) D diskoaren punturik baxuena
117
ren eta garaienaren abiadura linealak.
Emaitzak: a) 2 r.s-1
eta 0,2 m.$-1
b) puntu baxuena: 0,2fi m.s-1
,horizontalarekin
315°-tako angelua osOtzen duelarik.
puntu garaiena:0,26 m.s-1
,horizontalarekin
225°-tako angelua osOtzen duelarik.
7.- Irudiko karretea zolu gainean erro
tatzen ari da, bere barruko zilindroa -
ren azalaldean biribilkatutako sokatik
atezatuz. Soka horizontalki higitzen
da, vs abiaduraz eta azeleraziorik gabe.
Kalkula bitez:
a) Karretearen biraketa-ardatzaren
traslazio-abiadura eta karretearen abia
dura angeluarra.
b) A puntuaren abiadura eta azele-
razio linealak.
Datuak: vs = 15 cm.s
-1r = 1 cm. R = 2 cm.
Emaitzak: a) 10 cm.s-1 horizontala eta eskuinalderantz.
5 r.s -1 erlojuaren Orratzen sentidoan.
b) 10(1 cm.s-1 horizontaZarekin 315°-tako ange-
lua osotzen duelarik (edo 45°-
tako beherantz).
50 cm.s -2 . horizontalla eta ezkerralderantz.
8.- Ebatz bedi aurreko ariketa, soka
barruko zilindroaren beheko aldetik des
biribilkatzen dela suposatuz.
Erabil bitez datu berberak.
Emaitzak:
a) 30 cm.s-1 horizontala eta eskui
nalderantz.
15 r.s-1
erlojuaren orratzen
sentidoan.
118
b) 30/1 cm.s-1 horizontalarekin 315°-tako angelua osotzen
duelarik (edo 45°-tako beherantz).
450 cm.s-2 horizontala eta ezkerralderantz.
9.- Irudiko barra, bertan
erakusten den planoaren
gainean higitzen ari da.
Aldiune batetan M eta N
puntuen abiadurak, honela
adierazten dira:
M puntuarena: 0,2 m.s -1 ba
rraren paraleloa eta B punturantz.
0,5 m.s-1 barraren perpendikularra eta behatzaile-
rantz.
N puntuarena: 0,2 m.s -1 barraren paraleloa eta B punturantz.
0,7 m.s-1 barraren perpendikularra eta behatzaile
rantz.
Aipaturiko aldiunean, kalkula bitez:
a) Barraren abiadura angeluarra
b) A eta B puntuen eta barra zentruaren abiadurak.
Datuak: AB = lm AM = 0,6 m. AN = 0,7 m.
Emaitzak:
a)W= 2k r.s-1
b) VA= 0,2i - 0,73 m.s-1
ff'VB= 0,2i + 1,3j m.s
-1 .
-vzentrua
= 0,2i + 0,33 m.s1
10.- Erakutsitako irudia zilindro batez
eta bi esferaerdiz osotuta dago. Zilin-
droaren altuera H da, eta beraren erra-
dioa eta esferaerdiena, R. Aurki bedi,
biraketa-ardatzarekiko irudiak duen
inertzi momentua:
a) Barrutik hutsa izanik, G gaina
119
zal-dentsitatearekin.
b) Trinko edo betea izanik, f bolumen-dentsitatearekin.
Emaitzak: a) 2nR3 0-(B + 4 R)3
b) nR4 f ( Li + R)2 15
11.- Irudiko R erradiodun diskoak rerradiodun zulo zirkular bat du.
Diskoaren gainazal-dentsitatea Cr da.
Beraren eta zoluaren zentruen arte-
ko distantzia a da. Lor bedi, bere
zentrutik pasatzen eta beraren pla-
noaren perpendikularra den ardatza-
rekiko diskoak duen inertzi momen -
tua.
[-R
4Emaitza:rnr - r
2 (a2 +2
)2 2
12.- Demagun irudiko xafla errek
tangeular eta homogeneoa. Lor bitez:
a) Bere hiru simetri ardatzeki
ko xaflak dituen inertzi momentuak.
b) Steiner-en teorema baliatuz,
beraren edozein erpinetatik pasatzen
diren eta bere simetri ardatzen para
leloak diren ardatzekiko xaflak di-
tuen inertzi momentuak.
1Emaitzak: a) I
XX= M a2
I = 1 M b2YY
1I = M(a2+b
2)ZZ
12
12
12
....'"
a/2A1....,...
(2/2
..,.
„...i.„....-
.......••••••
--- A2--... --,
..-- ----..6<42------'"> --------
120
b) I a 2IY1Y1
= i-3- M b
2X1X
i
1 3
I1Z1
= i M(a2+b 2 )Z 3
13.- Irudiko xafla-multzoan, aldeko
xaflak behekoaren perpendikularrak
dira. Kalkula bitez multzoak ditu
en inertzi momentuak:
a) A1 eta A2 ardatzekiko.
b) Multzoaren simetri ardatza
rekiko.
