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TEMA 3 TRABAJO Y ENERGÍA
CONSEJOS PREVIOS A LA RESOLUCION DE LOS PROBLEMAS
Trabajo y energía cinética A la hora de resolver un problema de trabajo y energía cinética, escoge las posiciones inicial y final del cuerpo y dibuja un diagrama del cuerpo libre con todas las fuerzas que actúan sobre él. Lista las fuerzas y calcula el trabajo efectuado por cada una. Una o más de las fuerzas pueden desconocerse; representa las incógnitas con símbolos algebraicos. Revisa los signos. Si una fuerza tiene una componente en la dirección del desplazamiento, su trabajo es positivo; si tiene una componente opuesta al desplazamiento, su trabajo es negativo. Si la fuerza y el desplazamiento son perpendiculares, el trabajo es nulo. Suma el trabajo realizado por las fuerzas individuales para obtener el trabajo total. Cuida los signos. A veces puede ser más fácil obtener primero la suma vectorial de las fuerzas (fuerza neta) y luego calcular el trabajo de la fuerza neta. Escribe expresiones para la energía cinética inicial y final (ECi y ECf). Si desconoces una cantidad como vi o vf, exprésala con su símbolo algebraico. Al calcular las energías cinéticas asegúrate de usar la masa del cuerpo, no su peso. Usa la relación Wtotal=ECf-ECi=∆EC; inserta los resultados de los pasos anteriores y despeja la incógnita requerida. Recuerda que la energía cinética nunca puede ser negativa. Si obtienes una energía cinética negativa cometiste un error. Tal vez intercambiaste los subíndices i y f, o tuviste un error de signo en uno de los cálculos del trabajo.
Energía potencial y conservación de la energía Decide primero si conviene resolver el problema con métodos de energía, usando ΣF=ma directamente, o con una combinación. El primer enfoque es muy útil si el problema implica movimiento con fuerzas variables, en una trayectoria curva o ambas cosas. Si el problema implica tiempo transcurrido el enfoque de energía no suele ser el mejor porque en él no interviene el tiempo directamente. Si usas el enfoque de la energía, decide primero cuáles son los estados inicial y final (posiciones y velocidades) del sistema. Usa el subíndice 1 para el estado inicial y 2 para el final. Es útil preparar dibujos que muestren los estados inicial y final. Define tu sistema de coordenadas, sobre todo el nivel en el que y=0. Esto te servirá para calcular las energías potenciales gravitatorias. La ecuación EPg=mgy supone que la dirección +y es hacia arriba; te sugiero hacer esto de forma consistente. Lo mismo debes hacer a la hora de determinar la energía potencial elástica almacenada en un resorte; ten en cuenta que se mide la elongación con respecto a la longitud natural del resorte. Lista las energías cinéticas y potenciales iniciales y finales. En general, algunas serán conocidas y otras no. Usa símbolos algebraicos para las coordenadas o velocidades desconocidas.
Identifica las fuerzas no gravitatorias que efectúan trabajo. Los diagramas de cuerpos libres siempre son útiles. Calcula el trabajo Wotras realizado por tales fuerzas. Si alguna de las cantidades que necesitas son incógnitas, represéntalas con símbolos algebraicos. Relaciona las energías cinética y potencial y el trabajo no gravitatorio Wotras usando la ecuación:
EC1+EP1+Wotras=EC2+EP2 Si Wotras=0, tendremos la ecuación EC1+EP1=EC2+EP2. Despeja la cantidad desconocida. Ten presente, aquí y más adelante, que el trabajo efectuado por cada fuerza debe estar representado en EP2-EP1=∆EP o en Wotras, pero nunca en ambos. El trabajo gravitatorio está incluido en ∆EPg; no lo incluyas otra vez en Wotras.
Estudio energético del movimiento del punto
En la última parte del tema empezaremos con el estudio energético del movimiento del punto. En ocasiones sólo estaremos interesados en comprender cualitativamente algunas de las características del movimiento de la partícula, y para ello, nos puede bastar con el análisis de la curva que representa gráficamente la función de la energía potencial, EP(x), frente a la coordenada
posicional x de la partícula. Veremos una posible curva de energía potencial, tal como la representada en la figura, para un movimiento unidimensional. Estudiaremos genéricamente esta curva, y podrás, operando de igual modo, resolver los problemas planteados en este tema.
La fuerza que actúa sobre la partícula es función de la posición de ésta y su módulo y
sentido vienen dados por dx
)x(dEF P−= ; pero
dx)x(dEP es justo la pendiente de la curva EP=EP(x),
que es positiva cuando la curva crece (al aumentar x) y negativa cuando decrece. Por consiguiente, y teniendo en cuenta el signo negativo que aparece en la expresión de la fuerza, ésta será negativa (dirigida hacia la izquierda) cuando la energía potencial crece y será positiva (dirigida hacia la derecha) cuando la energía potencial decrece. Esta circunstancia se indica en la figura mediante las flechas rojas horizontales. En los puntos en los que EP(x) presenta un valor máximo o mínimo relativo, es
decir, en aquellos puntos en los que 0dx
)x(dEP = la fuerza será nula; tales posiciones lo
serán de equilibrio. Aquellas posiciones, como la x0, en las que EP(x) presenta un valor mínimo son posiciones de equilibrio estable; una partícula en reposo en una de tales posiciones permanecerá en reposo en ella, y si se desplaza ligeramente de tal posición se verá sometida a una fuerza recuperadora que tratará de devolverla a la posición de equilibrio,
produciéndose oscilaciones alrededor de dicha posición. En aquellas otras posiciones, como la x10, en las que EP(x) adquiere un valor máximo con respecto a las posiciones vecinas, el equilibrio es inestable; la partícula podrá permanecer en reposo en tal posición, pero si se la desplaza ligeramente de ella, aparecerá una fuerza que tiende a alejarla aún más de la posición de equilibrio inestable. Por
último, en aquellas regiones en las que EP(x) sea constante el equilibrio será neutro o indiferente, puesto que no aparecerán fuerzas recuperadoras ni repulsivas al desplazar ligeramente una partícula que se encuentre en tal región (al ser EP(x) constante será F=0).
Consideremos ahora que la partícula tiene una energía total E (que permanecerá constante en el movimiento si sólo actúan fuerzas conservativas sobre ella) que vendrá indicada por una línea horizontal en la representación gráfica de la figura. En cualquier posición x, la energía potencial EP(x) de la partícula vendrá dada por la ordenada de la
curva EP=EP(x) y la energía cinética de la partícula será EC=E-EP(x), de modo que vendrá representada por la distancia de la curva EP(x) (en el punto dado x) a la línea E. Puesto que la energía cinética es esencialmente positiva (una energía cinética negativa implicaría una velocidad imaginaria) resulta evidente que para una energía total dada E, la partícula únicamente podrá encontrarse en aquellos puntos en los que E> EP(x).
Así pues, en la gráfica de la figura, se
advierte inmediatamente que la menor energía posible es E0; para esta energía la partícula sólo puede permanecer en reposo en x0.
Con una energía algo mayor, tal como la E1, la partícula puede moverse entre los puntos x1 y x2; su velocidad disminuye al acercarse a los puntos x1 o x2 anulándose en ellos, de modo que la partícula se detiene e invierte su sentido de movimiento al alcanzar dichos puntos, llamados puntos de retorno. Si la energía es aún mayor, tal como la E2, la partícula podrá oscilar entre los puntos x3 y x4 o permanecerá en reposo en el punto x5. Si la partícula tiene una energía aún mayor, tal como la E3, existen cuatro puntos de retorno, de manera que hay dos regiones de movimiento permitidos. Así, la partícula podrá oscilar entre x6 y x7 o entre x8 y x9, esto es, en
uno u otro pozo de potencial, pero no podrá pasar de una región a otra porque ello exige pasar por la región x7 ↔ x8 donde su energía cinética sería negativa (región prohibida).
Decimos que las dos regiones donde el movimiento es posible están separadas por una barrera de potencial.
En el nivel de energía E4 sólo existe un punto de retorno; si la partícula está desplazándose inicialmente hacia la izquierda, al llegar al punto x11 “rebotará” y se dirigirá hacia la derecha, acelerándose en los pozos de potencial y frenándose al pasar sobre las barreras de potencial. Para energías superiores a
E5 no hay puntos de retorno y la partícula se moverá únicamente en un sentido (el inicial) acelerándose y frenándose al pasar sobre los pozos y las barreras de potencial respectivamente, pero sin invertir nunca su sentido de movimiento.
TEMA 3 TRABAJO Y ENERGÍA
PROBLEMAS
1.- A la esfera A se le comunica una velocidad descendente v0 y oscila describiendo una circunferencia vertical de radio L=2 m y centro O. Hallar: a) la menor velocidad v0 para la que la esfera llegará al punto B al oscilar alrededor del punto O si AO es una cuerda; b) la menor velocidad v0 para la que la esfera llegará al punto B al oscilar alrededor del punto O si AO es una varilla delgada de masa despreciable; c) si AO es una cuerda y la velocidad v0 tiene un módulo de 5 m/s, hallar el ángulo θ para el que se rompe la cuerda sabiendo que ésta puede
soportar una tensión máxima igual al doble del peso de la esfera; d) si la cuerda no se rompiese, decir si podría con esa velocidad inicial trazar el círculo completo, y en caso contrario, determinar a qué altura dejaría la trayectoria circular.
