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1
1.- Una plataforma circular de masa M = 360 kg y radio R puede girar
libremente alrededor de un eje perpendicular que pasa por su centro. En
el instante t=0, dos personas cada una de masa m = 60 kg se encuentran
situadas en sendos extremos de un diámetro de la plataforma. Ambas
personas y la plataforma están en reposo en el instante t=0. Si ambas
personas se desplazan en el mismo sentido que avanzan las agujas de un
reloj con velocidad constante, cuando hayan recorrido una vuelta
completa respecto de la plataforma, determinar el ángulo que han girado
respecto de un observador inercial que está fuera de la plataforma.
El sistema plataforma-personas constituye un sistema aislado, y ello conlleva que el
momento angular se conserve. Si las personas se desplazan en el sentido de las agujas
del reloj la plataforma debe girar en sentido contrario para que el momento angular total
sea nulo, tal como lo era en el instante t=0.
Designamos con la velocidad angular de rotación de la plataforma respecto del
sistema inercial exterior y v la velocidad lineal de las personas respecto del mismo
sistema. La velocidad v de las personas es igual a
Rωv p
Siendo p la velocidad angular de las personas respecto del observador inercial.
La conservación del momento angular establece que
dt
dθMR
2
1
dt
dθ2mRIωRRω 2m 2p2
p
Si el ángulo girado por la plataforma es –, las personas deben haber girado una vuelta
más beta, =2+
216ºπ5
6π
5
4-2πα144º180º*
5
4π
5
4β
β2
3β2πβ
60*4
360β2πβ
4m
Mβ2πdθ
4m
Mdθ
ββ2π
00
pp
2
2.- La densidad de un planeta, de radio R, depende de su distancia al
centro del mismo según la ecuación
kroρρ
Siendo r la distancia desde el centro del planeta al punto considerado. El
valor en la superficie del planeta es ¼ del valor máximo de la
densidad.¿A qué distancia del centro del planeta la intensidad del campo
gravitatorio es máxima?
La densidad máxima es o y ocurre cuando r = 0,. Cuando r =R la densidad es un cuarto
de o
rR
ρ
4
3ρρ
R
ρ
4
3kkRρρ
4
1 oo
o0o
La intensidad del campo gravitatorio a una distancia r del centro del planeta vale
2rr
GMg
Siendo M la masa comprendida en una esfera de radio r. Consideramos una capa
esférica de radio l y espesor dl, siendo r>l , la masa de esa capa esférica es
l
R
ρ
4
3ρ*dll4πρ*dVdM o
o
2
l
Para hallar la masa M hemos de integrar la anterior expresión entre cero y r
4
4r
R
oρ
3π3
3r
oρ4πdll
R
oρ
4
3
oρ
o
2l4πMr
El campo gravitatorio es:
4R
3rr
3
4ρGπ
r
R
rρπ
4
3
3
rρ4πG
g2
02
4
o
3
o
r
Para hallar la distancia r a la cual el valor de la intensidad del campo gravitatorio es un
máximo, derivamos la expresión anterior con respecto a r e igualamos a cero
R9
8rR
2R9
3r
3
40
2R
3r
3
4ρGπ
dr
dgo
r
3
3.- En un contenedor se mantiene la altura del agua constante H. Por un
orificio situado a una altura H/3 surge el agua, la cual alcanza una
cierta distancia del contenedor. Se pide a que altura se debe practicar un
orificio igual para que el agua alcance la misma distancia del
contenedor.
De acuerdo con el teorema de Torricelli la velocidad de salida del agua está dada por la
ecuación
2ghv
Siendo h la altura desde el centro del orificio a la superficie libre del líquido. Si
aplicamos esta ecuación al primer orificio tenemos
3
Hg2H
3
1H2gv
Las ecuaciones del chorro de agua en el aire son:
2gt2
1H
3
1y;t
3
Hg2vtx
Cuando y=0, el alcance del chorro es:
3
H22
3g
2H
3
Hg2x
3g
2Htgt
2
1H
3
10 aa
2
a
Designamos con h la altura del otro agujero respecto del suelo y cómo ha de alcanzar la
misma distancia, podemos escribir
2´
a
´
a
´
a tg2
1h0y;thH2g
3
H22v t
3
H22
De ambas ecuaciones
222
hHh9
2H2hhH2
9
8H
g
2hhH2g
3
H22
Resolviendo la ecuación de segundo grado
H3
1hyH
3
2h
2
3
HH
2
9
8HHH
h
22
4
4.- Un bloque de peso P se encuentra en reposo sobre un suelo
horizontal, siendo el coeficiente de rozamiento estático . Sobre el bloque
se aplica una fuerza F que puede formar con la horizontal cualquier
ángulo agudo . Calcular la fuerza mínima que se precisa para iniciar el
movimiento del bloque y el valor del ángulo.
El diagrama de fuerzas que actúa sobre el bloque es el siguiente:
Para calcular el valor mínimo de F derivamos F con respecto a la variable e igualamos
a cero.
μtagβμcosβsenβ0
μsenβcosβ
μcosβsenβμP
dβ
dF2
222
222
μ1
1
βtag1
1cosβ
βcos
11βtag1βcosβsen
2
22
22
22
μ1
μ
μ
11
1
βtag
11
1senβ
βsen
1
βtag
111βcosβsen
Sustituyendo en la ecuación (1)
2
2
2
2
min
μ1
μP
μ1
μ
μ1
1
μPF
N
F
P
FRN
P=N+Fsen N = P –Fsen
Fcos
FcosP-Fsen ) ;
F(cos+ sen ) = P
(1)senβμcosβ
μPF
5
5.- Desde un terreno plano que forma con la dirección horizontal un
ángulo , se lanza un cuerpo verticalmente hacia arriba formando la
dirección de la velocidad inicial un ángulo con la horizontal. A)
Calcular el valor de para que el cuerpo permanezca en el aire el mayor
tiempo posible b) Lo mismo para que el alcance sea el mayor posible.