Datuak: a =5cm. b =4cm. c =6cm
eta xafla guztion gainazal-dentsi-
tea = 1,2 gr.cm2 .
Emaitzak: a) I 1= 1542 gr.cm2
I 2= 1514 gr.cm2
b) 520 gr.cm2
121
9. GAIA SOLIDO ZURRUNAREN DINAMIKA
Momentu angeluarra beti
agertuz erabat fina,
abiadura angeluarraz
dugu baztertu ezina.
Inertziako tentsoreak hor
barne daukan zeregina,
generalean daukatelarik
direkzio desberdina.
122
9.1. 0,3 m-tako erradioa duen disko bat,zo
lu gainean kokatuta dago alboko pareta iku
tzen. Bai diskoaren eta zoluaren, zein dis
koaren eta paretaren arteko marruskadura-
koefiziente zinetikoaA =0,5 da. t=0 aldiu
nean diskoari u4 = 980 r.s -1 - taYo abia -
dura angeluarra ematen zaio, irudian era -
kusten den sentidoan.
Kalkula bedi, diskoa geldi dadin be-
har den denbora-tartea.
Ebazpena: Irudian diskoaren gaineko indar-sis
tema adierazten da. Masa-zentruaren
azelerazioa nulua denez, zera bete-
ko da:
N2-f1=0
F.=0
N1+f
2-mg=0-4-N
1+f
2-9,8.m=0
Bestaldetik, marruskadurako beldin-
tzak dituqu:
{
f1=/"1 --.- f1=0'5N1
f 2=À2N 2 -... f2=0,5N2
Ekuazio-sistema ebatzirik, hauxe geratzen zaigu:
f =3 92 m1 ' •
eta f =1 96 m2 ' •
Orain diskoaren biraren sentidoa positibotzat kontsideraturik,
eta masa-zentruarekiko indar-momentuak hartuz, honela planteatuko
dugu:
7;e= -fl.r - f 2 .r = -1-m.r2
. -5,88m = 1m.0,3.2 2
c( = -39,2 r.s-2
tg./ =«),, + ot t = 980-39,2 t980t - - 25 s.39,2
123
Azkenez, azelerazio konstanteko higidura zirkularrei dagokien
ekuazio ezaguna erabiliko dugu, hau da:
9.2. Irudiko diskoak soka bat du
bere azalaldean biribilkaturik.
Sokatik atezatu egiten da F in -
dar horizontal batez, eta diskoa
biraka hasten da. Diskoaren arda
tzaren masa arbuiatu egiten da,
eta bera eta eustarrien artean
ez dago inolako marruskadurarik.
Kalkula bitez:
a) Diskoaren azelerazio an-
geluarra.
b) A eta A' puntuetan eusta
rrietako erreakzioak.
Datuak: m=20 kq. r=0,5 m.
F=50 N. 1=0,4m. 1'=0,6m.
Ebazpena:
a) Diskoak bere inertziako ardatz nagusietariko batekj,ko, biraketa-
ardatzarekiko hain zuzen ere, bira egiten duenez gero, ondoko
ekuazioa aplika dezakequ:
Je= I
er.F= _1_mr 2 .0( _ 2F - 2.50
10 r.s -2 .2 m.r 20.0,5
b) Har dezaqun, irudian adierazitako erreferentzi-sistema cartesta-
rra. Ardatzen iturhurua diskoaren masa-zentruan kokaturik dago,
eta OX ardatza diskoarenarekin kointzidentea da. Alde batetik,
a = 0 denez gero, zera plantea dezakequ:117,
{ F + HA+ HA , = 0
F.= 0;.‘
BA+ B
A'- mg = 0
50 + HA+HA , = 0
BA
+ BA'
- 196 = 0
Bestaldetik, L = L = 0 direnez gero,Y z
hau ere plantea dezakegu:
rn
077,›FZ7,7
124
k
Z'y = 0 -.. BA ,.1' - BA.1 = 0 -~ 0,6BA , - 0,4BA = 0
7 = 0 -• HA. 1 - H ,l'= 0 0,4H
A - 0,6H
A'= 0
A.
Ekuazio-sistema ebatzirik, honela geratzen zaigu:
/BA = 117,6 N HA = -30 N
1 BA ,= 78,4 N 1 HA ,=-20 N
Azkenez, eskaturiko erreakzioak hauxek izanen dira:
RA =\,/13 + 1-1 , C.f.: 121,5 N
RA ,-=‘/B, + 81,5 N
9.3. Irudiko barrak bere 0 mutur finkoaren inguruan
bira egin dezake. t=0 aldiunean, barra jarrera ber-
tikalean aurkitzen da, eta gelditasunetik hasten da
biraka. Angelu biratuaren funtzioan, lor bitez:
a) Abiadura angeluarra eta azelerazio angelua-
rra.
b) Masa-zentruaren abiadura eta azelerazio nor
mala eta tangentziala.
c) 0 puntu finkoan barrak jasaten duen erreak-
zioa.
d) Zoluan errebotatu ondoren harrak bere abia-
dura angeluarraren erdia galtzen baldin ba-
125
du, zer posiziotaraino altxatuko da berriro ?