a) Por supuesto, el punto crítico es el punto superior, B. Puesto que AO
es una cuerda, como fuerza sólo podrá ejercer una tensión, lo cual implica que en el punto más alto de la trayectoria, si hacemos el diagrama de sólido libre de la esfera tendremos dos fuerzas, el peso y la tensión, ambas verticales y hacia abajo. Esto implica que puesto que hay fuerzas en el eje vertical tiene que haber aceleración en este eje, y dicha aceleración tiene que ser la componente normal (está en la dirección del radio de curvatura y apuntando hacia el centro de curvatura). Esta aceleración depende directamente de la velocidad, de modo que cuanto mayores sean las fuerzas mayor será la
velocidad en el punto B, y eso implica mayor velocidad en el punto A. Si queremos que la velocidad sea mínima, las fuerzas tienen que ser mínimas; dado que el peso es constante sólo puede variar la tensión, y el valor mínimo de la tensión es cero. Así pues, la mínima velocidad v0 en el punto A implica que la tensión en el punto B tiene que ser nula, en cuyo caso tendremos, aplicando la segunda ley de Newton:
gLvLvmmg0TmaTmgmaF 2
B
2B
nBnBn =⇒=⇒=⇒=+⇒=Σ
Ahora para determinar la mínima velocidad v0 aplicamos la conservación de la energía, entre la situación inicial en el punto A y la situación final en B. Tendremos:
ETA+Wotras=ETB Tomamos como nivel de energía potencial gravitatoria el nivel de A. De este modo, en el punto A sólo tenemos energía cinética puesto que la velocidad es v0, mientras que en el punto B tenemos energía potencial gravitatoria y energía cinética, ya que hemos visto que
la velocidad en el punto B es vB. En cuanto al trabajo realizado por otras fuerzas distintas al peso, sólo aparece la tensión, que en todo momento es perpendicular al desplazamiento de su punto de aplicación, de modo que no realiza trabajo. Así pues:
gLv21v
21mgLmv
21mv
21EEEEWE 2
B20
2B
20PgBCBCATBotrasTA +=⇒+=⇒+=⇒=+
s/m67.728.93gL3vgL23v
21gLgL
21v
21
020
20 =⋅⋅==⇒=⇒+=
v0=7.67 m/s b) Ahora supongamos que AO es una varilla. Como hemos visto anteriormente, la mínima velocidad v0 implica la mínima velocidad vB. Si AO es una varilla rígida, puede actuar como apoyo, de modo que en el punto B podríamos tener una fuerza vertical y hacia abajo, que es el peso, y otra vertical y hacia arriba, que es la normal proporcionada por el apoyo de la varilla. Estas dos fuerzas pueden ser iguales de tal modo que el sumatorio de fuerzas es nulo y la aceleración normal en el punto B es nula, es decir, la velocidad en B es nula. Aplicamos como antes la conservación de la energía teniendo en cuenta que en B no tenemos energía cinética y nos queda:
==⇒=⇒=⇒=⇒=+ gL2vgLv21mgLmv
21EEEWE 0
20
20PgBCATBotrasTA
s/m26.628.92 =⋅⋅= v0=6.26 m/s
c) Nos centramos ahora en el caso de la cuerda. Hacemos el diagrama de sólido libre en el punto en que la tensión es máxima, que sería justo donde se produce la rotura (punto que denominaremos C). Tomamos como ejes el normal y el tangencial y tendremos, aplicando la segunda ley de
Newton:
ΣFn=man ⇒ LvmmgsenT
2C
máx =θ−
Teniendo en cuenta que la tensión máxima que soporta el cable es el doble del peso de la esfera:
Lvgseng2
Lvmmgsenmg2
LvmmgsenT
2C
2C
2C
máx =θ−⇒=θ−⇒=θ−
Nos falta solamente la velocidad en ese punto. Para ello aplicamos la conservación de la energía entre la posición inicial A y el punto en que la tensión es máxima. Nos queda:
cCPgACATCotrasTA EEEEWE =+⇒=+
2C
20
2C
20
2C
20 vgLsen2vv
21ghv
21mv
21mghmv
21
=θ+⇒=+⇒=+
Sustituimos esta expresión en la ecuación que hemos obtenido para las fuerzas:
θ+=θ−⇒θ+
=θ−⇒=θ− gLsen2vgLsengL2LgLsen2vgseng2
Lvgseng2 2
0
20
2C
º97.13241.028.93528.92
gL3vgL2sengLsen3vgL2
2202
0 =θ⇒=⋅⋅−⋅⋅
=−
=θ⇒θ=−
θ=13.97º d) Obviamente no se puede trazar el círculo completo, ya que la velocidad mínima necesaria es de 7.67 m/s y la que nos dan ahora es 5 m/s, inferior a la mínima.
NO SE PUEDE TRAZAR EL CÍRCULO COMPLETO Ahora vemos en qué punto se rompe la trayectoria (punto D). En el punto en que la trayectoria deja de ser circular la tensión deja de actuar ya que la cuerda comienza a arrugarse y el cuerpo se encuentra solo bajo
la acción del peso. En ese punto la esfera se encuentra a una altura h’ por encima de la posición inicial y el diagrama de sólido libre será el de la figura. Aplicando la segunda ley de Newton:
gv'h
Lv
L'hg
LvmmgsenmaF
2D
2D
2D
nDn =⇒=⇒=α⇒=Σ
Sólo nos falta determinar la velocidad de la esfera en el punto D. Para ello aplicamos de nuevo la conservación de la energía entre la posición inicial A y el punto D. Tendremos:
PgDcDCATDotrasTA EEEEWE +=⇒=+
'gh2vv'mghmv21mv
21 2
D20
2D
20 +=⇒+=
'gh2vv 20
2D −=
Sustituyéndolo en la segunda ley de Newton:
m85.08.93
5g3
v'h'gh2v'ghg
'gh2v'hgv'h
2202
0
20
2D =
⋅==⇒−=⇒
−=⇒=
h’=0.85 m
2.- En la figura se ha representado una vagoneta de una montaña rusa. La vagoneta y sus cuatro ocupantes tienen un peso total de 4500 N. La celeridad de la vagoneta es de 56 km/h cuando pasa por el punto A de la vía. Tratando la vagoneta con sus ocupantes como punto material determinar: a) la velocidad de la vagoneta en el punto más bajo del rizo; b) la fuerza que la vía ejerce sobre la vagoneta en el punto B; c) la fuerza que la vía ejerce
sobre la vagoneta en el punto C; d) la mínima celeridad que ha de llevar la vagoneta en el punto más alto del rizo para mantenerse en contacto con la vía.
a) En primer lugar pasamos la velocidad al sistema internacional y determinamos la masa de la vagoneta y sus ocupantes:
vA=56 km/h=15.56 m/s; kg48.4598.9
4500gPm ===
Llamaremos punto P al punto más bajo de la trayectoria. En él tomaremos el origen de energías potenciales. Aplicando el teorema de conservación de la energía entre los puntos A y P y tendremos:
ETA+Wotras=ETP En el punto A tenemos tanto energía cinética (la velocidad es vA) como potencial gravitatoria. En cuanto al trabajo, además del peso en este caso actúa sólo sobre el sistema la fuerza normal, que por ser perpendicular al desplazamiento no realiza trabajo. Y en el punto más bajo de la trayectoria sólo tenemos energía cinética, ya que la potencial gravitatoria será nula por convenio. Nos queda entonces:
ETA+Wotras=ETP ⇒ ECA+EPgA=ECP ⇒ 2PA
2A
2PA
2A v
21ghv
21mv
21mghmv
21
=+⇒=+
s/m69.26vv21248.956.15
21
P2P
2 =⇒=⋅+
vP=26.69 m/s b) Para determinar la fuerza que la vía ejerce sobre la vagoneta en el punto B tenemos que realizar el diagrama de sólido libre del cuerpo en ese punto. Como fuerzas tendremos el peso (vertical y hacia abajo) y la normal (perpendicular a la tangente en ese punto y apuntando hacia el sólido). En cuando a aceleraciones puesto que el movimiento es circular aparecerán las dos componentes de aceleración,
normal y tangencial. La normal tiene la dirección del radio de curvatura y apuntando hacia el centro de curvatura (horizontal y hacia la izquierda) y la tangencial tiene la dirección tangente a la trayectoria y sentido contrario a la velocidad ya que al subir la velocidad disminuye (vertical y hacia abajo). Podemos ver en el gráfico que el sentido de fuerzas y aceleraciones verifica perfectamente la segunda ley de Newton. Aplicando dicha ley:
ΣFn=man ⇒ rvmmaN
2B
nBB ==
Nos falta sólo calcular la velocidad de la vagoneta en el punto B. Aplicamos, como antes, la conservación de la energía entre la posición A y la B. En la B tendremos también energía potencial y cinética, y tendremos ya en cuenta que la normal no realiza trabajo. Así pues:
ETA+Wotras=ETB ⇒ ECA+EPgA=ECB+EPgB ⇒ B2BA
2A mghmv
21mghmv
21
+=+
222B
2B
2B
2BA
2A s/m175.477v128.9v
21248.956.15
21ghv
21ghv
21
=⇒⋅+=⋅+⇒+=+
Y sustituyendo, la reacción de la vía es:
N04.1827112
175.47748.459rvmN
2B
B ===
NB=18271.04 N c) Vamos a hacer lo mismo en el punto C. Las fuerzas serán las mismas, sólo que al ser la normal perpendicular a la tangente, en el punto C la normal será vertical y hacia abajo. Así pues, al no existir fuerzas en dirección tangencial en ese punto la aceleración tangencial tiene que ser nula. Esto es lógico, ya que el punto más alto de la trayectoria es el punto en que la energía potencial es máxima y por tanto la cinética es mínima. Esto implica
que la velocidad en el punto C es mínima y la condición de mínimo es que su derivada sea nula. Puesto que por definición la aceleración tangencial es la derivada del módulo de la velocidad respecto del tiempo, en dicho punto esta derivada es nula. Tendremos lo que aparece en la figura, y aplicando de nuevo la segunda ley de Newton: ΣFn=man ⇒ NC+mg=manC
( )
−=−=−= g
rvmgammgmaN
2C
nCnCC
Igual que antes nos falta sólo la velocidad en el punto C. Operamos de igual modo:
ETA+Wotras=ETC ⇒ ECA+EPgA=ECC+EPgC ⇒ C2CA
2A mghmv
21mghmv
21
+=+
222C
2C
2C
2CA
2A s/m975.241v248.9v
21248.956.15
21ghv
21ghv
21
=⇒⋅+=⋅+⇒+=+
Lógicamente la velocidad en el punto C es la misma que la velocidad en el punto A, ya que los dos se encuentran a la misma altura. Sustituyendo, la reacción de la vía en el punto C es:
N33.47628.912975.24148.459g
rvmN
2C
C =
−=
−=
NC=4763.3 N d) El contacto con la vía lo establece la reacción normal. Cuanto menor es la normal menor es el contacto con la vía, y justamente cuando la normal se anula es cuando se pierde el contacto. Por ello, la mínima celeridad en el punto C que justo anula el contacto será cuando la normal valga cero. Tendremos lo que aparece
en la figura y aplicando la segunda ley de Newton:
ΣFn=man ⇒ mg=manCmín ⇒ s/m84.10128.9grvr
vg Cmín
2Cmín =⋅==⇒=
vCmín=10.84 m/s
3.- Una bola de 680 g que puede deslizar sobre una superficie horizontal lisa está unida a un punto fijo O mediante un cordón elástico de constante k=146 N/m y longitud natural 580 mm. La bola se coloca en el punto A, a 763 mm de O y se le comunica una velocidad inicial v0 perpendicular a OA. Hallar: a) el mínimo valor permitido de la celeridad v0 para que el cordón no se afloje; b) la distancia más corta “d” de la bola al punto O si la misma recibe una celeridad inicial igual a la mitad de la calculada en la parte a); c) cuál sería en este caso la celeridad máxima. a) Si el cordón no se afloja quiere decir que en el punto más
próximo al punto fijo O la distancia d debe ser de 580 mm=0.58 m. Tomamos entonces dos puntos, el punto A, inicio del movimiento, y el punto B, que será el punto en que la distancia es mínima. En este último punto la curvatura debe cambiar puesto que a partir de ahí la distancia a O comenzará a aumentar. En este punto B por tanto la velocidad tiene que ser perpendicular al radio vector.
