1000 Problemas de Fisica General - J. Fidalgo y M Fernandez

J. A. FIDALGO M. R. FERNÁNDEZ

O o

• • • • • • • •

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M e c á n ic a E le c tric id a d E le c t ro m a g n e tis m o O ndas E le c tró n ic a R e la tiv id a d R a d ia c tiv id a d T e r m o d in á m ic awww.FreeLibros.me

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1 0 00 PROBLEMAS DE FÍSICA GENERAL www.FreeLibros.me

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M . R. FERN Á N D EZ J . A . F ID A L G O

1 000 PROBLEMAS DE

FÍSICA GENERAL • MECÁNICA • ELECTRICIDAD • ELECTROMAGNETISMO • ONDAS • ELECTRÓNICA • RELATIVIDAD • RADIACTIVIDAD • TERMODINÁMICA

BACHILLERATO LOGSE PRUEBAS DE A CCESO A LA UNIVERSIDAD ESCUELAS TÉCNICAS FACULTADES UNIVERSITARIAS

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Autores: José A. Fidalgo Sánchez

M anuel R. Fernández Pérez

Coordinación editorial: Juan Carlos Carrascosa Calpena Nlaquctación: Francisco Fontecha Al/er Ilustraciones: José Luis Giner Archivo Everest

Diseño de cubierta: Alfredo Anievas Fotografía de cubierta: AGFFotostock

No está permitida la reproducción total o parcial de este libro, ni su tratamiento informático, ni la transmisión de ninguna forma o por cualquier medio, ya sea electrónico, mecánico, por fotocopia, por registro u otros métodos, sin el permiso previo y por escrito de los titulares del Copyright. Reservados todos los derechos, incluido el derecho de venta, alquiler, préstamo o cualquier otra forma de cesión del uso del ejemplar. OCTAVA EDICIÓN, segunda reimpresión, 2004 © Manuel R. Fernández. Pérez, José A. Fidalgo Sánchez y EDITORIAL EVEREST, S. Á. Carretera Lcón-l-i Coruña. km 5 - LEON ISBN: 84-241-7603-0 Depósito legal: LE. 400-2001 Printed in Spain - Impreso en España EDITORIAL EVERGRÁFICAS. S. L. Carretera León-La Coruña, km 5 LEÓN (España) www.FreeLibros.me

PRESENTACIÓN E l estudio de la Física, entendida en una de sus primeras definiciones com o «Ciencia de la medida», exige siem pre unos criterios cuantitativos a la hora de plantear, desarro­ llar e interpretar los m últiples fenóm enos de la Naturaleza, objetivo últim o de toda investigación. Nada m ás significativo que lo expresado p o r lord Kelvin en el siglo X IX y hoy tan actual com o entonces: «Suelo decir con frecuencia que cuando se puede m edir aquello de que se habla y expresarlo en núm eros, se sabe algo de ello: pero nuestro saber es defi­ ciente e insatisfactorio mientras no som os capaces de expresarlo en números; lo dem ás puede significar el com ienzo del conocimiento, p ero nuestros con­ ceptos apenas habrán avanzado en el cam ino de la ciencia, y esto cualquiera que sea la materia de que se trate». La enseñanza de la Física, evidentemente, obliga, com o p unto departida, a la adqui­ sición de unos contenidos teóricos cuya «claridad conceptual» sirva de soporte a la hora d e interpretar y solucionar cualquier problem a propuesto; problem a que, en definitiva, no es otra cosa que una posible situación real más o m enos idealizada en la que, para facilitar la solución, se ha prescindido, o se han controlado, algunas variables. Este «m ínim o de contenidos», com o dice lord Kelvin, significa el com ienzo del cono­ cimiento; pero resulta insuficiente s i n o conduce a una interpretación cuantitativa del fenóm eno (problem a) objeto de estudio. Con frecuencia asistimos, un tanto atónitos, al asom broso espectáculo de ver cóm o alumnos de Bachillerato, e incluso d e prim eros cursos d e carreras universitarias, pre­ tenden enfocar los problem as de Física com o si se tratara d e una sim ple y directa apli­ cación de fórm ulas vacias de contenido, o, lo que es m ás grave, sin intentar siquiera la búsqueda de una correcta interpretación d el fenóm eno y del significado físico de los resultados obtenidos. A l plantearse la confección de este libro, com o m aterial de apoyo a los estudiantes de Física General, hem os pretendido conseguir tres objetivos básicos:

— Ofrecer una com prensión e interpretación lógicas de la realidad física, dando una visión panorámica de aquellos m odelos y teorías de m ayor interés científico.

— Poner al lector en contacto con aquellos problem as que, d e hecho, son o pueden

ser situaciones reales, explicitando su tratamiento conceptual y su significado físi­ co tanto en el proceso de desarrollo com o en los resultados obtenidos. — Fomentar una m anera de pensar seria, razonada y crítica. www.FreeLibros.me

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Para ello hem os tenido m u y en cuenta lo s siguientes criterios:

— Una evaluación objetiva del n ivel de conocim ientos, tanto físicos co m o m atem á­

ticos, exigióles a los alum nos que pretenden acceder a niveles superiores en el estudio de la Física. — Evitar, en la m edida de lo posible, el crear una im agen — falsa, p o r supuesto— de que la Física es una «aplicación» sin m ás de las M atemáticas; insistiendo, eso si, en la necesidad d e u n lenguaje m atem ático para alcanzar los objetivos propues­ tos. — Para facilitar la «selección de cuestiones y problem as » a lo s alu m n os de 2 ." curso de Bachillerato, se han señalado con un asterisco aquellas y aquellos q u e h an sido propuestos en sucesivas convocatorias d e Exam en d e Selectividad en diversas Universidades.

E s nuestro deseo que tanto a profesores co m o a alu m n os les sea útil esta publicación, esperando que sea acogida tan favorablem ente co m o lo han sido nuestros anteriores tra­ bajos. A su generosidad e interés apelam os d e nuevo para recibir todas las sugerencias q u e estim en conveniente indicarnos: tengan la seguridad d e que las aceptarem os con el m á xim o agradecimiento.

LOS AUTORES

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1. ANÁLISIS DIMENSIONAL. LA MEDIDA. ERRORES.

FO RM U LA R IO M A TEM Á TICO (REPASO)

■

*“ « — T

;

cos a =

;

“ 1 |se n 2 a + eos2 » = l| ctg a =

b «

0°

30°

45°

60°

90°

180°

270°

sen a

0

1/2

V2/2

V5/2

1

0

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eos a

1

V Í/2

Z2/2

1/2

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tg a

0

I

3

co

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c tg a

00

0

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0

VT

1

sen (a ± b) = sen a • eos b ± eos a • sen b

sen 2a = 2 sen a • eos a

eos (a ± b ) = eos a • eos b + sen a • sen b

eos 2a = eos2 a - sen2 a

!g (a ±

b)

tg a ± Ig b

lg 2a

1 + tg a • tg b du = ^ - d x dx d (a u ) = a du

2 tg a 1 — tg2 a

f J

du = u + C

a du = a J d u + C

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7

í (d u + d v ) = /

d (u + v ) = d u + dv

du + / d v + C

d (un) = n u "_1du

/■ * —

«

( - Í L - . v T + C J Vü

*

>

- &

£

\ -

+ C ( n i» - »

2

-

d (Inu) =

í- f - =

ln|u| + C

d ( c “ ) = e"d u

I e “d u = e“ + C

d (a“) = a “ln a d u

f a “d u = - f - + C ] Ina

d (sen u ) = eo s u d u

/ eo s u d u = sen u + C

d (eos u ) = - s e n u du

1 sen u d u 2

2

/ sec u d u = tg u + C

d (tg u) = sec u du

d (c tg u ) = - c o s e c

d (are sen u ) =

d (a re c tg u) =

2

2 u du

^ d-

-=■•

d (are eo s u ) = — . -• fuerza, sim ultánea t o ; 'o anterior, di alar 250 \ tem a >br< el m i cuepo fo t m undo u n ángulo tu '>0 con tu horizontal hacia -u ote. • '.tío' • la fuerza que tiende o elevar l l . I. /,. coorde­ nadas rodas ellas exprr-adas en no.dad- • de- \istem o ¡i:;.-n-i-

Solución: Las tres aristas del paralelepípedo que concu­ rren en el vértice D vienen da­ das por los vectores: www.FreeLibros.me

Fig. 2.17

41

a = D Á = X -6 = ( 2 - l) T + ( 3 - l) T + ( 0 - l) E = T + 2 7 -E B = d B = B - B = ( 4 - 1 ) T + ( 2 - 1 ) j + (3 -1 )¡c = 3 7 + 7 + 2 E

c = DC = C - B =

(7

- 1) 7 +

( -1

- 1) 7 +

(4

- 1) K = 6 7 -

27

+ 3k

El volumen del paralelepípedo determinado por los vectores a, b y c e: igual al producto mixto de dichos tres vectores: 1 2 -1 ax a, a, bx by b, 3 1 2 = ¡ 25 mJ | 6 -2 3 c« c,. c. 2.34. Los vectores Á ( - 3 , 2, I), B (2, - 4 , 0) y C (4, - 1 , 8 ) son concurrentes en el punto (3, I , 2). Calcular el momento de cada vector respecto a l origen de coordenadas, el momento del vector resultante respecto al origen de coordenadas y comprobar que se cumple el teorema de Varignon.

Solución:

= - 3 i - 9j + 9k = (-3 , -9 , 9)1 7A § :

Mc = rA C =

= | 8 7 + 4 j - 14k = (8. 4, —14)1 1 j k 3 1 2

= | 10 7 - 16 J - 7k = [10. -16. -7).

El vector resultante de A, B yC es: R = A + B + C = (3, -3 , 9) y su momento respecto al origen de coordenadas valdrá: = rAR =

= 115 i — 21 j — 12k = (15, -21, -12)1 1 -2 3 Se puede comprobar fácilmente cómo: MR - MA + MB + Mc, de acuer­ do con el teorema de Varignon: «el momento respecto a un punto del vector resultante de un sistema de vectores concurrentes es igual a la suma de los momentos de cada vector componente del sistema respecto a dicho punto». 42

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2.35. E l vectorB I I, - 2 , 31 está aplicado en el punto P (2, I , 2). Calcular su momento respecto al origen de coordenadas. ¿Cuánto valdrá su módulo?

Solución: El momento del vector R respecto ai origen de coordenadas es: 7 , k Mn = r A B = 2 1 2 = I 7 T - 4 j - Slt = (7, - 4 , -5)1 1 -2 3 y su módulo: M = V 7 2 + (-4 )2 + 0 • t +

12

o • t2 = 2»

'

2

*

■(5 s)2 = 35» rad =

= 35» 17,5 vueltas 35^ rad • 12vuel'an rad = II-----------------3.48. (•) Un automóvil, partiendo del reposo, acelera uniformem ente para alcanzar una velocidad de 20 m/s en 250 m de recorrido; a partir de este instante y mante­ niendo constante la velocidad recorre una distancia de l 500 m , para detenerse a continuación en 50 m , mediante un movimiento uniformemente retardado, ca­ racterizado por una aceleración negativa de 400 cm/s2. Determinar los tiempos empleados en cada una de las tres fa ses del movimiento y dibujar la representa­ ción gráfica de la velocidad en función del tiempo.

Solución: En la primera fase el movimiento es uniformemente acelerado, cumpliéndose las ecuaciones de dicho movimiento: v = vG + at s = V„t + - i - at2 De acuerdo con los datos del problema: www.FreeLibros.me

75

20

= ai

250 = - i - ai2 Resuello este sistema de ecuaciones, obtenemos: En la segunda fase el movimiento es uniforme, de acuerdo con la ( ción: s = vt. De aquí: - = 75 s; t¡ = 75 s 20 nVs Por último, en la tercera fase el movimiento es uniformemente retardado. Como v = v„ + at: v - v0 0 m/s - 20 m/s -4 iq/s2 Obsérvese cómo en esta tercera fase del movimiento el enunciado del problema nos suministra datos en exceso. La representación gráfica de la velocidad en función del tiempo se recoge en la figura 3.4.

H*. 3.4 3.49. Deducir lus velocidades, supuestas constantes, de dos móviles A y II. separados por una distancia de 30 km , sabiendo que si se mueven en la misma dirección y sentido, se encuentran a 10 km de B. pero que si se mueven en sentidos opues­ tos, tardan 40 minutos en encontrarse.

Solución: Expresaremos todos los datos en unidades del Sistema Interna­ cional: 76

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30 km = 30 000 m 10 km = 10 000 m 40 min = 2 400 s En el primer caso el móvil A recorre 40 000 m y el B 10 000 t El tiempo invertido por ambos es el mismo. Por tanto:

v A = 4vb

[1 ]

En el segundo caso el espacio que recorre el móvil A, más el que recorre el móvil B. habrá de ser igual a la distancia que los separa. Es decir: vA • 2 400 + vB • 2 400 = 30 000 y simplificando: vA + vB = 12,5 [2] Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [1 ] y [2). se tiene: vA = 10 nVs; vB = 2,5 iV s

3.50. Dos cuerpos. A y B. separados por una distancia de 2 km , salen simultáneamente en la misma dirección y sentido, ambos con movimiento uniformemente variado, siendo la aceleración del más lento, el B. de 0.32 cm /sJ. El encuentro se realiza a 3.025 km de distancia del punto de partida de B. Calcular: a) E l tiempo invertido por am bos móviles. b) L a aceleración de A . c) L as velocidades de am bos en el instante d el encuentro.

