Examenes 2002 04 [PDF]

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Solución exámenes Física General (Ciencias Matemáticas) Curso 2001/2002, Febrero, 1ª Prueba Presencial

CUESTIONES 1.

Cuando escuchamos una cinta de música en un radio-casette, ¿cuál de los dos cabezales del radio-

casette que hacen girar la cinta da vueltas con mayor velocidad angular? a)

Los dos giran siempre con la misma velocidad angular

b)

Gira más rápidamente el cabezal que mueve la rueda con más cinta magnética a su alrededor

c)

Gira más rápidamente el cabezal que mueve la rueda con menos cinta magnética a su alrededor

Solución: Sean ω1 y ω 2 las velocidades angulares de los cabezales con menos (cabezal 1) y más cinta magnética alrededor (cabezal 2), respectivamente, y R1 y R2 los radios de las circunferencias exteriores formada por los dos cabezales y la cinta magnética enrollada. Sean también v1 y v 2 las velocidades lineales de la cinta en el borde de ambos cabezales. Al escuchar la cinta de música, la cinta magnética pasa de un cabezal a otro, por lo tanto se cumple que v1 = v 2 , entonces tenemos que

ω 1 R1 = ω 2 R2 , de donde

ω 1 R2 . = ω 2 R1 Como R2 > R1 (más cinta alrededor del cabezal 2 que del cabezal 1) entonces tenemos que ω 1 > ω 2 , y, por tanto, el cabezal 1, con menos cinta, gira más rápidamente que el 2.

2.

Dos astronautas, con masas 50 kg y 100 kg, están flotando en el espacio interestelar aislados de la

acción de cualquier fuerza exterior unidos por una cuerda sin masa de longitud l0. El astronauta de 50 kg da un tirón de la cuerda y comienza a moverse hacia el otro. Suponiendo que el tirón es prácticamente instantáneo, ¿qué distancia recorrerá hasta llegar al otro astronauta? a)

2 l0 3

b)

l0

c)

1 l0 2

1

Solución: Como no existen fuerzas exteriores al sistema, el momento lineal se tiene que conservar. Inicialmente ambos astronautas están en reposo por lo que su momento total es cero. Después del tirón (fuerza interna), ambos

G

G

comienzan a moverse uno hacia el otro. Como el momento total se conserva se cumple que p1 = − p 2 , siendo

G G p1 el momento del astronauta de 50 kg de masa y p 2 el del astronauta de 100 kg. Sustituyendo las expresiones de los momentos obtenemos que

G G v1 = −2v 2 , y, por tanto, el espacio x recorrido por el astronauta 1 es el doble que el recorrido por el astronauta 2. Así pues

x+

3.

x = l0 2

⇒ x=

2 l0 . 3

Un niño se encuentra en un ascensor que está bajando con una aceleración a0. Si deja caer su yo-yo,

¿cuál es la aceleración del yo-yo que mediría el niño?. El momento de inercia del yo-yo es I = a)

a=

2 (g + a 0 ) 3

b)

a=

2 (g − a 0 ) 3

c)

a=

2 g − a0 3

1 MR 2 . 2

Solución: Las leyes de Newton sólo son aplicables a sistemas de referencia inerciales, por lo tanto, analizaremos el problema desde el punto de vista de un observador situado fuera del ascensor, en reposo con respecto a la Tierra (sistema inercial). Si a es la aceleración con la que el niño (sistema no inercial) ve caer el yo-yo, la aceleración con la que cae el yo-yo desde fuera del ascensor, aI, será la composición de las dos aceleraciones: a I = a + a 0 (se suman ya que tienen el mismo sentido).

a a0

T

P

2

Aplicando las leyes de Newton al yo-yo, y atendiendo al diagrama de fuerzas que se muestra en la figura tenemos

mg − T = ma I   TR = Iα a = αR a I = a + a0 cuya solución para a es

2 (g − a0 ) . 3

Otra forma de resolver el problema menos formal y más heurística, aunque más rápida, consistiría en suponer que desde el punto de vista de un observador situado dentro del ascenso, la aceleración de la gravedad “efectiva” sobre el yo-yo es menor que g, puesto que el ascensor baja con aceleración a0. La nueva gravedad que vería ese observador es g´= g − a 0 . Ahora sólo tenemos que resolver el problema como si de un sistema inercial se tratara bajo la acción de una gravedad g´. La solución es entonces

a=

2 2 g´= ( g − a 0 ) . 3 3

En general, el estudio de la dinámica en un sistema de referencia no inercial, es decir acelerado, se puede realizar utilizando las leyes de Newton siempre y cuando se añada la correspondiente fuerza de inercia

G G G Fi a las fuerzas exteriores que actúan sobre el sistema. La fuerza de inercia siempre tiene el valor Fi = −ma 0 , G donde a0 es la aceleración con la que se mueve el sistema no inercial respecto a un sistema inercial que casi G siempre somos nosotros. Así pues, la segunda ley de Newton para un sistema de referencia acelerado a0 con respecto a nosotros es

G

∑F

ext

G G +Fi = ma ,

G

done a es la aceleración medida en el sistema no inercial.

3

G

Así pues, volviendo a nuestro problema, la ecuación que obtendríamos para la aceleración a del yo-yo dentro del ascensor sería:

G G G K P + T + Fi = ma .

Si consideramos la dirección de caída y como positiva hacia abajo, tenemos que

mg − T − ma0 = ma . Vemos que es la misma ecuación que hemos obtenido analizando el problema desde el punto de vista de un observador situado fuera del ascensor en un sistema inercial.

4. Un cilindro macizo de masa M y radio R se deja caer desde la parte superior de un plano inclinado de ángulo α y coeficiente de rozamiento estático µe y dinámico µd. Considerando despreciable el rozamiento del cilindro con el aire, ¿es posible que no exista disipación de la energía mecánica durante la caída del cilindro? a)

Es imposible, puesto que de cualquier forma hay disipación de energía por rozamiento.

b)

La energía mecánica se conservará siempre que el cilindro ruede sin deslizar sobre el plano

c)

La energía mecánica se conservará si tan α > 3µe

Solución: Si el cilindro rueda sin deslizar, el punto de contacto entre el cilindro y el plano está siempre en reposo, el rozamiento entre plano y cilindro será de tipo estático y por tanto no existirá disipación de la energía mecánica

5. Dos masas m1 y m2 (m2>m1) están unidas mediante una cuerda a través de dos poleas, tal y como se muestra en la figura (se supone que las poleas carecen de masa, y que el rozamiento entre cuerda y polea es despreciable). Suponiendo que la masa de la cuerda no es despreciable:

a)

T1>T2

b)

T1 T1

6. Un niño tiene una piedra atada con una cuerda, y la hace girar intentando que la cuerda esté siempre en un plano horizontal con respecto del suelo. En ausencia de cualquier tipo de rozamiento, ¿podrá conseguirlo? a)

No

b)

Si

Solución: Atendiendo al siguiente diagrama de fuerzas que actúan sobre la piedra tenemos

ϑ T

5 mg

T cos ϑ − mg = 0 T sin ϑ = y la solución es tgϑ =

mv 2 R

v2 . Así pues sería necesaria imprimir una velocidad infinita para lograr que ϑ valga gR

90º y que por tanto la piedra gire en un plano horizontal con respecto al suelo, lo cual es imposible.

7. ¿Cuál sería el periodo de un péndulo de longitud l que realizara pequeñas oscilaciones alrededor de su punto de equilibrio y que estuviera colgado del techo de un ascensor que desciende con una aceleración a0 si se midiera por un observador situado dentro del ascensor?

a)

T = 2π

l g − a0

b)

T = 2π

l g + a0

c)

T = 2π

l g

Solución: Esta cuestión se resuelve de forma similar a la cuestión 3. La solución es T = 2π

l . g − a0

8. El radio de la órbita terrestre es 1.46x1011m y el de Urano 2.87x1012m. ¿Cuál es el período de Urano?

6

a)

31833.46 días

b)

45377.68 días

c)

23763.73 días

Solución: De acuerdo con la Tercera Ley de Kepler

T 2 ∝ r3. Entonces tenemos

TUrano = TTierra

3 rUrano ≈ 31833.46 días 3 rTierra

9. Si una misma fuerza actúa 1 segundo sobre un cuerpo de 1 kg y 4 segundos sobre un cuerpo de 4 kg a)

imprimirá a ambos la misma aceleración

b)

imprimirá a ambos la misma velocidad

c)

imprimirá a ambos la misma cantidad de movimiento

Solución: En el primer caso tenemos que a1 = F , y la velocidad final justo en el instante en el que deja de actuar la fuerza es v f − vi = a1t = F . En el segundo caso tenemos que a 2 = F / 4 , y la velocidad final justo en el instante en el que deja de actuar la fuerza es v f − vi = a 2 t = F . Así pues, la respuesta correcta es la b).

10. ¿En qué circunstancias podremos hablar de peso nulo para un objeto de masa m? a)

Únicamente cuando la masa tienda a cero;

b)

Únicamente en ausencia de cualquier campo gravitatorio;

c)

Escogiendo determinados sistemas de referencia.

Solución: La solución correcta es la c).

7

11. Un coche con una distribución homogénea de masa salta por los aires después de recorrer a gran velocidad una rampa inclinada. Las cuatro ruedas del coche van girando en el aire. ¿Qué ocurrirá si el conductor frena de repente las ruedas?. (No considerar rozamiento alguno con el aire y suponer que el frenazo es instantáneo) a)

El coche comienza a girar inclinando el morro

b)

No pasa nada

c)

Aumenta la velocidad del centro de masas del coche

Solución: El momento angular respecto del centro de masas se conserva en todo momento porque la única fuerza externa que actúa sobre el coche es su peso, y éste no produce momento alguno. El frenado de las ruedas se produce por la acción de una fuerza interna que tampoco altera el momento angular. Al frenar las ruedas, éstas dejan de girar, por lo que el coche deberá girar hacia delante inclinando morro para conservar el momento angular.

12. Se coloca una esfera maciza pequeña de masa M, en una barra de longitud l y masa despreciable, mucho más cerca del extremo B que del extremo A tal como se indica en la figura. ¿En qué caso caerá la barra más rápidamente, si la colocamos verticalmente apoyada en el extremo A, o en el extremo B?. Supóngase en cada caso que el extremo que se encuentra en contacto con el suelo no desliza y que la masa de la esfera es mucho mayor que la de la barra.

a)

Cuando la apoyamos en el extremo A

b)

Cuando la apoyamos en el extremo B

c)

Caerá igual de rápidamente en los dos casos

Solución: Supongamos que la apoyamos en el extremo A tal y como se muestra en la figura. Definimos x como la distancia que hay de la masa M al extremo A y δ el ángulo que forma la barra con la horizontal. El momento que ejerce el peso de la masa con respecto del punto A es τ A = xMg cos δ . Sabemos que τ A = I Aα A donde I A es el momento de inercia de la masa con respecto al eje perpendicular a la

(

)

varilla que pasa por el punto A I A = Mx 2 y α A es la aceleración angular con la que cae la barra y la masa. Despejando tenemos

8

αA =

g cos δ x

Si ahora suponemos que la barra está apoyada en B y hacemos lo mismo llegamos a

αB =

g cos δ . l−x

Vemos que α B > α A , y por tanto la solución correcta es la b).

PROBLEMAS PROBLEMA 1: Supóngase que la densidad de la Tierra es uniforme, ρ , y que no existen rozamientos. Se practica un túnel siguiendo un diámetro terrestre y se deja caer una partícula de masa m por el mismo. Entonces: - La fuerza que actuaría sobre la partícula tendría la forma: a)

F = −k / r 2

b)

F = −k / r

c)

F = − kr

- El valor de k viene dado por la expresión (m = masa de la partícula): a)

Gπρm 3

b)

2Gπρm 3

c)

4Gπρm 3

-

El

movimiento

tiene

un

período

de

aproximadamente

(DATOS:

ρ = 5.51 ⋅ 10 3

kg / m 3 ;

G = 6.67 ⋅ 10 −11 N m 2 kg −2 . ): a)

1 hora 24 minutos.

b)

2 horas 16 minutos.

c)

3 horas 52 minutos.