Se trata además de un caso de fuerzas centrales, ya que en el plano del movimiento sólo aparece la fuerza de recuperación elástica, que siempre va a pasar por el punto O. Cuando se trata de fuerzas centrales hay dos parámetros que se conservan, uno escalar, la energía, y otro vectorial, el momento angular. Aplicamos por tanto la conservación de estos dos parámetros entre las posiciones A y B. Tendremos para la energía:
CBPeACATBTA EEEEE =+⇒= 22
A20
22A
20 mvlkmvmv
21lk
21mv
21
=∆+⇒=∆+
2220 v68.0183.0146v68.0 =⋅+
Y para el momento angular: BBA0A vsenrsenvrmm ϕ=ϕ⇒×=×⇒= vrvrLL B0ABA
0.763v0sen90º=0.580vsen90º ⇒ 0.763v0=0.580v Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:
2220 v68.0183.0146v68.0 =⋅+ 0.763v0=0.580v
De la segunda expresión: 0.763v0=0.580v ⇒ v=1.3155v0
Y sustituyendo en la primera: ( ) s/m137.3vv3155.168.0889.4v68.0v68.0183.0146v68.0 0
20
20
2220 =⇒=+⇒=⋅+
v0=3.137 m/s b) Si la bola recibe una velocidad igual a la mitad de la
calculada anteriormente
=== s/m569.1
2137.3
2vv 0
A el cordón
sí se aflojará, luego la distancia mínima será inferior a 0.580 m y la denominaremos d. Lo que sí seguirá ocurriendo es que en este punto de mínima distancia que llamaremos C la curvatura de la trayectoria cambia y la velocidad es perpendicular al radio vector. Se seguirán conservando la energía total y el momento lineal luego tendremos para la energía total:
CCPeACATCTA EEEEE =+⇒= 2C
2A
2A
2C
2A
2A mvlkmvmv
21lk
21mv
21
=∆+⇒=∆+
s/m11.3vv68.0183.0146569.168.0 C2C
22 =⇒=⋅+⋅ Y para el momento angular:
CCCAAA senvrsenvrmm ϕ=ϕ⇒×=×⇒= CCAACA vrvrLL 0.763 · 1.569sen90º=3.11dsen90º ⇒ d=0.385 m
d=0.385 m c) La velocidad máxima será en el punto en que la distancia es mínima, es decir, en el punto C:
vmáx=vC=3.11 m/s vmáx=3.11 m/s
4.- Una piedra de 15 kg baja deslizándose una colina nevada, partiendo del punto A con una rapidez de 10 m/s. No hay fricción en la colina entre los puntos A y B, pero sí en el terreno plano en la base, entre B y la pared. Después de entrar en la región áspera, la piedra recorre 100 m y choca con un resorte muy largo y ligero cuya constante de fuerza es de 2 N/m. Los coeficientes
de fricción cinética y estática entre la piedra y el suelo horizontal son de 0.20 y 0.80 respectivamente. a) ¿Qué rapidez tiene la piedra al llegar al punto B? b) ¿Qué distancia comprimirá la piedra el resorte? c) ¿La piedra se moverá otra vez después de haber sido detenida por el resorte?
a) En primer lugar aplicamos la conservación de la energía entre la posición A y la
posición B. Tomaremos como nivel de energía potencial gravitatoria nula la del suelo horizontal. Así, tendremos:
ETA+Wotras=ETB En la posición A tenemos energía potencial gravitatoria y energía cinética mientras que en B tendremos sólo energía cinética. En cuanto al trabajo, aparte del peso sólo aparece la normal, que por ser perpendicular al desplazamiento no realiza trabajo. Nos queda entonces:
ETA+Wotras=ETB ⇒ ECA+EPgA=ECB ⇒ 2BA
2A
2BA
2A vgh2vmv
21mghmv
21
=+⇒=+
s/m18.22208.9210gh2vv 2A
2AB =⋅⋅+=+=
vB=22.18 m/s b) Ahora aplicamos la conservación de la energía entre la situación inicial (A) y la posición en que el resorte tiene la máxima compresión (posición C).
ETA+Wotras=ETC En la posición C tendremos solamente energía potencial elástica, ya que la potencial gravitatoria es nula por convenio y la cinética es nula también porque en el punto de máxima compresión la piedra se detiene instantáneamente. En cuanto al trabajo, al entrar en la zona rugosa además del peso y la fuerza de recuperación elástica (cuando exista) actúan también la normal y la fuerza de rozamiento. La normal no realiza trabajo por ser perpendicular al desplazamiento, pero la fuerza de rozamiento sí realiza trabajo. Dicha fuerza podemos determinarla aplicando
la segunda ley de Newton: ΣFY=maY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg
Puesto que la piedra desliza la fuerza de rozamiento adquiere su valor máximo: Fr=(Fr)máx=µcN=µcmg
Ahora aplicamos el teorema de conservación de la energía:
ETA+Wotras=ETC ⇒ ECA+EPgA+WFr=EPeC ⇒ 2CA
2A xk
21mghmv
21
∆=⋅++ xFr
2CcA
2A
2CrA
2A xk
21º180cosmgxµmghmv
21xk
21cosxFmghmv
21
∆=++⇒∆=θ++
0750x4.29xx221)x100(8.91520.0208.9151015
21
C2C
2CC
2 =−∆+∆⇒∆=∆+⋅⋅−⋅⋅+⋅
−
=⋅+±−
=∆m38.16m78.45
275044.294.29x
2
C
Obviamente sólo consideramos la respuesta positiva: ∆xC=16.38 m
c) Hacemos el diagrama de sólido libre del bloque en el punto C. La piedra se moverá si la fuerza de rozamiento es superior a la máxima, y no lo hará si la fuerza de rozamiento es inferior a la máxima. Supongamos que no se mueve. En ese caso tendremos lo que aparece en la figura, y aplicando la segunda ley de Newton:
ΣFX=maX ⇒ Fr-k∆xC=0 ⇒ Fr=k∆xC=2 · 16.38=32.76 N Y la fuerza de rozamiento máxima:
(Fr)máx=µeN=µemg=0.80 · 15 · 9.8=117.6 N Vemos que la fuerza de rozamiento es inferior a la máxima:
Fr<(Fr)máx ⇒ 32.76<117.6 Por tanto después de detenerse la piedra no se moverá.
NO SE MOVERÁ
5.- Se aplica una fuerza constante de 150 N al collarín B. Si el sistema parte del reposo y la fuerza actúa durante todo el movimiento, determínese: a) la velocidad del collarín B al chocar contra el soporte C; b) la tensión en la cuerda; c) ¿después de qué distancia d se deberá eliminar la fuerza de 150 N si el collarín debe llegar al soporte C con velocidad cero? No existe rozamiento entre el collarín y la barra y las poleas se consideran de masa despreciable.
a) En primer lugar vamos a determinar la relación entre velocidades y aceleraciones de los dos bloques. Puesto que el collarín viene marcado como B, al bloque le representaremos con el subíndice A. Denominamos x e y a las posiciones absolutas del collarín y el bloque respectivamente con lo cual tendremos que puesto que los movimientos son rectilíneos:
BB
AA
BA adtdv;a
dtdv;v
dtdx;v
dtdy
===−=
La longitud de la cuerda que los une la podemos expresar como:
L=cte=2x+y+ctes Puesto que la longitud de la cuerda es constante, su derivada tiene que ser cero:
BAAB v2v0vv20dtdy
dtdx20
dtdL
=⇒=−⇒=+⇒=
Y volviendo a derivar respecto del tiempo:
BABA
BA a2adtdv2
dtdvv2v =⇒=⇒=
Ahora vamos a aplicar la conservación de la energía. Aplicamos la conservación de la energía al sistema de dos bloque más la cuerda que los une, que no implica nada ya que por no tener masa no da lugar nunca a energía. De este modo, no nos aparecen las tensiones y no tenemos
que determinar el trabajo que realizan. Como nivel nulo de energía potencial gravitatoria tomamos la posición más baja del sistema. Es obvio que si el collarín se desplaza 0.6 m hacia la izquierda, el bloque A tiene que ascender justamente el doble, es decir, 1.2 m. Así pues tendremos:
ET1+Wotras=ET2 Inicialmente tenemos que la energía cinética es nula porque el sistema parte del reposo, y en cuanto a energía potencial gravitatoria tendría el collarín C que está a una altura hB respecto de la posición más baja. En la situación final los dos bloques tienen energía cinética y los dos bloques tienen energía potencial gravitatoria. Respecto al trabajo, para el sistema total además de los pesos tenemos que aparecen la reacción de la barra y la fuerza F de 150 N. La reacción de la barra no realiza trabajo porque es perpendicular al desplazamiento, pero la fuerza F sí realiza trabajo. Por supuesto, habría reacciones en la polea y en el anclaje de la pared, pero no las tengo en cuenta porque puesto que no se desplazan tampoco realizan trabajo. Sólo realiza trabajo de todas las fuerzas la de 150 N. Nos queda entonces:
ET1+Wotras=ET2 ⇒ EPgB1+WF=ECA2+ECB2+EPgA2+EPgB2
AA2BB
2AACBBAA
2BB
2AABB ghmvm
21vm
21º0cosFxghmghmvm
21vm
21ghm ++=⇒+++=⋅+ CxF
Tenemos en cuenta la relación entre las velocidades:
( ) s/m34.2vv1072.542.18.93v821v23
216.0150v2v B
2B
2B
2BBA =⇒=⇒⋅⋅++=⋅⇒=
vB=2.34 m/s b) Para determinar la tensión en la cuerda tenemos que hacer los diagramas de sólido libre de los dos bloques y aplicar la segunda ley de Newton. Para el bloque A tendremos:
ΣFY=mAaAY ⇒ T-mAg=mAaA ⇒ T-3 · 9.8=3aA ⇒ T-29.4=3aA Ahora para el collarín B hacemos lo mismo:
ΣFX=mBaBX ⇒ F-2T=mBaB ⇒ 150-2T=8aB Y por último tenemos la ecuación que nos liga las dos
aceleraciones: aA=2aB
Tenemos un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas:
T-29.4=3aA
150-2T=8aB aA=2aB
Sustituimos la última expresión en las dos anteriores: T-29.4=3 · 2aB ⇒ T-29.4=6aB
150-2T=8aB De la segunda ecuación:
150-2T=8aB ⇒ aB=18.75-0.25T Y sustituyendo en la primera:
T-29.4=6aB ⇒ T-29.4=6(18.75-0.25T) ⇒ T-29.4=112.5-1.5T ⇒ T=56.76 N T=56.76 N
c) Volvemos a aplicar la conservación de la energía entre la situación inicial y la final, teniendo en cuenta ahora que la fuerza F sólo actúa durante un espacio d y que la velocidad final de los dos bloques es nula, de modo que al final no tenemos energía cinética para ninguno de los dos bloques. El resto nos quedaría igual, de modo que tendremos:
ET1+Wotras=ET2 ⇒ EPgB1+WF=EPgA2+EPgB2 m2352.0d2.18.93d150ghmº0cosFdghmghmghm AABBAABB =⇒⋅⋅=⇒=⇒+=⋅+ dF
d=0.2352 m
6.- En un juego de habilidad, los jugadores hacen que se deslicen monedas por una superficie de madera, según se indica en la figura. Para ganar, la moneda ha de detenerse entre las líneas C y D de la superficie inferior. El
coeficiente de rozamiento entre las monedas de 5 g y el suelo vale 0.2, las aristas son bruscas pero lisas y el punto desde el cual el jugador ha de soltar la moneda se halla a 1 m de la arista B. Determinar el campo de velocidades iniciales correspondientes a tiros ganadores.