Ebazpena:
a) Barraren gainean bi indar daude
aplikatuta: pisua eta 0 puntuko
erreakzioa. Pisua kontserbakorra
da, eta erreakzioak ez du lanik
egiten, 0 puntua finkoa baita. Ho-
nelatan, energia mekanikoaren kon-
tserbazioa aplika dezakegu, hau da:
1 1mg = mg cos e 1+ — I w 2
2 2 2
(T= -1--m1
2 , barraren perpendikula-
3
rra den eta 0 muturretik pasatzen
den ardatzarekiko inertziako momen-
tua delarik).
mg1=mglcos 9 + -1-m12u123
=1—--(1 cos
Hemendik, azelerazio angeluarraren definizioa harturik eta urrats
matematiko sinple batez, honela geratzen zaigu:
duJ _ du, d9 d8 d/.0d U.1-
dt dt de dt de cie
3g (1-cos9). Pcr. 3g. sin 9
VVV 1 1 Y1-cos9 21
b) Masa-zentruaren abiadura zera izanen da:
1 = 1 V3g1(1-cos9)
v =1(1. 2 2
Eta beraren azelerazio normala eta tangentziala, hauk izanen
dira:
aN=UJ2 1
3g (1-cos9)2 2
2R1 + R
2 =in u
2.M2 9
s+ 25 cos 2 0 + 30 cose2 4
R =
tui \ -.////////////////m/milim
126
1aT= - 3a --=- sine
2 4
c) Irudian, indarrak barraren direkzio-
an eta beraren perpendikularrean des-
konposatuta daude. Honelatan, ondoko
ekuazioak idatz ditzakbgu:
3 gmg.cose -R 1= m.aN- m (1-cose)
{
2
R1- mg (-3+5cos8)
2
mgR2= . sine
4
mg.sine-R2=m.a
T = 3mg . sine
4
d) Zolura heltzen denean, barraren abiadura angeluarra hauxe da:
(4) (1-cose)
U.)=F1
1
Eta beraz, errebotatu ondoren zera izanen da:
w i= 1 w = 1 3g
2
2 1
=2
Orain energia mekanikoaren kontse:
bazioa erabiliko duqu berriro, le•
henengo atalean adierazitako arra•
zoi berberagatik. Hau da:
1--- I ILV .2= mgh
2
127
._1_ m12. 1 3g - mgh h = 12 3 4 1
8
Edo (f angelua kalkulatu nahi baldin badugu:
sinr- h 1 'fw. 14°30 '1/2 4
79.4. Irudian adierazten den sistema, bere masa
zentrutik pasatzen den ardatz bertikalaren in-
guruan biraka ari da, U) abiadura angeluarra -konstantez. Bolen erradioak guztiz arbuiaga --
rriak dira barraren luzearekin konparatuz, eta
bestalde, barraren masa arbuiatu egiten da bo-
lenekin konparatuz. Aurki bitez:
a) MZ-an jasaten den erreakzioa
b) Sistemaren higidura mantentzeko behar
den indar-momentua.
OHARRA: MZ-a finko dagoela kontsideratzen da.
Ebazpena:
a) Sistemaren masa-zentruaren azele
razioa nulua denez gero, hau aplika
dezakegu:
F = 0x
F.=0 F = 01.1 1
Fz - 2mg = 0-.F
z=2mg
Hau da, eskaturiko erreakzioa, ber-
tikala besterik ez da, eta bola ba-
ten pisuaren bikoitza balio du.
