UNIVERSIDAD DE SANTIAGO FACULTAD DE CIENCIA

DEPARTAMENTO DE FÍSICA

PAUTA PRUEBA ESCRITA SEMESTRAL FÍSICA 10053

Martes 20 de AGOSTO del 2002

1.- En la figura, un bloque de masa 2 Kg originalmente en reposo en A y que se comporta como partícula, se mueve entre los puntos A y B de una superficie inclinada 37º respecto de la horizontal; esta superficie es rugosa (µk=0,1) y tiene un largo de L=2m. Luego recorre la superficie lisa BC, encontrándose un resorte en el extremo izquierdo como se indica en la figura. Encuentre: a) La fuerza de roce cinética entre superficie y cuerpo, en la superficie inclinada. b) La energía mecánica en el punto B.

c) La máxima compresión del resorte si su constante es k=800 Nm

SOLUCIÓN: A) 0,6 PUNTOS

( ) ( )

y

2

F : N mgcos37º 0mN mgcos37º 2Kg 10 0,8s

N 16N

Σ − =

= =

=

( )( )k k

k

f N 0,1 16Nf 1,6N= µ =

=

C) 0,6 PUNTOS

( )

e B

2B

B

U E1 K x E2

2ExK

2 20,8Jx 0,23mN800

m

=

∆ =

∆ =

∆ = =

B) 0,8 PUNTOS EB=EA+Wf EB=mgh-fkL

( ) ( ) ( )( )B 2

B

mE 2Kg 10 1,2m 1,6N 2ms

E 20,8J

= −

=

2.- Una esfera de billar que se mueve con una velocidad de magnitud 20 ms

choca con otra de

igual masa que se encuentra en reposo. Luego de la colisión, la esfera A rebota saliendo con una

velocidad de magnitud 15 ms

y una dirección de 37º respecto de su dirección original.

Determine la magnitud y la dirección con que sale la esfera B de la colisión (ver dibujo)

αβ

despuesantes

A B A

B

SOLUCIÓN: PLANTEO Y DESARROLLO DE ECUACIONES: 1,5 PTOS. RESULTADO: 0,5 PTOS.

A A A AB B B Bm v m v m v ` m v `+ = +

De donde, por igualdad de vectores: A Ax A AxB Bx B Bx

A Ay A AyB By B By

m v m v m v ` m v `m v m v m v ` m v `

+ = +

+ = +

Como las masas son iguales: Ax Ax Bx

Ay Ay By

v v ` v `v v ` v `

= +

= +

Reemplazando valores: ( ) ( )

( ) ( )B

B

20 15 0,8 v `cos0 15 0,6 v s̀en

= + θ

= + θ

B

B

v `cos 8 (1)v s̀en 9 (2)

θ =

θ =

dividiendo 2/1: 9tg8

48,37º

θ =

θ =

9tg8

48,37º

θ =

θ =

de (1): B9v `

sen48,37 =

θ

Bmv ` 12 s

=

3.- Un cilindro macizo y homogéneo de masa M=4Kg y radio R=0,05m está apoyado sobre un plano inclinado áspero y lleva una delgada y muy liviana cinta enrollada en una rebarba (reborde) delgada como se indica en la figura. La cinta pasa por una polea fija, de masa despreciable y lleva sujeto en el otro extremo un cuerpo de masa m=5Kg. Si la inclinación del plano es de 30º y el cilindro asciende por el plano inclinado sin deslizar, calcule: a) La magnitud de la aceleración del centro de masas del cilindro y de la aceleración angular del cilindro. b) La tensión de la cuerda. c) La magnitud de la fuerza de roce que actúa sobre el cilindro. d) La energía cinética del sistema para t=2s, si cuando t=0s el sistema estaba en reposo.

(El dibujo no está a escala)

SOLUCIÓN: SE PUEDE HACER DE VARIAS MANERAS. ECUACIONES GENERALES: 1 PUNTO. RESULTADOS: 0,5 PUNTOS UNA FORMA: TRASLACIÓN + ROTACION

Cilindro: x cmF T f Mg sen Ma: 30º (1)Σ + − = z TR fR I: Στ − + = − α

cm cmcon I MR y a R21 2

= = α

entonces: cmaTR fR MRR

21 2 − =

cmaTR fR MRR

21 2 − =

cmT f Ma1 (2)2

− =

Bloque:

yb bF mg T ma: Σ − =

pero: b A cma a a2 = =

( )cmmg T m a2 (3)− =

Del sistema de ecuaciones se tiene:

a) cma 2m 3,08 s

= ; 2rad 61,6 s

α =

b) T=19,2N

c) f=13,04N

d) Para t=2s, con t0=0; v0=0 y ω0=0:

Para el cilindro: c cm cmK I Mv2 22 22

1 12 2

= ω +

Para el bloque: b bK mv 222

12

=

Con:

i) ( )

t tradt ss

rads

2 0 0

2 2

2

( )

61,6 2

123,2

ω = ω + α −

ω = α =

ω =

ii) ( )

cm

cm

cm

v Rradv ms

mvs

22

2

2

123,2 0,05

6,16

= ω

=

=

iii) ( )cmb A

b

mv v vs

mvs

2 2 2

2

2 2 6,16

12,32

= = =

=

iv) ( )( )cmI MR Kgm22 21 1 4 0,05 0,0052 2

= = =

Entonces:

( )cm cm bK I Mv mv2 2 22 2 2 2

1 1 12 2 2

= ω + +

( )( ) ( )( ) ( )( )K 2 2 22

1 1 10,005 123,2 4 6,16 5 12,322 2 2

= + +

K2 37,95 75,89 379,46= + +

K J2 493,3=

OTRA FORMA: EJE INSTANTÁNEO DE ROTACIÓN:

Cilindro:

zp PRT RMgsen I: 2 30º Στ − + = − α

cm Acon I MR MR y a R2 2p

3 I 22

= + = = α

entonces:

AaRT RMgsen MRR

232 30º 2 2 − =

AaT Mgsen M32 30º 2 2 − =

reemplazando valores:

AT a2 20 3 − = (4)

De bloque:

yb bF : mg T ma Σ − =

bmg T ma − =

reemplazando valores:

b50 T 5a − = (5)

de las ecuaciones (4) y (5)

80=13ab

pero ab=2acm

80=13(2 acm)

cma 2m 3,08 s

=

cmaR 2

3,08 rad= = 61,6 0,05 s

α =

La energía cinética del disco respecto del eje instantáneo de rotación:

( )22 2c p

22 2cm

c 2

2 2c cm

1 1 3K I MR t2 2 2

a3K MR t4 R3K 4 a t 113,84J4

= ω = α =

= =

K del bloque se calcula igual que antes: ( )( )b bK mv J2222

1 1 5 12,32 379,462 2

= = =

Así, la energía cinética del sistema es: c bK K K J2 2 113,84 379,46 493,3= + = + =