a) Las ecuaciones del movimiento del cuerpo en el sistema de referencia que se indican
Supongamos que cuando el tiempo t es el mayor posible el impacto del cuerpo con el
suelo tiene de coordenadas xa e -ya , ambas coordenadas relacionadas por
-ya = xa tag
cosβtagαsenβg
2vtgt
2
1tsenβvtagαtcosβv
gt2
1tsenβvtagαxy;tcosβvx
o2
oo
2
oaaoa
El tiempo mayor posible ha de cumplir que su derivada con respecto a sea cero
tagα
1tagβ1tagβ*tagα0senβtagαcosβ
g
2v
dβ
dt o
Los ángulos complementarios tienen el seno de uno igual al coseno del otro y viceversa,
por tanto, sus tangentes cumplen la relación anterior, lo que quiere decir
90ºαβ
X
Y
en la figura son:
x = vo (cos t
y = vo (sen t-2
1g t2
6
b) Para buscar la condición de alcance máximo la forma de operar es semejante a la
anterior
-ym = xm tag
cosβsenββcostagαg
2vx
βcostagββcostagαg
2vxtagβtagα
g
2
βcosv
x
βcosv
xg
2
1tagβtagα
cosβv
xg
2
1
cosβv
xsenβvtagαx
gt2
1tsenβvtagαxy;tcosβvx
22
om
222
om22
o
m
22
o
m
2
o
m
o
mom
2
ommom
El alcance mayor posible ha de cumplir que su derivada con respecto a sea cero
tagα2βsen
2βcostagα
2βsen
β2sen12βsen*tagαβsen1βsen
2βsen*tagαβcosβsensenβ2cosβ*tagαβcosβsen
0βcosβsensenβ2cosβ*tagαg
2v
dβ
dx
222
2222
222
om
90ºα2βtagα
12βtag
7
6.- La fotografía del espectro del Sol para la línea amarilla ( 0A5890.λ )
se encuentra desplazada 00,08A según el borde del Sol del cual provenga
la luz. Calcular la velocidad lineal de los puntos del ecuador del Sol
debido a su movimiento de rotación
Consideramos a la Tierra fija, donde se recibe la fotografía, y el Sol rotando. La luz de
un borde del Ecuador se acerca a la Tierra y la del borde opuesto se aleja.
Según el efecto Doppler, las frecuencias registradas son respectivamente:
FFFF vc
cν
´
c
c
v1
νν´;
vc
cν
´
c
c
v1
νν´
Restando los inversos de las ecuaciones anteriores
2
F
2
F
FF vc
2v
λ
c
λ´ λ´
λ´λ´
vc
1
vc
1ν
λ´
1
λ´
1
Hacemos 2λλ´λ´ y 22
F
2 cvc
s
m.100,2
5890.10*2
0,08.10*3.10
λ2
Δλcv 3
10
108
F
8
7.- Un recipiente de volumen V se conecta a una bomba de pistón cuya
cámara tiene un volumen V´. La presión inicial del recipiente es P. Se
pide el número de emboladas que hay que efectuar para que la presión
del recipiente se reduzca a Pf. La variación de temperatura se considera
despreciable.
Cuando la bomba aspira el volumen inicial V del recipiente aumenta a V+V´ y por
consiguiente la presión disminuye a p1. Después de la aspiración las válvulas funcionan
para que el aire contenido en la cámara de la bomba salga al exterior.
La presión en el recipiente es:
p1 (V+V´) = PV V´V
PVp1
Si ahora se efectúa una segunda embolada, la presión disminuye a p2.
p2(V+V´) = p1V
2
12
V´V
VP
V´V
Vpp
Al cabo de n emboladas
V´V
Vlog
P
Plog
nV´V
Vlogn
P
Plog
V´V
VPP
f
f
n
f
9
8.-Dos cilindros se encuentran inicialmente situados como indica la
figura.
A medida que desliza el cilindro inferior hacia la derecha, el superior, mientras esté en
contacto con él, sigue empujándolo y haciendo que su velocidad aumente, por tanto,
ésta adquirirá un valor máximo y a partir de ese momento los cilindros dejan de estar en
contacto, ya que si siguiesen en contacto la velocidad aumentaría aún más y eso no es
posible porque hemos llegado al máximo valor de ella.
En este momento el cilindro superior posee una velocidad vy dirigida hacia abajo y el
cilindro inferior una velocidad vx dirigida hacia la derecha. Dado que no existen
rozamientos, la energía cinética que han adquirido los cilindros proviene de la pérdida
de energía potencial del cilindro superior.
2gyvvmgymv2
1mv
2
1 2
y
2
x
2
y
2
x (1)
Volviendo al triángulo de la figura:
2Rcosαx2R
xcosα;senα12Ry
2R
y2Rsenα
y
x
2R
De forma suave, se desplaza el cilindro
inferior hacia la derecha y así comienza
a deslizar por la acción del cilindro
superior que actúa en contacto con el
inferior y con la pared vertical. Se
admite que no existe ningún rozamiento
entre las superficies que estén en
contacto. Se pide la velocidad final que
alcanza el cilindro inferior
En la figura de la izquierda se representan los
cilindros en la situación inicial y cuando ha
transcurrido un cierto tiempo. R representa el
radio de cada cilindro, inicialmente la
distancia entre sus centros de masa es 2R. Al
cabo de un cierto tiempo, el cilindro superior
ha descendido una altura y mientras que el
inferior ha sufrido un desplazamiento
horizontal x. Se ha dibujado un triángulo
rectángulo cuya hipotenusa es 2R, el cateto
contiguo x y el opuesto 2R-y
10
dt
dα*2Rcosα
dt
dα*
dα
senα12Rd
dt
dα*
dα
dy
dt
dyv
dt
dα*2Rsenα
dt
dα*
dα
2Rcosαd
dt
dα*
dα
dx
dt
dxv
y
x
Dividiendo miembro a miembro ambas ecuaciones resulta:
senαvcosαv yx
Sustituyendo en la ecuación (1)
senαsenα12R2gvsenα2gy
αsen
αcos1
2gyv2gy
αsen
αcosvv x
2
2x2
22
x
2
x
Para calcular el valor máximo de vx respecto del ángulo , derivamos e igualamos a
cero
3
2senαcosα3senαcosα2cosαsenαcosα2senαα2cos
cosααsencosααsen120αsen14gR2
cosαsenα4gRcosα*αsen18gR
0αsen14gR2
αcos4gRαsencosα*senα14gR
dα
dv x
3
4gR
3
2
3
2*
3
214gRvx
11
9.- Una varilla uniforme de longitud L desliza con velocidad v por un
suelo horizontal sin rozamiento. La varilla encuentra que a partir de una
línea M el suelo presenta un coeficiente de rozamiento constante.
La varilla penetra en ese suelo y se detiene al cabo de un cierto tiempo,
quedando una parte de ella en el suelo sin rozamiento, tal como indica la
figura inferior.
Determinar el tiempo que emplea la varilla desde que llega a la línea M
hasta que se para.
Cuando la varilla desliza por el suelo sin rozamiento, las fuerzas que actúan son el peso
en dirección vertical al suelo y hacia abajo y la fuerza normal con que el suelo empuja a
la varilla , vertical y hacia arriba, la suma de ambas fuerzas es nula y la varilla mantiene
su velocidad constante.
Cuando penetra en e suelo con rozamiento aparece una fuerza horizontal de rozamiento
en sentido contrario a la velocidad. Esta fuerza de rozamiento vale.