128
b) Lehenik eta behin, kalkula dezagun,
bere masa-zentruarekiko sistemak duen
momentu angeluarra. Has gaitezen,(1)
bolarena kalkulatzen. Hona hemen aipa
turiko bolaren posizio bektorea edo-
zein aldiunetan:
-1, 1r i=xi+gj+ — cosy k =2
1= —sinr-cose i 1+ --sinr-sene j +2 2
1+ cosr k I=
•••n
cose i +2 2
+ sin .sene j + cos r k
Hemendik,bola honen abiadura honela lor dezakegu:••••
dr1 = 1 . (-sine) -22-r + sin .cos 0 . de j )=v1- dt 2 dt dt
1 CO . sinr (-sine i + cos e j )2
Eta, beraz, bola honen momentu angeluarra zera izanen da:
n•n••
=xmvLi ri 1 = sinr .cosb
-sin a
sin
j k
. sin e cosr
cos B 0
m 12‘ijcinrr4
_ m W 1 2 •••
sin r . Ncos cos - cos 99 . sine + sin k)
Goazen orain (2) bolaren momentu angeluarra kalkulatzera.(2)
bolaren jarrera, (1) bolarenarekin konparatuz, iturburuarekiko sime-
trikoa dela ikusten da garbiro. Honelatan:•-n•••
dr2dr1
••••• n•••
=-r -* v = - -v1L2=r
2xmv
2=-r
lxm (-v
1) =r 2 1 2 dt dt
= rixmvi = L1
4
129
Hau da, bi bolek momentu angeluar berdina dute. Beraz, sistema-
ren momentu angeluarra hauxe izanen da:
2-.11• •-n•••
L=L1+L
2=2L
1-
m 1 w. sinr . (-cos cos0 i - cos (f' sin j +
2
+ Sinf k)
Azkenez, eskatutako indar-momentua lor dezakegu erraz, denborare
kiko deribatu sinple batez:
m 1 2 d = .sin y .[-cosy . (-sin ) cosy .cos9
dt 2 dt
de inali2
dt J 2Sinr.00Sr (sin9 - cos0 j)
Eta beraren balorea zera izanen da:
maji2 . sinr .cosr sin2e + cos 2 e - ~12 . sinf .cosr
2
9.5. Irudiko diskoa gelditasunetik hasten da
higitzen, bere azalaldean biribilkatutako soka ihy~
desbiribilkatuz. Aurki bitez:
a) Masa-zentruaren abiadura, diskoa jai-
tsiriko distantziaren funtzioan.
b) Masa-zentruaren azelerazioa, aurreko
atalean aurkiturako abiaduraren bidez.
c) Sokaren tentsioaren eta diskoaren pi-
suaren arteko erlazioa.
Ebazpena:
a) Diskoaren gainean bi indar daude aplikatuta, pisua eta soka-
ren tentsioa, hain zuzen ere. Lehenengoa kontserbakorra da, eta bi-
garrena ez du lanik egiten, sokak geldirik dirau eta. Beraz, ener-
gia mekanikoaren kontserbazioa era-
biliko dugu:
1 2mgh=---mv +
1 2 1 2= +1
2---mv2 22
1mr
2 a) 2
2
Bestaldetik, diskoa errotatzen ari
da sokak sostengaturik; hortaz, hu-
rrengo erlazioa aplika dezakegu:
v =u). r
Eta idatzitako ekuazioetatik, hauxe
ateratzen dugu:
1 2 1 2 3 2mgh= ---mv + ---mv = ---mv2 4 4
v = 21/-
130
b) Azelerazioaren definizioa harturik, eta urrats matematiko sin
ple batez, honela geratzen zaiqu:
dv _ dv dh _ dh dv _a -dt dt • dh dt • dh
ah 2 g . 1 - 2g
a =3 3 2 n1"i7 3
dvvdh
Diskoaren gaineko indarrak ikusirik,
eta masa-zentruaren azelerazioa eza-
quna dugunez gero, erraz plantea deza
kegu hau:
-T + mg = ma = -L-mg3 3
Eta hemendik: 1mg 3
c)
131
ARIKETAK
1.- Lahainketari bat oinpuntaka besoak
hedaturik, biraka hasten da(00=12rs
tako abiadura angeluarraz. Jarrera
honetan labainketariaren inertzi-mo
mentua I 0 =1,6m2kg da. Ondoren, beso
ak gorputzera hurbiltzen ditu, iner
tzi-momentua I=1,2m2kg-tara alda -
tzen duelarik. Edozein marruskadura
mota arbuiatuz, zenbat balio izanen
du labainketariaren abiadura ange -
luar berriak ? Zer lan eqin du laba
inketariak besoak gorputzera hurbiltzeko ?
Emaitzak: 16 r.s-1
; 38,4 J
2.- Irudiko xafla errektangeluar
eta homogeneoa, luzera bereko
bi barraren bidez sostengatu-
ta daqo. 0,0', A eta A' puntu
ak artilulatuta daude inolako
marruskadurarik gabe, eta ba-
rren pisuak arbuiagarriak di-
ra. Sistema gelditasunetik hi
gitzen hasten da, irudian era
kusten den jarreran.
Kalkula bedi barra bakoitza-
ren tentsioa, posizio bertikaletik pasatzen diren aldiunean.
Emaitza: 980 N.
3.- Trudian erakutsitako gorputzak m=2 kg-tako masa du, eta ere
mu grahitatorioan erortzen ari da. Aldiune determinatu bate-
tan gorputzaren masa-zentruaren posizio-hektorea eta abiadura
-4>r = 4i + 5j m eta vmz= - j ms-1 dira errespektiboki, eta
MZ
132
beraren momentu angeluar propioa
1, 1 =8k Kgm.2
s-1 . Kalkula hitez:
a) Aipaturiko aldiunean gorpw-
tzaren 0 puntuarekiko momentu -
angeluarra.
b) Galdera berbera, aurreko al-
diunea baino 1 s. geroago.
c) Nola aldatuko litzateke biga
rren atalaren erantzuna, gorpu -
tzaren masa-zentruarekiko-s
TMZ=12 k m.N indar-momentuak eraginen baldin balu ?