El rango de velocidades que determina los tiros ganadores viene definido por los extremos C y D de las líneas. Comencemos por la menor de las velocidades que da lugar a un tiro ganador, que es aquella que hace que la moneda llegue justamente al punto C. Si empezamos desde
el final del juego, a partir de B tenemos un tiro parabólico horizontal, cuya velocidad inicial denominaremos vB. El ángulo del plano inclinado será:
º62.22125tg =α⇒=α
Dicho plano inclinado tiene una altura de 100 mm=0.1 m y una longitud horizontal de:
m24.0mm240º62.22tg
100tg100x
x100tg ===
α=⇒=α
Por tanto en el tiro parabólico la altura recorrida será de 0.1 m y el alcance será de 0.24+0.3=0.54 m. Si nos centramos en el eje vertical el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, siendo la aceleración la de la gravedad. Así pues:
s143.0tt8.9211.00gt
21tvyy 22
BYBC =⇒−=⇒−+=
Y en el eje X el movimiento es rectilíneo y uniforme (velocidad constante):
s/m78.3143.054.0
tx
v máxB ===
Por tanto la moneda tiene que llegar al punto B con una velocidad de 3.78 m/s. Ahora aplicamos la conservación de la energía entre la situación inicial A y la final al llegar a B. Tomamos como nivel de energía potencial gravitatoria nula la altura del plano horizontal:
ETA+Wotras=ETB Tanto en la posición A como en la B sólo tenemos energía cinética, ya que la potencial gravitatoria es nula por convenio. En cuanto a las fuerzas, a mayores del peso actúan sobre la moneda la normal y la fuerza de
rozamiento. La normal no realiza trabajo porque es perpendicular al desplazamiento, pero la fuerza de rozamiento sí realiza trabajo. Podemos determinar esta fuerza realizando el diagrama de sólido libre de la moneda y aplicando la segunda ley de Newton, con lo que tendremos:
ΣFY=maY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg Y como la moneda desliza la fuerza de rozamiento adquiere su valor máximo:
Fr=(Fr)máx=µN=µmg=0.5 · 9.8m=1.96m N Aplicando la conservación de la energía:
ETA+Wotras=ETB ⇒ ECA+WFr=ECB ⇒ 2Br
20
2B
20 mv
21º180cosxFmv
21mv
21mv
21
=+⇒=⋅+ xFr
s/m27.4v78.321196.1v
21mv
21mx96.1mv
21
022
02B
20 =⇒=⋅−⇒=−
Ahora si queremos la velocidad máxima de los tiros ganadores actuaremos igual, pero el alcance horizontal del tiro parabólico tiene que ser de 0.24+0.3+0.1=0.64 m. Hacemos todo exactamente igual. Determinamos la velocidad en B:
s/m48.4143.064.0
tx
v máxB ===
Por tanto la moneda tiene que llegar al punto B con una velocidad de 4.48 m/s. Llegaremos a la misma ecuación final:
s/m90.4v48.421196.1v
21mv
21mx96.1mv
21
022
02B
20 =⇒=⋅−⇒=−
Por tanto el rango de velocidades es: 4.27 m/s≤v0≤4.90 m/s
7.- Una pequeña esfera B de masa m=1 kg se suelta desde el reposo en la posición indicada y oscila libremente en un plano vertical, primero en torno a O y luego en torno a la espiga A cuando el hilo entra en contacto con la misma. Hallar la tensión en el hilo: a) justo antes de que el mismo entre en contacto con la espiga; b) justo después de entrar en contacto con la espiga.
a) Vamos a ver con qué velocidad llega la esfera a la espiga. Para ello aplicamos la conservación de la energía entre la posición inicial B y la final que llamaremos A y que es inmediatamente antes de tocar la espiga. Tendremos:
ETB+Wotras=ETA Tomamos como nivel de energía potencial gravitatoria la posición más baja de la esfera. Por tanto inicialmente sólo tenemos energía potencial gravitatoria, ya que el sistema parte del reposo, y en la situación final sólo tenemos energía cinética, ya que
por convenio la potencial gravitatoria es nula. En cuanto a las fuerzas, aparte del peso sólo existe la tensión, que en todo momento es perpendicular al desplazamiento, de modo que no realiza trabajo. Tendremos entonces:
ETB+Wotras=ETA ⇒ EPgB=ECA ⇒ 222A
2A s/m84.7º30sen8.08.92gh2vmv
21mgh =⋅⋅==⇒=
Para determinar la tensión hacemos el diagrama de sólido libre de la esfera en esa posición. Tendremos como fuerzas el peso y la tensión, y como aceleraciones puesto que es un movimiento circular la aceleración normal y la tangencial. Aplicando la segunda ley de Newton: ΣFn=man ⇒ T-mgsen30º=man ⇒ T=mgsen30º+man=
N7.148.0
84.7º30sen8.91Lvº30gsenm
2A =
+=
+=
T=14.7 N b) Justo después de tocar la espiga la posición es prácticamente la misma, la velocidad es la misma y la única diferencia está en la aceleración normal, ya que el radio de curvatura ya no es de 0.8 m sino de 0.4 m. Tendremos entonces que todo es igual salvo la última expresión, donde tendremos:
N5.244.0
84.7º30sen8.91'L
vº30gsenm'T2A =
+=
+=
T’=24.5 N
8.- Un bloque de masa m=5 kg está unido a un muelle no deformado de constante k=1 kN/m. Los coeficientes de rozamiento estático y cinético entre el bloque y el plano son µs=0.6 y µk=0.5 respectivamente. Si se le aplica al bloque lentamente una fuerza F hasta que la tensión en el
muelle llega a 150 N y entonces se retira repentinamente, hallar: a) la velocidad que tiene el bloque al volver a la posición inicial (antes de empezar a aplicar la fuerza F); b) la velocidad máxima que alcanza el bloque; c) la distancia hacia la izquierda que recorre el bloque hasta detenerse; d) ¿retrocederá después el bloque hacia la derecha? Si la respuesta es afirmativa, ¿qué distancia recorrerá hasta detenerse?
a) A lo largo del problema tomaremos como nivel de energía potencial gravitatoria nula el plano del movimiento. Así, puesto que no hay variación de altura, la energía potencial gravitatoria será siempre nula.
En primer lugar vamos a ver cuál es la elongación del resorte (k=1 kN/m=1000 N/m). Si la fuerza en el muelle es de 150 N tendremos:
m15.01000150
kFxxkF 1
111 ===∆⇒∆=
Inicialmente el resorte está estirado 0.15 m. En esta situación el bloque parte del reposo (energía cinética nula). Aplicamos la conservación de la energía entre esta situación inicial (1) y la que llamaremos (2), que es cuando el bloque pasa de por la posición en la que el muelle estaba sin deformar. Tendremos pues:
ET1+Wotras=ET2 Para determinar el trabajo, vamos a ver qué fuerzas actúan sobre el bloque. Hacemos el diagrama de sólido libre, y vemos que aparte del peso y la reacción del resorte, sobre el bloque actúan la normal y la fuerza de rozamiento. La normal no realiza trabajo porque en todo momento es perpendicular al desplazamiento, luego sólo realiza trabajo la fuerza de rozamiento, que valdrá:
Fr=µkN Como en la dirección vertical no hay movimiento:
ΣFY=0 ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg ⇒ Fr=µkN=µkmg=0.5 · 5 · 9.8=24.5 N Sustituyendo en la expresión de la conservación de la energía:
22r
212Pe2CF1Pe2Totras1T mv
21xFxk
21EEWEEWE
r=⋅+∆⇒+=+⇒=+
En la situación (2) el resorte está sin deformar luego no tenemos energía potencial elástica:
22r
21
22r
21
22r
21 mv
21xFxk
21mv
21º180cosxFxk
21mv
21xFxk
21
=−∆⇒=+∆⇒=⋅+∆
s/m74.1vv52115.05.2415.01000
21
222
2 =⇒=⋅−⋅
v2=1.74 m/s b) Puesto que el movimiento es rectilíneo, si la velocidad del bloque es máxima, su aceleración tiene que ser nula, luego en esa posición, que llamaremos (3), del diagrama de sólido libre tendremos:
ΣFx=0 ⇒ k∆x3-Fr=0 ⇒ m0245.01000
5.24kFx r
3 ===∆
Aplicamos ahora la conservación de la energía mecánica entre la situación (1) y la (3):
3Pe3CF1Pe3Totras1T EEWEEWEr
+=+⇒=+
23
2máxr
21 xk
21mv
21xFxk
21
∆+=⋅+∆
23
2máxr
21 xk
21mv
21º180cosxFxk
21
∆+=+∆
s/m77.1v0245.0100021v5
21)0245.015.0(5.2415.01000
21
máx22
máx2 =⇒⋅+=−−⋅
vmáx=1.77 m/s c) Llamaremos (4) a la posición en la cual el bloque se detiene. En dicha posición por tanto la energía cinética será nula. Aplicamos de nuevo la conservación de la energía mecánica entre la situación (1) y la (4):
24r
214PeF1Pe4Totras1T xk
21xFxk
21EWEEWE
r∆=⋅+∆⇒=+⇒=+
244
224r
21 x1000
21)x15.0(5.2415.01000
21xk
21º180cosxFxk
21
∆=∆+−⋅⇒∆=+∆
=⋅
⋅⋅+±−=∆⇒=−∆+∆
negativam101.0
5002545.750045.245.24x0575.7x5.24x500
244
23
Por tanto el desplazamiento del bloque será: x=∆x1+∆x4=0.15+0.101=0.251 m
x=0.251 m d) Una vez detenido el bloque, puede quedarse parado si la fuerza de rozamiento estática es suficientemente grande como para compensar la fuerza de recuperación elástica del resorte. Veamos si esto es posible. La máxima fuerza de rozamiento estática que podemos tener es:
(Fr)smáx=µsN=µsmg=0.6 · 5 · 9.8=29.4 N La fuerza de recuperación elástica del resorte cuando el bloque se detiene es:
F4=k∆x4=1000 · 0.101=101 N Vemos pues que la fuerza de rozamiento no puede compensar este valor, luego el bloque comienza a desplazarse de nuevo hacia la derecha.
SÍ RETROCEDE HACIA LA DERECHA Denominaremos (5) a la nueva posición en que el bloque se detiene (energía cinética
por tanto nula). Si volvemos a aplicar la conservación de la energía entre las posiciones 4 y 5:
25r
245PeF4Pe5Totras4T xk
21xFxk
21EWEEWE
r∆=⋅+∆⇒=+⇒=+
255
225r
24 x1000
21)x101.0(5.24101.01000
21xk
21º180cosxFxk
21
∆=∆+−⋅⇒∆=+∆
=⋅
⋅⋅+±−=∆⇒=−∆+∆
negativom052.0
5002626.250045.245.24x0626.2x5.24x500
255
25
Por tanto la distancia que recorre hasta detenerse es: x=∆x4+∆x5=0.101+0.052=0.153 m
x=0.153 m
9.- Un pequeño bloque desliza con celeridad v=2.4 m/s por una superficie horizontal a una altura h=0.9 m sobre el suelo. Hallar: a) el ángulo θ de despegue de la superficie cilíndrica BCD; b) la distancia x a la que choca con el suelo. Se desprecian el rozamiento y la resistencia con el aire.
a) En primer lugar aplicamos la conservación de la energía entre la posición del bloque en el punto B y la posición del bloque en el punto C.