Solución: Deseamos hallar la fuerza gravitatoria sobre una masa m en un punto situado a una distancia r del centro de la Tierra, siendo r < RT . La única contribución al campo en dicho punto se debe a la masa M dentro del radio r , cuyo valor es

4 M = ρ πr 3 . 3

9

La fuerza gravitatoria sobre esa masa valdrá entonces

F = −m siendo k =

4Gρπr 3 4Gρπm r=− r = − kr 3 3 3r

4Gρπm . 3

La aceleración en la dirección radial es

a=

4Gρπ F =− r. 3 m

Ésta es la ecuación de un movimiento armónico simple con frecuencia angular ϖ 2 =

T=

2π

ϖ

=

4Gρπ . El periodo es 3

2π ≈ 1 hora 24 minutos. 4Gρπ 3

PROBLEMA 2. En el dispositivo de la figura, las tres masas son iguales, de valor m. Supongamos que separamos el péndulo 1 desde un ángulo inicial θ1. (Supóngase que todos los choques son elásticos)

- ¿Cuánto tiempo pasará hasta que el péndulo 1 vuelva a su posición original, es decir, cuál es el periodo del movimiento del sistema? a)

  l d  2 π +   g 2 gl ( 1 cos θ ) − 1  

b)

π

c)

2π

2d l + g 2 gl (1 − cosθ 1 )

l d + g 2 gl (1 − cosθ 1 )

- Supongamos ahora que en la parte horizontal hubiese un rozamiento pequeño. Conociendo el ángulo θ1 desde el que se suelta el péndulo 1, así como el ángulo máximo θ2 que alcanza el péndulo 2 después de ser

10

golpeado por la masa situada en el plano horizontal, hállese el valor del coeficiente de rozamiento dinámico µd. a)

µd =

l (cos θ 2 − cos θ1 ) d

b)

µd =

l (cos θ1 − cos θ 2 ) d

c)

µd =

l (1 − (cosθ 2 − cos θ1 ) ) d

- Si suponemos ahora que en la parte horizontal hubiese un rozamiento pequeño de coeficiente

µ=

1 l (1 − cosθ 1 ) , y las condiciones iniciales del movimiento fueran las del apartado anterior, 4 d

determinar cuántas oscilaciones completas realizará la masa que se encuentra en el plano horizontal (cuántas veces irá y volverá?). a)

1.5

b)

3

c)

2

Solución: Como ambos péndulos tienen la misma longitud, su periodo es el mismo: T = 2π

l . El movimiento que g

realizan los dos péndulos hasta que el péndulo 1 vuelve a su posición original es de una semioscilación cada uno, por lo que la duración total de su movimiento es de una oscilación completa. Para calcular el tiempo que tarda la masa situada en el plano horizontal en ir y volver haremos uso del principio de conservación de la energía. Calcularemos su velocidad igualando la energía potencial inicial del péndulo 1: mgl (1 − cos θ 1 ) con la energía cinética final del mismo en el punto más bajo, justo antes del choque del péndulo con la masa del plano,

mgl (1 − cosθ 1 ) =

1 2 mv . 2

Puesto que el choque es perfectamente elástico y ambas masas son iguales, el péndulo transfiere todo su momento a la masa en el plano, la cual recorre la distancia d con una velocidad v =

2 gl (1 − cosθ 1 ) . Al

chocar con el péndulo 2, le cede todo su momento y lo vuelve a recuperar cuando el péndulo vuelve a su posición inicial. Así pues, el tiempo que tarda la masa en ir y volver será

t=

2d 2 gl (1 − cosθ 1 )

y el periodo del movimiento de todo el sistema será

11

  l d . 2 π +   g 2 gl ( 1 cos θ ) − 1   Si consideramos ahora un pequeño rozamiento en la zona horizontal, tendremos que la energía mecánica final que tiene el péndulo 2 (energía potencial) será igual a la inicial (energía potencial del péndulo 1) menos el trabajo realizado por la fuerza de rozamiento:

E f = Ei − WR mgl (1 − cosθ 2 ) = mgl (1 − cosθ 1 ) − mgdµ d . Despejando µd tenemos µ d =

l (cosθ 2 − cosθ 1 ) . d

Para calcular el número de oscilaciones completas que realizará la masa que se encuentra en el plano horizontal igualamos la energía inicial del sistema y el trabajo de la fuerza de rozamiento, ya que la disipación de energía es completa (energía final cero)

mgl (1 − cosθ 1 ) = mgxµ donde x es el espacio total recorrido hasta que se para. El número de oscilaciones se calculará dividiendo x por la distancia que representa una oscilación, 2d,

l (1 − cosθ 1 ) x = =2 2d 2dµ

PROBLEMA 3. Un cuerpo está vibrando con movimiento armónico simple de amplitud 15 cm y frecuencia 4 vibraciones por segundo. - Los valores máximos de la velocidad y de la aceleración son: a)

3.77 m/s y 94.75 m/s2 .

b)

2.34 m/s y 91.56 m/s2 .

c)

3.77 m/s y 88.72 m/s2 .

- La aceleración cuando la elongación es 9 cm es: a)

-71.06 m/s2 .

b)

-63.78 m/s2 .

c)

-56.85 m/s2 .

12

- El tiempo necesario para desplazarse desde la posición de equilibrio a un punto situado a 12 cm de la misma es: a)

0.012 s.

b)

0.024 s.

c)

0.037 s.

Solución:

x(t ) = 0.15 cos(8πt + δ ) v(t ) = −3.77 sin (8πt + δ ) ⇒ v max = 3.77 m / s a(t ) = −94.75 cos(8πt + δ ) ⇒ a max = 94.75m / s 2 Si

x(t ) = 0.09 m ,

entonces

en

ese

instante

t

tenemos

que:

cos(8πt + δ ) = 0.6 .

Así

pues

a (t ) = −94.75 cos(8πt + δ ) = −56.85 m / s 2 .

Cuando

x(t ) = 0 m tenemos que 8πt + δ =

π 2

, mientras que cuando

x(t´) = 0.12 m tenemos que

 0.12  8πt´+δ = ar cos  ≈ 0.64 . Restando ambas ecuaciones tenemos:  0.15  8π (t − t´) =

π 2

− 0.64 ⇒ (t − t´) = 0.037 s

El problema también se podría haber resuelto de la misma forma considerando otras funciones para el movimiento armónico simple como x(t ) = A sin (wt + δ ) , x(t ) = A sin (wt ) o x(t ) = A cos(wt ) .

PROBLEMA 4. El cuerpo A de la figura de masa M, está unido por un muelle de masa despreciable al cuerpo B, de masa también M. El ángulo de inclinación del plano es α, el coeficiente dinámico de rozamiento entre el cuerpo A y el plano inclinado vale µA y entre el cuerpo B y el plano µB. Si suponemos que ambos cuerpos deslizan por el plano y que no hay oscilaciones :

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- ¿Qué tiene que cumplirse para que el muelle se estire durante el descenso del sistema por el plano inclinado? a)

µA < µB

b)

tg α > (µA +µB)

c)

Basta con que tg α > µA y tg α > µB

- Si el muelle tiene una constante K, ¿cuál será su estiramiento en el caso de que ocurra? a)

Mg cos α (µ A + µ B ) 2K

b)

Mg cos α  µ B  2 K  µ A

c)

Mg cos α (µ B − µ A ) 2K

  

- ¿Cuál será la aceleración del sistema en el caso en el que el muelle se contraiga durante el descenso? a)

 µ − µB  g senα − g cos α  A  2  

b)

µ g senα − g cos α  A  µB

c)

 µ + µB  g senα − g cos α  A  2  

  

Solución: Cuando los dos cuerpos comienzan a bajar por el plano, cada uno lo hace con una cierta aceleración inicial. El muelle se estirará durante el descenso si la aceleración inicial del cuerpo A, a A , es mayor que la del cuerpo B,

aB . Como

a A = gsenα − µ A g cos α a B = gsenα − µ B g cos α

,

tenemos que para que se cumpla a A > a B se debe cumplir µ A < µ B . En este caso, el muelle se estira provocando una tensión T en cada uno de los cuerpos, y el sistema desciende con una aceleración constante. La dinámica del sistema viene descrita por las siguientes ecuaciones:

Ma = Mgsenα − µ A Mg cos α − T Ma = Mgsenα − µ B Mg cos α + T .

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Resolviendo el sistema tenemos que

T=

(µ B − µ A )Mg cos α 2

y la elongación del muelle x, vendrá dada por T / K . En el caso de que el muelle se comprima durante el descenso, tendríamos que µ A > µ B y la dinámica sería la siguiente

Ma = Mgsenα − µ A Mg cos α + T Ma = Mgsenα − µ B Mg cos α − T . La aceleración será

 µ + µB  a = g senα − g cos α  A . 2   Como se puede comprobar, la aceleración del sistema en el caso en el que el muelle se comprime es exactamente la misma que en el caso en el que el muelle se estira. Esto es debido a que las fuerzas del muelle son internas, y no afectan para nada a la dinámica del sistema.

PROBLEMA 5. Una bala de rifle, de masa 10 g, choca contra un bloque de masa 990g que se encuentra en reposo sobre una superficie horizontal lisa, y queda incrustada en él. El bloque está unido a un resorte, como se indica en la figura 4, y el choque comprime el resorte 10 cm. El calibrado del resorte indica que para comprimirlo 1 cm es necesaria una fuerza de 100000 dinas. 1dina=1g cm/s2

- La energía potencial máxima del resorte será: a)

0.5 Nm

b)

0.3 Nm

c)

0.1 Nm

15

- La velocidad del bloque después del choque será: a)

1.5 m/s

b)

1.8 m/s

c)

1.0 m/s

- La velocidad inicial de la bala es: a)

120 m/s

b)

100 m/s

c)

160m/s

Solución: Como 1 N=105 dinas, la constante del muelle K vale 100 N/m. La energía máxima del resorte será

1 2 Kx max = 0.5 J . 2 Sabiendo esta energía potencial final del resorte, podemos averiguar cual es la velocidad v del conjunto bala + bloque justo después del choque, ya que la energía total del sistema se conserva:

1 1 2 (m + M )v 2 = Kx max 2 2 De donde obtenemos que v = 1 m/s. Cuando la bala choca contra el bloque, el momento lineal se conserva. Así pues podemos escribir

(m + M )v = mv0 , donde v0 es la velocidad inicial de la bala. Despejando obtenemos que v0 = 100 m / s .

PROBLEMA 6. Dos resortes, cada uno de los cuales tiene una longitud natural de 20 cm, pero cuyas constantes k1 y k2 son distintas, están unidos a las caras opuestas de un bloque de masa m situado sobre una superficie horizontal sin rozamiento. Los otros extremos de los resortes se unen ahora a los dos clavos P1 y P2 situados a 10 cm de las posiciones iniciales de los resortes. Ver figura. Siendo k1=1000 dinas/cm, k2=3000 dinas/cm, m=100g y 1dina=1g cm/s2.

10cm

P1 •

20cm k1

20cm k2

10cm

• P2 16

- Cuando el bloque se encuentre en la nueva posición de equilibrio, después de sujetar los resortes a los clavos, la longitud de cada resorte será: a) 0.35m y 0.25m, respectivamente b) 0.22m y 0.38m, respectivamente c) 0.27m y 0.33m, respectivamente - El sistema es equivalente a otro muelle de constante: a) 2.01 N/m b) 4.00 N/m c) 0.75 N/m - El periodo de vibración del bloque cuando se le desplaza ligeramente de su nueva posición de equilibrio y se le abandona a si mismo será: a) 0.75 s b) 0.99 s c) 0.33 s

Solución: Supongamos que en la nueva posición de equilibrio, obtenida cuando se enganchan los dos resortes a la pared, el resorte 1 se ha estirado x1 m y el resorte 2 se ha estirado x2 m. Como la masa se encuentra en equilibrio, la suma de todas las fuerzas que actúan sobre ella debe ser 0. Así pues, podemos escribir

k 2 x 2 − k1 x1 = 0 , ya que las fuerzas debidas a las tensiones de los resortes tienen sentidos opuestos. Además, tenemos que añadir la condición x1 + x 2 = 0.2 , es decir, la suma de las elongaciones es igual a la distancia de los resortes en reposo a la pared. Sabiendo que k1 = 1 N/m y k 2 = 3 N/m , obtenemos que x1 = 0.15 m y x 2 = 0.05 m . Por tanto, la longitud de cada resorte será 0.35 m y 0.25 m respectivamente. Consideremos ahora qué ocurrirá si separamos la masa de su posición de equilibrio una distancia x pequeña y la soltamos. Para ello, escogemos la derecha como sentido positivo y la izquierda como negativo. Si

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desplazamos la masa hacia la derecha una distancia x con respecto de su posición de equilibrio, tenemos que las fuerzas que actúan sobre el cuerpo son

∑ F = −k (0.15 + x) + k 1

2

(0.05 − x) .

Podemos aplicar entonces la segunda ley de Newton

ma = − k1 (0.15 + x) + k 2 (0.05 − x) = −4 x . Vemos que obtenemos la ecuación de movimiento de un objeto acoplado a un muelle de constante 4 N/m. Se trata pues de un movimiento armónico simple en el que ω 2 = k / m . Como T = 2π / ω , obtenemos que el periodo de oscilación del bloque es 0.99s.