Emaitzak: a) 0
b) -68,6 i + 78,4 j kg.m2s-1
c) -68,6 i + 78,4 j + 12 k kg.m2.s-1-s
4 - Zolu gainean kokatuta dagoen --
m=4 kg-tako eta r=0,1m-tako esfe-
ra bati, F indar horizontal bat
egiten zaio. Indarraren aplikazio
lerroa esferaren zentrutik pasa -
tzen da. Esfera eta zoluaren ar-
teko marruskadura-koefiziente es-
tatikoak eta zinetikoakdpe=0,5
eta , u z
=0,2 balio dute errespekti-
boki.
a) Kalkula bedi F indarrak har dezakeen balorerik handie-
na, esferak labain egin ez dezan baldintzarekin.
b) F indarrari balore kalkulatuaren bikoitza ematen baldin
bazaio, kalkula hitez, esferaren azelerazio angeluarra eta
beraren masa-zentruaren azelerazio lineala.
Emaitzak: a) 68,6 N
b) 49 r.s-2; 32,34 m.s
-2
133
5.- Irudiko diskoa geldirik dago, be
raren zentrua zulo semizilindri -
koaren altuera berberean duelarik.
Jarrera honetan utzi egiten da,
eta errotatzen hasten da zulotik.
Aurki bitez:
a) Edozein posiziotako diskoaren
masa-zentruaren abiadura.
b) Diskoaren pisua eta zoluaren
erreakzioaren arteko erlazioa, diskoa zuloko punturik baxue
nera heltzen den aldiunean.
Emaitzak: a) v=2F=173 (A diskoaren zentruak des -
kribatutako angelua delarik)
b) 3mg
6.- m masa eta r erradio dituen zilin-
dro bat, irudiko angeluko plano
aldapatsuan kokatuta dago. Aurki --
bitez:
a) Aplikatu behar zaion indar-mo -
mentua eta lurrarekiko marruskadura
koefiziente estatikoaren balorerik
txikiena, zilindroak geldirik iraun
dezan.
h) Magnitude berberak, zilindroak planoan gorantz errotd-
tu egin dezan, beraren masa-zentruak, a azelerazioa edukiz.
Emaitzak: a) J= r.mg.sinp tag
a+gsinb) r.m + g sinf ) ?
2 gcos (i)
m
///////////////
134
7.- Tontor semizilindriko baten puntu
altuenean aro bat kokatzen da gel-
dirik, Tontor gainean errotatzen -
hasten baldin bada, zer posiziotan
eginen du alde tontorretik ?
Emaitza: e = 60°
8.- m masako eta 1 luzerako makila bat,
mahai baten hegalean dago kokatuta,
jarrera bertikalean, irudiak erakus-
ten duen moduan.
Bat-batean, beraren beheko muturrean
J inpultsu horizontal bat ematen zaio
Aurki bitez:
a) Inpultsuaren ondorioz makilaren
masa-zentruak lortuko duen abiadura,
eta masa-zentruarekiko makilaren abi,adura angeluarra.
b) Masa-zentruaren posizioa, makilak bira oso bat bete-
tzen duen aldiunean.
c) Nola aldatuko lirateke aurreko bi ataletako erantzu-
nak, inpultsua goiko muturrean emango baldin bazio ?
Emaitzak: a) v = direkzio horizontaleanMZ m
_ 6J erlojuaren orratzen aurkako senm.1 .tidoan
b) masa-zentruaren desplazamendu horizontala:
TC .1
3
masa-zentruaren desplazamendu bertikala:
5.W.m2.12
18 J2
c) abiadura angeluarraren sentidoa, besterik
ez da aldatzen.
135
9.- Mahai horizontal eta
leun baten gainean M
masako eta 1 luzerako
makila bat dago geldi
rik. Mahai gainean vo
abiaduraz makilareki-
ko perpendikularki hi
gitzen den puxtarri
batek, makilarekin to
po egiten du, txoke
ondoren v1 abiaduraz,
direkzio berberean --
eta alderantzizko sentidoan, errebotatu egiten duelarik.
Puxtarriaren masa m da, eta makilaren masa-zentrutik a dis-
tantziara jo egiten du. Kalkula bitez:
a) Txoke ondorengo makilaren masa-zentruaren abiadura,
b) "
111
abiadura angeluarra.
c) Txokean galdutako energia zinetikoa.
Datuak: M = 660 gr. 1 = 100 cm a = 25 cm.
m = 10 gr. v.= 100 cm.s -1 v = 10 cm.s1
Emaitzak: a) 2 cm.s-1
b) 0,06 r.s-1
c) 47.400 erg.
10.- Irudiko ziba txikia
bere ardatzaren ingu
ruan biraka ari da W
abiadura angeluarraz
beraren beheko mutu-
rra zolu gainean fin
ko duelarik. Ardatza
ren masa arbuiagarria
da diskoarenarekin -
konparatuz. Kalkula bedi prezesio-abiadura angeluarra.