μNFR
Siendo el coeficiente de rozamiento y N la fuerza de reacción del suelo con
rozamiento sobre la varilla. N aumenta a medida que la varilla penetra en el suelo con
rozamiento. Si la varilla ha penetrado una distancia x en el suelo con rozamiento
kxFxL
μmgFx
L
mgN RR
En consecuencia, la fuerza que frena a la varilla es directamente proporcional a la
longitud de varilla que ha penetrado en el suelo con rozamiento. Esta situación es la
misma que cuando un móvil efectúa un movimiento armónico y se desplaza desde la
posición de equilibrio hacia la máxima elongación y cuando alcanza ésta, su velocidad
se anula. Aquí la varilla al llegar a la línea M lleva una velocidad v, al penetrar aparece
la fuerza de rozamiento y se para hasta frenarse, por tanto, equivale a un tiempo de un
cuarto de periodo en el m0vimiento vibratorio armónico.
μg
L
2
π
4
Tt
L
μmg
m2π
k
m2πT
M
L x
12
10.- De acuerdo con la teoría de la relatividad un cuerpo formado por la
adición de masas, m1 , m2 …mn , su masa es inferior respecto a la suma
en una cantidad
2c
ΔEΔm
donde E es la energía de enlace (energía que se ha de suministrar al
cuerpo para separar las masas individuales que lo componen) y c es la
velocidad de la luz.
Calcular m para la Tierra, admitiendo que E solamente corresponde a
la energía gravitacional. Admitir que la Tierra es una esfera de densidad
constante.
Para realizar el calculo vamos a suponer que desde el infinito traemos capas esféricas de
espesor dr, las cuales las vamos apilando, hasta formar una esfera cuyo radio final es el
de la Tierra. En un determinado momento la esfera que ya hemos formado tiene un
radio r y sobre ella y desde el infinito traemos una capa esférica de radio r y espesor dr.
La energía necesaria para realizar el proceso de sumar la capa esférica a la esfera r , esta
dada por
dE = dm*( Potencial gravitatorio de partida menos potencial gravitatorio de llegada)
siendo, dm la masa transportada , esto es , la masa de la capa esférica.
El potencial gravitatorio en el infinito es cero y en la superficie de la esfera de radio r
r
GmV
Siendo m la masa de la esfera de radio r
ρπr3
4m;drρr4πdm 32
dr
3
rρ4πG
r
ρπr3
4G
0drρr4πdE42
3
2
r infinito dr
13
Para construir la esfera de radio igual al de la Tierra, hemos de sumar los trabajos
anteriores desde que el radio inicial es cero hasta que alcanza el valor R
15
Rρ4πGdr
3
rρ4πG
0
E5242
R
(1)
La energía anterior sería la que necesitásemos para destruir la esfera terrestre llevando
capas de espesor dr al infinito.
4ππG
3gρ
R
ρπR3
4
GR
MGg
2
3
2
Sustituyendo en (1)
kg2,5.103.10*6,67.10*5
6370.10*9,8*3
5Gc
R3gΔm
G5
R3g
15
RGR4π
3g*G4π
E
15
2811
332
2
32
32
5
2
2
14
11.- Un cubo de arista a, se apoya sobre dos varillas Ay B dispuestas
horizontalmente con una distancia entre ellas igual a la arista a del
cubo. Si el coeficiente de rozamiento es 0,2, para qué valores del ángulo
el cubo puede mantenerse en equilibrio.
La posición de equilibrio más estable del cubo es cuando = 45º. En la figura superior
el cubo aparece desplazado y si no hubiese rozamiento tendería a girar en el sentido de
la flecha, esto es, en sentido contrario a las agujas del reloj, hasta alcanzar la posición
de 45º. En esa situación se han dibujado las fuerzas que actúan sobre el cubo.
Si desplazásemos el cubo hacia la derecha las fuerzas de rozamiento tendrían sentido
contrario a las dibujadas en la figura y el cubo de no existir rozamiento se desplazaría
en el sentido de las agujas del reloj.
Si el cubo está en equilibrio se cumple que la suma de las fuerzas sobre el eje X es nula
y el momento de las fuerzas respecto del centro de masas, C.M., también es nulo.
(1)cosαFsenαNsenαFcosαN
0cosαFsenαNcosαNsenαF
R22R11
R221R1
Los momentos de las fuerzas dirigidos hacia dentro del papel se consideran positivos y
hacia fuera negativos.
)2(12cosαNsenα21NFF
02
apN
2
aFsenαa
2
aN
2
aF
02
apN
2
aFp
2
aN
2
aF
21R2R1
22R21R1
22R211R1
Los valores de las fuerzas de rozamiento son: 2R21R1 μNF;μNF (3)
15
De la ecuación (1) se deduce:
tagαNNFtagαFFtagαNtagαFN 21R2R1R22R11 (4)
A partir de las ecuaciones (3)
21R2R12R21R1 NtagαNμFtagαFμNF;tagαμNtagαF (5)
De las ecuaciones (4) y (5)
)6(N
N
μtagα
tagαμ1μtagα
N
Ntagαμ1
μtagαNtagαμ1NμtagαNNtagαμN
μN-tagαNNtagαμNtagαNNNtagαNμ
1
2
1
2
21211
22112121
De las ecuaciones (3) : 21R2R1 NNμFF (7)
De las ecuaciones (7) y (2)
(8)N
N
μ12cosα
senα21μ
μ12cosαN
Nsenα21μμN12cosαNsenα21NμN
12cosαNsenα21NNNμ
1
2
1
22211
2121
Comparando las ecuaciones (8) y (6), se deduce que
tagαμ
tagαμ1
μ12cosα
senα21μ
(9)
La inecuación (9) se resuelve mediante la hoja de cálculo en forma gráfica.
16
-0,4
-0,2
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
1,4
1,6
1,8
15 20 25 30 35 40 45
angulos en grados
pri
me
ro y
se
gu
nd
o m
iem
bro
d
e
(9)
primero segundo
Aproximadamente a unos 36º se igualan los valores del primer miembro con el segundo
y a partir de ahí el primero es mayor que el segundo tal como exige el problema. Si se
precisa algo más el cálculo resulta que
ángulo Primer miembro Segundo miembro
36,1 0,9075 0,9198
36,2 0,9188 0,9166
Entre 36,2º y 45º hay equilibrio, en el intervalo 45-36,2 = 8,8º y si el cubo se sitúa
desplazado para que gire en sentido de las agujas del reloj hay equilibrio entre 45º y
53,8º. En total hay equilibrio desde 36,2 º a 53,8 º.
17
12.-Dos cilindros idénticos, de radio R, están en reposo sobre un suelo
horizontal. A uno de ellos se le aplica una fuerza F en su centro y al otro
en la periferia, tal como indica la figura inferior
El coeficiente de rozamiento de los cilindros con el plano es el mismo ..