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Solución exámenes Física General (Ciencias Matemáticas) Curso 2001/2002, Septiembre, 1ª Prueba Personal

CUESTIONES 1. Suponiendo que la Tierra tuviese una densidad media constante, encuéntrese cuanto habría que descender por debajo de la superficie terrestre para que un cuerpo pesara lo mismo a dicha profundidad que a una altura de 100 Km. sobre la superficie terrestre. (Radio terrestre = 6370 Km.) a) 195 Km. b) 467 Km. c) 305 Km. Solución: A una altura h sobre la superficie terrestre, la fuerza con la que la Tierra atrae al cuerpo es

F1 = G

MT m

(RT

+ h)

2

.

A una profundidad d por debajo de la superficie terrestre, el peso del cuerpo es

F2 = G

M ´m

(RT

− d)

2

,

donde M´ es la masa terrestre encerrada en una esfera de radio RT − d (Ley de Gauss). Si denominamos ρ la densidad de la Tierra, tenemos que

(R − d ) MT  4 4 3 3 . M ´= ρ  π (RT − d )  =  π (RT − d )  = M T T 3 RT 3   4 πR 3   3   T  3  3

Igualando F1 a F2 , obtenemos que d ≈ 195 Km.

2. El principio de relatividad de Galileo afirma que: a) es imposible elegir un sistema inercial con preferencia a los demás mediante algún experimento mecánico b) hay un único sistema inercial situado en el centro del Universo c) cada objeto posee un sistema inercial con respecto al cual esta siempre en reposo Solución: La respuesta correcta es la a).

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3. Dos bolas de plastilina de igual masa e igual velocidad chocan frontalmente, se adhieren y quedan en reposo: a) se conservan la energía y el momento lineal; b) no se conserva el momento lineal, pero sí la energía; c) no se conserva la energía, pero sí el momento lineal. Solución: Evidentemente, la energía no se conserva pero el momento lineal si. La respuesta correcta es la c).

4. Una persona se encuentra sobre una báscula en un ascensor. ¿En cuál de los casos siguientes será menor la lectura de la báscula? a) el ascensor está en reposo b) el ascensor baja con velocidad constante c) el ascensor baja aumentando su velocidad

Solución: Sobre la persona actúan dos fuerzas: su peso P y la fuerza normal de reacción de la báscula que soporta a la persona, FN . El peso que mide la báscula es igual a FN . Así pues, tenemos que averiguar en que condiciones es menor FN . Si tomamos el sentido hacia abajo como positivo, tenemos que

P − FN = ma . Por lo tanto FN = P − ma . Si no hay aceleración del ascensor, la báscula medirá el peso real de la persona, pero si el ascensor baja aceleradamente la lectura de la báscula será menor.

5. Cuando una masa puntual lleva un movimiento armónico simple, a) la aceleración es máxima cuando pasa por el centro de oscilación b) en los puntos de máxima amplitud la aceleración es nula y la velocidad máxima c) en los puntos de máxima amplitud la aceleración es máxima y la velocidad nula Solución: La respuesta correcta es la c)

20

6. Un objeto es lanzado verticalmente al aire para después volver a caer. Teniendo presente el rozamiento del aire, a) tardará lo mismo en subir que en bajar b) tardará mas en subir que en bajar c) tardará menos en subir que en bajar Solución: Hay muchas formas de resolver este problema. Podemos suponer que se trata de una movimiento uniformemente acelerado tanto en la subida como en la bajada. Si vi es la velocidad inicial con la que es lanzado el objeto y v f es la velocidad con la que vuelve al mismo punto, tenemos que vi > v f ya que se pierde energía mecánica durante el movimiento debido al rozamiento. Podemos entonces escribir las ecuaciones de la cinética para este movimiento: 2

0 − vi = −2a1 h 2

v f = 2a 2 h

,

donde a1 es la aceleración media durante la subida, a 2 es la aceleración media durante la bajada y h es la altura alcanzada. De la condición vi > v f obtenemos que a1 > a 2 . También podemos escribir

0 − vi = −a1t1 v f − 0 = a2t 2 donde t1 es el tiempo que tarda en subir y t 2 es el tiempo que tarda en bajar. Si ahora escribimos las ecuaciones del espacio recorrido

1 1 h = vi t1 − a1t12 = a1t12 2 2 1 h = a 2 t 22 2 e igualamos, obtenemos que

a1 t 22 = . a 2 t12 Como a1 > a 2 , entonces t 2 > t1 y tardará menos en subir que en bajar.

21

7. Un tiovivo circular gira con una velocidad angular constante ω . Una persona está situada en el centro del tiovivo y en reposo, mientras que una segunda, de la misma altura, está situada en un punto de la periferia de aquél y mirando hacia el centro del tiovivo. Cuando ambas se enfrentan, la primera envía una pelota hacia la segunda. Si la velocidad con la que es lanzada la pelota es 10 m/s y el ángulo de inclinación con respecto a la horizontal es de 30º, calcular ω para que la persona que se encuentra en la periferia recoja la pelota después de que el tiovivo de una vuelta completa. a) 6.15 rad/s b) es imposible que la persona situada en la periferia pueda recoger la pelota c) 4.81 rad/s Solución: Al ser lanzada la pelota desde el centro del tiovivo, no hay que considerar en su cinemática ninguna velocidad adicional más que la velocidad inicial con la que es lanzada, v0=10 m/s. Por lo tanto, las ecuaciones de su movimiento son las correspondientes a un tiro parabólico:

x = tv0 cos 30 y = tv 0 sin 30 −

1 2 gt 2

La condición y = 0 nos da el tiempo que tarda la pelota en ir de la primera persona a la segunda:

t=

2v0 sin 30 . g

Como ω = 2π / T y queremos que el tiovivo de una vuelta mientras la pelota vuela, entonces

ω=

πg v0 sin 30

≈ 6.15 rad/s

8. Se quiere subir una masa m a una altura h. Utilizamos un plano inclinado sin rozamiento. En comparación con el levantamiento vertical: a) nos permite realizar menos trabajo b) permite utilizar una fuerza menor c) permite ahorrar potencia Solución: Como se trata de fuerzas conservativas, el trabajo realizado no depende de la forma en que la partícula se mueve de un punto a otro, sino de sus posiciones inicial y final. En este caso el trabajo total suministrado es el mismo, e igual al aumento de energía potencial de la masa: mgh .

22

Lo que si que es cierto es que nos permite utilizar una fuerza menor. En el levantamiento vertical la fuerza utilizada tiene que ser mayor o igual al propio peso del cuerpo mg , mientras que en el caso del plano inclinado, la fuerza utilizada puede ser menor: mg sin α , donde α es el ángulo de inclinación del plano. En cuanto a la potencia, ésta no sólo depende de la fuerza empleada para subir la masa sino de la velocidad con la que sube. Por ejemplo, podemos subir verticalmente la masa muy despacio y la potencia empleada será menor que si la subimos por el plano inclinado muy rápidamente. Así que no podemos afirmar nada al respecto.

9. Supongamos que representamos la energía potencial U ( x) = x 4 frente a x. Si un punto material es inicialmente colocado con velocidad nula en el punto x=0, a) se desplazará en el sentido de las x positivas b) no se moverá c) se desplazará en el sentido de las x negativas Solución: Veamos cual es la fuerza que experimenta el punto material en x = 0.

F ( x) = −

dU = −4 x 3 dx

Entonces F (0) = 0 y la partícula no se moverá.

G

10. Un disco se mueve rodando sin deslizar con velocidad de traslación v .¿Cuál es la velocidad v A del punto A situado en la periferia del disco con respecto a un sistema de referencia fijo al suelo?

v A

θ

G

a) v A = v (1 − cosϑ , senϑ )

G

b) v A = v (− cosϑ , senϑ )

G

c) v A = v (1 + cosϑ , senϑ )

23

Solución:

G

G

La velocidad del punto A es la suma de las velocidades de traslación v A,trasl y de rotación v A,rot . La velocidad

G

de traslación es v A,trasl = (v, 0) mientras que la velocidad de rotación es tangente al punto y de módulo v, puesto que el disco rueda sin deslizar.

G v A,rot

θ A

En la figura vemos que la velocidad de rotación se descompone en sus dos componentes perpendiculares y

G

G

tenemos v A, rot = (−v cos θ , v sin ϑ ) . Sumando llegamos finalmente a v A = v (1 − cosϑ , senϑ ) . Como se

G

G

G

puede comprobar, cuando ϑ = 0 tenemos que v A = 0 , mientras que si ϑ = 180º v A = (2v, 0) .

11. El péndulo balístico se usa para medir la velocidad de las balas. Consta de un péndulo de masa M que cuelga verticalmente de forma que se puede medir fácilmente la altura máxima h a la que se eleva. Una bala de masa m es disparada horizontalmente sobre el péndulo, que está inicialmente en reposo, y queda incrustada en él. La velocidad de la bala vendrá dada por la expresión: a) v = ((m + M ) / M ) 2 gh b) v = ( M /( M + m)) 2 gh c) v = ((m + M ) / m) 2 gh

Solución: La solución se obtiene al resolver las ecuaciones de la conservación del momento lineal en el choque balapéndulo y de la conservación de la energía mecánica en el movimiento del péndulo:

mv = ( M + m)V 1 (m + M )V 2 = (m + M )gh 2

24

De donde v = ((m + M ) / m) 2 gh .

12. ¿En cuál de los dos experimentos que proponemos a continuación se estirará más el mismo muelle? 1: Sujetamos el muelle a una pared vertical y estiramos del extremo libre con una fuerza F. 2. Estiramos de los dos extremos libres del muelle al mismo tiempo aplicando una fuerza F en cada extremo. a) En los dos casos se producirá la misma deformación b) Se estirará más en el primer caso c) Se estirará más en el segundo caso Solución: La respuesta correcta es la a). La pared vertical ejerce sobre el muelle una fuerza de reacción F, igual pero de sentido contrario a la que aplicamos sobre el extremo libre, por lo que obtenemos el mismo efecto que en el experimento 2.

13. En un tren que frena al entrar en una estación, un niño sentado de espaldas al sentido de marcha lanza una pelota al aire. Ésta caerá: a) detrás de él; b) delante de él; c) en sus manos Solución: El problema se puede resolver tanto en el sistema de referencia inercial situado fuera del tren como en el sistema de referencia no inercial que es donde se encuentra sentado el niño. En el primer caso tenemos que si v 0 es la velocidad con la que circulaba el tren justo en el momento en el que el niño lanza la pelota al aire y v la velocidad con la que ésta es lanzada verticalmente por el niño, para un observador situado fuera del tren, la pelota describirá un movimiento parabólico con v 0 como componente horizontal de la velocidad inicial de la pelota y v como la componente vertical:

x = tv 0 y = tv −

1 2 gt 2

Al cabo de un cierto tiempo t´, la pelota volverá a y = 0 , y por tanto habrá recorrido una distancia

x pelota = t´v0 . Mientras tanto, el tren habrá recorrido en el mismo tiempo una distancia menor puesto que

25

partiendo de la velocidad v 0 ha ido frenando. xtren = t´v 0 −

1 2 at´ . Como xtren < x pelota la pelota caerá por 2

delante del tren, y como el niño está sentado de espaldas al avance del tren, la pelota caerá detrás del niño. Si nos situamos dentro del vagón, al estar en un sistema acelerado debemos añadir a las fuerzas que actúan sobre la pelota la fuerza de inercia correspondiente al movimiento (ver Cuestión 3 de Febrero 2002)

Finercia = − ma , donde m es la masa de la pelota y a la aceleración del tren. Como a es negativa, el niño verá que la pelota experimenta un fuerza horizontal en el sentido de avance del tren que no se compensa con ninguna otra fuerza (puesto que el resto de fuerzas que actúan sobre la pelota son sólo la gravedad, y actúa en la dirección perpendicular) y que hace que la pelota caiga detrás de él. 14. Supóngase que la densidad de la Tierra es uniforme, ρ , y que no existen rozamientos. Se practica un túnel siguiendo un diámetro terrestre y se deja caer una partícula de masa m por el mismo. La fuerza que actuaría sobre la partícula tendría la forma: a)

F = −k / r 2

b)

F = −k / r

c)

F = − kr

Solución: Resuelto en el Problema 1 de Febrero 2002

PROBLEMAS

G

1. Sobre dos bloques de masas m1 y m2 actúa una fuerza F como se indica en la figura. Si µ es el

G

coeficiente de rozamiento entre cada uno de los bloques y el suelo, F12 la fuerza que ejerce el bloque 1

G

sobre el bloque 2, y F21 la fuerza que ejerce el bloque 2 sobre el 1, entonces la aceleración del sistema vale:

F

m1

m2

26

a)

F − µg m1 + m2

b)

F F F + 12 − 21 − µg m1 + m2 m2 m1

c)

F − µg m1 + m2 G

- ¿Cuánto vale el módulo de F21 ? a)

m2 F m1 + m2

b)

m1 F m1 + m2

c)

m1 + m2 F m1 − m2

Solución: La dinámica del sistema viene descrita por el siguiente sistema de ecuaciones:

m1 a = F − F21 − m1 gµ

,

m2 a = F12 − m2 gµ G G G donde F, F12 y F21 son los módulos de las fuerzas F , F12 y F21 respectivamente. G G Teniendo en cuenta que F21 y F12 son fuerzas de acción y reacción y que sus módulos son iguales, obtenemos que

a=

F − gµ m1 + m2

F21 = F12 =

m2 F m1 + m2

Como se puede observar, la aceleración es la misma que la que tendría un solo bloque de masa m1 + m 2 , ya que las fuerzas internas no afectan a la dinámica de un sistema.