Datuak: r = 2 cm. 1 = 2 cm W= 100 r.s.-1
Emaitza: 9,8 r. s -1
-1
136
10, GAIA ESTATIKA
Errepasoan Estatika da
faltatzen zaigun bakarra,
gai hori ulertzen ez baduzu,
ez zara oso azkarra.
Beti kontutan eduki zazu
hartzerakoan indarra,
erresultante ta momentua
anulatzeko beharra.
g
P,ams
F = F2 A =
137
10.1. Irudiko sisteman, AB de
lakoa A puntuan artilulaturik
dagoen barra bat da eta BC de
lakoa, soka bat. Barraren lu-
zera 3 m-takoa da. B puntutik
zintzilikaturik beste soka
bat dago, 80 kg-tako pisu ba-
ti eusten. A eta C puntuak al
tuera berean daude.
a) Lor bitez A puntuko
erreakzioa eta BC sokaren
tentsioa.
b) Indar guztien irudia
egin
Ebazpena:
Hurrengo irudietan indarren eskemak jarri ditugu
1
////// /////,
2
138
Aurreko irudietan sistemako elementu bakoitzaren gainean
eragiten ari diren indar guztiak jarri ditugu. Erraz ikusten
denez, kasu guztietan akzio-erreakzioaren printzipioa betetzen
da.
Lehenengo iruditik: F1 = mg = 80.9,8 = 784 Nw.
Azken irudia aztertuz:
{ 2F
X = 0 --n -F2
cos53 + F3 cos37 = 0
Ez dugu momentuen ekuazioa jartzen, hiru indarrak konkurren
teak baitira. Beraz:
{
-0,6F2 + 0,8F3 = 0
13,8F
2 + 0,6F
3 = 784
Sistema hau ebatziz ondoko emaitzak lortzen ditugu:
F3= 440 Nw (BC sokaren tentsioa)
F2= 586 Nw (A puntuko erreakzioa)
= 0 F2sin53 + F3sin37 - F1 = 0
10.2. M masako puntu bat bertikal /e///////// ///// //batetan higitu ahal da. Hasieran
soka batetatik zintzilikaturik da
go. Bigarren soka bat, lehenaren
erdian lotzen da etaindar10 "9
horizontal batez tiraka jartzen
da. Zenbat jasoko da M masa, in -
dar horren kausaz ?.
139
Ebazpena:
Lehenik, eragiten ari diren indarren eskema egingo dugu
)1. mg6
Idatz ditzagun oreka baldintzak
1: -Mg + Ti cosk = 0{ 2 : -T i cos c< + T 2 cos c< = 0
-N + T1sink r--- 0 -Tisin k - T2 sine< + M10 - °
Hemengo inkognitak T T 2 , N eta k dira
l' 2'
Erraz ikusten denez T1= T2
Mg 2T1sin o( - 10
T cos c< = Mg1
tg o< = --1-20
Behink kalkulatu ondoren oso erraza da h kalkulatzea:
h = 21 - 21 cosk = 21(1-cosk)
10.3. Hiru metro luze den eta bederatzi kilogramotako makila
bat A eta B puntuetan apuiaturik dago, marruskadurarik gabe ,
irudian agertzen den moduan. Lor bitez:
a) Oreka lortzeko ok/ angelua
b) A eta B puntuetan makila -
ren gainean egiten diren indarrak.
///////////////////
/
140
Ebazpena:
A eta B puntuetan dauden kontaktu-indarrak hauxek dira:
Hots, ikusten denez, marruskadurarik ez egotean, kasu bie -
tan erreakzio normala ageri da soilik.
Oreka-posizioan:
.. Fx= 0 -..- NA-NBCOS ct/ = 0
F = 0 --•• NBsino( - mg = 0
1 rA= ° NB sink mg
1, 5s int<= 0
Sistema hau ebatziz. Azken
bi ekuazioetatik:
{B
Nmg
=
NA = NBcoso(=tgc<
x
411
A 4.8111
mg 2
- mg 1,5 sinsinc(
NB
= mg 1,5 sin 2
. 3 1 . 1sin .o( = c:<= ar sin
1,5
Angelua lortuz gero, erraz lortzen dira indarrak
NB -
mg
sino(
141
10.4. Irudian adierazten
den AB habe uniformeak,
4 metrotako luzera eta
100 kg ditu. Habe horrek
puntu finko bat du (C)
eta puntu horren inguruan
bira egin dezake; ostera,
A puntuan apuiaturik dago,
soil-soilik.
75 Kg.-tako gizon bat, A puntutik hasita B punturantz
abiatzen da poliki-poliki:
a) Lor bedi, oreka apurtu gabe egin dezakeen bidea
b) Idatz bedi A puntuko erreakzioa x distantziaren fun -
tzioan (oreka apurtu aurretik, noski).