Solución: a) El movimiento de B es uniformemente variado, según la ecuación: SB = ~ aB • I2 = -A- 0,0032 - 2 - • t 2 = 0,0016 t2

Como, de acuerdo con los dalos del problema. SB = 3 025 m, resulta: 3 025 = 0.0016 I2 de donde: l = 1 375 s www.FreeLibros.me

77

b) Como A y B distan 2 km, el espacio recorrido por A será: SA = 3 025 m + 2 000 m = 5 025 m Por otra parte, el movimiento de A también es uniformemente varia­ do. En consecuencia:

Sa- -y- aA•t2

de donde: 2 • 5 025 m— = II 0,0053 n ~ m/s aA = —2 SA -— -------------t2 (1 375 s ) L- i --------------1 — 1 c) Calculemos, por último, las velocidades de los dos cuerpos en el momen­ to del encuentro: vA = vQa + aA • t = 0 m/s + 0,0053 —— • 1 375 s = | 7,3 n^s vB = vG| + aB • t = 0 m/s + 0,0032 -¿y- • 1 375 s = | 4,4 r 3.51. Un coche lleva una velocidad de 72 km /h y los frenos que posee son capaces de producirle una deceleración m áxima de 6 m/s2. E l conductor tarda 0,8 segundos en reaccionar desde que ve un obstáculo hasta que fren a adecuadamente. ¿A qué distancia ha de estar el obstáculo para que el conductor pueda evitar el choque en las circunstancias citadas?

Solución: Mientras dura el tiempo de reacción, el coche, con movimiento uniforme, avanza un espacio: Una vez que el coche comienza a frenar el espacio que recorre hasta pa­ rarse será: S2 = •

y2_,

2a

2• ( —6 nVs2)

Por tanto, para evitar el choque, el obstáculo ha de estar ¿ s = s, + s2 = 16 m + 33,3 m = | 49,3 m 1 3.52. E n u n movimiento uniform emente variado los espacios recorridos por el m óvil t los instantes I , 3 y 5 segundos son, respectivamente, 55 cm , 225 cm y 555 en Calcular e l espacio inicial, la velocidad inicial y la aceleración.

Solución: En el movimiento uniformemente variado se cumple que:

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S = S„ + V„t + - y

al2

De acuerdo con los datos del problema, tenemos: 0,55 m = s„ + v0• 1 s + - i - a • (1 s)2 \ 2,25 m = s„ + v„• 3 s + - i - a • (3 s)2 > 5,55 m = s„ + v„• 5 s + - | - a • (5 s)2 1 La resolución de este sistema de ecuaciones conduce a: I s„ = 0,3 m; v„ = 0.05 m/s; a = 0.4 m/s2 | 3.53. E n e l m inuto 32 d el prim er tiem po, correspondiente a l partido de fú tb o l EspañaE ire, ju g a d o e l dia 16 de noviem bre d e 1988, A n d rin ú a lanzó un balón a ras de suelo, en pase recto, a u na velocidad de 2 7 k m /h . B utragueño, que se encontra­ ba 10 m detrás de A nd rin ú a , en la m ism a dirección d e lanzam iento d el balón, salió tra s de é l con intención d e alcanzarlo y pasárselo a M anolo. L a velocidad de B utragueño era de 36 km /h. ¿Q u é distancia hu b o de recorrer « E l B uitre» p ara alcanzar e l balón? ¿C u á n ­ to tiem po empleó? D ato: E l rozam iento de! balón contra e l suelo le produjo a éste u na decelera­ ción constante de 2 m /s2.

Solución: Expresemos ambas velocidades en unidades SI: 27 km/h = 7,5 n\/s; 36 knVh = 10 m/s El espacio recorrido por el balón hasta ser alcanzado por Butragueño es: s, = 7,5l +

(-2 ) t2 = 7,5t - t2

mientras que la distancia que recorre el jugador será: s2 = lOt Como s2 = S| + 10, sustituyendo resulta: 7,5t - t2 + 10 = lOt de donde: 1 t = 2,15 s 1 (La otra solución de la ecuación carece de significado físico.) www.FreeLibros.me

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La distancia que tuvo que recorrer el jugador es: Sj =

10

t = 10

• 2,15 s = | 21,5 m

Un conejo corre ha d a su m adriguera a la velocidad de 72 km /h . Cuando se encuentra a 2 0 0 m de ella, un perro, situado 40 m m ás atrás, sale en su persecu­ ción, recorriendo 90 m con la aceleración de 5 m /s2 y continuando luego con velocidad constante. a) Deducir cinemáticamente si salvará su piel el conejo. b) R azonar matemáticamente qué sucedería si la m adriguera estuviera 100 m m ás lejos.

Solución: a) Calculemos los tiempos invertidos por el conejo y el perro en llegar hasta la madriguera. Como el conejo corre a velocidad constante de 72 kn\/h = 20 m /s, su movimiento es uniforme y el tiempo que emplea es:

El perro en la primera etapa de su movimiento emplea un tiempo: 2 J ^ = 6s 5 m/s adquiriendo al cabo de estos 6 segundos una velocidad:

v = vG + at = 0 m/s + 5

• 6 s = 30 ¡Vs sz Durante la segunda etapa recorre: 240 m - 90 m = 150 m, a la veloci­ dad constante de 30 m /s, inviniendo un tiempo de: . _ 150 m _ ■ ” 30 m/s El tiempo total que emplea el perro es: tp = tp, + lp, = 6 s + 5 s = l i s mayor que el del conejo. Por tanto, éste se salvará, b) El razonamiento es análogo al del caso anterior:

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_ 340 m - 90 m _ 250 m 30nVs ~ 30 m/s tp = tPi + tPj = 6 s + 8,33 s = 14,33 s Como tp < tc, el conejo será capturado por el perro. 3-55. Desde un punto situado a 10 ni sobre el suelo se lanza verticalmente hacia arriba una piedra con una velocidad de 30 m/s. ¿Con qué velocidad llenará al suelo?

Solución: Calcularemos, primero, el tiempo que tardará la piedra en al­ canzar la máxima altura, momento en que se anula su velocidad. Por tanto: t _ v - v„ _ 0 nt/s - 30 n\/s _ 3 s g - 1 0 m/s2 La altura que alcanza la piedra al cabo de este tiempo (que será la altura máxima) vale: h = h„ + v„t + - i - gt2 = = 10 rn + 30 -!2 - • 3 s + - i - . / -1 0

. (3 s)2 = 55 m

Hallemos, por último, la velocidad con que llega la piedra al suelo: V = V3¡h =

2 • 10 - 2 - • 55 m = 1 33,17 m/s |

También se puede resolver el problema de una manera más sencilla, con­ siderando que cuando la piedra efectúa su movimiento de descenso, al pasar por el punto de lanzamiento su velocidad es de 30 m/s. Todo se reduce, pues, a calcular su velocidad cuando ha recorrido 10 metros desde dicho punto: v = Vvq + 2 gh =

(30 m/s)1 + 2 ■10

■10 m = | 33,17 m/s

3.56. S e lanzan dos piedras verticalmente hacia arriba: una desde 20 m más arriba que la otra. Si ambas piedras alcanzan la misma altura máxima, ¿qué relación existe entre sus velocidades iniciales?

Solución: Si la más alta se lanza con una velocidad vQy alcanza una altura h, la más baja, que se lanza con una velocidad vó, recorrerá una distancia vertical h + 20. Ambas piedras al alcanzar la máxima altura anulan su veloci­ dad. Por tanto: www.FreeLibros.me

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v | = 2 gh v¿ 2 = 2g (h + 20 ) Dividiendo la segunda ecuación entre la primera, resulta: v¿ 2 h + 20

3.57. (*) Un cuerpo es lanzado verticalmente hacia arriba < 20 a) b) c)

t velocidad inicial de m /s. Calcular: L a altura m áxim a que alcanzará. E l tiempo que larda en alcanzar dicha altura. E l tiempo mínimo que tarda en alcanzar una velocidad de 10 m/s. (Tómese g = 10 m/s1.)

Solución: Al ser un movimiento de ascenso vertical, es uniformemente re­ tardado, valiendo la aceleración de la gravedad g = - 1 0 m/s2. a) Al alcanzar la altura máxima la velocidad del cuerpo se anula (v = 0). Por tanto: (0 nVs)2 - (20 nVs) 2 2 • ( - 1 0 m/s2) m/s - 20 m/s —10 nVs2 c) El cuerpo alcanza la velocidad de 10 m /s dos veces: una al subir y la otra al bajar. El tiempo mínimo que tarda en alcanzar dicha velocidad será al subir. En consecuencia, aplicando la fórmula v = v„ + gt, tenemos: _ io m/s - 20 tVs - 1 0 m/s2 0

3.58. (*) Dos proyectiles se lanzan verticalmente hacia arriba con dos segundos de intervalo, el prim ero con una velocidad inicial de 50 m /s y el segundo con veloci­ dad inicial de 80 m/s. ¿Cual será el tiempo transcurrido hasta que los dos se encuentren? ¿A qué altura sucederá? ¿Q ué velocidad tendrá cada uno en ese momento? (Tómese g = 9,8 m /s2.)

Solución: Llamemos t al tiempo que transcurre desde que se lanza el se­ 82 www.FreeLibros.me

gundo proyectil hasta el momento en que los dos se encuentran. Cuando eso sucede, ambos están a la misma altura. Por tanto: 50 (t + 2) -

-i-

9,8 (t + 2) 2 = 80 t -

-i-

9,8 t2

Operando en esla expresión, se obtiene: 5 0 - 9 ,8 _ | . i 15 + 9,8------ l— !------1 El tiempo transcurrido desde que se lanzó el proyectil es: f = t + 2 = 3,62 í Calculemos ahora la altura a la que se encuentran y apliquemos para ello la ecuación h = vQt + gt2 a un proyectil cualquiera, por ejemplo al se­ gundo. Tenemos: I = 80 -2 í- ■1,62 s + - i - ^ -9 ,8

• (1,62 s )2 = 1116,7

I-a velocidad del primer proyectil en el punto del encuentro será: Vi = v„ + gt' = 50 m/s + (-9 ,8 m /sz) ■3,62s = 114,52 ny/s [ y la del segundo: V2

=

V„

+ gt = 80 m/s + (-9 .8 m/s2) - 1 ,6 2 s = I 64,12 nVs

3.59. (*) U n globo que se eleva verticalmente con u na velocidad de 4 ,8 m /s abandona un saco de lastre en el instante en que el globo se encuentra a 19,2 m etros sobre e l suelo. a) Calcular la posición y la velocidad del saco de lastre a l cabo de 1/4 s, 1/2 s, I sy2s. b) ¿A l cabo de cuántos segundos llegará al suelo? c) ¿C u ál será su velocidad en ese instante?

Solución: a) Si tomamos como nivel de referencia el suelo, la velocidad inicial del sa­ co de lastre positiva (por estar dirigida hacia arriba) y la aceleración de la gravedad negativa (ya que su sentido es siempre hacia abajo), la posi­ ción y la velocidad del saco de lastre vendrán dadas en todo momento por las expresiones: h = 19,2 + 4,8 t - 4,9 t2 (m); v = 4,8 - 9,8 t (n^s) Por sustitución en las ecuaciones anteriores, se obtiene: www.FreeLibros.me

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Para I = 1/4 s, h = 20,09 m; v = Para t = 1/2 s, h = 20,37 m; v = Para t = 1 s, h = 19,1 m; v = —5 i»Vs (hacia abajo). P aral = 2 s, h = 9,2 m; » = -14,8 (hacia abajo). b) Cuando el saco de lastre llegue a tierra, h = 0. La ecuación de la posi­ ción queda reducida a: 0 = 19.2 + 4,8 t - 4,9 t2 de donde: | ( = 2.53 s | c) La velocidad del saco al llegar al suelo será: v = 4,8 m /s - 9,8 m /s2 • 2,53 s = | —20 m/s (hacia abajo)~| 3.60. (*l Dos móviles se encuentran sobre una misma horizontal separados 20 metros. E n el m ism o instante se lanzan verticalmente hacia arriba con velocidad de 100 v ISO m/s. a) ¿A qué distancia se encontrarán uno de otro a! cabo de 10 segundos de iniciarse el movimiento? b) ¿En qué instante se encontrarán a la misma altura? ¿Cuál es esta altura?

Solución: a) AI cabo de un cierto tiempo t, la altura alcanzada por el primer móvil es: h, = v,t - -y - gt2 mientras que la que alcanza el segundo, lanzado simultáneamente, es: h2 = v2t -

-i-

gt2

La diferencia de alturas que alcanzan ambos móviles al cabo de 10 segundos de iniciarse el movimiento es: 3h = h2 - h, = (v3 —v,) - 1 = (150 m/s - 100 m/s) • 10 s = 500 m Al cabo de figura 3.5) es:

10

segundos la distancia entre ambos móviles (véase la

d = V(500 m)2 + (20 m )2 = | 500,4 m | 84

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Fig. 3.5

b) Cuando ambos móviles se encuentren a la misma altura se cumplirá que hi = h2, de donde se deduce que v,t = v2t, lo cual, dado que v, ^ v2, sólo es posible cuando 11 = 0 1. Para este valor de t , | h, = h 2 = 0 |. 3.61. Desde un punto situado a u na altura de 78,4 m p o r encim a de un p lano horizon­ tal se deja caer una pelota de gom a, que, tras chocar con el plano, rebota, consen-ando la m itad de su velocidad. Calcular: a) L a altura que alcanza la pelota en su rebote. b) E l tiem po total transcurrido desde que se dejó caer la pelota hasta que choca p o r segunda vez con el plano.