2. Consideremos dos esferas de la misma masa y el mismo radio, pero una maciza y otra hueca. Si las soltamos desde la parte alta de un plano inclinado con rozamiento y ambas esferas caen rodando sin deslizar, ¿cuál de las dos llegará antes al suelo? (tenga en cuenta que el momento de inercia de la esfera hueca es mayor que el de la esfera maciza)

27

a) la esfera maciza b) la esfera hueca c) las dos llegarán al mismo tiempo - Si no hubiera rozamiento, ¿cuál de ellas llegaría antes? a) las dos llegarán al mismo tiempo b) la esfera maciza c) la esfera hueca

Solución: Si hay rozamiento y las dos esferas caen rodando sin deslizar no hay disipación de energía porque no existe fricción entre el cuerpo y el plano (rozamiento estático: la velocidad del punto del cuerpo que está en contacto con el plano es 0 −ver Cuestión 10 Septiembre 2002). Entonces podemos aplicar la conservación de la energía mecánica al final de la rampa:

1 1 2 2 + I huecaω hueca Mv hueca 2 2 1 1 2 2 Mgh = Mv maciza + I maciza ω maciza 2 2

Mgh =

Utilizando la condición de rodadura v = Rω obtenemos que 2 v hueca =

2Mgh M + I hueca / R 2

2 v maciza =

2Mgh M + I maciza / R 2

2 2 < v maciza y por tanto llegará antes al suelo la esfera maciza. Como I hueca > I maciza tenemos que v hueca

Si no hay rozamiento, las esferas no rodarán y ambas llegarán al mismo tiempo.

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Solución exámenes Física General (Ciencias Matemáticas) Curso 2002/2003, Febrero, 1ª Prueba Personal

CUESTIONES 1. Para que una fuerza que actúa sobre una partícula en un espacio tridimensional sea conservativa es suficiente: a)

que la fuerza dependa de la posición

b)

que la fuerza no dependa del tiempo

c)

que la fuerza sea central

Solución: En un movimiento tridimensional el que la fuerza sea sólo función de la posición es una condición necesaria pero no suficiente para que sea una fuerza conservativa. Si la fuerza es central (está dirigida hacia un punto fijo en el espacio y su magnitud depende sólo de la distancia a ese punto) si que es conservativa.

2. Desde un mismo punto O se dejan caer a la vez dos cuerpos por dos planos inclinados OA y OB de diferentes pendientes y sin rozamiento, tal como se muestra en la figura. Siendo vA y vB las velocidades de los dos cuerpos en los puntos A y B, respectivamente, y aA y aB las respectivas aceleraciones, tenemos que: a)

aA < aB y vA=vB

b)

aA < aB y vA < vB

c)

aA > aB y vA>vB

O

B

A

Solución: La aceleración de caída viene determinada por la 2ª Ley de Newton:

a = g sin α En el plano inclinado OB la pendiente es mayor y por lo tanto la aceleración también es mayor: aA < aB. Como no hay rozamiento la energía mecánica se conserva, por lo que en el punto más bajo de los dos planos las velocidades de los dos cuerpos son exactamente las mismas vA=vB.

29

3. Una persona de 80 Kg de masa salta desde 5 metros de altura a una cama elástica que puede considerarse como un resorte vertical sin masa, cuya constante elástica vale 2000N/m. ¿Cuál es la máxima deformación de la cama? (Tomar g=9.8 m/s2) a)

2.41 m

b)

0.67 m

c)

1.96 m

Solución: Esta cuestión se resuelve utilizando el principio de conservación de la energía mecánica. Si tomamos como origen de la energía potencial la superficie de la cama elástica sin deformación, tenemos que la energía total inicial es la potencial de la persona: E i = mgh = 3920 J . En el momento de máxima deformación de la cama elástica, la energía cinética es cero, por lo que sólo tenemos que considerar la energía potencial de la persona (negativa, puesto que la persona se encuentra por debajo del origen de energía) y la de la cama que es considerada como un resorte: E f = −mgd +

1 2 kd , donde hemos 2

denominado d a la máxima deformación de la cama. Igualando obtenemos que d ≈ 2.41 m .

4. Si el momento neto de las fuerzas que actúan sobre un sólido es cero: a)

El momento angular y la velocidad angular son cero

b) Ni el momento angular ni la velocidad angular pueden variar c)

El momento angular no puede variar pero si la velocidad angular

Solución: El momento angular es constante, pero la velocidad angular si que puede cambiar si de alguna forma varía la distribución de la masa del sólido con respecto a su eje de giro y por tanto el momento de inercia se altera. Un ejemplo clásico es el de un patinador: al encogerse aumenta su velocidad angular y gira más rápido, si por el contrario estira sus brazos, frenará la frecuencia del giro. Durante todo el proceso, el momento angular permanece constante.

5. Un bloque de 1 kg que se desplaza por un plano horizontal choca contra un resorte horizontal de masa despreciable cuya constante de fuerza es 2 N/m. El bloque comprime el resorte deformándolo 4 m y se

30

para. Si el coeficiente de rozamiento entre el bloque y la superficie horizontal es de 0.25, ¿cuál era la velocidad del bloque en el instante del choque? a)

8.54 m/s

b)

7.18 m/s

c)

10.33 m/s

Solución: La diferencia entre al energía cinética inicial del bloque, y la energía final, dada por la energía potencial del resorte, es la energía disipada por el rozamiento entre el bloque y el plano. Esta última viene dada por el trabajo que realiza la fuerza de rozamiento: Wroz = − Froz d = −mgµd , donde d es la distancia durante la que actúa la fuerza de rozamiento (4 m en nuestro problema). Podemos escribir entonces:

1 2 1 2 mv − kd = mµgd 2 2 Despejando la velocidad obtenemos v = 7.18 m/s.

6. Un bloque de masa m se desliza sin rozamiento por una rampa de masa M tal y como se muestra en la figura. Esta rampa está colocada sobre una mesa por la que puede deslizar sin rozamiento. Si el bloque comienza a deslizarse desde una altura h, ¿cuánto vale el módulo de la velocidad de la rampa en el instante en el que el bloque sale de la rampa?.

a)

2m 2 gh M (m + M )

b)

Mgh m+M

c)

mgh 2(m + M )

m

M

Solución: Como no hay rozamiento la energía mecánica se conserva en todo momento. Por lo tanto podemos escribir:

mgh =

1 1 MV 2 + mv 2 . 2 2

También tenemos conservación del momento lineal en la dirección x. Como inicialmente el momento lineal es 0, el momento lineal final también tiene que ser 0: MV = mv

31

De estas dos ecuaciones obtenemos que V =

2m 2 gh . M (m + M )

7. Un ascensor de 3 m de altura sube con una velocidad constante de 1 m/s2. Cuando se encuentra a una cierta altura se desprende la lámpara del techo. Si t1 es el tiempo que tarda la lámpara en llegar al suelo del ascensor medido por un observador situado dentro del ascensor y t2 es el tiempo que tarda en caer la lámpara medido por un observador en reposo fuera del ascensor, entonces: (Tomar g=9.8 m/s2) a)

t1=0.78s y t2=0.89s

b)

t1=0.78s y t2=0.78s

c)

t1=0.89s y t2=0.89s

Solución: Si el ascensor se mueve con velocidad constante, los dos tiempos serán iguales puesto que están medidos en sistemas de referencia inerciales. Podemos, por consiguiente, estudiar la dinámica del problema desde cualquiera de los dos sistemas. Sin embargo, lo haremos desde los dos puntos de vista. Dentro del ascensor: Un observador situado dentro del ascensor ve simplemente una caída libre de la lámpara:

h=

1 2 gt , 2

y el tiempo que mide es 0.78 s. Fuera del ascensor: Un observador situado fuera del ascensor también ve una caída libre pero con una velocidad inicial

v0 = −1 m / s , donde hemos escogido positivo el sentido hacia abajo. Por lo tanto tenemos que h = v0 t +

1 2 gt . 2

Durante la caída de la lámpara, el observador situado fuera del ascensor ve que el suelo ha subido una distancia v 0 t . Entonces la distancia h que recorre la lámpara desde que se desprende hasta que llega al suelo es h = 3 + v0 t = 3 − t . Así pues tenemos que

3 − t = −t +

1 2 gt 2

y el tiempo que mide es 0.78 s.

8. Sobre un plano inclinado un ángulo de 30º se colocan dos cuerpos juntos A y B de masa 1 y 5 Kg, respectivamente, tal y como se muestra en la figura. Los coeficientes de rozamiento entre el bloque A y el

32

plano inclinado es 0.1, y entre el bloque B y dicho plano 0.2. ¿Cuánto vale la velocidad de cada cuerpo después de haberse desplazado 1 m a lo largo del plano inclinado partiendo del reposo? (Tomar g=9.8 m/s2) a) vA= 1.64m/s y vB= 2.59m/s b) vA= 1.64m/s y vB= 1.64m/s c) vA= 2.59m/s y vB= 2.59m/s

A B

30º

Solución: Para resolver el problema necesitamos saber si ambos cuerpos caen juntos. Para ello calculamos cual es la aceleración con la que inicialmente caería cada uno si estuvieran separados:

mAa A = mA gsenα − µ AmA g cosα mB aB = mB gsenα − µ B mB g cosα Restando ambas ecuaciones tenemos

a A − aB = g cosα ( µ B − µ A ) Como µ B > µ A entonces a A > aB , por lo que ambos cuerpos bajarán juntos. Sabiendo esto, podemos escribir las ecuaciones de la dinámica para ambos cuerpos:

mAa = mA gsenα − FBA − µ AmA g cosα mB a = mB gsenα + FAB − µ B mB g cosα

,

siendo FBA el módulo de la fuerza que el cuerpo B ejerce sobre el cuerpo A y FAB el módulo de la fuerza que el cuerpo A ejerce sobre el cuerpo B. Por el principio de acción y reacción tenemos que

FBA = FAB Resolviendo el sistema anterior obtenemos el valor de la aceleración de caída del conjunto formado por ambos cuerpos: a ≈ 3.34 m / s 2 . Utilizando la ecuación de la cinemática v 2f − vi2 = 2as , obtenemos que la velocidad del sistema después de recorrer 1m es 2.59 m / s .

33

9. Se dejan caer dos bolas con la misma masa desde lo alto de un plano inclinado. Las dos bolas experimentan rozamiento con el plano inclinado, pero mientras la primera cae deslizando sin rodar, la segunda cae rodando sin deslizar. ¿Cuál de ellas tiene más energía mecánica al final de la rampa? a)

La que rueda sin deslizar

b)

La que desliza sin rodar

c)

Las dos tienen la misma energía mecánica

Solución: La bola que rueda sin deslizar no disipa energía por rozamiento puesto que la velocidad del punto de contacto de la bola con el plano es 0 (no hay fricción, rozamiento estático), por lo tanto su energía mecánica final es igual a la inicial. Sin embargo la que desliza si que disipa energía, por lo que su energía final es menor que la inicial. La respuesta correcta es la a)

10. Una barca de 100Kg de masa reposa en un estanque. Una persona de 50Kg comienza a andar sobre ella con velocidad constante 1m/s respecto a la barca. ¿Qué ocurrirá si no se considera rozamiento alguno? a)

La barca se moverá con respecto a la orilla con v= - 0.33m/s

b)

La barca se moverá con respecto a la orilla con v= - 0.50m/s

c)

La barca se moverá con respecto a la orilla con v= - 0.25m/s

Solución: Como no actúan fuerzas externas sobre el sistema, el momento lineal se conserva. Sea v la velocidad de la barca con respecto a la orilla. El momento inicial con respecto a la orilla es 0, mientras que el final es la suma de los momentos de la barca: vM barca y de la persona: (v + 1)m persona , ya que la persona se mueve con velocidad constante 1m/s con respecto a la barca. Aplicando el principio de conservación del momento tenemos:

0 = vM barca + (v + 1)m persona . La solución es v= - 0.33m/s

11. Un satélite cercano a la superficie de la Tierra tarda unos 90 minutos en orbitar alrededor de ésta. Este es el mismo que tardaría en hacerlo si, en lugar de hacerlo alrededor de la Tierra, lo hiciese alrededor de la Luna, aun siendo su radio mucho menor. De este dato se puede deducir que a)

La Tierra tiene una densidad mayor que la Luna

b)

Tienen ambas la misma densidad

34

c)

La Tierra tiene una densidad menor que la de la Luna

Solución: La densidad de la tierra es

MT ML mientras que la de la luna vale . Supongamos que el satélite tiene una 4 3 4 3 πRT πRL 3 3

masa m. La ecuación de la dinámica para su movimiento alrededor de la tierra es

MT m vT2 G 2 =m RT RT Como vT = ωT RT podemos escribir

G

MT = ϖ T2 3 RT

G

ML = ϖ L2 3 RL

En el caso del giro alrededor de la luna tenemos

Como el periodo de la órbita es el mismo en los dos casos, tenemos que ωT = ω L . Igualando las dos ecuaciones anteriores llegamos a

M L MT = 3 , RL3 RT de donde se deduce que ambas tienen la misma densidad.