Ebazpena:
Azter ditzagun oreka apurtu aurreko indarrak:
142
Ohar gisa, diogun ezen, C
puntuan eragiten ari den
erreakzioa bertikala dela
jotzen dugula, horizontala-
ren direkzioko beste inola-
ko indarrik ez baitago.
.11----..---- Z
• 2'.5
-.1 1 , i 75
1001 i
Beraz, ekuazio hauk ditugu:
{ 2;Fy = 0 ---•• FA + F c - 100 - 75 = 0
Z-
2] tC = 0 -~ -FA. 2,5 + 100.0,5 - 75(x-2,5) = 0
Oreka apurtzen hasten den unean, F A= 0, zeren eta biratzen
hastean A puntuaren kontaktua apurtu egiten baita. Une horretan:
0 + 100.0,5 -75(x-2,5) = 0
x = 3,16 m
Bestalde, oreka apurtu aurretik FA erreakzioak x distantzia
ren funtzioan duen balorea eskatzen digute. Bigarren ekuaziotik :
50 - 75(x - 2,5)
2,5
Hau da:
FA = 95 - 30x
[Kgd
10.5. Irudiko sisteman, 50 1(44
pisatzen duen C gorputza, A pun
tuan artikulaturik dagoen eta
pisugabeko kontsideratzen den
AB habean apuiaturik dago, den-
bora berean CDB soka, D txirri-
katik pasatuz atezaturik dagoe-
larik. Sistema osoa orekan da-
143
go.
a) Eskema egokien bidez azal bitez, habean eta C gorputzean
eragiten ari diren indarrak.
b) Kalkula bitez habean eragiten ari diren indarren modu -
luak.
Ebazpena:
Eragiten ari diren indarren eskemak ondoko irudietan adie -
razten dira.
Ekuazio hauk ditugu: a) T + F - 50 = 0
b) Tsin30 -F+Y= 0
-Tcos30 + X = 0
"r=F.1 - Y.4 = 0
Beraz, lau ekuazio eta lau ezezagun (F,T,X,Y)
Lortzen den emaitza, hauxe da:
F = 20 kgf T = 30 kgr
X = 15/3- kgr Y = 5 kgr
144
10.6. Irudian adierazten den ha
bea, homogeneoa da eta beraren
pisua, 500 kg. Lor bitez:
a) Soka horizontalaren
tentsioa.
b) Behekaldean habearen
gain egiten den indarraren osa
gaiak
(Oharra:Bi soka desberdin kon-
tsideratzen dira).
Ebazpena:
Alboko irudian barraren gain
eragiten ari diren indarrak adie-
razten dira. Hiru ezezagun ditu-
gu (T,X,Y) eta hiru ekuazio:
F=0 X - T = 0x E F = 0 Y - mg - 1000 = 0
2 rA=0 --"- -500.1cos 60 - 1000..2cos60 + T.2sin60 =0
Azken ekuaziotik:
T _ 1250(5. kg
3
1250X 1/3-kg
3
Beste ekuazioetatik:
Y = 1500 kg
10•7• W pisuko kate flexible bat, garaiera berean dauden iltze
bitatik zintzilikatuta dago. Muturretan angelua osotzen du
horizontalarekin.
a) Zeintzu dira kateak ga
ko edo iltzeetan egiten dituen
indarren magnitudea eta direk-
zioa ?.
b) Zein da katearen puntu
rik baxueneko tentsioa ?.
Ebazpena:
F
F v///
////
,_ ......T
WÌ2
145
Simetriaren kausaz: F1= F2= F
F indarrek e angelua osotzen dute horizontalarekin.Lehenengo eskeman ikusten den bezala:
2 F sine = W
F -W
2 sine
Bestalde, punturik baxueneko tentsioa lortzeko, sokaren er
di bat kontsideratuko dugu. Hona hemen indarren eskema:
F cos e - T = 0
W T - cos e2 sin e
WT = – cotg e
2
Kasu honetan, argi ikusten denez, T # F generalean, eta ho-
ri sokaren pisuaren kausaz.
146
ARIKETAK
1.- Lor bedi irudiko egiturak jasan
dezakeen pisurik handiena, baldin
eta goiko sokak jasan dezakeen ten-
tsio maximoa 1000 kg-takoa bada,
eta habeak jasan dezakeen konpre
siorik handiena 2000 kg-takoa bada.
Soka bertikalak edozein zama jasan
dezake.