Se pide calcular la fuerza máxima F que puede aplicarse a cada cilindro
sin que se produzca deslizamiento y las aceleraciones de sus centros de
masas.
Sobre el primer cilindro actúan las fuerzas que se indican en la figura 1
Fig.1
Las ecuaciones del movimiento del cilindro para la traslación y rotación son:
Rαa
IαR*F
maFF
CM
R
R
La última ecuación se cumple siempre que el cilindro no deslice. Si se aumenta el valor
de F la aceleración del centro de masas aumenta y también la aceleración angular por lo
que FR debe aumentar. Ahora bien esta fuerza de rozamiento no puede aumentar
indefinidamente sino que alcanza un valor máximo FR= mg que se corresponde con
un valor máximo de F = Fmax , y el cilindro rueda sin deslizar. Si F supera ese valor
máximo entonces se produce rodadura y deslizamiento.
Sustituyendo en las ecuaciones anteriores resulta:
F
F
F
FR
Peso = mg
F = Fuerza aplicada
FR = fuerza de rozamiento
Peso del cilindro, P = mg
18
Rαa
g2μaR
a*mR
2
1R*mgμIαR*mgμ
mamgμF
CM
CM
CM2
max
Sustituyendo la aceleración hallada en la primera ecuación
mg3μmgμg2mμFmax
Para el segundo cilindro las fuerzas se indican en la figura 2.
Fig. 2
Aquí la fuerza de rozamiento actúa en el sentido del movimiento del centro de masas.
Veamos el porqué. F y FR actúan creando una aceleración hacia la derecha de valor
maFF R
El momento de la fuerza F tiene sentido contrario al de la fuerza de rozamiento, El
momento de F crea una aceleración angular para que el cilindro ruede hacia delante,
mientras que el momento de FR se opone a ello.
IαR*FF R
Si la fuerza FR actuase en sentido contrario a como lo hace estaríamos ante una
situación paradójica, los dos momentos de ambas fuerzas tienden a hacer rodar hacia
delante el cilindro, pero la FR se opone a las traslación del centro de masas.
Cuando la fuerza de rozamiento alcance su valor máximo FR= mg , la fuerza aplicada
F es la máxima.
ma2
1
R
R
a*mR
2
1
R
IαmgμF
mamgμF
2
max
max
Restando las ecuaciones anteriores
F
FR
Peso = mg
19
g4μama2
1mg2μ
y
mg3μmgμmaFmax
Si la fuerza de rozamiento actuase como en le caso 1, las ecuaciones serían
Rαa
IαR*FF
maFF
CM
R
R
Operando con estas tres ecuaciones
ma2
1
R
R
a*mR
2
1
mgμF
mamgμF
2
max
max
De ambas ecuaciones
g4μaa2
1mg2μ
mg3μFmax
Según la primera ecuación el cilindro rodaría en sentido contrario a la fuerza aplicada.
Lo lógico es admitir que la fuerza de rozamiento actúa como hemos supuesto en la
figura 2.
20
13.-Dos abalorios iguales de masa m y carga q pueden deslizar sin
rozamiento por dos barras no conductoras. Ambas barras están en el
mismo plano vertical formando un ángulo con la horizontal.
Determinar a qué altura por encima de la horizontal pueden elevarse
ambos abalorios. Inicialmente se encuentran a una distancia L entre sí y
a una distancia l de los extremos de las barras, tal como indica la figura
1.
Fig.1
a) Suponemos que los abalorios se desplazan hacia arriba una distancia que es inferior a
l , o en otras palabras , que no abandonan las barras.
En el equilibrio reencuentran a una distancia S y se han elevado una altura h sobre la
horizontal. Los abalorios han ganado energía potencial gravitatoria respecto de la
posición inicial y esta ganancia es debida a la pérdida de energía potencial eléctrica de
las cargas
S
1
L
1
ε4π
q2mgh
o
2
De la figura 2 se deduce:
αtag
2hL2xLS
L l
S h
x
L l l
Fig.2
21
(1)tagα2
L
mgε8π
qh
mgε4π
q2hLtagα
2hLtagα
2h
ε4π
q
2hLtagα
tagα
L
1
ε4π
q
tagα
2hL
1
L
1
ε4π
q2mgh
o
2
o
2
o
2
o
2
o
2
Veamos cuál es la condición para que los abalorios no se salgan de las barras. El límite
viene determinado porque los abalorios recorran sobre la barra la longitud l. En este
caso h es igual a l sen
tagα
2
Lsenαlmgε8πqtagα
2
L
mgε8π
qsenαl o
o
2
Si q es mayor que la raíz cuadrada de la expresión anterior los abalorios abandonan las
barras con una velocidad v, y una vez fuera de las barras describirán un movimiento
parabólico. Para que esto ocurra, la suma de las energías potenciales gravitatorias más
las cinéticas de ambos abalorios deben ser iguales a la pérdida de energía potencial
gravitatoria al llegar a los extremos de las barras
senα2gl
cosα2lLL
2lcosα
mε 4π
qv
cosα2lL
1
L
1
ε4π
q
tagα
senα2lL
1
L
1
ε4π
qsenα2mglmv
2
1*2
o
22
o
2
o
22
La altura que alcanza un abalorio cuando abandona la barra viene dada por la expresión
que determina la altura máxima en un movimiento parabólico
αlsenαsen*
2lcosαLL
2lcosα
ε8mgπ
qH
2g
αsen*2glsenα2lcosαLL
2lcosα
ε m4π
q
2g
αsenvH
32
o
2
2
o
2
22
La altura total respecto de la posición inicial es:
2lcosαLL
αsenlcos
ε4mgπ
qαcoslsenαh
αsenl-αsen*2lcosαLL
2lcos
ε8mgπ
qlsenαh
2
o
22
total
32
o
2
total
22
14.-Un prisma cuya sección principal es un triángulo isósceles de base a
y ángulo 2 = 160º (ver la figura) posee un índice de refracción n =1,5 .
Un haz de luz, cuya anchura es a4
3b , y potencia P =8000 W, la cual
está distribuida uniformemente sobre el haz, incide sobre el prisma.
Dibujar la gráfica de la fuerza F que actúa sobre el prisma en función de
x , siendo x la distancia en horizontal que existe entre el vértice A del
prisma y el centro B del haz luminoso. Calcular el valor máximo de F.
Considerar que el haz luminoso penetra por entero en el prisma y por
tanto se desprecian las posibles reflexiones.