Solución: a) La velocidad con la que la pelota llega al suelo es: V = V^gh = V 2 • 9.8 m • s~ 2 • 78.4 m = 39.2 m/s

Al rebotar conserva la mitad de su velocidad, siendo, por tanto, la velocidad inicial de ascenso: v'a =

- i-

• 39,2 m/s = 19,6 m/s

Con esta velocidad inicial la altura que alcanzará la pelota en su rebo­ te es: h' = y 2 ~ v* = (0 m/s)2 - (19,6 m/s )2 2g 2 • (-9 ,8 m/s2)

=

H ------- 1

1— 1

b) El tiempo invertido en la primera caída es: i = v ~ v° = 39,2 m/s - 0 m/s ' g 9,8 tVs2 www.FreeLibros.me

= 85

El tiempo empleado en el primer ascenso es: Por último, el tiempo que invierte la pelota en su segunda caida es el mismo que el del ascenso anterior. t, = t2 = 2 s Por tanto, el tiempo total es: t = t, + tj + t 3 = 4 s + 2 s + 2 s = | 8 s | 3.62. I’ l Determinar la profundidad de un pozo cuando el sonido producido por una piedra que se suelta en su brocal, al chocar con su fo n d o, se oye 3 segun­ dos después. (Considérese: g = 10 m ■s~2; velocidad del sonido en el aire = 340 m ■s~ ‘ .) Solución: Llamemos h a la profundidad del pozo. Es evidente que el tiem­ po de 3 segundos es la suma del tiempo empleado por la piedra en su caída con movimiento uniformemente acelerado y velocidad inicial nula (V 2 tyg) y del que invierte el sonido con movimiento uniforme en subir hasta el brocal (h/340). Por consiguiente:

Como g = 10 m • s 2:

o, lo que es lo mismo:

Elevando al cuadrado los dos miembros de la anterior ecuación y quitan­ do denominadores, obtenemos, tras simplificar: h! - 25 160 h + 1 040 400 = 0 Resolvamos ahora esta ecuación de segundo grado: - 4 ■1 040 400~ _ ^ 2 5 118 m h = 25 160 ± V25 1602 2 "M I,4 m De las dos soluciones obtenidas sólo la segunda tiene significado físico. www.FreeLibros.me

La primera ha surgido al elevar la ecuación original al cuadrado, y, como se puede comprobar fácilmente, si fuera válida, tanto la piedra al caer como el sonido al subir emplearían más de 3 segundos. En consecuencia: h = 41,4 m 3l43. (*) Dibujar en sendas gráficas el espacio y la velocidad, ambas en fu n ción del tiempo, de una piedra lanzada verticalmente hacia arriba, hasta el m om ento en que de nuevo es recogida por la persona que la lanzó.

Solución: Tenemos que representar gráficamente dos funciones. La pri­ mera es: (El signo negativo en la anterior ecuación se debe al hecho de que se trata de un movimiento de ascenso vertical en el campo gravitatorio terrestre, que es uniformemente retardado.) Esta ecuación corresponde a una parábola. Vamos a hallar sus puntos de intersección con los ejes: Para t = 0, s = 0; por otra parte, para s = 0, t • I v0 gt ) = 0, ecuación que tiene dos soluciones: t, = 0 y t2 = 2v0/g. Por consiguiente, los puntos de intersección con los ejes son (0 , 0 ) y (2 v- V f - V i f - E i b)= v, • t = 600 m/s • 2 s = | 1 200 m | c) resultante Como v, =sera: 600 m/s y vy = g • t = 10 m/s' • 2 s = 20 nVs, la velocidad 'v j T v f = V

4.10.

(600

m /s)' +

(20

nys)2 =

600.33 — I 5__

Desde un pum o situado a 100 m sobre el suelo se dispara Iwrizontalmenle un proyectil con una velocidad de 400 m/s . ¿Cuánto tiempo tardará en caer? ¿Cuál será su alcance? ¿Con qué velocidad llegará al suelo?

Solución: El tiempo que tarda el móvil en llegar al suelo es:

■ ■ v f-V W -®

El movimiento de avance es un movimiento rectilíneo y uniforme. El tiempo de avance es el mismo que el de caída. Por tanto: X = vs • t = 400

102

• 4,47 s = | 1 789 m |

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La velocidad con que el proyectil llega al suelo es la resultante vectorial de la velocidad horizontal de avance: vx = 400 m/s, y de la velocidad vertical hacia abajo que adquiere en la caída, que en el momento de llegar al suelo será: vy = gl = 10 m/s2 • 4,47 s = 44,7 nVs Por tanto, la velocidad con que el proyectil llega al suelo es: v = V v 2 + v2 = V(400 m/s)2 + (44,7 m /s)2 = | 402,5 nVs~] 4.11. U n avión que vuela a u na altura de 2 km lleva una velocidad de 100 m /s. ¿4 qué

distancia horizontal del blanco debe soltar una bomba para que explosione exac­ tam ente en ese punto?

Solución: Esta distancia es, precisamente, el alcance; hay que tener en cuenta que la velocidad horizontal de la bomba es igual a la velocidad de avance del avión. Por consiguiente: X = vx • \

/ V e

= 100 - E - . \ / 2 2 0 0 0 _ | 2 000 m | s V 10 m/s2 1-------------- 1

4.12. (*) A una altura h de! suelo se lanzan sim ultáneam ente dos bolas con la m ism a

velocidad, u na verticalmente hacia arriba y la otra verticalmente hacia abajo. La prim era bola llega al suelo 5 segundos m ás tarde que la segunda. ¿C on qué velocidad fu ero n lanzadas las bolas? D ato: g = 9.8 m ■s~2.

Solución: Suponiendo nulo el roza­ miento contra el aire, resulta evidente que las dos bolas emplearán el mismo tiempo en recorrer la distancia h. En consecuen­ cia, los 5 segundos de diferencia en sus lle­ gadas al suelo se deberán al tiempo que invierte la bola que se lanza hacia arriba en subir y bajar la altura h' (véase fig. 4.4). Considerando tan sólo esta bola y to­ mando como nivel de referencia el punto de lanzamiento, cuando vuelva a pasar por este punto (h = 0) habrán transcurrido 5 s. Por consiguiente: U = v„ • 5 s + y

(-9 ,8 m /s2) • (5 s)2 Fig. 4.4

de donde: V°

9,8 m/s2 • 25 s2 2 •5 s

¡24,5 m/s

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103

4.13. (*) Un bombardero que vuela horizontalmente suelta 3 bombas con interva­ los de I segundo. ¿Cuál es la distancia vertical entre la primera y la segunda, y entre la segunda y la tercera?: a) E n el instante en que se deja caer la tercera. b) Después de que la primera ha descendido 200 m. Despreciar la resistencia del aire.

Solución: a) En el instante en que el bombardero deja caer la tercera bomba habrán transcurrido 2 s y 1 s, respectivamente, desde el lanzamiento de la pri­ mera y de la segunda bomba. Las distancias verticales recorridas por ca­ da una de ellas hasta esc momento son: h, = -y- g ' l? = - y 9.8 n^s2 • (2 s)2 = 19,6 m h2 = - y g • 122 = - j - 9.8 m /s2 • (1 s)2 = 4,9 m h3 = 0 Por lo tanto, la distancia vertical entre la primera y la segunda será: h, — h2 = 19,6 m - 4,9 m = | 14,7 ni | y entre la segunda y la tercera: h2 - h3 = 4.9 m - 0 m = [ 4,9 m | b) En descender 200 m la primera bomba invierte un tiempo: A / H ^ = 6 ,389s V e V 9,8 n\/s La segunda bomba habrá estado cayendo durante un tiempo: «2 = t, - 1 s = 6.389 s - 1 s = 5,389 s descendiendo una altura: ha =

\

g • 'I = - y - 9.8 m/s2 - (5,389 s)2 = 142,3 m

Efectuando cálculos idénticos para la bomba tercera, tenemos: tj = t2 - 1 s = 5,389 s - 1 s = 4.389 s hj = - i - g • t2 = - L 9,8 nVs2 • (4.389 s)2 = 94,4 m 1(14 www.FreeLibros.me

Por lo tanto, la distancia vertical entre la primera bomba y la segunda se­ rá: h, - h2 = 200 m - 142.3 m = | 57,7 m | y entre la segunda y la tercera: h2 - h3 = 142,3 m - 94,4 m = | 47,9 m | ■4.14. S e dispara un proyectil con una velocidad de 200 m /s, form a n d o u n ángulo de 30° con Ia horizontal. Calcular: a) Com ponentes rectangulares de la velocidad en e l instante de la salida. b) Tiem po que tarda en alcanzar la m áxim a altura. c) A ltura m áxim a alcanzada. d) Alcance d el proyectil.

Solución:

a) vox = v„ • eos 30° = 200 m/s • ~ ~ = I 100 V ? m/s ] voy = v„ • sen 30° = 200 m/s • -y - = | 100 m/s I b) La máxima altura se alcanza cuando la componente vertical de la veloci­ dad se hace cero: « " " ¡ ¿ L jf r .- r w n -------g 10 nVs c) Aplicando la ecuación del desplazamiento vertical: Y _ Vp ' sen2 ; (200 iVs)2 • 1/4 ™‘ 2g 10 m/s2 1------------ 1 d) El tiempo de avance será el doble del invertido en alcanzar laaltura má­ xima: tav = 2 • 10 s = 20 s y, aplicando la ecuación del desplazamiento horizontal: lY. „ -

X = 100 V T m / s • 20 s = f 2 0 0 0 V 3 m

|

o también, aplicando la fórmula del alcance final: X

-

t ' ™

8

2'

.

(2.30 n V s ) ' • V 3 / 2

10 nVs

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1-------------------- 1 105

4.15. S e dispara un proyectil con una velocidad de 600 m /s. form ando un ángulo de 60 ° con Iá horizontal. a) ¿Q ué altura m áxim a alcanzará? b) ¿C uánto tiempo tardará en alcanzarla? c) ¿Q ué velocidad tendrá en dicho punto?

Solución: La velocidad de salida se descompone en dos componentes: una horizontal, de avance, que es constante, y otra vertical, de subida, afectada por la aceleración debida a la gravedad. Estas componentes valdrán: vox = v0 • eos a = 600 nVs • 1/2 = 300 m/s v„y = v„ • sen a = 600 = 300 V3 nVs

a) y b) En la máxima altura se anula la componente vertical de la veloci­ dad: Vy = voy - gt = 300 V ? - f - - 10 -2 j- • t Por tanto: 0 = 300 V ? - 10 t de donde: | t = 30 V 3 s 1 La altura máxima vendrá dada por: Y ., ., = v0) •

t

- - i-

gt2 = 300 V

i

. 30 V 3

s - - i-

10 - 2 j -

•

(30 V3 s)2 = 27 000 m - 13 500 m = | 13 500 m | O también: Y

_

• sen- , _ (600 m/s); • (v5/2); _ i |3 fw| m , 2g 2 - 10 m/sJ 1--------------- 1

c) La velocidad en la posición de máxima altura es la componente horizon­ tal de la velocidad inicial de lanzamiento, puesto que la componente ver­ tical es nula. Esta velocidad es. como se calculó antes: |T = 300 nVs | 106

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A .H . I*) El movimiento plano de un punto materia! pesado se refiere a unos ejes cartesianos, de manera que el eje OX es horizontal y O Y es vertical, siendo el sentido del semieje positivo hacia arriba. La velocidad inicial es vu = 100 m • s~‘ y form a un ángulo rj4 con el se­ mieje de abscisas positivo. Tómese g = ¡O m • s 2. Hallar la ecuación de la c u n a descrita por el punto material.

Solución: Se trata de un cuerpo lanzado oblicuamente con respecto a la horizontal (véase fig. 4.5). Las componentes horizontal y vertical de la velo­ cidad inicial son:

Fig. 4.5

vox = v0 • eos a = v0 • eos r/4 voy = v0 • sen a = vD • sen r/4 El movimiento del punto material se puede considerar como el resultado de la composición de dos movimientos rectilíneos perpendiculares: uno hori­ zontal uniforme con velocidad constante v„ = vox = v0 • eos rqA, y otro verti­ cal uniformemente retardado, debido a la aceleración de la gravedad, varian­ do la velocidad con el tiempo de acuerdo con la expresión: V , = voy - gt = V „ • sen r/4 - gi Al cabo de un tiempo t después del lanzamiento las coordenadas x , y de la posición del punto material serán: x = vox •t = v„ • eos V* • t y = v„y -1 - - y glJ = v„ - sen r/4 • I Si eliminamos el tiempo entre estas dos expresiones, se obtiene la ecua­ ción de la trayectoria:

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107

Sustituyendo en la ecuación anterior los valores de vG,g, sen y eos - j - , obtenemos la ecuación de la curva descrita por el punto material: [ 7 = » - io ~3 x2 (si) | que corresponde a una parábola con el eje de simetría paralelo al eje de ordenadas y la concavidad dirigida hacia abajo. 4.17. Un artillero situado al nivel del mar desea que su disparo, efectuado con un ángulo de elevación de 45°, rebase justam ente la cumbre de una colina de 350 m de altura. Determinar la velocidad mínima necesaria para ello, sabiendo que la distancia horizontal entre la cumbre de la colina y el artillero es de I 500 m.