Emaitza:P = 500 (1 +F) "=.' 1370 kgf
2.- AB habea homogenoa da eta
100 kg-tako pisua du. A eta B mutu-
rretan apuiaturik dago eta irudian
adierazten diren pisuak jasaten di-
tu. Lor bitez A eta B puntuetako
erreakzioak:
Emaitza: FA= 325/3 108,3 kgf
F - 425
' 141,7 kgfB 3
3.- 50 kg-tako esfera bat orma ber
tikal eta leun baten kontra dago
eta denbora berean, horizontalare
kin 60°-tako angelua osotzen duen
plano baten gainean dago. Ez daqo
inolako marruskadurik. Zeintzu di-
ra planoak eta ormak esferari egi-
ten dizkioten erreakzioak
Emaitza:Planoaren erreakzioa = 100 kqf
ormaren erreakzioa = 50 115 = 87 kgf
3
1:12 Kg
10K9
6.- Irudiko habea apuiaturik
dago inolako marruskadurarik
gabe, A eta B puntue+..an. Ha-
bearen pisua 200 kg da.
a) Zenbat balio behar du
F indar horizontalak, habea
orekan egon dadin ?.
b) Indarren eskema egin.
Emaitza : F = 543 "=" 87 kgf
147
4.- Irudiko habeari indar
bakarra aplikatu behar
zaio, dagoen posizioan ore
kan edukitzeko. Habea masa
gabekotzat hartzen da.
a) Zeintzu dira indar
horren X eta Y osagaiak ?.
b) Zer direkzio du ?.
c) Non aplikatu behar
da ?.
Emaitza: a) X = 6 kgf (ez) Y = 10 kgf ( gorantz)
b) tg0(= - (ardatzen ohizko sentidaaren arauera)
c) ezkerreko muturretik 2,4 m-tara
5.- Irudiko habearen A muturra marruskadura gabeko plano horizontal baten
gainean dago, beste mutUrra giltzatu -
rik dagoen bitartean. A muturrean F =
= 12 kg-tako indarra egiten da. Arbuia
bedi habearen pisua.
a) Zeintzu dira, B muturrean egi-
ten den erreakzioaren osagaiak ?.
b) Habearen gainean eragiten ari
diren indarren eskema egin.
Emaitza: XB= 12 kg (ezker)
y = 9kg (beherantz)
148
7.- Lor bedi irudiko katea flexikor
raren oreka posizioa. Ez dago marrus
kadurarik. (Examinean jarria)
Emaitza: a- ,r7
1 - a
8.- Irudian adierazten den ate
errektangeluarrak (ABCD) 60 kg-tako
masa du eta AB ardatzaren inguruan
bira egin dezake. Ardatz finkatzeko,
A puntuan euskarri puntuala dago eta
E delakoan gida zilindriko bat lu -
rretik 2 m-tara (E puntuan ez da in-
dar bertikalik egiten).
Lor bitez A eta E puntuetako
erreakzioak.
Emaitza: A puntuan: XA= 16 kg
YA= 60 kg
E puntuan: XE= -18 kg
9.- 1 luzerako eta W pisuko barra
leun eta uniforme bat orekan dago
R erradioko esferaerdi leun bate -
tan, irudian adierazten den bezala
R < 1/2<2R izanik. 8 delakoa ore
ka-angelua bada eta P delakoa esfe
raerdiaren ertzak barrari egiten -
dion indarra, froga bedi:
a) P1
- W dela4R
b)cos 20 _ 1
delacos e 4R
149
10.- 6 m eta 4,5 m-tako luzera
duten bi eskilara, angelu zuze
na osotuz A puntuan giltzatu -
rik daude, lurretik 0,9 m-tara
dagoen soka horizontal batez
loturik daudelarik, irudian
adierazten den bezala. Bi eski
lara horien pisuak 40 eta 30
kg dira errespektiboki eta ma-
sa uniformeki hedatua daukate.
Lurra leuna bada, lor bitez:
a) Eskilara bakoitzari lurrak egiten dion indarra
b) Sokaren tentsioa
c) A puntuan eskilarek elkarri egiten dioten indarra.
d) A puntutik 100 kg-ta•o zama bat eskekiko balitz, zein
litzateke sokaren tentsioa
Emaitzak: a) 32,6 kg ; 37,4 kg
b) 22,4 kg
c) 23,5 kg
d) 86,4 kg
11.- Irudiko hiru habeak zurrunki
loturik daude eta sistemaren gai-
nean hiru indar hauek eragiten
dute: F1 = 4j, F2 = 2i, F = i+k3
1) Zer erlaziokegon behar du a
eta b luzeren artean, indarren
sistema indar bakar batez ordezka
ahal dadin ?.
2) Zer puntutan ipini beharko li-
tzateke beste indar bat, sistema-
ren oreka lortzeko Zenbat balio
beharko luke indar horrek ?.
Emaitzak: 1) a = - 2) (0,0,0) puntuan; FA=-3i-4j-
2 -*-k
150
12.- AB delako habe horizon-
tala orman enpotraturik dago fi , A muturrean. C puntuan beste
habe txiki bat dago , AB de-
lakoari zurrunki lotua eta be
raren gainean irudian adieraz
ten diren indarrek eragiten
C
`:••.,J///
i a,1/ ..,
/// ?dute.
Zeintzu dira A puntuan
eragiten duten indarra eta mo
mentua ?.
Emaitzak: YA = P
TA = 2 Fa - P1
.--F