Vamos a dividir el prisma en dos partes simétricas. Calculemos el ángulo con el que un
rayo sale del prisma, tal como indica la figura inferior
Por la ley de Snell 6,6478ºβsenβ1,5α90sen*1
En el triángulo ABC βα90ε180ε90βα
b
a
a/2
A
B C
Fig.1
23
Por la ley de Snell 0,0877senγsenγ*1β-α90sen*1,5
Un fotón con energía E posee un momento lineal c
E .De la figura 1 se deduce que un
fotón que incida sobre la parte derecha del prisma cambia su dirección, teniendo una
componente en dirección horizontal y dirigida hacia la izquierdac
senγE
Y otra en dirección vertical c
cosγE
Sobre la parte izquierda del prisma un fotón en posición simétrica con el de la figura 1
tendría de componentes: ;c
senγE
c
cosγE.
La fuerza horizontal que aparece sobre la mitad del prisma derecho y dirigida hacia la
izquierda se anula con la fuerza horizontal que aparece en la mitad izquierda del prisma y
dirigida hacia la derecha. La fuerza neta horizontal sobre el prisma es cero. Esto ocurre
porque la mitad del prisma recibe la misma potencia luminosa que la otra mitad y se debe
a la situación simétrica del prisma cuyo centro coincide exactamente con el centro del haz
luminoso. La situación cambia si el centro del prisma no coincide con el centro del haz
luminoso, ya que entonces una mitad del prisma recibe mayor potencia que la otra mitad.
En la figura 2 se representa el haz y la base a del prisma situada en distintas posiciones
b=3/4 a
3/8a 3/8a
3/8a +x
3/8a -x
x=0
x=1/16a
3/8 a+x=a/2 3/8 a-x
a/2
x=1/8a
a/8
a/2
x=2/8a
x=3/8a
x=4/8a=a/2
x=7/8a
Fig.2
24
Cuando x =0 la potencia recibida por la parte izquierda del prisma es igual que la que
recibe la parte derecha , por tanto , las fuerzas horizontales son iguales y de sentido
contrario y su suma es nula , lo que indica F =0
Cuando x = 1/16a, la potencia recibida por la mitad izquierda del prisma es mayor que
por la parte derecha. La fuerza es proporcional a la superficie recibida
a8
1kFFF
a16
1a
8
3kxa
8
3kF;a
16
1a
8
3kxa
8
3kF
21
21
Cuando x = 1/8a,
a4
1kFFF
a8
1a
8
3kxa
8
3kF;a
8
1a
8
3kxa
8
3kF
21
21
Cuando x = 2/8a,
a8
3kFFF
a8
1
2
1kxa
8
3kF;
2
akF
21
21
a
Cuando x = 3/8a,
a2
1kFFF
0a8
3a
8
3kxa
8
3kF;
2
1kF
21
21
a
A partir de 3/8ª, la fuerza disminuye ya que disminuye la luz que le llega a la parte
izquierda del prisma. Cuando x = 7/8a resulta que ya no le llega luz al prisma y por
consiguiente la fuerza es cero.
Representamos en el eje de abscisas x/a frente a la fuerza relativa al valor máximo
x/a 0 1/16=0,5/8 1/8 2/8 3/8 7/8
F/Fmax 0 1/4 1/2 3/4 1 0
25
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1
x/a
F/F
ma
x
La fuerza máxima se produce cuando la mitad izquierda del prisma recibe luz y la mitad
derecha no la recibe.
La energía que recibe el prisma por unidad de longitud es
a
P
4
3 y la que recibe la mitad
izquierda del prisma Pa
a
P
3
2
2*
3
4 .
La fuerza esta determinada por la variación del momento lineal con respecto al tiempo
N1,56.103.10*3
0,0877*8000*2
c
senγP3
2
Δt
c
senγE
F 6
8
t
26
15.- Una membrana horizontal oscila armónicamente a lo largo de un eje
vertical con una frecuencia f= 100 Hz. Calcular la amplitud de las
oscilaciones si unos granos de arena que están sobre la membrana saltan
hasta una altura de de H= 2 cm respecto de la posición central de la
membrana.
Cuando la membrana está en su posición inicial de equilibrio, en la que la aceleración es
cero, un grano de arena de masa m está sometido a dos fuerzas su peso y el empuje de la
membrana.
En una posición en que la membrana está separada de su posición de equilibrio, resulta
que existe una aceleración vertical dirigida hacia la posición de equilibrio. Si analizamos
las fuerzas desde un sistema ligado a la membrana, que es un sistema no inercial, las
fuerzas que actúan están representadas en la posición 2 de la figura1.
En la segunda posición sobre el grano actúan las fuerzas indicadas, siendo E menor que
en la primera posición. En al tercera el empuje se ha anulado y mg = Fi =ma; al cesar E
el grano puede abandonar la membrana, y esto ocurre cuando la aceleración de la
membrana es igual a g. Si para la posición de equilibrio la ecuación del movimiento
armónico es tωsenAy , la ecuación de la velocidad es tcosωAωv y la de la
aceleración tωsenAωa 2 .
Cuando el valor absoluto de la aceleración sea igual a g, es cuando el grano puede
abandonar la membrana
gtωsenAω2 (1)
En ese instante la velocidad vertical del grano es: tcosωAωv
Debido a esa velocidad alcanza una altura respecto de la posición de la membrana cuando
la abandona igual a:
2g
tωcosωAh
222
Respecto a la posición inicial de la membrana
2g
tωcosωAtsenωAH
222
(2)
mg mg mg
E E
Fi Fi
Fig.1
27
A partir de las ecuaciones (1) y (2)
2
222
22
2
2
2
22
2
22
2
42
222
2
ω
ggH2ωA
ω
2ω
2ggH4ω
Aω
2g2ω
gH
A
2ω
gH
2g
ωA
2ω
g
2g
ωA
ω
g
2g
ωA
g1ωA
Aω
gAH
Sustituyendo valores
mm1m9,96.10100*4π
9,82.10*9,8*100*4π*2A 4
22
2222
2βα
28
16.- Los compartimentos AB y CD de un tubo vertical están llenos de aire.
Los extremos del tubo están cerrados. Las partes BC y DE son de
mercurio y en la parte superior EF se ha hecho el vacío. Las longitudes
de cada una de las partes son iguales a h. La presión en el punto A es p.
El tubo se gira cuidadosamente y adopta la posición de las distintas partes
indicadas en la figura. Calcular la presión en el punto inferior F en
función de p. Se supone que al darle la vuelta al tubo la temperatura no
varía. Cuando el tubo se gira el compartimiento de aire AB pasa a ser
A1B1 y el CD a C1D1.
Designamos con S la sección del tubo .Los volúmenes de cada uno de los
compartimientos de aire en el estado inicial son Sh..