ETB+Wotras=ETC
Tomamos el punto C como nivel de energía potencial gravitatoria. Por tanto, en el punto B tenemos energía
cinética, ya que el bloque lleva una velocidad de 2.4 m/s, y energía potencial gravitatoria, ya que también tiene altura. En cuanto al trabajo, a mayores del peso sólo actúa la normal, que es perpendicular al desplazamiento y por tanto no realiza trabajo. Y por último, en la
posición C el bloque no tiene energía potencial gravitatoria por convenio y sí que tiene cinética. Nos queda entonces:
ETB+Wotras=ETC ⇒ ECB+EPgB=ECC ⇒ 2CB
2B
2CB
2B v
21ghv
21mv
21mghmv
21
=+⇒=+
( ) 2C
2B v
21coshhgv
21
=θ−+
Tenemos dos incógnitas, el ángulo θ y la velocidad del cuerpo en el punto C. Para determinar esta velocidad hacemos el diagrama de sólido libre del bloque en el punto C. El bloque está sometido a su propio peso y a la normal, pero puesto que en el punto C el bloque despega, se pierde el contacto y por tanto la normal se hace
cero. En cuanto a aceleraciones, como el bloque desliza por un arco de circunferencia tendrá dos componentes de aceleración, tangencial y normal. Aplicando la segunda ley de Newton tendremos:
θ=θ=⇒=θ⇒=Σ cosghcosgrvrvmcosmgmaF C
2C
C
2C
nn
Sustituyendo en la ecuación de la energía:
( ) ( ) θ=θ−+⇒θ=θ−+⇒=θ−+ cosgh21cosghghv
21cosgh
21coshhgv
21v
21coshhgv
21 2
B2B
2C
2B
=+
=θ⇒θ=+⇒θ+θ=+gh
23
ghv21
coscosgh23ghv
21cosghcosgh
21ghv
21
2B2
B2B
º83.27884.09.08.9
23
9.08.94.221 2
=θ⇒=⋅
⋅+=
θ=27.83º b) A continuación, y desde el punto C, tenemos un tiro parabólico, ya que el bloque queda sometido exclusivamente a la acción de la gravedad. La velocidad inicial de este tiro parabólico es la del punto C:
vC= s/m793.2º83.27cos9.08.9cosgh =⋅=θ Tendremos entonces lo que aparece en la figura. Si nos centramos ahora en el eje Y sabemos que el bloque llega al suelo en el punto E. En el eje Y el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, siendo la aceleración la de la gravedad. Así pues:
2CE
2CyCE gt
21tsenvcoshygt
21tvyy −θ−θ=⇒−−=
0796.0t304.1t9.4t8.921tº83.27sen793.2º83.27cos9.00 22 =−+⇒−−=
−
=⋅
⋅⋅+±−=
s558.0s291.0
9.42796.09.44304.1304.1t
2
Obviamente un tiempo negativo no tiene sentido físico, luego el bloque tarda 0.291 s en ir desde el punto C hasta el punto D. Ahora pasamos al eje X, en el cual el movimiento es rectilíneo y uniforme, de modo que para el eje X tendremos:
xE=x0+vCxt=vCcosθt=2.793cos27.83º · 0.291=0.719 m Y el parámetro x que nos pide el problema será:
x=xC+xE=hsenθ+xE=0.9sen27.83º+0.719=1.14 m x=1.14 m
10.- La corredera de 3 kg se abandona partiendo del reposo en el punto A y desliza con rozamiento despreciable en un plano vertical a lo largo de la guía circular. El resorte al que está unida tiene una constante de 400 N/m y su longitud sin deformar es de 60 cm. Determinar: a) aceleración de la corredera y reacción de la barra en el punto A; b) velocidad de la corredera al pasar por el punto B; c) aceleración de la
corredera y reacción de la barra en el punto B inmediatamente antes de pasar al tramo horizontal; d) aceleración de la corredera y reacción de la barra en el punto B inmediatamente después de pasar al tramo horizontal.
a) Hacemos el diagrama de sólido libre de la corredera en el punto A. En cuanto a fuerzas tendremos el peso (vertical y hacia abajo), la reacción del resorte (está estirado luego será horizontal y hacia la derecha) y la normal que ejerce la barra (horizontal y hacia la derecha). En cuanto a aceleraciones, como está trazando un arco de circunferencia habría en principio dos componentes, normal y tangencial, pero la normal en esta posición es nula porque parte del reposo, luego sólo
tenemos la componente tangencial que será vertical y hacia abajo. Aplicamos ahora la segunda ley de Newton:
ΣFn=manA ⇒ kxA-NA=0 ⇒ NA=kxA=k(lA-l0)=400(1.2-0.6)=240 N NA=240 N
ΣFt=mat ⇒ mg=maA ⇒ aA=g=9.8 m/s2 aA=9.8 m/s2
b) Ahora aplicamos el teorema de conservación de la energía entre la posición A, en que la corredera parte del reposo, y la posición B, por donde pasa con velocidad vB.
ETA+Wotras=ETB Tomamos como nivel de energía
potencial gravitatoria nula la posición más baja, es decir, la de B. En A por tanto tenemos energía potencial gravitatoria y energía potencial elástica, siendo el
alargamiento del muelle: xA=lA-l0=1.2-0.6=0.6 m
En cuanto al trabajo, aparte del peso y la fuerza de recuperación elástica sólo actúa la normal, que en todo momento es perpendicular al desplazamiento y no realiza trabajo. Y en la posición B la corredera tiene energía cinética y energía potencial elástica, ya que el alargamiento del resorte en esta situación es:
m2485.06.06.06.0llx 220BB =−+=−=
Por tanto, aplicando el teorema de conservación de la energía:
ETA+Wotras=ETB ⇒ EPgA+EPeA=EPeB+ECB ⇒ 2B
2B
2AA mv
21kx
21kx
21mgh +=+
s/m178.7vv3212485.0400
216.0400
216.08.93 B
2B
22 =⇒+⋅=⋅+⋅⋅
vB=7.178 m/s c) Inmediatamente antes de entrar en el tramo horizontal la velocidad de la corredera es vB y se encuentra en el último punto de una trayectoria curva. Por tanto, tendrá dos componentes de aceleración, una tangencial (tangente a la trayectoria) y una normal (en la dirección del radio de curvatura y apuntando hacia el centro de curvatura). Esta última componente es conocida, vale:
222
BnB s/m873.85
6.0178.7
rva ===
En cuanto a fuerzas aplicadas sobre la corredera, tendremos el peso, vertical y hacia abajo, la reacción del resorte, que como es de tensión irá hacia fuera de la corredera y que formará un ángulo de 45º con la vertical, y la normal de la guía, que será vertical y hacia arriba. Al trazar el diagrama de sólido libre de la corredera tendremos pues lo que
aparece en la figura. Aplicamos la segunda ley de Newton: ΣFn=man ⇒ NB+kxBsen45º-mg=manB ⇒ NB=manB-kxBsen45º+mg=
=3 · 85.873-400 · 0.2485sen45º+3 · 9.8=216.733 N NB=216.733 N
ΣFt=mat ⇒ kxBcos45º=matB ⇒ 2BtB s/m429.23
3º45cos2485.0400
mº45coskxa =
⋅==
La aceleración tiene dos componentes, normal y tangencial, luego su módulo será: 2222
t2nB s/m012.89429.23873.85aaa =+=+=
aB=89.012 m/s2 d) Inmediatamente después de pasar por B la velocidad de la corredera es prácticamente la misma pero no la aceleración, ya que la corredera se encuentra en un tramo horizontal (movimiento rectilíneo) y por tanto la aceleración será sólo horizontal. Puesto que cambia la aceleración deben cambiar las fuerzas, obviamente se modifica el valor de la normal. Tendremos entonces lo que aparece en la figura. Aplicamos de nuevo la segunda ley de
Newton:
ΣFX=maX ⇒ kxBcos45º=maB ⇒ 2BB s/m429.23
3º45cos2485.0400
mº45coskxa =
⋅==
aB=23.429 m/s2 ΣFY=maY ⇒ NB+kxBsen45º-mg=0 ⇒ NB=mg-kxBsen45º=
=3 · 9.8-400 · 0.2485sen45º=-40.886 N Vemos que además del módulo cambia también el sentido de la fuerza, que ahora es vertical y hacia abajo. Podríamos haberlo deducido del valor de las fueras, ya que el peso de
la deslizadera (3 · 9.8=29.4 N) es menor que la reacción del resorte (400 · 0.2485sen45º=70.286 N) y por tanto tiene que haber otra fuerza en la dirección y sentido del peso que pueda compensar a la del resorte de modo que no haya aceleración en dirección vertical. Dicha fuerza es la normal, que valdrá, obviamente:
NB=kxBsen45º-mg=70.286-29.4=40.886 N NB=40.886 N
11.- Los dos bloques representados en la figura están unidos mediante un hilo inextensible y sin peso. Se sueltan partiendo del reposo siendo d=500 mm. Las masas de los bloques son mA=6 kg y mB=4 kg y el resorte está indeformado en la posición inicial. Determinar el mínimo valor que ha de tener la constante del resorte para que el bloque B no choque contra el suelo en el ulterior movimiento. Para que el bloque B no choque contra el suelo, tendrá que llegar a ese punto con velocidad nula. Aplicaremos la conservación de la energía entre las dos situaciones, la inicial que aparece en la figura original, y la final cuando el bloque B
llegue justamente al suelo con velocidad nula, de modo que a partir de ahí invertirá el sentido del movimiento y volverá a ascender. Tomamos como nivel nulo de energía potencial gravitatoria el suelo. Así, tendremos:
ETinicial+Wotras=ETfinal Inicialmente
los dos bloques están en reposo luego no tienen energía cinética, el resorte está sin deformar luego no hay energía potencial elástica y sí tenemos energía potencial gravitatoria, correspondiente a la altura del bloque B.
Respecto al trabajo, si consideramos el sistema formado por los dos bloques y la cuerda no hay ninguna fuerza que realice trabajo ya que sólo actúan los pesos y la fuerza de recuperación elástica, que son fuerzas conservativas. Y en la posición final tendremos energía potencial elástica, ya que el resorte está estirado y energía potencial gravitatoria debido a la altura del bloque A. Es evidente que debido a la disposición de la cuerda siempre que el bloque B se desplace una cantidad el bloque A se desplazará justo la mitad, ya que toda la cuerda que sale de la polea en B se recogerá de la polea en A, y en esta polea debe dividirse en dos tramos iguales. Así, si el bloque B desciende una cantidad d, el bloque A
asciende 2d , y por tanto el resorte, que está unido al bloque A, se estira también una
cantidad 2d .
No tendremos en la situación final energía cinética ya que en ese instante los
bloques se detienen para invertir el sentido del movimiento. Sustituyendo todo:
ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ EPgB=EPe+EPgA ⇒ AA2
BB ghmlk21ghm +∆=
m/N8.156k25.08.96
25.0k
215.08.94
2dgm
2dk
21gdm
2
A
2
B =⇒⋅⋅+
=⋅⋅⇒+
=
k=156.8 N/m
12.- Una corredera B de 4.5 kg puede deslizar por una guía horizontal lisa y está en equilibrio en A cuando recibe un desplazamiento de 125 mm hacia la derecha y se suelta. Ambos muelles tienen una longitud natural de 300 mm y una constante k=280 N/m. Hallar: a) la velocidad máxima de la corredera; b) su aceleración máxima; c) la reacción que ejerce la barra sobre la deslizadera cuando la aceleración es máxima.