12. En un parque de atracciones, la principal atracción consiste en un cilindro hueco colocado verticalmente que gira. Los participantes se sostienen contra las paredes interiores del cilindro mantenidos por la fuerza de rozamiento. Si el coeficiente de rozamiento estático entre los participantes y la pared vale 0.4 y el radio del cilindro es de 5 m, hallar la velocidad angular mínima con la que tiene que girar para que no se caigan. (g=9.8 m/s2) a)

2.21 rad/s

b)

1.66 rad/s

c)

3.58 rad/s

Fuerza Rozamiento

Fuerza centrípeta

35

Solución: Del diagrama de fuerzas anterior tenemos que Fuerza Rozamiento = Peso. La Fuerza de rozamiento es proporcional a la fuerza normal que el cuerpo ejerce sobre las paredes del cilindro. Esta fuerza es igual en módulo (aunque en sentido opuesto) a la fuerza que las paredes del cilindro ejercen sobre el cuerpo, que es la fuerza centrípeta necesaria para que el cuerpo gire. Por lo tanto podemos escribir:

µm

v2 = mg R

Como v = ω R tenemos que

µ mω 2 R = mg de donde obtenemos que ω ≈ 2.21 rad / s

13. Un bloque de 10 Kg de masa se encuentra en reposo en un plano inclinado 30º. Si el coeficiente de rozamiento estático y dinámico entre el plano y el cuerpo es 0.7, ¿cuánto vale la fuerza de rozamiento? (g=9.8 m/s2) a)

59.4 N

b)

49.0 N

c)

0N

Solución: Como el bloque se encuentra en reposo, la suma de todas las fuerzas que actúan sobre él debe ser 0. Por lo tanto, la Fuerza de Rozamiento debe ser igual a la componente tangencial del peso: mgsenα , que vale 49.0 N

36

14. El péndulo de la figura consta de una masa puntual

1m

A

de 1 Kg sujeta por una varilla sin masa de longitud 1 m. Se suelta desde la posición A hasta que en la posición B choca elásticamente con una masa de 1 Kg que está en reposo unida a un resorte sin masa y

B

constante elástica k=50N/m. ¿Cuánto vale la máxima compresión del muelle después del choque?. (Tomar g=9.8 m/s2) a) 0.39m b) 0.63m c) 0.14m Solución:

La velocidad con la que choca la masa del péndulo con la del resorte se obtiene a partir de la conservación de la energía mecánica del péndulo

mgh =

1 2 mv 2

Como el choque es elástico, la energía cinética se conserva y posteriormente se transforma en energía potencial del muelle

1 2 1 2 mv = kx 2 2 A partir de estas dos ecuaciones obtenemos que x = 0.63 m.

G

15. Una barca de masa m se mueve sin rozamiento con velocidad v 0 con respecto a un observador que se encuentra en la orilla. ¿Qué debe hacer un niño de masa m que está sentado dentro de la barca para que la barca no se mueva durante un instante en relación al observador?

G

a)

Correr hacia un extremo de la barca con velocidad v 0

b)

Correr hacia un extremo de la barca con velocidad 2 v 0

c)

Correr hacia un extremo de la barca con velocidad − 0.5v 0

G

G

Solución:

37

G

El momento inicial del sistema barca + niño con respecto a la orilla es 2mv0 . Como no actúan fuerzas externas

G

sobre el sistema, el momento lineal se conserva. Así pues, si el momento final total del sistema es mv , donde

G G G v es la velocidad del niño mientras que la velocidad de la barca es 0, tenemos que v = 2v0 .

16.- Se dispara verticalmente una bala de mortero con una velocidad inicial de 126 m/s. En el punto más alto de su trayectoria explota en tres fragmentos iguales, uno de los cuales sigue subiendo con una velocidad de 70 m/s; otro sube formando inicialmente un ángulo de 45º con la vertical, con una velocidad de 140 m/s. Determinar la velocidad inicial del tercer fragmento:

G G − (70 + 70 2) i − (70 − 70 2 ) j m/s G G − 70 2 i − 70 j m/s G G − 70 2 i − (70 + 70 2 ) j m/s

a) b) c)

Solución: En el punto más alto de su trayectoria la velocidad de la bala es 0. Como la explosión es debida a fuerzas internas, el momento lineal se conservará en las dos direcciones del espacio justo en el instante

G

G

después de la explosión (luego no, porque actúa una fuerza externa como es la gravedad). Sean v1 , v 2

G

y v3 las velocidades de los tres fragmentos. Tenemos que:

G G G G G G G G v1 = 70 j m/s, v 2 = 140 sin(45)i + 140 cos(45) j m/s y v3 = xi + yj m/s. Como el momento lineal se conserva en el instante después de la explosión podemos escribir:

G G G G v1 + v 2 + v3 = 0 , de donde obtenemos las siguientes ecuaciones:

140 sin(45) + x = 0 70 + 140 cos(45) + y = 0 G G G Finalmente llegamos a v3 = − 70 2 i − 70 + 70 2 j m/s.

(

) (

)

PROBLEMAS PROBLEMA 1. Un objeto celeste esférico tiene una frecuencia de rotación sobre sí mismo de 30 vueltas por segundo. Su masa es de M ≈ 2 × 10 30 kg, (Dato: G = 6, 7 ×10−11 N ⋅ m 2 / kg 2 ). - La densidad mínima que debe tener para poder mantener su forma esférica. a)

Del orden del billón (1012) de kg/m3

b)

Menor que un billón de kg/m3

38

c)

Mayor que un billón de kg/m3

- El máximo radio posible del objeto es a)

Del orden del radio de la Tierra

b)

Del orden del radio del Sol

c)

Del orden del centenar de kilómetros

- En realidad la densidad del objeto es del orden de la densidad nuclear, que es tres órdenes de magnitud superior a la mínima calculada para no desintegrarse. Este nuevo dato, ¿en cuanto altera la estimación del radio? a)

La disminuye en un orden de magnitud

b)

La disminuye en dos órdenes de magnitud

c)

La aumenta en un orden de magnitud

Solución: La condición necesaria y suficiente para mantener la forma esférica del objeto celeste es que para todo elemento de masa m en su superficie debe cumplirse que

mv 2 mM = mω 2 R ≤ G 2 , R R es decir, que la fuerza atractiva gravitatoria sea suficiente para mantener la rotación. De lo contrario, la superficie se desintegraría porque la atracción no proporciona la fuerza centrípeta suficiente para que la masa de la superficie gire alrededor del planeta. De la ecuación anterior obtenemos que la densidad ρ debe satisfacer la siguiente condición:

ρ=

M 4 3 πR 3

3ω 2 ≥G ≈ 1.3 1014 kg/m 3 4Gπ

El radio del objeto celeste debe ser

 3M R ≤   4πρ min

1

3  = 1.5 10 5 m = 150 Km 

Nos dicen ahora que, en realidad, la densidad del objeto es tres órdenes de magnitud mayor a la calculada en a):

ρ ≈ 1.3 1017 kg/m 3 . La nueva estimación del radio da 15 Km.

PROBLEMA 2. Un carrito de masa m se mueve a una velocidad v hacia otro en reposos de masa 3m. Éste último está provisto de un parachoques de masa despreciable acoplado a un resorte. Durante el choque

39

frontal de ambos carritos el resorte se comprime y durante todo el proceso la energía mecánica se conserva. - ¿Cuál es la velocidad v ′ del carrito de masa 3m en el instante de máxima compresión del resorte? a)

v′ = v

b)

v′ =

v 3

c)

v′ =

v 4

- En el caso en el que la energía mecánica no se conservase durante el choque, la velocidad v ′ de la pregunta anterior sería a)

v′ = v

b)

v′ =

v 3

c)

v′ =

v 4

- Si la energía mecánica se conserva, ¿cuál es la velocidad v 2′′ del carrito de masa 3m mucho después del choque? a)

v 2′′ =

v 2

b)

v 2′′ =

v 3

c)

v 2′′ =

v 4

- En el caso de un choque totalmente inelástico, ¿cuál es la v 2′′ velocidad del carrito de masa 3m mucho después del choque? a)

v 2′′ =

v 2

b)

v 2′′ =

v 3

c)

v 2′′ =

v 4

Solución: La conservación del momento da

mv = (m + 3m )v ′

40

v′ =

v 4

Siendo ésta la velocidad en el instante de máxima compresión tanto en el caso de choque elástico como inelástico. Si el choque es elástico, una vez pierden contacto,

1 2 1 1 2 2 mv = mv1′′ + mv 2′′ 2 2 2 mv = mv1′′ + mv 2′′ de las que se deduce v 2′′ =

v 2

Si el choque fuera totalmente inelástico, ambos carritos permanecerían todo el tiempo juntos y la velocidad sería la de la pregunta 1.

PROBLEMA 3. Un satélite geoestacionario es aquél cuya posición permanece siempre en la vertical de un determinado punto e la superficie terrestre. Estos satélites se encuentran: a)

En la vertical de un punto de latitud 45º Norte

b)

En la vertical de un punto de latitud 0º

c)

Pueden estar en la vertical de puntos en cualquier latitud

- La distancia al centro de la Tierra de la posición de estos satélites: (Masa Tierra =5.98 1024 kg, G=6.67 10-11 Nm2/kg2) a)

depende de para qué se utilice el satélite

b)

es siempre de 42.000 km

c)

es siempre de 420 km

Solución: Al permanecer siempre en la vertical de un determinado punto, los satélites geoestacionarios giran con la misma velocidad angular que lo hace la tierra. La única fuerza que actúa sobre ellos es la atracción gravitatoria que está siempre dirigida hacia el centro de la Tierra. La fuerza gravitatoria entonces debe ejercer de fuerza centrípeta responsable del movimiento circular de los cuerpos. La fuerza centrípeta siempre apunta hacia el centro del giro.

41

En la figura vemos porqué un satélite geoestacionario tiene que estar siempre en la vertical de un punto de latitud 0º, es decir, sobre el Ecuador. Sólo en esa latitud, la fuerza gravitatoria puede ejercer como fuerza centrípeta ya que tendrían la misma dirección. En cualquier otra latitud, por ejemplo la ilustrada en la figura ( ≈ 25º ), la fuerza centrípeta (flecha con trazo discontinuo) y la gravitacional (flecha con trazo continuo) no coinciden en dirección, por lo que el satélite jamás podrá estar siempre sobre el mismo punto, girando con la tierra, únicamente por atracción gravitatoria. La distancia d de estos satélites a la Tierra viene determinada por la igualdad entre la fuerza centrípeta y la gravitatoria:

mM mv 2 = mω 2 d = G 2 . d d Despejando obtenemos d ≈ 42000 Km .