Las presiones son PE = 0 ; PD = PDC=gh ; PB=PDC+gh=PA=p=2gh
Siendo la densidad del mercurio
Las presiones en las cámaras de aire son p en AB y p/2 en CD
El aire contenido en la cámara AB ocupa en la posición final la cámara A1B1.La presión
ahora en esta cámara es px Teniendo en cuenta que la temperatura no ha variado se
cumple, de acuerdo con la ley de Boyle-Mariotte
xpphSxppSh xx (1)
La cámara de aire CD tiene una presión p/2 y al volcar el tubo pasa a ser C1D1. Puesto
que el tubo no ha variado de tamaño y tampoco las alturas del mercurio se deduce que la
altura H de esa cámara es:
5h= 2h +x +H H = 3h-x
Aplicando la ley de Boyle.Mariotte, y designando con p2 a la presión en C1D1 en el
estado final
inicial final
x
A
B
C
D
E
F
F
A1
B1
C1
D1
mercurio
29
x3h2
phpx-3hSpSh
2
p22
(2)
De acuerdo con la figura se deduce que.
2
pppρghpp x2x2 (3)
De las ecuaciones (2) y (3) se deduce que.
2
p
x3h2
php
2
pp
x3h2
phxx
(4)
Llevando la ecuación (4) a la (1)
h6x
x6hx3hxhx2hx6hxx3h
hx2hx
2
p
x3h2
phph 2222
La presión en F en el estado final es:
6
61p
12
6626p
2
1
2436
626pp
2
1
626
1p1
h63h
h
2
p
2
p
x3h2
phρghpp
F
2F
30
17.- Se lanza un proyectil, con velocidad inicial vo, desde un suelo
horizontal formando un cierto ángulo con la horizontal. Este ángulo es
tal que el alcance sobre la horizontal es el máximo posible. Desde una
altura y = h se traza una recta paralela al suelo que corta a la trayectoria
del proyectil en dos puntos. Calcular la distancia D en dirección horizontal
de ambos puntos en función de h. Dibuje la gráfica de D frente h cuando
la velocidad inicial es vo= 20 m/s . ¿A que corresponden los valores
máximo y mínimo de D?. Tome g = 10 m/s2
Tomamos ejes de referencia el de abscisas paralelo al suelo y a su nivel y el de ordenadas
perpendicular al anterior. Las ecuaciones de la trayectoria son:
2
o
0
gt2
1tsenαvy
tcosαvx
Cuando y = 0 , el proyectil está en la salida o ha recorrido su trayectoria y choca contra
el suelo
g
senα2vtgt
2
1tsenαv0 o
a
2
aa0
ta es el tiempo que emplea el proyectil en recorrer su trayectoria y llegar al suelo
g
sen2αv
g
senα2vcosαvx
2
oo
oa
El alcance depende de la velocidad inicial y del ángulo de salida, si fijamos vo, podemos
calcular para qué ángulo el alcance es el máximo posible
45ºα0cos2α02cos2αg
v
dα
dx 2
oa
Las ecuaciones paramétricas para este movimiento de máximo alcance son:
(1)v
gxxy
45ºcosv
gx
2
1
45ºcosv
x45ºsenvgt
2
1t45senvy
45ºcosv
xtt45ºcosvx
2
o
2
22
o
2
o
o
2
o
o
o
Si en la ecuación (1) hacemos y = h se obtiene dos soluciones que corresponden a las
abscisas de los puntos de corte de la recta con la parábola
31
2g
4ghvvv
2g
v
4ghv1v
v
2g
v
gh411
x0hxxv
g2
oo
2
oo
2
o2
o
2
o
2
o2
2
o
La distancia D entre ambas abscisas es
g
4ghvv
2g
4ghvvv
2g
4ghvvvxxD
2
oo
2
oo
2
o
2
oo
2
o
12
Para dibujar la gráfica tenemos en cuenta que el radicando no sea negativo, por tanto, el
máximo valor de h es 10 m.
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
0 2 4 6 8 10 12
h /m
D/m
Cuando h = 0 m, D se corresponde con el alcance horizontal del proyectil y cuando h=10
m es la altura máxima.
Para comprobarlo
m4010
90ºsen20
g
sen2αvx
22
o
a
La altura máxima se obtiene cuando la componente vertical de la velocidad se hace cero
g
αsenvt0gtsenαv
dt
dyv o
hhoy
Sustituyendo
m1020
0,5400
g
45ºsenv
2
1
g
45ºsenvg
2
1
g
45ºsenvgt
2
1tsenαvy
22
o
2
22
o
22
o2
hh0max
32
18.- Un bloque de madera de dimensiones a *b*c y densidad respecto
del agua. Cuando el bloque está flotando con el lado a en posición vertical
se empuja hacia abajo y se suelta. Calcular el periodo de oscilación del
bloque.
Cuando el bloque está flotando el peso es igual al empuje. Si designamos con a1 la parte
sumergida del bloque , M la densidad de la madera y A la del agua
aρρ
ρaagbcρagabcρEP
A
M1A1M
Si sumergimos el bloque una distancia x respecto a la posición inicial de equilibrio, el
empuje ahora es superior al peso y esa fuerza resultante tenderá a llevarlo a la posición
inicial
=
ΔxKbcgΔxρFgabcρbcgΔxρbcgρρ
ρaF
gabcρbcgρΔxaρFgabcρgbcρΔxaP-E F
AMAA
A
M
MAMA1
Dado que la fuerza es proporcional al desplazamiento al igual que en un movimiento
armónico
g
aρ2π
gbcρ
abcρ2π
K
m2πT
A
M
a
x
Nivel del agua a1
33
19.- En el sistema de poleas de la figura inferior se supone que carecen de
masa y que el sistema se desplaza sin rozamiento. Se pide calcular la
aceleración de las masas.
Tomando como sentidos positivo vertical hacia abajo, las ecuaciones de las tres masas
son:
)3(amTgm
)2(am2Tgm
)1(amTgm
333
222
111
Imaginemos que las masas m1 y m3 fuesen iguales, si la masa m2 se desplaza hacia abajo
x2 , las otras dos masas se desplazan hacia arriba x1 e x3 . La distancia x2 se reparte
por igual en las dos ramas de la cuerda de modo que x1 es la mitad de x2 , lo mismo le
ocurre a la masa 3. Por tanto las aceleraciones guardan la relación
2
aaa 31
2
(4)
En el caso expuesto a1 = a3 y en general serán distintas si las masas m1 y m3 son
diferentes. El signo menos se debe a que la aceleración de m2 es hacia abajo (sentido
positivo) y las otras dos sentido negativo.
Ahora debemos resolver un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas.