Solución: Se trata del lanzamiento oblicuo de un proyectil, cuya trayecto­ ria viene dada por la ecuación: y=:

2v i -

Si consideramos como origen de coordenadas el punto de lanzamiento, donde se encuentra situado el artillero, la cumbre de la colina corresponde al punto (1 500, 350). Sustituyendo estos valores en la ecuación de la trayecto­ ria, tenemos: m)2 350 m = 1 500 m - 10 m/s2 • (1 500 2 V Í-41, = 140 nVs 4.18. ¿A qué llamamos parábola de seguridad3 Solución: Es la curva envolvente de todas las posibles trayectorias segui­ das por un proyectil disparado oblicua u horizontalmente con distinto ángulo y velocidad constante. Fuera de ella existe la completa seguridad de que ningún punto es alcanzado por el proyectil. 4.19. (*) Un proyectil disparado form ando un ángulo de 53 por encima de la horizon­ tal alcanza un edificio alejado 43,2 m en un punto que se encuentra 13,5 m por encima del punto de proyección. a) Calcular la velocidad del disparo. b) Calcular el valor y el sentido de Ia velocidad del proyectil cuando golpea el edificio. c) Hallar el tiempo de vuelo. www.FreeLibros.me

Solución:

Considerando como origen de coordenadas el punto de lanzamiento del proyectil, el punto de impacto sobre el edificio tendrá de coordenadas (43,2, 13,5), las cuales han de satisfacer la ecuación de la trayectoria: y = x • tg 53° - — ¡ 2 r — 2 v i • eos- 53° Sustituyendo, resulta: ,3.5 m = 43,2 m • 1,327 - 9'8 f2 v> - 0,3622 de donde: . 24 m/s

b) y c) La componente horizontal de la velocidad del proyectil cuando gol­ pea el edificio es la misma que la inicial: V, = V0, = v„ • eos 53° = 14,4 m/s El tiempo de vuelo del proyectil se calcula fácilmente teniendo en cuenta que su movimiento horizontal es uniforme: 43,2 i vx 14.4 m/s - [ m Hallemos, por último, la componente vertical de la velocidad en el punto de impacto: vy = v„ • sen 53° - gt = 24 m/s • 0,7986 - 9,8 m/s- • 3 s = -10,2 nVs Por tanto, el módulo de la velocidad es (fig. 4.6): ■= V vJ + vj = V(14,4 m/s)2 + (-1 0 .2 m/s)2 = |17,65 ny's

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formando con la pared un ángulo: .- in g .g ^ - [ » £ ] E n el partido de fú tbo l Atlético de Madrid-Sporting de Gijón, celebrado el día 20 de noviembre de 1988, Joaquín lanzó una volea con un ángulo de 30° y una velocidad de 108 km /h. Kevin M oran, que estaba a 50 m del punto de lanzamien­ to en la dirección de avance horizontal del balón, salió corriendo con la inten­ ción de alcanzarlo en el mismo instante de su ¡legada a! suelo, lo que, efectiva­ m ente, consiguió. ¿Cuál fu e la celeridad de M oran, supuesta constante? Consi­ dérese nula la resistencia del aire.

Solución: Expresemos, en primer lugar, la velocidad del lanzamiento en unidades internacionales: 108 knyh = 30 m/s. El alcance de la volea es: x _

Vp ■sen 2 *

_

(30 nV s)2 ■V l / 2

g 10 nVs2 y el tiempo que el balón permanece en el aire:

_ 7? ? m

_ 2 v„ • sen a _ 2 - 30 m/s • 1/2 _ 10 m /s2 g En este tiempo Moran tiene que recorrer la distancia PA (véase fig. 4.7):

PA = 77,9 m - 50 m = 27,9 m Por tanto, su celeridad será:

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4.21. Sucedió en un partido de fú tb o l jugado recientemente por la selección española. Sacaba Zubizarreta de puerta y soplaba el viento horizontalmente a su fa vo r con una fuerza F . IJam em os P a! peso del balón. ¿Con qué ángulo debia Zubizarreta efectuar su saque, si deseaba que la altura m áxim a a la que se elevase el balón fu ese igual a la m itad de! alcance de! lanzamiento?

Solución: Llamemos a al ángulo de lanzamiento y v„ a la velocidad inicial del saque. Las componentes horizontal y vertical de esta velocidad son:

El movimiento del balón se puede considerar como el resultado de la composición de dos movimientos rectilíneos perpendiculares, ambos unifor­ memente variados: uno horizontal uniformemente acelerado pdebido a la fuerza del viento, que comunica al balón una aceleración a = -p - • g, y otro vertical uniformemente retardado a causa de la aceleración de la gravedad. Como consecuencia de esta composición de movimientos, lasco horizontal y vertical de la velocidad del balón al cabo de un tiempo t vx= v„ . eos , + gt [1 ] vy= v„ • sen a - gl [2) En ese momento las coordenadas x , y de la posición delbalónserán: x = V„ • eo s * • t + - § - - ¡ r >2

[3]

y = v„ • sen a • t - -± - gt2

[4]

Cuando elbalón alcance el punto más alto de su trayectoria,vy=* 0; por tanto, de acuerdo con [2 ), el tiempo que en ello emplea será:

La altura máxima alcanzada por el balón se obtiene sustituyendo en [4| el valor del tiempo que figura en la ecuación [5|. Se llega de esta forma a:

El tiempo total de permanencia del balón en el aire es el doble del tiempo de ascenso:

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Por consiguiente, el alcance del balón será: ■eos 1

2 v„ • sen i. 8

2 ' P

• sen J 8

• sen 2 7. v; sen 2 » g g Como, de acuerdo con el enunciado del problema, el saque de Zubizarreta tiene que cumplir la condición: x = 2y, tenemos:

Operando matemáticamente con esta ecuación trigonométrica, teniendo en cuenta que sen 2 a = 2 sen a eos i , llegamos a la conclusión final:

4.22. Desde un punió A de un plano inclinado 45° con respecto a la horizontal se lanza verticalmente hacia arriba una pelota de gom a perfectamente elástica, la cual, tras alcanzar una altura de 40 m , inicia su descenso, chocando elásticamente contra el mismo punto A , Después del rebote la pelota vuelve a chocar con el plano en otro punto B, Calcular la distancia AB,

Solución: La velocidad de la pelota en el instante mismo del primer cho­ que es: = V2gh = V 2 • 9,8 m • s~2 • 40 m = 28 m

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Tras el choque clástico y oblicuo con el plano (véase fig. 4.8). la pelota sale rebotada en dirección horizontal con una velocidad de 28 m • s , des­ cribiendo una trayectoria parabólica dada por la ecuación:

*=v•

=28

111

El punto B será el de intersección de esta parábola con la recta y = x, que define el perfil del plano: y= x [2) Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [1] y (2). obtenemos: x = y = 160 m En la figura 4.8 se aprecia claramente que: d = AB = V x 2 + y2 = V (160 m)2 + (160 m)2 = 1 160 V i m ] 4.23. E n el m ism o instante en que una partícula que se m ueve en el plano X Y pasa por el origen de coordenadas, animada de una velocidad v„ en el sentido positivo del eje O Y , se le com unican dos aceleraciones constantes y de igual módulo «a», una dirigida en el sentido positivo de! eje O X y la otra en el sentido negativo del eje O Y . Hallar: a) L a ecuación de la trayectoria descrita p o r la partícula . b) E l punto del plano X Y en el que la velocidad de la partícula es mínima.

Solución: a) El movimiento de la partícula se puede considerar como el resultado de la composición de dos movimientos rectilíneos perpendiculares. Según el eje OX el movimiento es uniformemente acelerado y sin velocidad ini­ cial. mientras que en la dirección del eje OY es uniformemente retarda­ do con velocidad inicial vQ. Por tanto, al cabo de un tiempo t las coordenadas que definen la po­ sición de la partícula son:

y = V „t

a t2

La ecuación de la trayectoria la obtenemos eliminando t entre ambas ecuaciones: 1 2

(x 4- y)2 v2

_ x2 + y2 + 2 xy -

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2

x=0 113

b) Ya que las componentes de la velocidad de la partícula en las direcciones de ambos ejes son: v, = at vy = vQ - at el módulo de la velocidad en todo momento será: v = V v J + 2 a2t2 - 2 v„at Para hallar la velocidad mínima tendremos que derivar la expresión anterior con respecto al tiempo, e igualar a cero esta primera derivada: dv _ 2 a2t - v0 • a _ dt v

La partícula adquirirá su velocidad mínima al cabo de un tiempo Puede comprobarse que esta velocidad es mínima y no máxima, v0 toma hallando la derivada segunda —d2v— y viendo cómo para t = —— dr 2a valor positivo. Las coordenadas del punto en que la velocidad de la partícula es mí­ nima son: 1 vi i 2a ( \ i2a) / J_ 8a 3vi v„ 1 / Vo y y = vQt ^ al 8a '2 a 2 a \ 2a / El punto del plano XY en que la velocidad de la partícula es mínit=

3 v* 8a 4.24. A l componerse dos movimientos armónicos sim ples perpendiculares entre si, de la m ism a amplitud y período y con una diferencia de fa se de 2rj3, ¿cuál es la ecuación de Ia cun'a de Lissajous obtenida?

Solución: Las ecuaciones de ambos movimientos serán: x = A sen 2^t y = A sen [2*vt + 114

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Vamos a eliminar el tiempo entre esas dos ecuaciones. Para ello hemos de tener en cuenta que: sen 2 jrvt = —£— eos 2nvt y=

A

£ se n

2nvt • eos

+ eos 2™i • sen

resulta, por sustitución:

= _ _ i_ x + _V T .V Á T T ? Elevando al cuadrado y sustituyendo, se obtiene finalmente: | 4x2 + 4y2 -i- 4»y - 3A2 = 0 ( u n a

clipseTI

Una masa puntual está sometida simultáneamente a dos movimientos armónicos simples sobre los ejes O X y OY de igual frecuencia v = 0,5 ciclos/s, y cuyas ecuaciones respectivas son: x = 4 sen wí y = 6 sen ( tJ + Calcular la velocidad de la masa puntual al cabo de 2 segundos de iniciado el movimiento.

Solución: El vector posición de la masa puntual en todo momento es: r = x T + y 7 = 4 se n o )tT + 6 se n ( can dos cuerpos de 8 y ¡2 kg. respectivamente. a) Dibujar un diagrama de las fuerzas que actúan. b) Calcular la aceleración del sistema dejado en libertad. c) ¿Q ué tensión soporta la cuerda? d) Calcular el tiempo que tardarán am bos cuerpos en desnivelarse 6 m , supo­ niendo que en el instante inicial estaban a la misma altura.

Solución: a) El diagram a d e fuerzas pedido viene representado en la figura 6.7, te­ niendo en cuenta q ue las tensiones T ¡ y T2 son iguales.

Fig. 6.7

b) Considerando las fuerzas que favorecen c impiden el movimiento del sis­ tema, y aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica, se tiene: m, . _ ,( 1 2 ~ « ) kg . „ 8 ^ 2 _ | i , 9 6 | m, + m2 (12 + 8) kg 1----------1-----1 c) Si consideramos el cuerpo de la derecha (que baja con una aceleración a), tenemos: T = m, (g - a) = 12 kg (9,8 - 1,96) m/s2 = | 94,1 N | mientras que si nos fijamos en el cuerpo que sube con la misma acelera­ ción (el de la izquierda): a =

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m2 (g + a) = 8 kg (9,8 + 1.%) n^s2 = | 94,1 N | d) Para que el desnivel entre ambos cuerpos de 6 m, cada uno de ellos ha de recorrer verticalmente 3 m. Como:

6.10. Atados a los dos extremos de una cuerda, de masa despreciable, que pasa por una polea pequeña sin rozamiento, cuya masa también se puede despreciar, cuelgan dos bloques idénticos, de 10 kg de masa cada uno. según se indica en la fig u ­ ra 6.8. Si queremos que uno de los dos bloques recorra en sentido descendente una distancia de 2.40 m en 2 se­ gundos. partiendo del reposo, ¿qué sobrecarga, expresa­ da en kilogramos, se le habrá de añadir?

Solución: Hemos de calcular, en primer lugar, la aceleración del sistema. Al tratarse de un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado sin velocidad ini­ cial, tenemos:

Fig. 6.8 - = 1.20 m/s2 s)2 Llamando m a la masa, expresada en kg. que ha de añadirse a uno de los bloques para conseguir esta aceleración, antes calculada, habrá de cumplirse que: m • 9,8 m/s2 = (20 + m) kg • 1.20 n^s2 (2

i = 2,79 kg 6.11. (*) Dos pesas, una de 7 kg y otra de 8 kg. suspendidas verticalmente, están unidas por una cuerda ligera e inextensible que pasa por una polea fija cuya garganta es perfectamente lisa. Si se deja la polea en libertad, y suponiendo que inicialmente las pesas estaban a la misma altura, ¿a qué distancia vertical se encontrarán una de otra al cabo de J segundos? ¿Cuál será la tensión de la cuerda? www.FreeLibros.me

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Solución: Del diagrama de fuerzas representado en la figura 6.9 podemos deducir la aceleración con que se mueve el sistema una vez libre: = 0,653 m/s2 Supuesto el sistema inicialmcnte en reposo, el espacio que recorre cada cuerpo al cabo de 3 se­ gundos (uno subiendo y otro bajando), será: s-

-i-

T

at2 = - i - • 0.653 m/s2 - (3 s)2 = 2,94 m

Por tanto, la distancia que separa a dichos cuer­ pos en ese instante será: d = 2 • 2,94 m = | 5,88 m |

F ig . 6 .9

La tensión que soporta la cuerda puede calcularse a partir del cuerpo que sube o a partir del que baja. a) Cuerpo que sube: T = m2 (g + a) = 7 kg (9.8 + 0,653) n^s2 = 173,2 N | b) Cuerpo que baja: T = m, (g - a) = 8 kg (9,8 - 0.653) m/s2 = | 73.2 N 6.12. E n los extremos de una cuerda ligera y flexible que pasa por una pequeña polea sin rozamiento, de masas despreciables, están suspendidos dos bloques, A y B , de 200 g de masa cada uno. Sobre el bloque A se coloca una sobrecarga de 80 g, que se quita al cabo de 3 segundos. a) Hallar el espacio recorrido por cada bloque durante el prim er segundo, des­ pués de haber quitado la sobrecarga. b) Calcular la tensión de la cuerda antes y después de quitar la sobrecarga.