a) Desplazamos el bloque hacia la derecha 125 mm=0.125 m y lo dejamos en libertad, con lo cual el resorte horizontal está comprimido y empuja a la corredera hacia la izquierda y el resorte vertical está estirado y tira de la corredera también hacia la
izquierda, de modo que todas las fuerzas van hacia la izquierda y son máximas luego en este punto la aceleración será máxima. El bloque empieza a moverse acelerando y aumentando su velocidad, hasta pasar por
la posición central en que los resortes están sin deformar y en dirección horizontal no habría fuerzas y por tanto la aceleración será nula. A partir de ahí la corredera se desplaza hacia la izquierda pero las fuerzas comienzan a actuar hacia la derecha, con lo cual la corredera comienza a disminuir su velocidad. Por tanto el punto en que la velocidad es máxima es aquel en el que la corredera pasa por la posición central. Aplicamos por tanto la conservación de la energía entre la situación inicial, cuando la deslizadera está en la parte de la derecha, y la final, cuando pasa por la posición central con velocidad máxima. Tendremos lo que aparece en la figura. Nos queda:
ETinicial+Wotras=ETfinal Tomaremos como nivel de energía potencial gravitatoria nulo el de la corredera, que no varía de altura, y así no tendremos energía potencial gravitatoria ni al principio ni al final. Inicialmente tenemos energía potencial elástica correspondiente a los dos resortes, el horizontal (que llamaremos 1) que está comprimido y el vertical (que llamaremos 2) que está estirado. No tendremos energía cinética porque el sistema parte del reposo. Los alargamientos de los resortes son:
∆l1=125 mm=0.125 m
∆l2=l2-l0= m025.0300.0300.0125.0 22 =−+
En cuanto al trabajo realizado por otras fuerzas que no sean ni el peso ni las de recuperación elástica, sólo actúa la normal, que es perpendicular al desplazamiento y por tanto no realiza trabajo. Y en la situación final sólo tendremos energía cinética (velocidad máxima), pero no potencial elástica puesto que los dos resortes tienen su longitud natural. Así, nos queda:
ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ EPelástica1+EPelástica2=EC ⇒ 2máx
22
21 mv
21lk
21lk
21
=∆+∆
( ) ( ) s/m01.15.4
025.0125.0280m
llkv222
221
máx =+
=∆+∆
=
vmáx=1.01 m/s b) Ahora hemos dicho ya que el punto en que la aceleración es máxima es el inicial, donde las fuerzas que ejercen los resortes son máximas y están en el mismo sentido. En esta situación, el ángulo que forma el resorte 2 con la horizontal es:
º38.67125300tg =θ⇒=θ
Ahora hacemos el diagrama de sólido libre de la deslizadera en esa posición, teniendo en cuenta que está obligada a desplazarse sólo en dirección horizontal, por lo que la aceleración sólo tiene componente horizontal. Aplicando la segunda ley de Newton tendremos:
ΣFX=maX ⇒ k∆l1+k∆l2cosθ=mamáx ( )
=θ∆+∆
=m
cosllka 21máx
( ) 2s/m38.85.4
º38.67cos025.0125.0280=
+=
amáx=8.38 m/s2
c) Ahora aplicamos la segunda ley de Newton al otro eje: ΣFY=maY ⇒ N-mg-k∆l2senθ=0 ⇒ N=mg+k∆l2senθ=4.5 · 9.8+280 · 0.025sen67.38º=50.56 N
N=50.56 N
13.- Los dos bloques representados en la figura están unidos mediante un hilo inextensible y sin peso. Se sueltan, partiendo del reposo, cuando el resorte está indeformado. Los coeficientes de rozamiento estático y cinético valen 0.3 y 0.2 respectivamente. Para el
ulterior movimiento determinar: a) la máxima velocidad de los bloques y el alargamiento que en esa condición sufre el resorte; b) la máxima distancia que recorrerá el bloque de 10 kg hacia abajo por el plano inclinado; c) si rebotarán los bloques en la posición del apartado b). a) La constante del resorte vale:
k=1 kN/m=1000 N/m
Llamaremos bloque 1 al de 10 kg y bloque 2 al de 5 kg. Obviamente en todo momento los dos bloques tienen la misma velocidad. Puesto que el movimiento es rectilíneo, la máxima velocidad implica que la aceleración tiene que ser nula (condición de máximo implica derivada nula). Si hacemos en ese momento los diagramas de sólido libre de los dos bloques, podremos determinar el alargamiento en ese instante del resorte y la tensión en la cuerda. Tendremos para el bloque 1 lo que aparece en la figura, con lo que aplicando la segunda
ley de Newton: ΣFY=m1a1Y ⇒ N1-m1gcos50º=0 ⇒ N1=m1gcos50º=10 · 9.8cos50º=62.99 N
Como el bloque desliza, la fuerza de rozamiento adquiere su valor máximo: Fr1=(Fr1)máx=µcN1=0.2 · 62.99=12.60 N
Y en el otro eje: ΣFX=m1a1X ⇒m1gsen50º-Fr1-T=0 ⇒ T=m1gsen50º-Fr1=10 · 9.8sen50º-12.60=62.47 N
Ahora vamos al bloque 2, para el que hacienda lo mismo tendremos:
ΣFY=m2a2Y ⇒ N2-m2g=0 ⇒ N2=m2g=5 · 9.8=49 N Puesto que el bloque desliza la fuerza de rozamiento adquiere su valor máximo:
Fr2=(Fr2)máx=µcN2=0.2 · 49=9.8 N Por último nos queda:
ΣFX=m2a2X ⇒ T-Fr2-k∆x=0 ⇒ =−
=∆kFTx 2r
m0527.01000
8.947.62=
−=
Ya tenemos el alargamiento del resorte en en instante en que la velocidad es máxima:
∆x=0.0527 m Ahora vamos a calcular esa velocidad. Para ello aplicamos la conservación de la energía entre la situación inicial, que llamaremos 1, donde los móviles parten del reposo con el resorte sin deformar, y la situación final, que llamaremos 2 en la que la velocidad de los bloques es máxima y el alargamiento del resorte es de 0.0527 m. Obviamente como el resorte inicialmente está con su longitud inicial, si se alarga 0.0527 m es porque los dos bloques se desplazan justo esa cantidad. Tendremos lo que aparece en el gráfico.
Aplicando el teorema de conservación de la energía: ET1+Wotras=ET2
No vamos a tener en cuenta la energía potencial gravitatoria del bloque 2 porque no varía su altura, luego es igual en la situación 1 y en la 2 y podemos obviarla. Inicialmente solo tenemos energía potencial gravitatoria del bloque 1. En cuanto al trabajo realizado por otras fuerzas diferentes al peso y a la de recuperación elástica, están las normales, que no
realizan trabajo porque son perpendiculares al desplazamiento, y las fuerzas de rozamiento, que sí realizan trabajo porque se desplazan 0.0527 m con los bloques. Y en la situación final tendremos energía cinética correspondiente a los dos bloques porque su velocidad es máxima y energía potencial elástica ya que el resorte está alargado 0.0527 m. Así pues:
ET1+Wotras=ET2 ⇒ EPg1+WFr1+WFr2=EC1+EC2+EPe2 22
máx22máx111 xk
21vm
21vm
21ghm ∆++=⋅+⋅+ 2r21r1 xFxF
( ) 22máx212r1r1 xk
21vmm
21º180cosxFº180cosxFº50xsengm ∆++=∆+∆+∆
( ) 2máx21
22r1r1 vmm
21xk
21xFxFº50xsengm +=∆−∆−∆−∆
=+
∆−∆−∆−∆
=21
22r1r1
máx mm
xk21xFxFº50xsengm2
v
s/m430.0510
0527.01000210527.08.90527.060.12º50sen0527.08.9102 2
=+
⋅−⋅−⋅−⋅⋅
=
vmáx=0.430 m/s b) Ahora vamos a ver cuál es la máxima distancia que recorre el bloque. Llamamos a esta distancia ∆xmáx, ya que coincide con lo que se alarga el resorte. Puesto que es la máxima distancia, en ese instante los bloques se detienen e invierten el sentido del movimiento, luego en esa situación, que llamaremos situación 3, la velocidad de los bloques es nula. Aplicamos de nuevo la conservación de la energía, teniendo en cuenta que básicamente es como en el apartado anterior pero la energía cinética final es nula porque los bloques se detienen:
ET1+Wotras=ET3 ⇒ EPg1+WFr1+WFr2=EPe3 2máx31 xk
21ghm ∆=⋅+⋅+ 2r21r1 xFxF
2máxmáx2rmáx1rmáx1 xk
21º180cosxFº180cosxFº50senxgm ∆=∆+∆+∆
( )=
−−=∆⇒∆=−−
kFFº50gsenm2xxk
21FFº50gsenm 2r1r1
máxmáx2r1r1
( ) m1053.01000
8.960.12º50sen8.9102=
−−⋅=
∆xmáx=0.1053 m c) Veamos qué ocurre en esta posición. Supongamos que los bloques sí rebotan. En este caso, el bloque 1 comenzará a subir y el bloque 2 tendrá que ir hacia la izquierda, luego ambos tendrán aceleración en ese sentido para iniciar de nuevo el movimiento partiendo del reposo. El diagrama de sólido libre del bloque 1 sería entonces el de la figura. Aplicando la segunda ley de Newton:
ΣFY=m1a1Y ⇒ N1-m1gcos50º=0 ⇒ N1=m1gcos50º=10 · 9.8cos50º=62.99 N Para que el bloque comience a moverse tiene que superar la fuerza de rozamiento estática, luego tiene que adquirir el valor:
Fr1=(Fr1)máx=µeN1=0.3 · 62.99=18.90 N
ΣFX=m1a1X ⇒ Fr1+m1gsen50º-T=-m1a ⇒ T-18.90-10 · 9.8sen50º=10a ⇒ T-93.97=10a Igualmente hacemos el diagrama de sólido libre del bloque 2 y operamos de modo similar:
ΣFY=m2a2Y ⇒ N2-m2g=0 N2=m2g=5 · 9.8=49 N
Fr2=(Fr2)máx=µeN2=0.3 · 49=14.7 N ΣFX=m2a2X ⇒ T+Fr2-k∆xmáx=-m2a
1000 · 0.1053-T-14.7=5a ⇒ 90.6-T=5a Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas. Sumando las dos ecuaciones:
2s/m225.0aa1537.3a5T6.90a1097.93T
−=⇒=−⇒
=−=−
La solución a la que llegamos es absurda, la aceleración sería en sentido contrario, con lo cual ese punto no sería el de máximo alargamiento. Esto quiere decir que la suposición hecha no es correcta el los bloques no rebotan.
NO REBOTAN Veamos qué se obtiene si hacemos la suposición contraria. Supongamos que los bloques se detienen en ese punto y ya no rebotan. En este caso los bloques permanecerían en equilibrio y no habría aceleración, y además como no hay deslizamiento las fuerzas de rozamiento deberían ser inferiores a su valor máximo:
Fr1<(Fr1)máx ⇒ Fr1<µeN1 Fr2<(Fr2)máx ⇒ Fr2<µeN2
Tendremos lo que aparece en el gráfico para el bloque 1: ΣFY=m1a1Y ⇒ N1-m1gcos50º=0
N1=m1gcos50º=10 · 9.8cos50º=62.99 N ΣFX=m1a1X ⇒ T-Fr1-m1gsen50º=0 ⇒ T-Fr1-10 · 9.8sen50º=0
T-Fr1-75.07=0 Para el bloque 2 hacemos de modo similar y tendremos:
ΣFY=m2a2Y ⇒ N2-m2g=0 ⇒ N2=m2g=5 · 9.8=49 N ΣFX=m2a2X ⇒ T+Fr2-k∆xmáx=0
T+Fr2-1000 · 0.1053=0 ⇒ T+Fr2-105.3=0 Restamos las dos ecuaciones obtenidas:
23.30FF023.30FF03.105FT007.75FT
2r1r2r1r2r
1r =+⇒=−+⇒
=−+=−−
Comprobamos la suposición hecha inicialmente, que es que las fuerzas de rozamiento tienen que ser inferiores a sus valores máximos:
Fr1<µeN1 ⇒ Fr1<0.30 · 62.99 ⇒ Fr1<18.90 N Fr2<µeN2 ⇒ Fr2<0.30 · 49 ⇒ Fr2<14.70 N
Por tanto debe verificarse que: Fr1+Fr2<18.90+14.70 ⇒ Fr1+Fr2<33.60 ⇒ 30.23<33.60
Vemos que lo que obtenemos es correcto, luego la suposición que hemos hecho es cierta y los bloques no rebotan.