Despejamos T de la ecuación (3) y sustituimos en la (1)
11331 amagmgm (5)
Multiplicamos la ecuación (1) por 2 y le restamos la (2)
m2g
m1g m3g
T T
T T
34
221121221121 ama2mm2mgama2m2Tgm2Tg2m
En la última ecuación sustituimos a2 por la ecuación (4)
)6(
m
2
m2m2am2m2g
a
2
am
2
m2mam2mg
2
aama2mm2mg
2
21121
3
3221121
31
21121
Llevando la ecuación (6) a la (5)
gmmmmm4m
m3mmmm4ma
322131
322131
1
12113213213132313221
11
2
121121331
ammammamm-am4mgm2mgm4mgmmgmm
amm
ama4mg2mg4mmgmgm
Llevando la ecuación de a1 a la (1)
322131
32
1
322131
322131
1
322131
322131
11
mmmmm4m
m4mgmT
mmmmm4m
m3mmmm4m1gmTg
mmmmm4m
m3mmmm4mmTgm
Sustituyendo la tensión en la ecuación (2)
gmmmmm4m
m4mmmmma
322131
313221
2
322131
31
2
2
322131
3
122
322131
32
12
mmmmm4m
m8m1ga
ammmmm4m
4mg2mgam
mmmmm4m
m4mg2mgm
Sustituyendo la tensión en la ecuación (3)
gmmmmm4m
mmm3mm4ma
322131
322131
3
322131
21
3
3
322131
2
133
322131
32
13
mmmmm4m
m4m1ga
ammmmm4m
4mgmgam
mmmmm4m
m4mgmgm
35
20.- Una partícula se encuentra en el tiempo t=0 en la esquina superior A
de una puerta rectangular que gira alrededor del eje Z con velocidad
angular constante .
Lossejes XYZ son de un sistema S inercial, y los ejes X´ Y´ y Z´
pertenecen a un sistema S´, ligado a la puerta y que por tanto giran con
ella. En el instante t=0 ambos sistemas de coordenadas están
superpuestos. Determinar expresando los resultados en el sistema móvil
S´ a) la velocidad relativa b, de arrastre y absoluta de la partícula en
función del tiempo b) la aceleración relativa, de arrastre, de Coriolis y
absoluta en función del tiempo.
Al cabo de un tiempo t la situación de la puerta está indicada en la figura 1.
X
Y
Z
vo
Y´
X´
A
L
h
X
X´
Z´
Y
Z
vot
L-vot
r´
t
r´
h
Fig.1
36
La puerta ha girado un ángulo t y con ella los ejes del sistema S´. En ese mismo
tiempo la partícula ha avanzado por la puerta una longitud vot.
Desde el sistema móvil S´ la velocidad de la partícula es:
´iv´v o
La velocidad de arrastre es:
tvLω´jtvLω´j
h0tvL
ω00
´k´j´i
´rωv oo
o
arrastre
´jtvLω´ivvvv oorelativaarrastreabsoluta
b) La aceleración relativa es cero, pues la velocidad es constante.
La aceleración de arrastre es la centrípeta
tvLω´i
0tvLω0
ω00
´k´j´i
´rωωa o
2
o
entrípetac
´jωv2
00v-
ω00
´k´j´i
2´vω2a 0
o
Coriolis
´jωv2´itvLωa oo
2
absoluta
37
21.- Considerar el problema 20. a) Obtener la ecuación de la trayectoria
de la partícula en el sistema fijo b) determinar los vectores velocidad
absoluta y aceleración absoluta en el sistema de referencia fijo S al cabo
de 10 s de iniciado el movimiento, sabiendo que en el instante inicial los
ejes X y X´ coinciden y que L = 1 m , vo = 0,05 m/s y = 20 rpm.
Si nos fijamos en la figura 1, las coordenadas de la partícula en el sistema S, al cabo de
un tiempo t, son:
2
o
22
oo
tvLx
ωtsentvLy;ωtcostvLx
y
La trayectoria en el plano z=h, se obtiene sustituyendo valores en las ecuaciones de las
coordenadas
b)
Las componentes de los vectores unitarios i´ y j´ sobre el sistema de referencia X Y son
respectivamente.
ωtj cos,ωtj sen;ωti sen,ωti cos
Que puestos en forma vectorial y dado que i´ y j´ valen la unidad
X
Fig.1
t
t
X X´
Y
Y´
i´
j´
Y
Z
vot
L-vot
r´
t
r´
h
38
jωtcosiωtsen´j;jωtseniωtcos´i
´ ´ ´ ´
o o o o
´ ´ ´ ´
o o o o
v l v t j v i l v t s e n t i cos t j v cos t i sen t j
l v t s e n t v cos t i l v t cos t v sen t j
20·2 20·2 20·21 0,05·10 sen ·10 0,05cos ·10 i
60 60 60
20·2 20·21 0,05·10 cos ·10
60 60
20·2
0,05sen ·10 j60
v 0,88i 0,57 j
2 ´ ´ 2 ´ ´
o o o o
2 ´ ´ 2 ´ ´
o o o o
2
a l v t i 2v j l v t cos t i sen t j 2v s e n t i cos t j
l v t cos t 2v s e n t i l v t sen t 2v cos t j
20·2 20·2 20·2 20·21 0,05·10 cos 10 2·0,05· sen 10
60 60 60 60
2
i
20·2 20·2 20·2 20·21 0,05·10 s en 10 2·0,05· cos 10 j
60 60 60 60
jia 79,128,1
39
22.- Una partícula de masa m1 colisiona, de forma elástica, con una
partícula de masa m2, siendo m1>m2. La partícula 2 se encuentra en
reposo ¿Cuál es el máximo ángulo de desviación de la primera partícula
respecto de su dirección inicial? .Se supone que las velocidades de las
partículas son mucho más pequeñas que la de la luz.
En el choque elástico hay conservación de la cantidad de movimiento y de la energía
2
22
2
11
2
1
2211
22111
vm2
1vm
2
1vm
2
1
senvmsenαvm
cosβvmcosαvmvm
Despejamos de la ecuación 2, sen y de la tercera v2.
2
1
2
2
12
2
22
11 vvm
mv;
vm
senαvmβsen
Designando a Mm
m
2
1 , resulta:
2
1
2
22
1
2
2
2
22
1
2
vvM
αsenvM1
v
αsenvM1cosβ
Llevando cos y v2 a la primera de las ecuaciones iniciales:
αsenvM
vvcosαvvαsenvMvvMcosαMvMv
vvM
αsenvM1vvMcosαMvMv
22
1
2
1
2
1
22
1
22
1
2
1
2
1
2
22
1
22
1
2
1
M2vv
vvvvMcosα
M
vvcosα2vvvv
M
vvαsenvcosα2vvαcosvvαsenv
M
vvcosαvv
1
2
1
22
1
22
1
2
1
2
1
2
2
1
222
11
22
1
222
1
2
1
22
1
v1
v
v2
40
En el problema nos piden que el ángulo sea el máximo posible, o el coseno el valor
mínimo, para ello derivamos la anterior expresión con respecto a v1 e igualamos a cero
21
211
2
1
2
1
1
22
1
22
1
22
1
2
1
22
1
22
1
2
1
22
1
2
2
1
22
1
2
111
mm
mmvv
1m
m
1m
m
vv
1M
1Mvv0vvMvMv
0vvMvMv2v2Mv
0Mv4v
2vMvvvvM2v2MvM2vv
Sustituimos el valor de v1 en coseno
1
2max
2
1
2
2
1
2
2
2
1
21
212
1
2
212
21
211
21
21
21
2
1
2
21
2
21
21
21
21
21
2
1
2
1
2
1
21
21
21
21
2
1
21
2122
21
212
2
12
2
1
m
msenα
m
m
m
mm1
mm
mmm
mm1αsen
mm
mmm
mmcosα
mm
mm
m
m2
m
mm
m
mm
mm
mm
mm
mm
m
m2
1m
m1
m
m
mm
mm
mm
mmv
m
m2v
mm
mmvv
mm
mmv
m
mv
m
m
cosα
Calculamos ahora el valor de v2 y del ángulo beta.