Solución: a) La fuerza real que origina el movimiento es el peso de la sobrecarga: F = m • g = 0,08 kg • 9,8 m/s2 = 0,784 N Como la masa que se mueve es la suma de las masas enlazadas: M = 0.2 kg + 0,2 kg + 0.08 kg = 0.48 kg 166

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aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica deducimos el valor de la aceleración del sistema: La velocidad de cada uno de los cuerpos, al cabo de 3 segundos, será: v = v0 + at = 0 + 1,633 nVs2 • 3 s = 4.9 itv/s Después de quitada la sobrecarga el sistema continúa moviéndose con velocidad constante (F = 0) de 4,9 n^s. Cada bloque recorrerá un espacio dado por: s =. V • t - 4,9 - 2 - • u - r r 9 j ] b) Si la cuerda y la polca son de masas despreciables, la tensión es la misma a ambos lados. 1) Antes de quitar la sobrecarga y atendiendo al cuerpo que baja: T = m (g - a) = 0,28 kg (9,8 - 1,633) m/s* =1 2,3 N | 2) Después de quitar la sobrecarga el sistema no tiene aceleración (F = 0) y la velocidad es constante. Por tanto: T = m • g = 0,2 kg - 9,8 m$2 = | 1,96 N 6.13. Vamos a considerar ahora una máquina de Atwood en la que no podem os des­ preciar la masa de la cuerda, cuya densidad lineal es 0,1 kgfm . D e los extremos de dicha cuerda, que tiene 6 m de longitud y que pasa por la garganta perfecta­ m ente lisa de una polea de m asa despreciable, cuelgan dos bloques, A y B , de 10 kg de masa cada uno, que están inicialmente a la misma altura. Sobre el bloque A se coloca una sobrecarga de 2 kg. Calcular: a) L a aceleración del sistema, dejado en libertad, en función de la distancia recorrida por uno de los bloques. b) L a aceleración inicial. c) L a aceleración cuando el desnivel entre los dos bloques es de J m .

Solución: a) Consideremos el momento en que el bloque A ha descendido X metros y el bloque B ascendido otra distancia igual (fig. 6.10). La fuerza causante del movimiento es la suma del peso de la sobre­ carga y el de la cuerda correspondiente al desnivel 2X existente entre los dos bloques: F = (2 kg ■9.8 m/s!) + (2X m • = (19.6 + 1.96 X) N www.FreeLibros.me

■9,8 m /s2) = 167

La masa del sistema móvil es la suma de las masas de los bloques A y B (20 kg). la de la sobrecarga (2 kg) y la de la cuerda (0.6 kg). Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica: , - F . (.9,6 + 1.96 X) N_ , [ (0 867 , „ flg67 X) ^ | M 22,6 kg 1------------------------------------- 1

están a la misma altura. a„ = 0,867 m/s2

c) Si el desnivel es de 3 m. cada uno de los bloques recorrió 1.5 i tanto, aplicando la expresión deducida en a): (0,867 + 0.0867 • 1,5) m/s' = 0,997 m/s2 = I 1 iVs2 1 6.14. Sobre una superficie horizontal sin rozamiento tenemos dos bloques. A y R . de 2 kg de masa cada uno. unidos por una cuerda. Si se tira del bloque A con una fuerza de 10 jV, calcular la tensión de la cuerda de unión en cada uno de sus extremos: a) Si su masa es despreciable. b) Si tiene una masa de 200 g.

a) Al actuar sobre el sistema la fuerza de 10 N. la aceleración que éste adquiere es: 168 www.FreeLibros.me

10 N = 2.5 m/s2 4 kg mA + mB Designemos por TA y TB las tensiones de la cuerda en sus puntos de unión con los bloques A y B, respectivamente, y aislemos el bloque A sobre el que actúan las fuerzas que vemos representadas en el diagrama de la figura 6.11. F

%

'/ / / / / // / / / / / / / / // / / / / // ,

Fig. 6.11

Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica, tenemos: F - TA = mA • a de donde: TA = F - mA • a = 10 N - 2 kg • 2,5 n^s2 = 1 5 N | Sobre el bloque B la única fuerza horizontal que actúa es TB. que le comunica la aceleración a. Por tanto: TB = mB • a = 2 kg • 2.5 m/s2 = 1 5 N | Vemos, pues, que si la masa de la cuerda es despreciable, la tensión es constante a lo largo de toda ella. b) Calculemos, en primer lugar, la aceleración del sistema, designando por mc la masa de la cuerda: ION 2 kg + 2 kg + 0.2 kg = 2,38 m/s2 Aplicando al bloque A, sobre el que ahora aclúan las fuerzas hori­ zontales F y Ta , la ecuación fundamental de la Dinámica:

Ta = F - m A • a' = 10 N - 2 kg • 2,38 m/s2 = I 5,24 N | www.FreeLibros.me

169

La única fuerza horizontal que actúa sobre el bloque B es TB. cuyo valor viene dado por: T„ = m B ■ a ' = 2 kg • 2,38 m/s2 = | 4.76 N | Se llega a la conclusión de que TA es mayor que T0, debiéndose la di­ ferencia a la fuerza necesaria para comunicar a la masa mc de la cuerda la aceleración a'. Este resultado es completamente general: si una cuerda tiene masa no despreciable, la tensión va disminuyendo conforme aumenta la distancia a la fuerza aplicada. 6.15. Sobre la superficie completamente lisa del cono de revolución representado en la fig ura 6.12, que gira alrededor de su eje vertical OO' con una velocidad angular de 15 r.p.m . está situado el cuerpo A , de 2 kg de masa, sujeto al vértice del cono por un hito inextensible y sin m asa, de 4 m de longitud. Calcular: l= 4m a) L a velocidad lineal de! cuerpo A tomando como sistema de referen­ cia la Tierra. b) L a reacción de la superficie del cono sobre el cuerpo. c) L a tensión del hilo. d) La velocidad angular a que debe girar el cono para anular su fuerza de reacción sobre el cuerpo.

a)

Solución: La velocidad angular del cono, en unidades internacionales, es: i) del sistema electrón-protón en un átomo de hi­ drógeno. Las masas del electrón y del protón las siguientes, respectivamente: 9.1086 • 10 31 kg y 1,6724 • 10 27 kg.

Solución: Como la masa del electrón es mucho menor que la del protón, resulta: u. = mc ( 1 = 9,1086 ■10-’1 kg (1 — 9.1086 - 10~31 kg 1,6724 • 10"27 kg = 9,1036 UT3' kg La diferencia entre la masa reducida y la del electrón es. aproximadamen­ te. del 0.06 % . www.FreeLibros.me

205

7.15. U n núcleo, ¡nicialmenle en reposo, se descompone radiactivamente emitiendo un electrón con un m om ento lineal de 9,22 - 10 /ó g - cm/s y , perpendicularmente a la dirección d e l e lectró n , u n n eu trin o con u n m om ento lineal de 5,33 • I0 ~ 16 g ' cm/s. a) ¿E n qué dirección retrocederá el núcleo residual? b) ¿Cuál será su m om ento lineal?

Designemos por M • V el momento li­ neal del núcleo residual ;_por m • v el del electrón, y por m' • v el del neu­ trino. siendo i el ángulo que forma la dirección del núcleo residual con la del electrón, tal como se indica en la figura 7.3. Descomponiendo el momento li­ neal del núcleo residual en sus compo­ nentes y aplicando el principio de con­ servación, resulta: Fig. 7.3 M • V • sen (r. - a) - m ' • v' = 0 I M • V sen o = m' m • v — M • V • eos (n —a) = 0 í M • V • eos * = Dividiendo las ecuaciones [1] y [2): _ 5.33 • 10~16 g • cn\/s _ -o -9,22 • 10"' g • cm/s, = -0.578 que corresponde a un ángulo de 150°. b) Elevando al cuadrado las ecuaciones (1 ] y [2] y sumando: M2- V2 (sen2 a + eos2 a) = M2V2 = (m' - v')2 + (m • v)2 de donde: M • V = p = V (5,33 • 1 0 '16 g • cm/s)2 + (9,22 • lO '"1g - cm/s)2 = = 11,06 10 15 g • cnVs | 7.16. Una bola de billar que se mueve con una velocidad de 4 m /s pega de refilón a otra bola idéntica en reposo, reduciéndose su velocidad a 2 m /s, en una direc­ ción de 60° con la del movim iento origina!. Calcular la velocidad y la dirección del movimiento de la segunda bola después del choque.

Solución: Aplicando el principio de conservación del momento lineal en dos direcciones (la del choque y la perpendicular a ella), tal como se indica en la figura 7.4. tenemos: m • v , = m • v{ eos 60° + m • eos a m • v¡ • sen 60° = m • sen a 206

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Fig. 7.4

Simplificando y sustituyendo los datos del problema, se tiene: 4 m/s = 2 - J ~ • 0,5 + v5 eos a

vj eos s = 3

[11

2 - 2 - • 0,866 = vj sen a

v¡ ■sen a = 1,7320

[2 ]

La resolución del sistema formado por las ecuaciones |1] y [2] conduce a: v i = 3,464 nVs

i = 30°

7.17. Un vagón de masa M se desliza sin rozamiento sobre una vía horizontal. E n el momento en que su velocidad es v„. un hombre de masa m comienza a caminar sobre el vagón, de delante hacia atrás, siendo su velocidad respecto al vagón en el momento en que lo abandona, V. ¿Cuál será la velocidad del vagón en ese momento?

Solución: Aplicando el principio de conservación del momento lineal al sistema formado por el hombre y el vagón, tenemos: m ■V = (M + m) Av siendo: el incremento de velocidad que experimenta el vagón. Por lo tanto, la velocidad de éste en el momento en que el hombre lo abandona, será: v1 v„ + iv = www.FreeLibros.me

207

7.18. S e dispara u na granada con una velocidad inicia! de 600 m /s y con un ángulo de elevación de 45 °. A I llegar al punto m ás alto de su trayectoria la granada explo­ siona en dos fragm entos de igual m asa, uno de los cuales cae verticalmente al suelo con velocidad inicial nula. ¿A qué distancia del punto de lanzamiento caerá el otro fragm ento? Tómese g = 10 m/s1.

Solución: La altura máxima y el alcance del proyectil son. respectiva­ mente: Y _ v£ • sen2 a _ (600 m/s)2 • 0.5 - = 9 000 m 2 g ~~ 2 -1 0 m /s2 ^ _ v,2, • sen 2a _ (600 m/s)2 • 1 = 36 000 m g 10 m /s2 La componente horizontal de la velocidad, que permanece constante has­ ta el momento de la explosión, vale: V , =

600 -2 i- ■eos 45° = 300 V Ím /s

En el momemo de la explosión no actúan fuerzas exteriores al sistema, salvo el peso, cuyo impulso es despreciable frente al de las fuerzas internas de la explosión. Podemos, por consiguiente, considerar el sistema como ce­ rrado y suponer que el momento lineal total permanece constante. Designando por m la masa de cada fragmento, 2m la masa de la granada y v\ la componente horizontal de la velocidad del segundo fragmento, tene­ mos: 2m • v, = m • v¡ de donde: v; = 2 • v. = 2 • 300 s / l m / s = 600 V T m /s Por lo tanto, este segundo fragmento se comporta como un cuerpo lanza­ do horizontalmente con una velocidad v'x desde una altura de 9 000 m: 9 1)00 m = — 10 - i? - . t2 2 s2 s = 600 V 2 —s -t La resolución de este sistema conduce a: s = 36 000 m En consecuencia, la distancia entre el punto de lanzamiento de la granada y el de la caída del segundo fragmento es (fig. 7.5): 208

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d=s+

= 36 000 i

Fig. 7.5

También se puede enfocar la resolución del problema considerando que, tras la explosión, el centro de masas del sistema continúa moviéndose lo mis­ mo que antes. Ambos fragmentos llegarán al suelo simultáneamente, siendo en todo momento simétricas sus posiciones con respecto al centro de masas. Por lo tanto, según se desprende de la figura 7.5: d = x + BC = x + 0,5 x = 1,5 x =

AB = BC :

= 1,5 • 36 000 m = 54 000 m E n n n cruce de calles ha tenido lugar un choque (sin victimas) entre dos vehícu­ los: un autom óvil de I 000 kg de m asa que se dirigía hacia el norte a la veloci­ dad de 54 km /h, con un camión de 4 toneladas que avanzaba hacia e l este a la velocidad de 25,2 km /h. A consecuencia del choque el autom óvil queda incrusta­ do en e l cam ión, desplazándose a continuación los dos juntos. a) ¿C uál es la velocidad del conjunto form ado p o r los dos vehículos inm ediata­ mente después del choque? b) ¿C uál es la dirección de su m ovimiento?