NO REBOTAN
14.- Un cochecito de juguete desciende por una rampa y sigue luego un rizo vertical según se indica en la figura. La masa del cochecito es m=50 g y el diámetro del rizo vertical es d=300 mm. Si se suelta el cochecito partiendo del reposo, determinar: a) la mínima altura h desde la que hay que soltar el cochecito para que recorra todo el rizo; b) la fuerza que el cochecito ejerce sobre la pista cuando se halla en el punto B (un cuarto del rizo).
a) En el Sistema Internacional tendremos los datos:
m=50 g=0.050 kg d=300 mm ⇒ r=150 mm=0.15 m
El punto crítico de la trayectoria es el punto más alto del rizo, ya que una vez pasado este punto el móvil recorrería el resto simplemente bajo la acción de la gravedad. Vamos a ver por tanto con qué velocidad debe llegar el cochecito al punto más alto de la trayectoria, punto que llamaremos C. Hacemos el diagrama de sólido libre del coche en el punto C y tendremos la gráfica adjunta. Obviamente la mínima altura en el punto A implicará la mínima velocidad en el punto C y por tanto la mínima aceleración normal anC. Vemos que la aceleración centrípeta está proporcionada por dos fuerzas, el peso y la normal, que tienen el mismo sentido, luego la aceleración centrípeta será tanto menor cuanto menor sean estas dos fuerzas. El peso es constante, y el menor valor de la normal es cero puesto que no puede cambiar de sentido. Así pues, la menor velocidad en C y por tanto la menor altura en A implica que la normal en el punto más alto de la trayectoria es nula. Tendremos entonces la figura que aparece al lado, y aplicamos la
segunda ley de Newton en la dirección normal:
ΣFn=man ⇒ mg=manC ⇒ grvrvg 2
C
2C =⇒=
Ahora aplicamos la conservación de la energía entre los puntos A y C:
ETA+Wotras=ETC En el punto A sólo tenemos energía potencial gravitatoria debida a la altura h. En cuanto al trabajo de las fuerzas, aparte del peso aparece sólo la normal, que es perpendicular al desplazamiento y no realiza trabajo. Y en el punto C tenemos energía potencial porque la altura es d y energía cinética porque la velocidad
del coche es vC. Así pues nos queda:
ETA+Wotras=ETC ⇒ EPgA=EPgC+ECC ⇒ gr21gdghmv
21mghmgh 2
CCA +=⇒+=
2h=2d+r ⇒ 2h=2 · 2r+r ⇒2h=5r ⇒ m375.02
15.052r5h =
⋅==
h=0.375 m b) Ahora vamos al punto B. Para saber la velocidad que tiene el cochecito en el punto B
aplicamos la conservación de la energía entre los puntos A y B. Operamos de modo análogo a como hemos hecho antes y tendremos:
ETA+Wotras=ETB ⇒ EPgA=EPgB+ECB 2BBA mv
21mghmgh +=
=−=−=⇒+= gr22r5g2gr2gh2vv
21grgh 2
B2B =5gr-2gr=3gr
Ahora hacemos el diagrama de sólido libre del cochecito en el punto B y tendremos:
ΣFn=man ⇒NB=manB= === mg3rgr3m
rvm
2B 3 · 0.050 · 9.8=1.47 N
NB=1.47 N
15.- Una cantante hace girar un micrófono de 0.35 kg situado en el extremo de un hilo de 750 mm de longitud, en un plano vertical. Determinar: a) la mínima celeridad que debe tener el micrófono en la posición A para poder recorrer toda la trayectoria circular; b) la máxima tensión del hilo. a) Obviamente el punto crítico de la trayectoria es el punto B, el más alto, ya que a partir de ahí la trayectoria se cerraría bajo la acción de la gravedad. Realizamos un diagrama de sólido libre en el punto B para ver las fuerzas que actúan sobre el micrófono en esa situación y tendremos lo que aparece en la figura adjunta. Es evidente que si queremos que la velocidad en A sea mínima, la velocidad en B también será mínima y por tanto
deberá ser mínima la aceleración normal anB. Dicha aceleración está proporcionada por dos fuerzas de la misma dirección y sentido, luego estas fuerzas deberán también ser mínimas. El peso es constante, deberá ser mínima la tensión, y el menor valor de la tensión es el cero. Así pues, la velocidad tanto en A como en B será mínima cuando la tensión en el punto B sea nula. Así pues, aplicando todo lo dicho tendremos:
ΣFn=man ⇒ mg+TB=manB ⇒ grvrvmmg 2
B
2B =⇒=
Ahora aplicamos la conservación de la energía entre la posición A, donde la velocidad será mínima, y la
posición B, donde ya conocemos la velocidad: ETA+Wotras=ETB
En la situación A la energía es sólo cinética. En cuanto al trabajo, aparte del peso actúa sólo la tensión, que es perpendicular al desplazamiento y no realiza trabajo. Y en la situación B el micrófono posee tanto energía cinética como potencial. Sustituyendo:
ETA+Wotras=ETB ⇒ ECA=ECB+EPgB ⇒ gr2v21v
21mghmv
21mv
21 2
B2mínB
2B
2A +=⇒+=
s/m06.675.08.95gr5gr4grgr4vv 2Bmín =⋅⋅==+=+=
vmín=6.06 m/s b) Para determinar en qué punto la tensión es máxima vamos a realizar el diagrama de sólido libre del micrófono en una posición genérica. Aplicando la segunda ley de Newton tendremos:
ΣFn=man ⇒ T-mgcosθ=man
+θ=+θ=
rvcosgm
rvmcosmgT
22
Si en vez de en la parte inferior de la trayectoria el micrófono está en la parte superior la tensión y el peso tienen el mismo sentido (ver figura), con lo cual nos quedaría:
ΣFn=man ⇒ T+mgcosθ=man
−θ=−θ=
rvcosgm
rvmcosmgT
22
De las dos opciones, es obvio que la tensión es mayor en el primer caso, donde sumamos dos términos, y no en el segundo donde los restamos. Y en este caso, donde la
tensión vale
+θ
rvcosgm
2 el valor será máximo cuando el coseno sea máximo:
cosθ=1 ⇒ θ=0º Por tanto el valor máximo de la tensión es en el punto más bajo de la trayectoria (punto A) y vale:
( ) N58.208.935.06mg6g5gmrgr5gm
rvgm
rvcosgmT
2A
2A
máx =⋅⋅==+=
+=
+=
+θ=
Tmáx=20.58 N
16.- Un patinador de 80 kg de masa desciende por una pista helada ABC, alcanzando al finalizar la pista una velocidad v0 que forma un ángulo de 84º con la horizontal. En una competición de salto, debería alcanzar 90 m a lo largo de una pista inclinada 60º respecto de la horizontal. a) ¿Cuál será la velocidad v0 que debe alcanzar al terminar la pista, en el punto C? b) ¿Cuánto tiempo tarda en
aterrizar? c) calcular y dibujar las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante t=5 s, contados a partir del despegue de la pista en el punto C, así como el radio de curvatura en ese mismo instante; d) determinar la reacción de contacto con el suelo en el punto más bajo de la pista (punto B) si en dicho punto el radio de curvatura es de 80 m y se encuentra 20 m por debajo del final de la pista. Suponer que el rozamiento tanto con la pista como con el aire es despreciable.
a) Desde el final de la pista (punto C) hasta el punto en que cae al suelo (punto D) el patinador está sometido sólo a la acción de la gravedad, luego sigue una parábola. Separamos los dos ejes, ya que en el eje X el movimiento es rectilíneo y uniforme y en el eje Y el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado. Así, tendremos:
Eje X: xD=xC+v0xt ⇒ 90cos60º=v0cos84ºt
Eje Y: 20
2y0CD t8,9
21tº84senvº60sen900gt
21tvyy −+=⇒−+=
Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas, el tiempo de vuelo t y la velocidad inicial v0. De la primera ecuación:
90cos60º=v0cos84ºt ⇒ º84costº60cos90v0 =
Y sustituimos en la segunda: 22
0 t8,921tº84sen
º84costº60cos90º60sen900t8,9
21tº84senvº60sen900 −+=⇒−+=
s163,10tt8,921º84tgº60cos90º60sen900 2 =⇒−+=
Y la velocidad al finalizar la pista:
s/m361,42º84cos163,10
º60cos90º84costº60cos90v0 ===
v0=42,361 m/s b) El tiempo de vuelo ya lo hemos determinado:
t=10,163 s c) Durante el vuelo, la única aceleración a la que está sometido el patinador es la de la gravedad, vertical y hacia abajo. Tendremos que encontrar las direcciones normal y tangencial para proyectarla en estos dos ejes. Es relativamente sencillo encontrar la dirección tangencial porque coincide con la de la velocidad. Determinamos por tanto la velocidad en t=5 s:
Eje X: vx=cte=v0x=v0cos84º=42,361cos84º=4,428 m/s Eje Y: vy=v0y-gt=42,361sen84º-9,8 · 5=-6,871 m/s
Si dibujamos este vector tenemos lo que aparece en la figura. El ángulo θ nos marca la dirección tangencial, y podemos determinarlo con las componentes de la velocidad:
º201,57552,1428,4871,6
vv
tgx
y =θ⇒===θ
Ahora vamos a proyectar la aceleración de la gravedad sobre este eje (tangencial) y el perpendicular (normal). Tendremos pues:
at=asenθ=9,8sen57,201º=8,238 m/s2 at=8,238 m/s2
an=acosθ=9,8cos57,201º=5,309 m/s2 an=5,309 m/s2
También podemos determinar la aceleración tangencial proyectando la aceleración sobre la dirección tangencial, lo cual implica multiplicar escalarmente la aceleración por un vector unitario en
dirección tangencial. Dicho vector unitario coincide con la dirección de la velocidad, luego es:
jijivet 841,0542,0871,6428,4
871,6428,4v 22
−=+
−==
Y así, la aceleración tangencial será: at=a · et=(-9,8j) · (0,542i-0,841j)=8,238 m/s2
Y la normal la podemos obtener por diferencia: 2222
t2
n2n
2t s/m309,5238,88,9aaaaaa =−=−=⇒+=
Obtenemos las mismas soluciones. Por último, el radio de curvatura en este punto lo obtenemos de la aceleración normal:
m586,12309,5
871,6428,4a
vvavva
22
n
2y
2x
n
22n =
+=
+==ρ⇒
ρ=
ρ=12,586 m d) Vamos ahora al punto B, 20 m por debajo del final de la pista. Para determinar la velocidad en este punto aplicamos el teorema de las fuerzas vivas entre los puntos B y C:
WBC=∆EC ⇒ Wmg+WN=∆EC ⇒ -∆U=∆EC ⇒ UB-UC=ECC-ECB
-UC=ECC-ECB ⇒ 2B
2CC mv
21mv
21mgh −=−
222B
2B
2 s/m37,2186vv2136,42
21208,9 =⇒−=⋅−
Hacemos ahora el diagrama de sólido libre del patinador en el punto B, y tendremos lo que aparece en la figura. De la segunda ley de Newton:
ΣFY=maY ⇒ N-mg=manB ⇒ N=mg+manB=m(g+anB)=
N37,297080
37,21868,980vgmB
2B =
+=
ρ+=
N=2970,37 N
17.- Una partícula se mueve a lo largo de una línea donde la energía potencial depende de su posición r como aparece en la figura. a) Identifique cada posición de equilibrio para esta partícula, indicando si dicho equilibrio es estable, inestable o neutro; b) ¿para qué rango de energía total la partícula estará oscilando? c) Ahora suponga que la partícula tiene una energía de -3 J. Determine el rango de
posiciones donde puede encontrarse, su máxima energía cinética y la ubicación en que tiene máxima energía cinética. a) Tenemos movimiento en una dimensión, donde la fuerza deriva del potencial, es decir:
dxdUF −=
Si la partícula está en equilibrio, F=0, luego:
0dxdU0
dxdU0F =⇒=−⇒=
Gráficamente la derivada de una función en un punto es la pendiente de la tangente a la curva en ese punto, luego si la pendiente es nula, la tangente tiene que ser horizontal. Los puntos de equilibrio son aquéllos en los que la tangente a la curva es horizontal, es decir, en los máximos, mínimos o tramos rectos de la curva de potencial, como puede verse en la gráfica. Tenemos los puntos marcados. Vamos a ver
ahora el tipo de equilibrio en cada caso. Comencemos por los puntos que se encuentran en los mínimos de la curva de potencial, que tienen idéntico razonamiento (puntos 1 y 3). Razonamos para el punto 1. Si desplazamos la partícula hacia la izquierda (r negativo) la pendiente de la tangente es negativa, lo cual significa que la fuerza es positiva (hacia la derecha) y hace volver a la partícula a la posición de equilibrio. Análogamente sucede si desplazamos
la partícula hacia la derecha (r positivo). En este caso la pendiente de la tangente es positiva, lo que significa que aparece una fuerza negativa (hacia la izquierda), que devuelve también la partícula a la posición de equilibrio. En resumen, cualquier desplazamiento que realicemos sobre la partícula hace aparecer una fuerza de sentido opuesto al desplazamiento que devuelve a la partícula a la posición de equilibrio. Estos puntos son por tanto de equilibrio estable.