PROBLEMA 4. Un vagón de ferrocarril abierto por arriba se mueve sin rozamiento con velocidad 1 m/s. En un momento dado comienza a llover verticalmente y el vagón se va llenando de agua a razón de 10 Kg/s. La masa inicial del vagón es de 1000 Kg. - ¿Cuánto vale la velocidad del vagón al cabo de 10 segundos desde que empieza a llover? a)

v= 0.909m/s

b)

v= 0.609m/s

c)

v= 0.403m/s

- ¿Cuánto vale la aceleración en función del tiempo? a)

a(t ) =

− 10000 m/s2 2 (1000 + 10 t )

b)

a(t ) =

− 100 m/s2 2 (1000 + 10 t )

c)

a(t ) =

− 10000 m/s2 2 (10 t ) 42

- ¿Cuánto vale la fuerza que habría que ejercer sobre el vagón para mantenerlo a velocidad constante 1m/s? a)

100 N

b)

50 N

c)

10 N

Solución: En este problema tenemos conservación del momento lineal en la dirección del movimiento del vagón ya que las únicas fuerzas externas que actúan sobre el vagón son perpendiculares al desplazamiento. Por lo tanto podemos escribir p (t ) = cte = p (0) = 1000 Kg m/s . La masa del vagón aumenta con el tiempo a razón de 10 Kg/s, así que tenemos que m(t ) = 1000 + 10t . Como p (t ) = m(t )v(t ) = cte , despejamos

v(t ) = 1000 / (1000 + 10t ) m/s y tenemos que al cabo de 10s la velocidad es 0.909 m/s. La aceleración viene dada por dv(t ) dt y es a (t ) =

− 10000 m/s2. 2 (1000 + 10 t )

Si ahora queremos mantenerlo a velocidad constante 1 m/s, el momento lineal va a cambiar con el tiempo y la fuerza que tenemos que ejercer para que eso ocurra se define como la variación de momento lineal por unidad de tiempo:

F (t ) =

dp(t ) d (m(t )v(t ) ) dm(t ) dv(t ) dm(t ) = = v(t ) + m(t ) = = 10 N . dt dt dt dt dt

PROBLEMA 5. A un cuerpo de 10Kg de masa que se encuentra sobre un plano inclinado 30º se le aplica una fuerza de 60 N paralela al plano y hacia arriba. El coeficiente de rozamiento estático y dinámico entre plano y cuerpo es 0.3 (g=9.8 m/s2). - ¿Qué ocurrirá? a)

El cuerpo subirá por el plano inclinado

b)

El cuerpo bajará por el plano inclinado

c)

El cuerpo no se moverá

- ¿Cuánto vale la fuerza de rozamiento? a)

11.00 N, oponiéndose a que el bloque suba

b)

25.46 N, oponiéndose a que el bloque baje

c)

25.46 N, oponiéndose a que el bloque suba

43

Solución: Las fuerzas que se oponen al movimiento son la tangencial del peso (hacia abajo): Pt = mg sin α = 49 N y la

(

)

fuerza de rozamiento, cuyo valor máximo es Froz , max = µmg cos α = 25.46 N . Como 60 < Pt + Froz ,max el cuerpo no se moverá. En ese caso, el cuerpo permanece en equilibrio y la suma de todas las fuerzas que actúan sobre él tiene que ser 0, por lo tanto la fuerza de rozamiento vale 60 − 49 = 11 N.

44

Solución exámenes Física General (Ciencias Matemáticas) Curso 2002/2003, Septiembre, 1ª Prueba Personal

CUESTIONES 1. Queremos bajar verticalmente por una ventana un peso de 1500 N, pero solo disponemos de una cuerda que puede soportar una tensión máxima de 980 N. ¿Se puede utilizar dicha cuerda para bajarlo sin romperla? ( g = 9.8m/s 2 ) a)

Si, si el descenso se realiza a velocidad constante.

b)

Si, si se baja con una aceleración a ≥ 3.4m/s 2

c)

Si, si se baja con una aceleración a ≥ 2.1m/s 2

Solución: Si escogemos el sentido positivo hacia abajo las ecuaciones de la dinámica son:

mg − T = ma → T = mg − ma ≤ 980 → 1500 − ma ≤ 980 de donde obtenemos que ma ≥ 1500 − 980 .

Como m =

peso 1500 520 = = 153.1 Kg, tenemos que a ≥ = 3.4 m/s 2 g 9.8 153.1

La respuesta correcta es la b)

2. Comprimimos un resorte 1 cm desde su posición de reposo. Cuando lo hagamos 2 cm desde la misma posición, necesitaremos hacer a)

2 veces más trabajo

b)

4 veces más trabajo

c)

8 veces más trabajo

Solución: El trabajo realizado se obtiene a partir del incremento de la energía potencial del muelle. En el primer caso tenemos que W1 =

1 1 k (0.01) 2 mientras que en el segundo caso W2 = k (0.02) 2 . Por lo tanto 2 2

W2 = 4 W1 .

45

3. Supuesto solamente conocidos el radio de la Tierra ( R = 6.4 ⋅ 10 6 metros ), la distancia Tierra-Luna ( r = 60 R ) y el valor de la gravedad en la superficie terrestre ( g = 9.8

m / s 2 ) es posible calcular la

velocidad de la Luna en su movimiento alrededor de la Tierra, que es muy aproximadamente: a)

10 m/s.

b)

100 m/s.

c)

1000 m/s.

Solución: La fuerza que la Tierra ejerce sobre una masa m en su superficie es:

F =G

MT m = mg . R2

Y la fuerza sobre esa masa, suponiendo que está girando en la misma órbita de la Luna, a una distancia r será:

F ´= G

MT m = ma n r2

donde an es la aceleración centrípeta en la órbita lunar. Dividiendo ambas expresiones tenemos que

an = g

R2 = 2.72 10 − 3 m / s 2 2 r

Entonces: vLuna =

ran = 1.02 103 m / s y la solución es la c).

4. Si se fundieran los hielos polares, ¿afectaría esto a la duración del periodo de rotación de la Tierra? a)

el periodo aumentaría

b)

el periodo disminuiría

c)

el periodo no variaría porque no intervienen momentos exteriores en la rotación

Solución: Como el momento angular se conserva: Iω = cte . Al fundirse los hielos polares I aumenta, por lo que ω debe disminuir y por tanto T =

2π

ω

aumenta; la solución es la a).

46

5. En el extremo de una tabla que flota en el agua, de masa 4 kg y longitud 2 m, descansa una rana de masa 100 g . Si ésta salta con velocidad v0 formando un ángulo de 15º con la horizontal, hallar el valor de v0 para que alcance el otro extremo de la tabla en el salto. (No considerar ningún tipo de rozamiento). ( g = 9.8m/s 2 ) a)

4.2 m/s

b)

6.3 m/s

c)

2.7 m/s

Solución: Como no actúan fuerzas externas sobre el sistema rana-tabla, el momento lineal se conserva. Si v es la velocidad con la que se mueve la barca justo después del salto de la rana, tenemos que:

0.1v 0 cos15º + 4v = 0 → v = −0.024v0 m/s, , es decir la tabla se mueve en sentido contrario al de la rana. Durante el salto de la rana, de duración t, la barca se ha movido tv , así que para que la rana alcance el otro extremo de la tabla después del salto, tenemos que considerar un tiro parabólico de alcance 2 − vt m. Las ecuaciones son: Dirección x: 2 − vt = tv0 cos15º Dirección y: 0 = tv 0 sin 15º −

1 2 gt 2

Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas: v0 y t. Despejando obtenemos que la solución correcta es la b).

6. Un atleta al saltar en el trampolín realiza diferentes movimientos físicos antes de penetrar en el agua. ¿Cuál de estas magnitudes permanece constante en el salto? a)

momento de inercia

b)

momento angular

c)

momento lineal

Solución: La única fuerza que actúa sobre el atleta es la de la gravedad y no ejerce momento alguno sobre el atleta, por lo que el momento angular se conserva. Ni el momento de inercia (pues el atleta cambia su distribución de masa al moverse) ni el lineal (presencia de la gravedad) se conservan. La solución es la b).

47

7. Sabiendo que el radio de la órbita de la Luna alrededor de la tierra es R, y que su periodo de revolución es T, ¿cuánto vale la masa de la Tierra? a) G

4π 2 R 2 T3

b)

4π 2 T 2 GR 3

c)

4π 2 R 3 GT 2

Solución: La fuerza de atracción gravitatoria que la Tierra ejerce sobre la Luna es la responsable del movimiento de rotación de la última sobre la primera. Podemos escribir por tanto que

G Despejando M T obtenemos que M T =

M T mL 4π 2 2 = m R = m R. ω L L R2 T2 4π 2 3 R . GT 2

8. Una persona está de pie en el centro de una plataforma giratoria. En un momento dado extiende los brazos que sostienen sendas pesas. ¿Que ocurrirá? a)

El momento angular del sistema aumenta

b)

El momento de inercia disminuye

c)

la velocidad angular disminuye

Solución: Al extender los brazos, el momento de inercia del sistema aumentará. Como el momento angular permanece constante en todo momento tenemos que Iω = cte . Por lo tanto la velocidad angular disminuirá.

9. Un cazador y su perro se dirigen en línea recta hasta una cabaña que dista 10 Km. Ambos parten desde la misma distancia. El cazador camina a una velocidad constante de 5 Km/hora. El perro, que va más deprisa, se mueve a velocidad doble que el cazador. Como el perro se mueve más rápido, llega a la cabaña primero. Una vez que ha llegado a la cabaña, regresa en busca del cazador hasta que se encuentra con él. Cuando lo encuentra decide dar la vuelta y regresa otra vez a la cabaña, y así sucesivamente se dedica a ir y venir desde el cazador a la cabaña y desde la cabaña al cazador, hasta que el cazador llega a la cabaña. ¿Qué distancia recorre el perro?

48

a)

20 Km.

b)

25 Km.

c)

30 Km.

Solución: Si el cazador ha recorrido en total 10 Km., el perro habrá recorrido el doble, puesto que su velocidad es el doble que la del cazador y ambos han estado el mismo tiempo moviéndose. La respuesta correcta es la a).

10. Una barra muy fina, rígida y homogénea, de masa M y longitud L, tiene fijada a uno de sus extremos una pequeña masa m, mientras que el otro se fija mediante un pivote (sin rozamiento) al techo. La barra se coloca horizontalmente, paralela al techo, y se suelta. ¿Cuál es la velocidad angular cuando llega a la posición vertical? (momento de inercia de una barra respecto de uno de sus extremos a) ω 2 =

1 3

ML2 )

g (6m + 3M ) L ( M + 3m)

b) ω 2 =

g (m + M ) M

c) ω 2 =

m M ( M + 3m)

Solución: Utilizamos la conservación de la energía mecánica. Si tomamos como origen de la energía potencial el techo tenemos que la energía mecánica inicial del sistema barra-masa es 0. Podemos escribir entonces para la energía mecánica total en la posición vertical del sistema:

0 = E cinética −barra + E potencial −barra + E cinética − masa + E potencial − masa 0= Sabiendo que I =

1 1 1 Iϖ 2 − LMg + mv 2 − Lmg 2 2 2

1 ML2 y v = ϖL , podemos despejar la velocidad angular y obtenemos 3

ϖ2 =

g (3M + 6m ) L( M + 3m)

11. Un cuerpo de 3 kg que se mueve con velocidad 5 m/s en la dirección positiva del eje x choca con otro de 6 kg que se desplazaba perpendicularmente al primero, en la dirección positiva del eje y, con velocidad

49

3 m/s. Después del choque ambos cuerpos quedan unidos. Calcular el módulo de la velocidad con la que se desplazan después del choque y el ángulo que forma esta velocidad con el eje x. a) 2.6 m/s y 38.3º b) 4.3 m/s y 38.3º c) 2.6 m/s y 50.2º Solución:

G

G

G

(

)

Aplicamos la conservación del momento lineal con v1,i = (5,0) m/s , v 2,i = (0,3) m/s y v f = v x , v y m/s . Si

α es el ángulo que forma la velocidad de los dos cuerpos unidos después del choque con respecto al eje OX y v el módulo de la velocidad, tenemos que v x = v cos α y v y = v sin α . Podemos escribir

G G G m1v1,i + m2 v 2,i = (m1 + m2 )v f . Sustituyendo e igualando obtenemos que v x =

15 y v y = 2 . A partir de los valores anteriores obtenemos que 9

α = 50.2º y v = 2.6 m/s.