Solución: a) En el choque se conservan las componentes del momento lineal del siste­ ma respecto a los ejes EO y NS. Si designamos por m, y m2 las masas respectivas del camión y del automóvil, por v, y v2 sus correspondientes velocidades antes del choque, y por V la velocidad del conjunto después de chocar (fig. 7.6), la aplicación del principio de conservación del mo­ mento lineal conduce a: m, • v, = (m, + m2) V • eos a (1) m2 • v2 = (m, + m2) V sen a (21 De donde se deduce que: V c o s , - - Jni|nLLvi_ + m2 V „ ____

m '- V2

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209

E levando al cuadrado las expresiones (3J y [4] y sum ando:

',) + (m2 • v2) (mi + m2)2 Despejando V y sustituyendo datos, se obtiene el valor: V = 6,35 nVs b) Para calcular la dirección del movimiento de ambos vehículos después del choque, basta dividir entre sí las ecuaciones (1) y [2J: m2 • v2 _ 1 000 kg • 15 m /s _ 15 4 000 kg • 7 nVs ! = | 28° 10' al NE ,| 7.20. L as velocidades de dos panículas, de masas m , y rn, respecto a un sistema de referencia determinado. Calcular la velocidad de! centro de masas respecto a ese m ism o sistema y la velocidad de cada una de las partículas respecto a! centro de masas.

m¡ • rj + m2 • r2 y su velocidad: + m¡ + La velocidad de la primera partícula respecto al centro de masas valdrá: m.

,

y’ = y - V

1

1

CM

=v

1

m, - y, + m; • v2 _ m2 (v, - ~v2) = m, + m2 mi + m2 m2 v,2 ni| + m2

y la de la segunda: siendo v,2 la velocidad relativa de las dos partículas. Obsérvese que ambas se mueven en sentido contrario respecto al centro de masas. Calculemos ahora 210 www.FreeLibros.me

los momentos lineales correspondientes, también con respecto al sistema de referencia del centro de masas: ™' mi + m2 V,2= u ■V,2 m,v2 = - ■ m | +* nm2í2 — v,2 = -¡i. • — vl2

p¡ = m,V¡ =

kP2< =

Vemos, pues, que son iguales y opuestos. Tenemos sobre una mesa perfectamente pulimentada dos esferillas de masas res­ pectivas m, = 3 g y m2 = 2 g. situadas ambas perpendicularmente al borde de la mesa, la primera en el mismo borde y la otra a 6 0 cm de él. ! m s dos esferillas están unidas por un hilo inextensible, de masa despreciable, de I m de longitud. Si se deja que la primera esfera caiga verticalmente, ¿al cabo de cuánto tiempo v con qué velocidad inicial se moverá la segunda?

Solución: El movimiento de la primera esferita será el de caída libre hasta el mismo momento en que el hilo que une a ambas esferas se ponga tenso, lo cual sucederá cuando la primera esfera haya descendido 40 cm. Su velocidad será, en esc momento: v, = V 3 p = V 2 - 9,8 m • s~2 • 0,4 m = 2.8 m/s El tiempo invertido en alcanzar esa velocidad será: g 9,8 m/s2 I---------- 1 que es, precisamente, el tiempo que tarda la segunda esferilla en ponerse en movimiento. En ese mismo momento en que se pone en movimiento la segunda esferi­ lla, la velocidad común del sistema vendrá dada por: m, • v, 0,003 kg • 2,8 iqfc ITT2 T~ m, + m2 p O lk i I l ’68 "V*

22. Un cañón de masa M, situado sobre el suelo horizontal, dispara horizontalmente

un proyectil de masa m con la velocidad relativa »•. Sabiendo que el coeficiente de rozamiento dinámico entre el cañón y el suelo es «, determinar el retroceso. X. del cañón.

Solución: Designemos por Vj la velocidad inicial de retroceso del cañón. Aplicando el principio de conservación del momento lineal al sistema forma­ do por el cañón y el proyectil, tenemos: M • v, = m (v - v,)

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El problema, ahora, puede enfocarse desde un punto de vista dinámico o desde un punto de vista energético. a) Si pretendemos seguir un método dinámico, hemos de calcular la acele­ ración a la que se encuentra sometido el cañón después de su disparo. Para ello tracemos el diagrama de las fuerzas que actúan (fig. 7.7). — ... _ — Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica, se tiene: -F , = M ■a = -i» ■M ■ de donde: a = - p ■g Fig. 7.7 El retroceso del cañón vendría dado por: * ?-* ? M+m 2a -2pg 2ug b) Para resolver el problema desde un aspecto energético hemos de con­ siderar que en el momento del disparo el cañón adquiere una energía cinética (Ec = M ■vi), que invierte en realizar un trabajo contra la fuerza de rozamiento a lo largo del recorrido X: W, = F, X = |» -M -g X Igualando ambas expresiones (Ec = Wr), se llega al mismo resultado para X. 7.23. U n sistema está form ado por cuatro partículas de masas 2. 3, 5 y 6 kg. situadas respectivamente en los puntos ( - 2 , 3. 6), (S, - 2 . - 1 ) . I I. 0, II y 14. 2 . 3). Calcular la posición del centro de masas del sistema.

Solución: Las coordenadas del centro de masas del sistema son: _ S n y t, 2 kg (-2 ) -I- 3 kg ■5 + 5 kg • 1 + 6 kg ■4 _ , . (2 + 3 + 5 + 6) kg 2 kg • 3 + 3 kg - (-2 ) + 5 kg - 0 + 6 I 16 kg • 6 + 3 kg (-1 ) + 5 I M 16 kg El vector posición del centro de masas del sistema es: I r„ = 2,5 T + 0,75 j + 2 k ]

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7.24. I.u masa de la Luna es aproximadamente 0,013 veces la masa de la Tierra, y la distancia entre los centros de masas de ¡a Luna y la Tierra es aproximadamente 60 veces el radio de la Tierra (R j = 6 400 km). ¿A qué distancia del centro de la Tierra está el centro de masas del sistema Tierra-Luna?

Solución: Designemos por X la distancia pedida. Si consideramos al centro de ia Tierra como origen de coordenadas, ios valores xT. yT y zT nulos. Como: X= MT • 0 + ML • 60 • 6 400 km 0,013 MT • 60 • 6 400 km 0,013 • 60 • 6 400 km = 4 928 km Mt + 0.013 Mt 1,013 7.25. V n sistema está integrado por tres partículas materiales cuyas masas y posiciones respectivas son:

m , - 2 kg: 131, o, 4) m m , = 12 kg; r¡ 16 + 2t, 2t*. 2) (SI) rrtj = 6 kg; r, (0, í2 + t, 3t) (SI) a¡ Calcular, en función del tiempo, la posición y la velocidad del centro de masas del sistema, b) Particularizar los resultados anteriores al caso en que t = 3 s.

Solución: a) Las coordenadas del centro de masas del sistema son: S m,x, 2 kg • 3t + 12 kg (6 + 2t) + 6 kg • 0 15t + 36 M 20 kg 10 - ó',y, 2 kg - 0 + 12 kg • 2t2 + 6 kg (t2 + t) 15t2 + 3t M 20 kg 10 - m,/., 2 kg • 4 + 12 kg • 2 + 6 kg • 3t 9t + 16 M 20 kg 10 La posición dei centro de masas del sistema viene dada por el vector: [(I5t + 36) T + (I5t! + 31) J + i___________

PRINCIPIO DE CONSERVACIÓN D E L M OMENTO CINÉTICO: ______________________ S i M = 0 => 1 • iu = Cte___________________________ ENERGÍA CINETICA DE ROTACIÓN: E , = - i - 1 ■vi2 TEOREM A DE LAS FUERZAS VIVAS PARA L A ROTACIÓN: Wr = - i- i- ^ - i

I • »? = AE,

ENERGIA T OTAL D E UN CUERPO SOMETIDO A TRASLACIÓN Y ROTACIÓN: E -

E,

+ E , _________________________________

PRINCIPIO DE CONSERVACIÓN DE L A ENERGÍA M ECÁNICA W , + E C| + E f| + Ep, =

+ E ^ + E , , + E p . = cte____________

ANALOGÍAS ENTRE TRASLACIONES Y ROTACIONES

Traslaciones Espacio recorrido..............

R o ta cio n e s

v - dVdt Aceleración lineal ............ a = dv/dt Masa .................................

Ángulo descrito ................ 9 » = d -,/d i Aceleración angular........... a = da/dt Momento de inercia........... 1

F = m • a ECU A CIÓ N FUN D AM EN TA L M = I *a Impulso angular ................ M • t Impulso mecánico ............ F t Momento angular o momenMomento lineal o cantidad Trabajo de rotación........... M -f Trabajo de traslación......... F s Energía cinética ................ -i-mv2 Energía cinética ................ i . - a . 2 EC U A C IÓ N FUN D AM EN TA L

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9. DINÁMICA DE LA ROTACIÓN 9.1. ¿Q ué analogías y qué diferencias existen entre la masa de un cuerpo y su m o­ mento de inercia?

Solución: Físicamente la masa de un cuerpo representa la oposición que éste ofrece a adquirir una aceleración lineal cuando se le aplica una fuerza; mientras que el momento de inercia representa la oposición a adquirir una aceleración angular al aplicarle un momento. La masa de un cuerpo es, para velocidades muy pequeñas comparadas con la velocidad de la luz, una magnitud constante; el momento de inercia depende de la posición del eje de giro.

9.2. ¿Existen momentos de inercia negativos? ¿Por qué? Solución: El momento de inercia viene definido matemáticamente por la expresión I = —m,rf. La masa nunca puede ser negativa (no tendría sentido físico). La distancia r sí puede ser negativa, pero al estar elevada al cuadra­ do, el resultado siempre será positivo. En consecuencia, no puede haber momentos de inercia negativos. 9.3. ¿Puede un cuerpo poseer infinitos momentos de inercia? ¿Por qué? Solución: El momento de inercia de un cuerpo es una propiedad variable del mismo, puesto que depende de la masa del cuerpo y de la posición del eje alrededor del cual gira. Como el eje puede pasar teóricamente por infinitas posiciones, el cuerpo ofrecerá infinitos momentos de inercia. 9.4.

¿Q ué analogías y qué diferencias existen entre el momento cinético y el momento lineal?

Solución: Ambas son magnitudes vectoriales: el momento lineal es carac­ terístico del movimiento de traslación, mientras que el momento cinético lo es del de rotación. En circunstancias especiales las dos magnitudes se conser­ van: el momento lineal cuando la resultante de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo es nula, y el angular cuando es nulo el momento de las fuerzas ex­ ternas actuantes.

9.5.

Dos masas de 20 g y 30 g están colocadas en una barra de m asa despreciable y situadas, respectivamente, a 30 cm y 1.2 m del eje de giro. ¿Cuál es el momento de inercia del conjunto respecto a dicho eje? ¿Cuánto valdrá su radio de giro?

Solución: a) El momento de inercia viene dado por la expresión I = E m¡rf. Susti­ tuyendo datos: I = 0.02 kg • (0.30 m)2 + 0.03 kg • (1.2 m)2 - [4.5 • I0~2 kg ■m* | www.FreeLibros.me

261

b) La expresión matemática del radio de giro es: -

9.6.

V

r

-

U na varilla de 2 m de longitud y masa despreciable lleva soldadas dos esferilas de 4 kg en sus extrem os y una de 2 kg en su pa n e media. Calcular: a) S u momento de inercia respecto a un eje perpendicular a ella que pase por u no de sus extremos, bj S u radio de giro respecto a ese m ism o eje.

Solución: La figura 9.1 esquematiza las condiciones del problema:

r,g. 9 .1

De ella deducimos: ____________ a) I = 4 kg • (2 m)2 + 2 kg • (1 m)2 + 4 kg • 0 = | 18 kg • m2 | »

-

9.7. ¿Q ué energía cinética de rotación tiene un cilindro macizo que gira alrededor de

su eje de revolución si su m asa es de I kg, su radio 0 ,1 m y gira a razón de 600 r.p.m .?

Solución: El momento de inercia del cilindro es:

1 = - i - MR2 = 0.5 • 1 kg • (0,1 m)2 = 5 • 10~3 kg • m2 Teniendo en cuenta que la velocidad angular es: oj = 600 r.p.m. = 20r. rad/s la energía cinética de rotación valdrá: E, = - i - I--2 = 0,5 - 5 • 10-’ kg • m2 (20n rad/s)2 = | 9.87 J [ 262

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>.8. ¿Por qué un putinador extiende los brazos cuando quiere dejar de dar vueltas? Solución: En virtud del principio de conservación del momento cinético, éste debe permanecer constante en un sistema aislado. Por tanto, si se produ­ ce un aumento en el valor del momento de inercia del sistema, como conse­ cuencia debe producirse una disminución en la velocidad angular; de este modo el producto I • w permanece constante. El patinador, al extender los brazos, aumenta su momento de inercia, pues aumenta la distancia de algunas partes de su cuerpo respecto al eje de giro. Consecuentemente debe disminuir la velocidad angular que posee. *.9.

¿Q ué clases de energía posee una esfera que cae rodando por un plano incli­ nado?

Solución: En lo alto del plano la esfera posee energía gravitatoria; a lo largo del plano posee energía gravitatoria (está a una cierta altura), energía cinética de traslación (avanza) y energía cinética de rotación (gira); al llegar al suelo posee energía cinética de traslación (avanza) y de rotación (gira).

f.IO. Si se hace girar un cuerpo suspendido de un hilo de m anera que se vaya enro­ llando el hilo e n el dedo a medida que gira, se observa que su velocidad aum enta según va dism inuyendo la longitud del hilo, ¿por qué?