r1=1.5 mm y r3=3.2 mm ⇒ equilibrio estable Ahora vamos a ver qué ocurre cuando el punto corresponde con un máximo de la curva de potencial (punto 2). En este caso, si desplazamos la partícula a la izquierda de la posición de equilibrio (r negativo) la pendiente de la tangente es positiva, lo que significa que aparece una fuerza negativa (hacia la izquierda) que aleja a la partícula de la posición de equilibrio. Del mismo modo, si desplazamos la partícula hacia la derecha (r positivo) la pendiente de la tangente es negativa, lo cual significa que aparece una fuerza positiva (hacia la derecha) que aleja a la partícula de la posición de equilibrio. En conclusión, sea cual sea el sentido del desplazamiento, siempre aparece una fuerza en ese mismo sentido que aleja la partícula de la posición de equilibrio, luego se trata de equilibrio inestable.
r2=2.3 mm ⇒ equilibrio inestable Por último estudiamos el tramo horizontal. Aquí es evidente que al desplazar la partícula en cualquier sentido la tangente sigue siendo horizontal, lo cual significa que la pendiente, y por tanto la fuerza, es nula. La partícula queda de nuevo en reposo: el equilibrio es indiferente o neutro.
r4>5 mm neutro
b) Para que la partícula oscile tiene que tener dos puntos de retorno, es decir, dos puntos en los que se detenga (velocidad nula y por tanto energía cinética nula) e invierta el sentido del movimiento. Si la energía cinética es nula toda la energía es potencial. La energía total (que por ser constante tiene que venir representada por una horizontal) coincide con la potencial, luego estas dos gráficas se cortan.
Esto sucede, como vemos en la gráfica, para energías entre -5.6 J y 1 J aproximadamente. Por encima de esa energía sólo hay un punto de retorno a la izquierda y el movimiento no sería oscilatorio, sino que la partícula al moverse hacia la derecha seguiría hasta el infinito.
-5.6 J<E<1 J c) Ahora tenemos una energía total de -3 J, tal como representamos en la gráfica por una horizontal en -3 J. La energía total es constante, y es suma de la cinética más la potencial:
ET=EC+U La energía cinética es siempre positiva, luego tendremos: EC=ET-U ⇒ EC>0 ⇒ ET-U>0 ⇒ ET>U Sólo son posibles los movimientos donde la energía total está por encima de la potencial,
luego la recta que representa la energía total tiene que estar siempre por encima de la curva de potencial. Así, el movimiento estará permitido sólo entre los puntos A y B, es decir, leyendo sobre la recta de distancias:
0.6 mm<r<3.6 mm Puesto que la energía total es constante, la máxima energía cinética tiene que corresponder con la mínima energía potencial, es decir, la correspondiente al punto que marcamos como 1. Leyendo sobre la gráfica tendremos que en este punto:
U1=-5.6 J Aplicando la conservación de la energía:
ET=EC1+U1 EC1=ET-U1=-3-(-5.6)=2.6 J
EC1=2.6 J Y leyendo en el eje de distancias, la posición en que la energía cinética es máxima es:
r1=1.5 mm
18.- Considere el diagrama de energía mostrado en la figura. a) ¿Cuáles son los límites del movimiento cuando las energías son E1 y E2? Haga un nuevo diagrama y nombre sus partes. b) Describa las circunstancias bajo las cuales la partícula siempre está en reposo; c) determine las energías y posiciones para las cuales es posible el movimiento dentro de los puntos de retorno; d) determine las posiciones de equilibrio en la figura. ¿Son estables o inestables?
a) Como hemos visto en el problema anterior, sólo están permitidos los movimientos en aquellos puntos en los que la recta que representa la energía total está por encima de la curva de potencial. Así, para la energía E1 está permitido el movimiento para valores de x comprendidos entre los correspondientes a los puntos A y B, entre los puntos C y D y por encima de E. Del mismo modo, cuando la energía es E2 el movimiento es posible para valores de x por encima del correspondiente a F.
b) Si la partícula está en reposo implica que la energía cinética es nula, y de acuerdo con la conservación de la energía: ET=EC+U ⇒ EC=0 ⇒ ET=U Esto quiere decir que la recta de energía total y la curva de potencial coinciden siempre. Esto sólo puede suceder si la recta de energía total es tangente a la curva de potencial, y por tanto la corta en un solo punto. Esto se producirá para los casos en que la energía total de la partícula corresponda a la de los puntos G,H,I ó J.
c) Si queremos que la partícula se mueva oscilando entre dos puntos de retorno la recta que representa la energía total tiene que cortar a la curva de potencial en dos puntos, lo cual sólo ocurre si la recta de energía total está por debajo del punto J. Por tanto, el movimiento entre dos puntos de retorno es posible sólo para energías totales por debajo de la correspondiente al punto J. Obviamente, las posiciones serán las que estén a la izquierda del punto J.
d) De acuerdo a lo explicado en el problema anterior, los puntos de equilibrio son los correspondientes a los máximos y mínimos de la curva de potencial, siendo los máximos puntos de equilibrio inestable y los mínimos puntos de equilibrio estable. Por tanto, los puntos H y J corresponden a puntos de equilibrio inestable mientras que los puntos G e I implican puntos de equilibrio estable. 19.- La función energía potencial de una partícula de masa 4 kg en un campo de fuerzas viene descrita por:
U=3x2-x3 x≤3 m U=0 x>3 m
en donde U se expresa en julios y x en metros. a) ¿Para qué valores de x la fuerza F es cero? b) Hacer un esquema de U en función de x; c) discutir la estabilidad del equilibrio para los valores de x obtenidos en a); d) si la energía total de la partícula es de 12 J, ¿cuál será su velocidad en x=2 m? a) Tenemos que la fuerza deriva del potencial, de modo que para x≤3 m:
x6x3)xx3(dxd
dxdUF 232 −=−−=−=
Y para x>3 m:
0)0(dxd
dxdUF =−=−=
Y entonces si la fuerza es nula tendremos que para x≤3 m:
F=0 ⇒ 3x2-6x=0 ⇒ x(3x-6)=0 ⇒
=⇒=−=
m2x06x30x
Y en el otro intervalo la fuerza es nula, luego tendremos que la fuerza es cero para: x=0; x=2 m; x>3 m
b) Se trata de hacer la representación gráfica. Obviamente por encima de 3 m la energía potencial es nula, luego no hace falta que demos valores. Por debajo de 3 m tendremos la tabla:
x (m) U (J) x (m) U (J) -1 4 1.5 3.375
-0.5 0.875 2 4 0 0 2.5 3.125
0.5 0.625 3 0 1 2 - -
Tendremos la gráfica que aparecen en la figura. c) Como hemos visto en los problemas anteriores, el equilibrio es estable si la curva de potencial pasa por un mínimo, inestable si pasa por un máximo e indiferente si la curva es horizontal. Así pues, a la vista de la gráfica tendremos:
x=0 ⇒ equilibrio estable; x=2 m ⇒ equilibrio inestable; x>3 m ⇒ equilibrio indiferente d) Para x=2 m podemos determinar la energía potencial:
U(2)=3x2-x3=3 · 22-23=4 J Por diferencia obtenemos la cinética:
ET=EC+U ⇒ EC=ET-U=12-4=8 J Y de aquí la velocidad:
s/m2482
mE2vmv
21E C2
C =⋅
==⇒=
v=2 m/s 20.- La energía potencial de un objeto viene dada por U(x)=8x2-x4 en donde U se expresa en Julios y x en metros. a) Determinar la fuerza que actúa sobre ese objeto; b) ¿en qué posiciones el objeto se encuentra en equilibrio? c) ¿Cuáles de estas posiciones de equilibrio son estables y cuáles son inestables? d) ¿Cuáles son los puntos de retorno correspondientes a una energía total de 2 J? a) Puesto que la fuerza deriva del potencial:
( ) x16x4x4x16)xx8(dxd
dxdUF 3342 −=−−=−−=−=
F=4x3-16x b) Si el objeto está en equilibrio:
F=0 ⇒ 4x3-16x=0 ⇒ 4x(x2-4)=0 ⇒
−
==⇒=−
=⇒=
22
4x04x
0x0x42
x=0; x=2 m; x=-2 m c) Veamos ahora el tipo de equilibrio. De acuerdo a lo dicho hasta ahora, si tenemos un máximo en la curva de potencial el equilibrio es inestable mientras que si tenemos un mínimo el equilibrio es estable. Analíticamente, la diferencia entre un máximo y un mínimo está en el signo de la segunda derivada, si la segunda derivada es positiva nos encontramos en un mínimo, si es negativa nos encontramos en un máximo. Así pues tendremos:
U=8x2-x4 ⇒ U’=16x-4x3 ⇒ U’’=16-12x2 Ahora en los tres puntos que tenemos:
U(0)= 16-12x2=16>0 ⇒ Mínimo ⇒ Equilibrio estable U(2)= 16-12x2=16-12 · 22=-32<0 ⇒ Máximo ⇒ Equilibrio inestable
U(-2)= 16-12x2=16-12 · (-2)2=-32<0 ⇒ Máximo ⇒ Equilibrio inestable Por tanto:
x=0 estable; x=±2 m inestable d) Los puntos de retorno son aquellos puntos en que la partícula se detiene momentáneamente e invierte el sentido del movimiento. En ellos la energía cinética es nula, lo cual implica que la potencial coincide con la total:
ET=EC+U ⇒ EC=0 ⇒ ET=U ⇒ 2=8x2-x4 ⇒ x4-8x2+2=0 Tenemos una ecuación bicuadrada. Hacemos el cambio de variable x2=y:
x4-8x2+2=0 ⇒ y2-8y+2=0 ⇒
=⋅−±
=258.0742.7
22488y
2
Y deshaciendo el cambio de variable:
−
=
−
===⇒=
508.0508.0
258.0
782.2782.2
742.7yxyx2
x=±2.78 m; x=±0.508 m