12. Un camión circula a una velocidad de 20 m/s. Hallar la distancia mínima que debe recorrer para detenerse sin que resbalen las cajas que lleva en su interior, sabiendo que el coeficiente de rozamiento estático entre las cajas y el suelo del camión vale 0.4. g=9.8 m/s2 a)

51 m

b)

34 m

c)

16 m

Solución: Desde el punto de vista de un observador en reposo situado fuera del camión (sistema inercial) la única fuerza que actúa sobre las cajas en la dirección del movimiento es la fuerza de rozamiento, cuyo valor máximo es

Froz − max = µmg = 3.92m N , siendo m la masa de las cajas. Como el camión está frenando, el movimiento de las cajas que ve ese observador es un movimiento decelerado. Por lo tanto, la dinámica del sistema está descrita por

ma max = − Froz −max ⇒ a max = −3.92 m/s 2 . 2

2

Como v f − vi = 2as , tenemos que s = 51 m . Si el camión frenara con una aceleración mayor, la distancia s sería menor, pero la fuerza de rozamiento no podría “sujetar” las cajas y estas resbalarían dentro del camión. Este efecto se ve muy bien desde el punto de vista de un observador situado dentro del camión al lado de las cajas (sistema no inercial). Como hemos visto anteriormente (ver Cuestión 3 Feb02) podemos

50

utilizar las leyes de Newton en un sistema no inercial siempre que incluyamos en la ecuación de la dinámica la correspondiente fuerza de inercia Fi. Supongamos entonces que el camión está frenando con una aceleración mayor que la obtenida anteriormente, por ejemplo a = −5 m/s 2 . La ecuación de la dinámica para las cajas vista por un observador situado dentro del camión es

ma cajas = ∑ F + Fi = − Froz − ma = −3.92m + 5m , donde a cajas es la aceleración de las cajas vista por el observador situado al lado de ellas. Vemos que obtenemos

a cajas > 0 , es decir, el observador dentro del camión ve que las cajas se mueven hacia delante. Sólo cuando la aceleración del camión satisfaga la condición

0 = ∑ F + Fi = − Froz − ma tendremos que las cajas no se moverán. Esa condición, nos devuelve otra vez el valor de − 3.92 m/s 2 para la aceleración máxima del camión.

PROBLEMAS PROBLEMA 1. Una cadena flexible de longitud total L descansa sin rozamiento sobre el borde de una mesa, con una parte de la cadena de longitud y0 colgando verticalmente de ella. La cadena empezará a caer progresivamente. - ¿Cuál de estas dos posibilidades da la aceleración de la cadena en su deslizamiento por el borde de la mesa? a) a =

yg

L

, en función de la porción, y , de cadena que cuelga

b) siempre es g

- La velocidad de la misma cadena en el instante en que abandona la mesa e inicia su caída libre es

g 2 ( L − y02 ) L

a) v =

b) v = ( L − y0 ) c) v =

g L

g L

51

Solución: Sea y la porción de cadena que cuelga, si la masa total de la cadena es m, entonces la masa de la parte que cuelga es

my . De acuerdo con la tercera ley de Newton tenemos L my gy g = ma → a = L L

La solución es la a). La segunda parte del problema se puede resolver de muchas formas, las más cómoda e intuitiva es por conservación de energía mecánica. Tomemos como referencia para la energía potencial la superficie de la mesa donde descansa la cadena. La energía mecánica inicial es la energía potencial de la cadena. La parte de la cadena que descansa inicialmente sobre la mesa tiene energía potencial 0 mientras que la porción que cae de longitud y0 tiene una energía potencial −

1 my0 1 my0 es la masa, y − y0 la altura del centro de g y0 , donde L 2 L 2

masas de la porción. La energía mecánica final será la suma de la energía potencial final − mg cinética

1 L y la energía 2

1 2 mv . Igualando la energía mecánica inicial y la final, y despejando la velocidad obtenemos que la 2

respuesta correcta es la a). PROBLEMA 2. Una partícula de masa m que se mueve en la dirección positiva del eje x colisiona a la vez con otras dos partículas que se encontraban en reposo en su camino, ambas de masa m y 2m, las cuales salen despedidas con velocidades 1m/s y 0.5m/s, respectivamente, formando ángulos α1 (por encima del eje x) y α2 (por debajo del eje x) con la dirección del movimiento de la primera, que queda en reposo después del choque. Sabiendo que la energía cinética final es la mitad de la inicial: - Calcular la velocidad de la partícula antes de chocar a)

2 3 m/s

b)

3/2m/s

c)

3 m/s

Solución:

Ec f =

1 1 1 11  Eci → m1 + 2m 0.25 =  mv 2  → v = 3 m / s , la solución es la c). 2 2 2 22 

- Calcular los ángulos α1 y α2 a)

α 1 = 30º α 2 = 45º 52

b)

α 1 = 45º α 2 = 30º

c)

α 1 = 30º α 2 = 30º

Solución: Conservación del momento lineal en la dirección x:

m 3 = m1cosα1 + 2m 0.5 cosα 2 Conservación del momento lineal en la dirección y:

0 = m1sin α 1 − 2m 0.5 sin α 2 De donde obtenemos que α1 = α 2 = α y que cosα =

3 , la solución es la c). 2

PROBLEMA 3. Una Debido al rozamiento con el suelo una moto pasa de 70 km/h a 0 km/h en 15 m. ( g = 9.8 m / s 2 ) - El tiempo de frenada es a)

1,54 s

b)

2,82 s

c)

0,72 s

- Y el coeficiente de rozamiento estático es a)

1,28

b)

0,34

c)

2,07

Solución: Aplicando las ecuaciones de la cinemática para un movimiento uniformemente acelerado tenemos:

v 2f − vi2 = 2as → a = −12.60 m/s 2 . Por lo tanto el tiempo de frenada es t =

v f − vi a

= 1.54 s.

Finalmente, la 2ª ley de Newton nos dice que ma = − Froz = − mgµ de donde µ = 1.28.

53

PROBLEMA 4. Sean dos bolas iguales de masa M . Una de ellas (bola 1)se desplaza de izquierda a derecha a lo largo del eje OX, a una velocidad de 2 m/s, y después de chocar con la segunda (bola 2), inicialmente en reposo, se desplaza a 1 m/s en una dirección que forma un ángulo de 45º con la inicial. - El ángulo con respecto al eje OX con el que sale despedida la bola 2 es: a) mayor que 45º b) menor que 45º c) igual a 45º - La velocidad de la bola 2 después del choque es: a) mayor de 1m/s b) igual a 1 m/s c) menor de 1 m/s - ¿Cuál de las dos afirmaciones siguientes es verdadera? a) el choque anterior es elástico b) el choque anterior es inelástico Solución:

G

G

G

 2 2   2 , 2  m/s  

Aplicamos la conservación del momento lineal con v1,i = (2,0) m/s , v 2,i = (0,0) m/s , v1, f = 

G

(

)

y v 2, f = v x , v y m/s . Tenemos entonces que:

G G G G Mv1,i + Mv 2,i = Mv1, f + Mv 2, f . Sustituyendo e igualando obtenemos que v x = 2 −

2 2 y vy = − . Si α es el ángulo que forma la velocidad 2 2

de la segunda bola después del choque con respecto al eje OX y v el módulo de la velocidad, tenemos que

v x = v cos α y v y = v sin α . A partir de los valores anteriores obtenemos que α = −28.68º (es negativo porque la dirección del movimiento va por debajo del eje OX) y v = 1.47 m/s. Como se puede comprobar:

1 G M v1,i 2

2

≠

1 G M v1, f 2

2

+

1 G 2 M v 2, f , 2

y por tanto el choque es inelástico.

PROBLEMA 5. Una sonda espacial de 50 kg viaja a una velocidad de 2 m/s. Una explosión controlada que proporciona una energía de 100 J separa la sonda en dos partes de 25 kg de peso cada uno. Después de la separación los dos partes conservan la trayectoria inicial de la sonda.

54

- La velocidad que adquieren las partes en la que se divide la sonda son tales que a)

es idéntica para ambas

b)

una de las partes tiene velocidad nula

c)

cada una adquiere su velocidad, no siendo ninguna nula, ni tampoco iguales

- ¿Cuál de las siguientes afirmaciones referentes al problema es verdadera? a)

Después de la separación la velocidad del centro de masas del sistema es de 4 m/s

b)

La suma de las dos velocidades finales de las partes es de 4 m/s

c)

En el sistema de referencia ligado al centro de masas la velocidad de cada parte es de 4 m/s

Solución: Como en la explosión sólo actúan fuerzas internas, el momento lineal se conserva:

MV = mv1 + mv 2 , donde v1 y v2 son las velocidades de las dos partes y M = 50 kg y m = 25 kg . Sustituyendo tenemos que

4 = v1 + v 2 . La diferencia entre la energía final y la inicial es igual a los 100 J proporcionados por la explosión. Así pues, tenemos que

1 1 1 2 2 2 2 mv1 + mv 2 − MV 2 = 100 ⇒ v1 + v 2 = 16 . 2 2 2 Combinando ambas relaciones entre v1 y v2 llegamos a v 2 (v 2 − 4) = 0, obteniendo por consiguiente dos soluciones: v1=4, v2=0 y v1=0, v2=4. Por lo tanto la solución de la primera y de la segunda cuestión es la b).

PROBLEMA 6. Un satélite artificial de masa m describe una trayectoria circular de radio r=25000km. RTierra=6370 km, valor de la gravedad en la superficie terrestre g=9.8 m/s2 - ¿cuánto vale el periodo de su revolución? a) 10 h 56 min b) 6 h 14 min c) 37 h 27 min - Deducir cómo depende la energía total del satélite E (Energía potencial + Energía cinética) con el radio de la órbita. (tomar como origen de energías para la energía potencial gravitatoria U=0 cuando r=∞) a) E = − b) E =

GM T m r

GM T m 2r 2

55

c) E = −

GM T m 2r

- Supongamos ahora que en un instante dado, debido al rozamiento, el satélite pierde energía, ¿qué ocurrirá? a) El radio de la órbita disminuirá y la velocidad del satélite también disminuirá b) El radio de la órbita disminuirá y la velocidad del satélite aumentará c) El radio de la órbita permanecerá constante y la velocidad del satélite disminuirá

Solución: La fuerza de atracción gravitatoria que la Tierra ejerce sobre el satélite es la responsable de su movimiento de rotación. Podemos escribir por tanto que

G Despejando T 2 obtenemos que T 2 =

MT m 4π 2 2 ω = m r = m r. r2 T2

GM T 4π 2 3 4π 2 3 2 , tenemos finalmente que = r . Como g = T r y 2 2 MTG gRT RT

el periodo vale 10 h 56 min. La energía potencial del satélite viene dada por la expresión U = −

GM T m (cuando r → ∞ , U → 0 ). La r

forma de obtenerla aparece en cualquier libro de texto de la asignatura. Su energía cinética es deducida de la primera ecuación utilizada en este problema

M m v2 = G T2 m r r

→ Ec =

M m 1 2 mv = G T . 2 2r

Sumando ambas energías obtenemos que la energía total del satélite E = E c + U = −G

MT m . 2r

Vemos pues que cuanto mayor es el radio de la órbita, mayor es la energía total del satélite (ya que es negativa). Por tanto, si el satélite pierde energía, r disminuirá y descenderá a una órbita de radio menor. Al disminuir r, la energía cinética (dada por G

MT m ) aumentará y su velocidad será mayor. 2r

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PROBLEMA 7. El cañón de una escopeta tiene una longitud de 1 m y la fuerza que impulsa el proyectil viene dada por la expresión f = 0.1 ⋅ (200 − x) , donde la fuerza está expresada en Newtons y x , que es la distancia medida a lo largo del cañón, está en centímetros. La masa del proyectil es de 5 gramos. - El trabajo que realiza la fuerza en el interior del cañón es: a) 15 Julios. b) 20 Julios. c) 25 Julios. - La velocidad del proyectil en el momento de salir del cañón es: a) 71.12 m/s. b) 77.46 m/s. d) 82.24 m/s. - La energía cinética del proyectil en el momento en que sale del cañón es (1 caloría = 4.18 Julios): a) 2.2 calorías. b) 2.9 calorías. c) 3.6 calorías.

Solución:

W =∫

x =100

x =0

f ( x)dx = ∫

x =100

x =0

0.1(200 − x)dx =1500 N cm = 15 J .

Ese trabajo sobre el proyectil incrementa su energía cinética en 15 J (3.6 calorías). Por lo tanto

1 2 mv = 15 J y 2

obtenemos que v = 77.46 m/s .