Solución: La razón física es la misma que la explicada en 9.8. Al enrollar­ se el hilo en el dedo disminuye la distancia del cuerpo al eje de giro y, como consecuencia, disminuye su momento de inercia. Para que el producto I • o. permanezca constante deberá aumentar la ve­ locidad angular. ♦.II. ¿D e qué factores depende la energía cinética de u n cuerpo en rotación? ¿C u á l es e l fundam ento físico del «y o-y o»?

Solución: La energía cinética de rotación depende del momento de inercia del cueipj y de su velocidad angu­ lar, siendo directamente proporcio­ nal al primero y al cuadrado de la segunda. Dicha energía viene dada por la expresión:

análoga a la de la energía cinética de traslación: Ec =

- i - m • v2

El «yo-yo» (fig. 9.2) es una aplica­ ción práctica del llamado «disco de Maxwell». Se fundamenta en el prin­ cipio de conservación de la energía: el disco, en su posición elevada, posee www.FreeLibros.me

Fig. 9.2 263

energía potencial gravitatoria; al descender tiene energía gravitatoria. ener­ gía cinética de traslación y energía cinética de rotación. Alllegara su posi­ ción más baja, y debido a la acción ejercida por el hilo,el disco vuelve a transformar su energía de movimiento en energía gravitatoria, ascendiendo (teóricamente) a su altura inicial. U na rueda, cuyo radio de giro mide 2 m , tiene una m asa de 500 g. ¿Q ué energía de rotación posee cuando gira a 50 vueltas por segundo? ¿Q ué fu erza tangencial constante, aplicada a su periferia, es preciso ejercer para detenerla en 2 segun­ dos?

Solución: El momento de inercia de la rueda es: I = m . r2 = 0,5 kg • (2 m)2 = 2 kg • m2 Su energía cinética de rotación, considerando que a> = lOOn ract/s, es: E, =

-i- - 2 kg - m2 - (lOfc ra(Vs)2 -

| 105 J 1

Al detenerse la rueda en 2 segundos, experimenta una aceleración angular dada por: 0 - 1 0 0 rad/s = —50* rad/s2 2 s Aplicando la ecuación fundamental de la Dinámica de la Rotación M = I • a y teniendo en cuenta que, por ser la fuerza tangencial. M = F • r. resulta: de donde: I • a _ 2 kg • m2 (-50* racVs2) = I -157,1 N 1 do.

El signo negativo de la fuerza indica que se trata de una fuerza de frena­

Nota: La rueda se considera como un aro cuya masa está concentrada en la periferia, en cuyo caso el radio de giro y el radio del aro coinciden.

9.13. E n lo alto de un plano inclinado 30° sobre la horizontal, de longitud 10 m , se co­ loca un cilindro para que caiga rodando sin deslizar. Suponiendo que toda la energía potencia! de! cilindro se transform a integram ente en energía cinética de traslación y energía cinética de rotación del cilindro al llegar al suelo, deducir con qué velocidad llega a éste.

Solución: La energía potencial gravitatoria del cilindro en lo alto del pla­ no (fig. 9.3) es: Ep = mgh

264

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Su energía cinética de traslación es: E c = - i - m v'

y la de rotación: Aplicando el principio de'Conservación de la energía:

Fig. 9.3

mgh = - j - mv2 + - j - Io>2 El momento de inercia de un cilindro respecto a un eje que pase por el centro de sus bases es: 2

m -r2

y como, además: sustituyendo y efectuando operaciones, se tiene: de donde:

=2 y

(10.Vs2)-^0m~jr=|8|65nVsj

9.14. Calcular el mám enlo de inercia de una carilla respecto a u n eje que pase por su punto medio y sea perpendicular a ella.

Solución: El momento de inercia de una varilla respecto a un eje perpen­ dicular a ella y que pasa por uno de sus extremos es 1/3 • m - L . Como el centro de gravedad de la varilla coincide con el centro geométrico, la distan­ cia entre ambos es la mitad de la longitud de la varilla (L/2). Por tanto: IG = I - m • a2

mL2

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4 265

9.15. Un cilindro d e 20 cm de diámetro y 5 kg de masa se coloca horizontalm ente de fo rm a que pueda girar alrededor de un eje que pase por el centro de sus bases. A su alrededor lleva arrollada u na cuerda sobre la que: a) S e aplica una fu erza de 100 A'. b) S e cuelga un cuerpo de 10 kg. Deducir la aceleración angular que experim enta el cilindro en cada uno de los dos casos.

Solución: a) Figura 9.4. En este caso la fuerza aplicada se destina íntegramente a mo­ ver el cilindro. Su momento, respecto al eje de giro, valdrá: M = F • d = 100 N • 0,1 m = 10 N • m Aplicando la ecuación fundamental: M * I - a:

10 N - m = - i - 5 kg • 0,12 m2 • a De donde: a - 400 ra II

V2 929 19

2+ (41- - o ) ' ’

Rr = V (X R -- XCM)2 +

(Y b -

■V ('■■&■)2+ (3-

_LL V 19 1

R, = V (X C -- XCM)2 + (Yc -

>

y + (0 -

Ycm)¡

=

vT340 19 Y c m )2 = 2

V®í

1

19 19 1 El momento de inercia del sistema respecto al centro de masas valir I = mA • Rj + mB • R? + mc • Rj =

d)

Vgoi = 98.84 kg 19 El momento de la fuerza aplicada con respecto al centro de masas es: M = F • R2 • sen * = F • (YB — Y Cm ) = = 40 N • (3 -

= 88.42 N • m

Por lo tanto, el valor de la aceleración angular en el instante inicial M

88.42 N • m = 0,895 rad 98.84 kg ■m!

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10. DINÁMICA DEL MOVIMIENTO VIBRATORIO ARMÓNICO. MOVIMIENTO PENDULAR

FORMULARIO-RESUMEN Movimiento armónico de traslación: Movimiento armónico de rotación:

s = A ■sen (iot + 0„)

F = - k • x t - 2* V

t

= A • sen (oil + 0„)

M = - k • ? T = 2n V

f

5

Período del péndulo simple: T = 2r. (I = longitud del péndulo)

1

V i

Periodo del péndulo físico: T = 2- V

=

ü

(d = distancia entre el centro de gravedad y el punto de suspensión) Longitud reducida de un péndulo físico: I

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281

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10. DINÁM ICA DEL M OV IM IEN TO V IBRATORIO ARM ÓNICO. M OV IM IEN TO PENDULAR 10.1.

¿Q ué transform aciones energéticas tienen lugar en un cuerpo que posee un m ovim iento vibratorio arm ónico? ¿Y la s de u n cuerpo que oscila a u n lado y a otro de su posición de equilibrio?

Solución: Tanto en un caso como en otro, en la posición de máxima elongación el cuerpo que vibra u oscila posee únicamente energía potencial (clástica o gravitatoria). En cualquier punto situado entre la máxima elon­ gación y la posición de equilibrio el cuerpo posee energía potencial y cinéti­ ca. Al pasar por la posición de equilibrio el cuerpo tiene únicamente energía cinética (se considera esta posición como «nivel cero» de energía potencial). En todos los casos la energía total del cuerpo es constante, como consecuen­ cia del principio de conservación. 10.2.

¿E n qué casos puede considerarse u n m ovim iento pendular com o u n vibratorio arm ónico simple?

Solución: Únicamente en aquellos casos en los que la amplitud de la os­ cilación sea menor de 5o. De lo contrario, la fuerza productora del movi­ miento vendría dada por: F — -m • g • sen ? y el período por:

T=2* V 10.3.

t

(i+_?"561,2f +4 r | - sen4f + ")

D em uéstrese que la fó rm u la del período de oscilación de u n péndulo sim ple es homogénea.

Solución: La fórmula del período de oscilación de un péndulo simple es:

La ecuación de dimensiones del primer miembro es (T) = T. y la del se­ gundo: Como la ecuación dimensional de los dos miembros es la misma, se dice que la fórmula es homogénea. www.FreeLibros.me

283

10.4. ¿Cómo es la fuerza que produce un movimiento vibratorio armónico? ;) la que produce un movimiento pendular? ¿E n qué casos son análogas?

Solución: La fuerza que produce un movimiento vibratorio armónico simple es una fuerza proporcional a la elongación y de signo contrario a ella: F = -k • x En el caso de que cl'movimiento sea pendular. F = -m g sen 9 . Única­ mente si 9 es menor de 5o se cumple que el valor de ese ángulo, medido en radianes, coincide con el valor de su seno. y. por tanto: F = -m g sen 9 = -m g 9 = -m g -y - = - k • x

en cuyo caso el movimiento pendular puede considerarse como vibratorio armónico. 10.5.

Un péndulo simple de 4 m de longitud oscila con un periodo de 4 segundos. ¿Cuál será la longitud de otro péndulo que oscile en el mismo lugar de la experiencia con un periodo de 2 segundos?

Solución: Aplicando la expresión del periodo a cada uno de los dos pén­ dulos. se tiene: 4 s = 2n

[1]

25=2,1 V t

121

Dividiendo entre sí las ecuaciones [ljy (2): (4s )2 _ 4 m (2 s)2 V de donde: r = 11 10.6. Dos péndulos tienen distinta longitud: la de uno es doble de la del otro. ¿En qué relación están sus períodos de oscilación?

Solución: Para el primer péndulo se cumple que:

t =2* V t y para el segundo: 284

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111

T = 2r.

Dividiendo cnlre sí las ecuaciones |1) y [2] T _ 2*V j/g T' 2a V2¡/g V2 U na m asa de 150 g se suspende de un extremo de un resorte y se o b sen a que la longitud del mismo se alarga 0,4 m . ¿Cuánto vale la constante elástica del re­ sorte? S i después se abandona a si misma, desplazándola hacia abajo, el resorte oscila. ¿Cuánto vale el periodo de oscilación?

Solución: Aplicando la ley de Hooke: _ F _ mg _ 0.15 kg - 10 m/s2 _ | , x x 0.4 m Conocido el valor de la constanle elástica, deducimos el periodo de osci­ lación: T = 2a V 10.8.

T - 2-

Deducir el período de oscilación de un péndulo simple de 60 cm de longilud cuando está situado en lo alio de una montaña de I 500 m de altura sobre el nivel del mar.

Solución: El valor de g. a una cierta altura sobre el nivel del mar. viene dado por la expresión: 9.81 m/s' • = 9,805 m/s3 1.5 • 10’ m 6 370 - I03 m Sustituyendo este valor en la ecuación general del periodo de un péndu­ lo simple: T = 2a \ P ^ = 2 r . \ / °-6 n l- - - = r r ¡ F 7 1 V g V 9.805 rp/s- 1-----------1 1.a longitud de un péndulo que bate segundos en el ecuador terrestre es 0,991 m. y la del que bate segundos en el polo es 0,9962 m . ¿Cuánto pesará un cuerpo situado en el ecuador terrestre si en el polo pesa 10 kp?

Solución: Recordemos que I kp = 9.81 N; por tanto, 10 kp = 98,1 N. Un péndulo que bate segundos es aquel cuyo período de oscilación es de www.FreeLibros.me

285

dos segundos. A partir de los datos del problema podemos calcular el valor de g en el ecuador y en el polo: 4r.! • 0.991 m „ /2 gccujidor = -----------------------= 9 -78 "V* 4s • 0.9%2 m 9.&Í2 m /s2 gpoio= 4** -----------------Como el peso del cuerpo viene dado por P = mg y el cuerpo dado, en el polo, pesa 98.1 N, su masa será: 8.1 N = 9.9 g 9.832 m /s2 El peso de esta masa situada en el ecuador será: P = mg = 9,978 kg • 9,78 m/s: = 10. 10.

Deducir el valor de la aceleración debida a la gravedad en un pum o de la Tierra donde un péndulo simple de 2 m de longitud realiza 50 oscilaciones en 2,5 minutos.

Solución: El período o tiempo de una oscilación vale: T _ t _ 2.5 min 60 s _ 3 _

De la expresión general del período de un péndulo se deduce que: „ _ 4n! ■I 4-2 • 2 I - = [8.77 iVs! ] (3 s)2

10.11. Un motor eléctrico de 20 kg está colocado sobre cuatro resortes que le sirven de soporte. La constante elástica de cada uno vale 30 N/cm. Deducir el periodo de oscilación de cada uno de los resortes.

Solución: La constante clástica de cada resorte es:

k = 30-!Scm IM1 mcm . = 3 oooN/m soportando cada uno de ellos una masa de: - ^ - = 5*8 El periodo de oscilación de cada resorte valdrá: T = 2n

V k

\ /

' V 3-*10a*N/m

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= n ¡¿ ¡7 7 | 1----------- 1

D el lecho de una habitación cuelga un péndulo simple que realiza 50 oscilacio­ nes completas en 300 segundos. Si la bolita que constituye el péndulo está situa­ da a 2 0 cm del suelo, ¿qué altura tiene el techo?

Solución: La altura del techo será igual a la suma de la altura a que se encuentra la bolita (0.2 m) y la longitud del péndulo. Ésta se deduce a par­ tir de la expresión matemática del período, el cual vale: T = 300 $/50 = 6 s. I=

" 9.8 m ■s~* - (6 s)2 4r} 4t: La altura del techo será: h = 0.2 m + 8.936 m = 9,136 i 10.13. Un cuerpo de 2 kg está suspendido de un resorte. Si se le aplica una fuerza adiciona! de 10 iV, el resorte se alarga 0,1 m. Calcúlese la constante recuperadora de! resorte. S i después de ejercida la fuerza el cuerpo se abandona a sí mismo, se obser­ va que oscila libremente. Calcúlese su periodo de oscilación.