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Solución exámen Física General (Ciencias Matemáticas) Curso 2003/2004, Febrero 1ªPP (1ª y 2ª semana) Cuestiones 1. Una persona lanza una pelota de 1 kg. hacia arriba con una velocidad inicial de 50 m/s. Ésta alcanza una altura de 50 m antes de comenzar a caer hacia abajo.¿Cuánto vale la fuerza de rozamiento del aire si suponemos que es constante a lo largo de todo el ascenso de la pelota? Solución:

1 mgh − mv 2 = −Wroz = − Froz h 2

⇒

Froz = 15.2 N

2. Sabiendo que la gravedad en la superficie de la Luna es 1/5 de la terrestre, calcular la velocidad que se debe comunicar a un cuerpo en la superficie de la Luna para que escape a la atracción lunar y se aleje para siempre (velocidad de escape). La velocidad de escape en la Tierra es 11.2 km/s y RT = 3.66 R L . Solución: Condiciones energéticas para el escape: −G

Mm 1 2 + mv = 0 R 2

En la Luna 2

vL = G

2M L = 2 g 0 L RL RL

En la Tierra 2

vT = G

2M T = 2 g 0T RT RT

Dividiendo 2

2

v L = vT

2

g 0 L RL v = T ⇒ v L = 2.6 km/s g 0T RT 5 ⋅ 3.66

3. Una masa puntual de 20g oscila con un movimiento armónico simple. Un persona con un cronómetro toma los tiempos en los que la masa pasa periódicamente por el mismo punto de amplitud máxima

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A = 10 cm . Si los tiempos anotados son: t =

π 3π 5π 7π 2

,

2

,

2

,

2

... , ¿cuál es el valor de la fuerza

recuperadora cuando t = 5 s ? Solución: Primero debemos obtener la ecuación del movimiento. De los datos tomados por la persona tenemos que el periodo T = π s. Así pues, podemos escribir

x(t ) = 0.1cos(2t + ϕ ) Para obtener la fase ϕ utilizamos uno de los tiempos anotados, ya que sabemos la posición para ese tiempo. Utilizamos el primero, por ejemplo

0.1 = 0.1cos(π + ϕ ) ⇒ ϕ = -π . Ahora tenemos que la fuerza recuperadora es F (t ) = ma(t ) = − mω 2 x(t ) = −0.08 x(t ) . Por lo tanto F (5) = −0.08 x(5) = −6.7 ⋅ 10 −3 N .

4. Se quiere poner un satélite de 1000 kg. en órbita circular alrededor de la Tierra. Para ello, se lanza desde la superficie de la Tierra con una velocidad de 5 km/s. Cuando el satélite alcanza la altura máxima se la impulsa para que describa una órbita circular alrededor de la Tierra. Determinar la velocidad con la que se le debe impulsar para que tenga lugar el movimiento circular ( g 0 = 9.8 m/s 2 y RTierra = 6370 Km ) Solución: Primero debemos averiguar cual es la altura máxima alcanzada. Si elegimos el origen de energía potencial

U = 0 cuando r = ∞ , la expresión de la energía potencial en función de la altura es

U = −G

MT m r

Por lo tanto, igualando energías tenemos que

M m M m 1 2 mv − G T = −G T 2 RT r 2

Como g 0 RT = GM T , tenemos que 2

g R m 1 2 mv − g 0 RT m = − 0 T 2 r de donde r = 7965 km. Ahora tenemos que

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m

M m v2 = G T2 r r

de donde v = 7.066 km/s

Problemas PROBLEMA 1. La energía potencial de un objeto de 3 Kg viene dada por U ( x) = 3 x 2 − x 3 , donde U se expresa en Julios y x en metros. 5.- Analizar en qué posiciones se encuentra este objeto en equilibrio y como es la estabilidad del equilibrio. 6.- Si la energía total de la partícula es 10 J, ¿cuál es el módulo de la velocidad para x = 2 m ? Solución:

F ( x) = −

dU ( x) = 3x 2 − 6 x dx

F ( x) = 0 ⇒ x = 0, 2 En x = 0 tenemos equilibrio estable ya que F (0 + δx) < 0 y F (0 − δx) > 0 En x = 2 tenemos equilibrio inestable ya que F (2 + δx) > 0 y F (2 − δx) < 0

U (2) = 4 J , por tanto la energía cinética es 6 J y la velocidad es 2 m/s. PROBLEMA 2. Un disco uniforme con una masa de 100 Kg y un radio de 1m gira inicialmente con una velocidad angular de 1000 rev/min. A una distancia radial d ,de 0.5 m, se aplica una fuerza cuya dirección forma un ángulo de 60º con la tangente al disco (ver figura). ( I disco = 1 2 mr 2 )

d

ω

60º

F

60

7.- ¿Qué trabajo debe realizar esa fuerza para detener el disco?. 8.- ¿Cuál es la magnitud de la fuerza, si el disco se detiene en 1 min? Solución: La velocidad angular vale ω = 1000

2π = 104.7 rad/s .El trabajo realizado por la fuerza será igual a la 60

variación de la energía cinética del disco W = 0 −

1 2 Iω = 274 KJ. 2

Si el disco se detiene en 1 min, tenemos que la aceleración angular α =

G

G

G

ω f − ωi t

= −1.75 rad/s 2 .

G

Como M Fuerza = F cos 60d = I α , tenemos que F = 350 N

PROBLEMA 3. Sobre una superficie horizontal plana y sin rozamiento hay una masa m1 = 4 kg unida a un resorte horizontal sin masa apreciable y de constante elástica k = 12 N/m . Se lanza otra masa

m2 = 4 kg en la dirección del resorte con velocidad de 5 m/s. 9. Calcular la ecuación del movimiento armónico simple de la oscilación si el choque fuera perfectamente inelástico (las masas quedan adheridas) 10. Calcular la ecuación del movimiento armónico simple de la oscilación si el choque fuera perfec tamente elástico 11. En el último caso, si el choque fuera perfectamente elástico: ¿volverán a chocar las dos masas otra vez? Si es así, calcular cuanto tiempo después del primer choque. Solución: Caso choque perfectamente inelástico:

v0 m2 = (m1 + m2 )V

⇒V =

v0 m2 = 2.5 m/s (m1 + m2 )

La energía cinética justo después del choque se transforma en energía potencial del muelle. De esa igualdad obtenemos la máxima elongación:

1 2 1 kxmax = (m1 + m2 )V 2 ⇒ 2 2 Como ω =

x max = V

(m1 + m2 ) = 2.04 m k

k = 1.22 tenemos que x(t ) = 2.04 sin(1.22t ) m1 + m2

Caso choque perfectamente elástico:

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v0 m2 = m1v1 + m2 v 2 5 = v1 + v 2  ⇒ 1 1 1 2 2 2 2 2 25 = v1 + v 2  2 m2 v 0 = 2 m1v1 + 2 m2 v 2 De donde obtenemos que v 2 = 0 m/s y v 2 = 5 m/s La energía cinética justo después del choque se transforma en energía potencial del muelle. De esa igualdad obtenemos la máxima elongación:

m1 1 2 1 2 = 2.89 m kxmax = m1v1 ⇒ x max = v1 2 2 k Como ω =

k = 1.73 tenemos que x(t ) = 2.89 sin(1.73t ) m1

Chocará otra vez la masa 1 con la masa 2 al volver de la primera oscilación ya que la masa 2 se había quedado en reposo. El tiempo que transcurrirá entre choque y choque es exactamente un semiperiodo

T π = = 1.82 s 2 ω

PROBLEMA 4. Un persona de 80 kg se encuentra sobre un plataforma circular en forma de disco. El radio de la plataforma R es de 1m y su masa M de 200 kg. La persona está situada a una distancia d = 0.60 m del eje de giro. El sistema está inicialmente en reposo cuando la persona lanza una pelota de 2 kg con una velocidad v = 7 m/s paralela a la plataforma y a una altura despreciable tal y como se muestra en la figura. El momento de inercia de la plataforma respecto al eje de giro es

1 MR 2 . Si se prescinde de 2

rozamientos:

d 90º

v

12.- Calcular el momento cinético o angular de la pelota con respecto al centro de la plataforma en el momento del lanzamiento 13.-Calcular la velocidad angular que adquiere la plataforma Solución:

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G G G G G G L pelota = r × p = r × mv = −8.4 z kg m 2 / s G G G Como el momento angular se conserva, tenemos que L pelota + L plataforma + persona = 0 , G G De donde Iω = 8.4 z . Como el momento de inercia del sistema plataforma+persona es:

I= G

G

1 mR 2 + mr 2 = 128.8 kg m 2 2

tenemos que ω = 0.065 z rad/s

14. Un cuerpo de masa m describe una trayectoria circular con movimiento uniforme. ¿Qué trabajo ha realizado la fuerza centrípeta en media vuelta? Razonar la respuesta Solución: El trabajo efectuado por la fuerza centrípeta es 0 ya que su dirección es perpendicular en todo momento al vector desplazamiento del cuerpo.

15. Una masa m se apoya sobre un plano inclinado 45º; el plano se desplaza horizontalmente con aceleración constante. Si no existe ningún tipo de rozamiento, calcular la aceleración con la que se debe mover el plano inclinado para que el cuerpo no deslice por el plano Solución:

a

FN sin 45º = ma FN cos 45º = mg a=g

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Solución exámen Física General (Ciencias Matemáticas) Curso 2003/2004, Septiembre 1ªPP

1. Un masa de 50g está unida a un extremo de un muelle horizontal, el cual está unido por el otro extremo a un eje vertical (ver dibujo) que gira con una velocidad de 4 vueltas/s. Si la constante elástica del muelle vale k = 196 N / m , calcular el alargamiento del resorte sabiendo que su longitud en reposo es de 0.50 m (Despreciar cualquier rozamiento)

Solución La fuerza de recuperación del muelle es igual a la fuerza centrípeta que provoca el giro:

F = kx = mω 2 (l + x ) x=

mω 2 l = 9.6 10 − 2 m k − mω 2

Una polea en forma de disco, de masa M = 500 g y radio R, se encuentra sujeta al techo. Por su garganta pasa una cuerda de masa despreciable que lleva colgado a un extremo una masa m = 200 g mientras que el otro extremo se encuentra unido a un resorte vertical fijo en el suelo, de constante elástica k = 40 N / m . La cuerda está unida a la polea, no se desliza, de forma que la polea gira sin rozamiento sobre su eje debido a la tensión de la cuerda. I polea =

1 MR 2 2

2) Calcular cuanto se alarga el resorte si la masa m está en equilibrio 3) Si la masa m se separa de la posición de equilibrio, calcular el periodo de las oscilaciones. 4) Si la masa se encuentra en la posición de equilibrio y cortamos la cuerda por el lado que está unida al resorte vertical, la masa empieza a caer. Obtener la expresión de la velocidad

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que adquiere la masa después de haber descendido una distancia h desde la posición de equilibrio Solución.

2) mg − T = 0 T = kx mg = 0.049m x= k 3) T1 − mg = ma  1  2 a T1 R − T2 R = Iα = MR R 2  T2 = k ( x + x ')

a=

−kx´ 1 M +m 2

a = −ω 2 x´ ⇒ ω =

k 1 M +m 2

=

2π T

⇒ T = 0.67 s

4)

m g 1 m+ M 2 2mh v= g = 2.95 h 1 m+ M 2 a=

5. Un agujero negro es el estado final de una estrella de gran masa cuya fuerza gravitatoria es tan intensa que impide que la propia luz escape del mismo. Supongamos que tenemos un astro de masa M y radio R. Deducir como debe ser la relación M / R −la cual nos puede dar una idea de la densidad del astro− para que la velocidad de escape de ese astro sea mayor que la luz. Comparar esa relación con la de la Tierra, sabiendo que

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M T = 5.98 10 24 kg

y

RT = 6370km .

(Datos:

c = 2,998 10 8 m / s ;

G = 6,672 10 −11 Nm 2 / kg 2 ) Solución

2GM >c ⇒ R

M > 6.75 10 26 kg / m R

6. Un aro puede caer rodando por un plano inclinado, o bien, deslizando son rozamiento ( I = mR 2 ). Hallar razonadamente en qué caso llega antes a la base del plano inclinado

Solución Cuando desliza:

mgh =

1 2 mv ⇒ v = 2 gh 2

Cuando rueda:

mgh =

1 2 1 2 1 2 1 2 mv + Iω = mv + mv ⇒ v = gh 2 2 2 2

llega antes cuando desliza.

Una fuerza continua de valor F = (10 − x ) 3 N, donde x es la posición medida en metros, actúa sobre una masa de 1kg, inicialmente en reposo, a lo largo de 2m. La dirección y sentido de la fuerza coincide con la dirección y sentido de la trayectoria que sigue la partícula. 7) Calcular el trabajo efectuado por la fuerza 8) Una vez que la masa ha recorrido los 2m, la fuerza deja de actuar y la partícula se mueve libremente sin rozamiento. Calcular la velocidad de la partícula. Solución x=2

7) W =

10 − x dx = 6 J 3 x =0

∫

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1 2 mv 2 v = 2W / m = 3.46 m/s 2

8) W = ∆Ec =

9. Un globo estacionario de masa m 2 lleva colgando una escalera de cuerda con un joven en ella de masa m1 . El joven empieza a subir por la escalera con velocidad v1 respecto a la escalera, ¿qué ocurre con el globo? Solución

G

Sea vG la velocidad que adquiere el globo con respecto al suelo cuando el joven comienza a

G

subir por la escalera. Si la velocidad del joven con respecto a la escalera es v1 , la velocidad del

G

G

joven con respecto al suelo será v1 + vG . Aplicando la conservación del momento lineal tenemos que

G G G 0 = (m2 + m1 )vG + m1 (vG + v1 ) G − m1v1 G vG = (2m1 + m2 )

Por lo tanto, el globo comenzará a bajar hacia abajo con esta velocidad

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