Solución: El valor de la constante recuperadora del resorte es: k = - i - = - i P. N = | 100 N'/m I El período de oscilación será:

T=2Í V t 1- 2* 10.14. Un punto materiaI de 2,5 kg oscila con un movimiento armónico simple de frecuencia 3 Hz. Deducir: a) S u pulsación. b) L a aceleración cuando la elongación es 5 cm. c) M e lla r de la fuerza recuperadora para esa elongación.

Solución: a) Ira pulsación valdrá: O, = 2rv = 2z ■3 s_1 = | 6- rad/s | b) La aceleración, para una elongación dada, viene dada por: a = -(o 2 • s = — (6z rac^s)2 • 5 • 10"2 m = I - 17,77 n^s2 www.FreeLibros.me

287

El punto vibrante está sometido a una aceleración, de sentido contra­ rio al de la elongación, cuyo valor es 17,77 m /s1 c) El valor absoluto de la fuerza recuperadora será: F = m • a = 2.5 kg • 17,77 m /s2 = | 44.43 N ¡ Recuérdese, también, que el sentido de esta fuerza recuperadora es contrario al de la elongación. 10.15. Un péndulo simple está constituido por i i masa puntual de 500 g suspendida

de un hilo de I m de longitud. a) Calcúlese el periodo de oscilación de ese péndulo para pequeñas amplitu­ des. b) S i se desplaza la masa puntual un ángulo de 60° respecto a su posición de equilibrio, ¿con qué velocidad pasará de nuevo por dicha posición de equi­ librio?

Solución: a) El período de oscilación del péndulo es:

t - 2- V T = 2'

b) Cuando se desplaza la masa puntual un ángulo de 60° respecto a su posi­ ción de equilibrio (véase fig. 10.1), su energía potencial gravitatoria es: Ep = mgh = mg (1 - 1eos 60°) = = 0,5 kg • 10 m/s2 (1 - 0,5) m = 2,5 J De acuerdo con el principio de con­ servación de la energía, cuando la masa puntual pasa por la posición de equili­ brio poseerá una energía cinética tam­ bién de 2,5 J. Por tanto: Ec =

A un muelle helicoidal de acero se le cuelga una masa de 10 kg y se observa que se alarga 2 cm. Seguidamente se le añaden otros 10 kg y se le deja oscilar libremente, observando que lo hace con una amplitud de 3 cm. Deducir la frecuencia de la oscilación en este caso.

Solución: La constante recuperadora del muelle es: 288

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k = J

l = -!3 L =

10

= 5

• I03 N/m

La frecuencia de la oscilación será:

V -f-

2,

y f

20 kg 5 • 103 N/m

10.17. Un resorte de acero tiene una longitud de 15 cm y una m asa de 50 g. Cuando se le añade una masa de 50 g se alarga, quedando en reposo con una longitud de 17 cm. Calcúlese: a) L a constante recuperadora del resorte. b) L a frecuencia de las oscilaciones cuando se le cuelga una m asa de 90 g, además de la de 50 g que y a tenía. c) E! trabajo realizado por el resorte para elevar esta m asa anterior hasta una altura de 6 cm.

Solución: a) Calculemos la constante recuperadora del resorte teniendo en cuenta que cuando se le cuelga una masa de 50 g (0.05 kg) experimente un alargamiento de (17 - 15) cm = 2 cm = 0.02 m. 0.05 kg • 10 m/s2 •= 25 N/m x x 0 .0 2 1 b) La frecuencia de las oscilaciones será:

T

2-

V/ j ki

a

2-

V/

a

°-'4kg

25 N/m c) El trabajo que realiza el resorte será igual al incremento de energía po­ tencial gravitatoria que experimenta la masa citada: W = Ep = mgh = 0,14 kg • 10

- 0.06 m - | 0,084 J

. . A una partícula materiaI de masa

10 18

10 g se la obliga a describir un movimiento vibratorio armónico en el eje de las Y. La amplitud del movimiento es 5 cm y la frecuencia 0,5 s '. Deducir la máxima velocidad que puede alcanzar la partícula.

Solución: La ecuación de la elongación en un movimiento vibratorio ar­ mónico es: y = A sen (wt + ?„) = A sen (2nvt + ?„) www.FreeLibros.me

289

y la de la velocidad: V

= -gdyj- = 2nvA eos (2cvt + y0)

Esta velocidad será máxima cuando eos (2nvt + ?0) = 1. Por tanto: vml, = 2-.A = 2n • 0,5 s"' • 0.05 m = | 0,157 m,'s~| 10.19. Una masa de I kg cuelga de un hilo de I m de longitud y oscila con una amplitud de 60°. Calcular: a) La velocidad con que pasa la masa oscilante por la posición de equilibrio. b) E l valor de la fuerza que origina el movimiento cuando el punto oscilante está en la posición extrema. c) La tensión de la cuerda en esta posición.

Solución: a) La velocidad de la masa oscilante cuando pasa por la posición de equili­ brio se calcula según lo explicado en el apartado b) del problema 10.15 y que. por su analogía con este caso, no merece la pena volver a repetir. Efectuando los cálculos oportunos, se deduce fácilmente que: | v = 3,16 nys~] b) La fuerza que origina el movimiento cuando el punto oscilante está en la posición extrema es: F = mg sen ? = 1 kg • 10 m • s- 2 • 0,866 = | 8.66 N | c) La tensión del hilo en esa posición extrema es: T = mg eos 9 = 1 kg • 10 m - s -2 • 0.5 = | 5 N | 10.20. Un cuerpo cuya masa es 100 g posee un movimiento armónico simple a lo largo de una recta vertical A lt de 10 cm de longitud. E l periodo de vibración es 2 segundos. Calcúlese: a) La velocidad y aceleración en el punto medio de AH. b) L a velocidad y aceleración en el extremo fí. c) ¡m fuerza recuperadora en el extremo tí.

Solución: a) La velocidad en el punto medio de AB es máxima (dicho punto repre­ senta la posición de equilibrio) y su valor, según se explicó en el proble­ ma 10.18, viene dado por: V

= 2x.A =

A = 2'2rsad ■0,05 m = | 0,157 m/s |

290 www.FreeLibros.me

Como la aceleración es proporcional a la elongación, al ser ésta nula en la posición de equilibrio, también lo será aquélla: a= • S = —" 2 ' 0 = 0 b) En el extremo B la velocidad es y el valor absoluto de la ace­ leración será:

nula

a„ = |-w 2A| =

- A=

• 0,05 m = | 0,493 m/s2"]

c) Por último, la fuerza recuperadora será, en valor absoluto: FB = m • aB = 0.1 kg • 0.493 m/s2 = 14,9 • 10~2 N~[ 10.21. Un péndulo simple está constituido por una esferita puntual de masa 100 g suspendida de un hilo de longitud I m. Se le hace oscilar con una amplitud de 30°. a) ¿Cuánto vale la energía potencial de la esferita en la m áxim a elongación? b) ¿Qué velocidad máxima adquirirá al oscilar? c) ¿Cuánto tiempo invertirá en 10 oscilaciones completas?

Solución: a) En la posición de máxima elongación (fig. 10.2) la energía potencial gravitatoria de la esferita es: Ep = mgh = mg (1 - I eos 30°) = = 0,1 kg - 10 m • s-2 (I - 0,866) m = = 0,134 J

Fig. 10.2

b) Al oscilar, la energía potencial gravitatoria de la esferita se transforma en energía cinética. En el momento en que la transformación sea total, cosa que sucede al pasar la esferita por la posición de equilibrio, se tiene: Ep = Ec = -4- mv'L, 2 • 0,134 J r r ^ r 0,1 k g - L L H I c) El período de este péndulo (tiempo de una oscilación) T = 2n \ fT - = 2r. \ / l1mm . = 2 t V g V M IrnVs;

V

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291

Por lamo, el tiempo invertido en 10 oscilaciones completas será: t = 10T = 10 - 2 s = | 20 s 1 10.22. Deducir el error absoluto cometido al considerar como péndulo simple una bolt de .? cm de diámetro suspendida de un hilo de masa despreciable, siendo I m le distancia del punto de suspensión al centro de pravedad de la es/era. Nota: E l momento de inercia de! conjunto hilo-esferita respecto al eje de giro es: I = M ■L‘ + - j - M ■R‘

Solución: El periodo de oscilación de un péndulo físico viene dado por: , -\ / I , A / M - L2 + (2/5) MR2 _

T=2r- V “S¡T - 2n V ÑT7 1 -----, / O + (2/5) R: -v / (1 + 9 • 10--') m2 V Td V 9,8 m/s2 • m 1

La longitud que habría de tener un péndulo simple para que su período fuese igual al del físico será: L

S . T. 4e2

*n2

= 1 + 9 • 10"5 m Si consideramos al péndulo físico dado como si fuera un péndulo simple, cometeríamos un error absoluto de 9 • 10-s m - 0,009 cm: L' - L = (1 + 9 • 10"5) m - 1 m = [ 9 10~5 m 10.23. Una rueda de masa 3 kg. supuesta concentrada en la periferia y de radio

32 cm . puede girar alrededor de un eje horizontal que pasa por su centro. En 1 un punto de la periferia esta rueda lleva una sobrecarga de 3 kg. S e observa que al desplazar ligeramente la sobrecarga un pequeño ángulo, el conjunto oscila como un péndulo físico. Calcular: a) E l periodo de las pequeñas oscilaciones. b) L a masa que debiera tener ¡a sobrecarga para que el conjunto se convirtie­ ra en un dispositivo que bate segundos. c) E l centro de oscilación.

Solución: a) El periodo de un péndulo físico viene dado por:

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mgd siendo, en este caso, I = MR2 + M'R2, y como M = M' = 3 kg: t- , A / 2MR2 , A / 2R

T=2* V - m¿r- =2:: V — = - 2. \ / 2 V

b)

9.8 n^s

. f ^ n

1-----------1

Designemos por m la masa pedida cuando T = 2 s: A / ( 3 t m ) k g - (Ó ; 32 m)2 2s= V m - 9,8 m/s' - 0.:.32 m de donde: I m = 1.41 kg I _ 6 kg • (0,32 m)2 _ n ^ H md 3 kg • 0,32 m ‘ - ^

10.24. Cuando sobre un muelle elástico actúa una fuerza de 50 IV, experimenta un alargamiento de 4 cm. Calcular el trabajo que es necesario realizar para estirar el muelle 10 cm.

Solución: Como el alargamiento es proporcional a la fuerza deformado­ ra. se tiene, de acuerdo con la ley de Hookc:

de donde: k = —---------------- 52JÍ 4 cm •

= i 250 N/m

I O 'c m

El trabajo necesario para estirar el muelle 10 cm es: W = / ; F • dx = J'o kx • dx = - j - k [x2]* = — kx' = - i - • 1 250

10.25.

• (10_1 m ) 2 = | 6,25 J

|

A l apoyar, con velocidad nula, un cuerpo de 20 kg de masa sobre un muelle elástico, dispuesto verticalmente, éste se comprime 10 cm. Calcular la deforma­ www.FreeLibros.me

293

ción que experim enta dicho muelle si el cuerpo se deja caer desde 2 m por encim a de él.

Solución: La constanie del muelle es: k = —v

■ - T1HT rm T ^ - ' - 17 L-n.f 7 T •■ IC” 1 m^

- = 1 960 N/' ff

Cuando dejamos caer un cuerpo de masa m sobre el muelle, desde una altura h, y el muelle se acorta en una longitud a, la energía potencial gravi­ tatoria del cuerpo, mg (h + a), se invierte en trabajo de deformación del muelle. Este trabajo tiene por valor: w -/> d x = [A . Luego:

—j

inga - mgh = 0

Sustituyendo en esta ecuación los valores numéricos del enunciado del pro­ blema, tenemos: 2

5a2 - a - 2 = 0;

1+ V T T W

1 + 6,4

10

10

1

(La otra solución carece de significado físico). 10.26. U na pequeña esfera de 2 m g de m asa, sujeta a un muelle de constante recupe­ radora 0,8 iV • m , se encuentra sometida a un movim iento vibratorio armóni­ co simple, de 16 erg de energia total. Calcular la am plitud y el periodo de tal m ovimiento. Nota: Se recomienda, para m ayor sencillez, resolver el problem a utilizando para los cálculos unidades de! sistema cegesimal.

Solución: En primer lugar:

k = o .8 - ^ .- l^ L .- L ü m IN ltfc La energía total es, en todo momento: 294

-=

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800

dyn/ci

E = E . .. =

-4 -

kA:

siendo A la amplilud del movimiento. De la ecuación anterior se deduce:

V k V 800 dyti/cm Calculemos ahora el período del movimiento: \ /

2 1 6 e r«

L j_

T = 2* \ / ^ = 2 , \ / ■2 \ i r 3 « I * . [ I F 7 ] V k V 8 • 10! dyq/cm ------10.27. Del lecho del laboratorio cuelga un muelle ciánico helicoidal, del cual se sus­

pende un cuerpo de 5 kg, experimentando, a causa de ello, un aumento de longitud de I cm. Se añaden después otros 15 kg más y se hace oscilar el siste­ ma con una amplitud de 4 cm. Calcular: a) L a frecuencia del movimiento. b) L a velocidad, la aceleración y la fuerza recuperadora a los 2 segundos de haber empezado a oscilar el sistema.

Solución: a) La constante recuperadora tiene de valor: F _ Peso _ mg _ 5 kg • 9,8 m • : 4 900 N/m x x x 10~2 m Cuando el sistema oscila, la frecuencia del movimiento es: 4900 N/m 20 kg

5

b) Dado que la fase inicial del movimiento es