21
12
21
2
2
12
2
21
212
1
21
212
1
2
1
2
22
2
22
2
11
2
1
mm
2mv
mm
2m
m
mv
mm
mm1vm
mm
mmvmvmvmvmvmvm
1
21
21
12
1
2
21
2112211
2m
mmsenβ
senβmm
2mvm
m
m
mm
mmvmsenβvmsenαvm
41
23.- Se lanza un proyectil formando un ángulo con la horizontal. En el
punto más alto de su trayectoria h su velocidad es v1. La velocidad en un
punto de la trayectoria que es la mitad de la altura máxima h/2 es v2 y
entre ambas velocidades existe la relación
2v
7
61
v
Calcular el ángulo de lanzamiento.
Las ecuaciones paramétricas del movimiento del proyectil son:
2gt2
1tsenαvy
tcosαvx
Las ecuaciones de las velocidades sobre los ejes coordenados son:
gtsenαvdt
dyv
cosαvdt
dxv
Y
X
En el punto más alto de la trayectoria la componente vy de la velocidad es nula. El
tiempo que tarda el proyectil en alcanzar la altura máxima es:
g
senαvtgtsenαv0 hh
Y el valor de h
g
αsenv
2
1
g
αsenvg
2
1
g
senαvsenαvgt
2
1tsenαvh
22
2
222
hh (1)
La velocidad en el punto más alto de la trayectoria:
cosαvvv x1 (2)
Cuando el proyectil se encuentra a una altura h/2 la velocidad v2 tiene dos componentes
v2x y v2y, cuyos valores son respectivamente
h/22y
2x
gtsenαvv
cosαvv
Para averiguar la componente v2y necesitamos saber el tiempo que el proyectil emplea
en alcanzar la altura h/2, para ello sustituimos en una de las ecuaciones paramétricas
0g
h
g
tsenα2vtgt
2
1tsenαv
2
h h/22
h/2
2
h/2h/2
Resolviendo la ecuación de segundo grado
42
2
22
g
vsenα
2
2g
vsenα
g
2vsenα
t
2
g
g
αsenv2
1
4
g
αsen4v
g
2vsenα
2
g
4h
g
αsen4v
g
2vsenα
t
h/2
22
2
22
2
22
h/2
Se ha escogido de las dos soluciones la que corresponde al tiempo menor, que es
cuando la altura h/2 la alcanza el proyectil antes de llegar a la altura h . La otra solución
es cuando el proyectil llega a la altura h/2 después de alcanzar la máxima altura h.
Sustituimos el tiempo en la expresión de la velocidad v2y.
2
2senαv
2
221senαv
2
22
g
senαvgvsenαv2y
2
αsenvαcosvvvv
22222
2y
2
2x2
De acuerdo con el enunciado del problema
30ºα2
1senααsen3αsen1
αsen3vαcosv2
αsenvαcosv
7
6αcosvv
7
6v
22
222222
2222
21
43
24.-En la figura inferior AB es una carretera y el punto C es un lugar
del campo. Un automóvil si se desplaza por la carretera lo hace con una
velocidad v constante y si lo hace por el campo con una velocidad veces
menor que por la carretera. Calcular el valor de x para que el automóvil
que se desplaza de A a C lo haga en el tiempo mínimo posible.
El automóvil va de A a M por la carretera, recorriendo la distancia LC y y de M a C por
el campo recorriendo la distancia LCP.
De la figura se deduce que
LC+x = constante = K
El tiempo total del viaje es:
v
hxxK
v
hxxK ε
v
L
v
L
v´
L
v
Lt
2222CPCCPC
total
Como el tiempo total ha de ser mínimo y K es constante y v también, el término entre
paréntesis ha de ser mínimo
mínimohxx 22
Derivamos con respecto a x e igualamos a cero
1ε
hxxεhxεxhx0
hx2
2xε1
2
222222
22
A B
C
x
h
M
LC
LCP
44
25.-Un automóvil recorre en línea recta una distancia L con velocidad
uniforme v y a continuación frena hasta pararse con una aceleración a
constante. Se pide determinar el valor de v, el cual determina que el
tiempo empleado en el recorrido total del automóvil sea el mínimo
posible.
Una apreciación intuitiva del problema nos dice que si v es muy grande, la longitud L la
recorrerá en poco tiempo, pero necesitará un tiempo largo para frenar, por el contrario,
si v es pequeña tardará mucho tiempo en recorrer la distancia L pero poco tiempo en
frenar, esto quiere decir que habrá una velocidad v para la que el tiempo sea mínimo.
El tiempo que tarda en recorrer la distancia L es:
v
Lt1
El tiempo que tarda en frenar con aceleración a constante
a
vtatv0v 22final
El tiempo total del recorrido:
a
v
v
Lttt 21
Como t ha de ser mínimo derivamos la expresión anterior respecto de v e igualamos a
cero
Lava
1
v
L
a
1
v
L0
dv
dt22
45
26.- Una partícula de masa m, se desplaza a lo largo del eje X. La
mencionada partícula se encuentra, en el instante t=0, en la posición xo
con velocidad vo y está sometida a una fuerza constante F dirigida como
indica la figura.
Determinar v=f(t) y v=f(x)
Hacemos uso de la segunda ecuación de Newton
CtemvFtdvmFdtdt
dvmF
Para hallar la constate recurrimos a las condiciones iniciales, cuando t=0 , la velocidad
es vo, sustituyendo en la expresión anterior
oo mvCteCtemv0
o0 vm
FtvmvmvFt
Volviendo a la ecuación de Newton
Cte2
vmFxdvmvFdx
dx
dvmv
dt
dx
dx
dvm
dt
dvmF
2
Según las condiciones iniciales cuando x = xo , v = vo
2
vmFxCteCte
2
vmFx
2
oo
2
oo
Sustituyendo en la ecuación
2
o
o2
o
o2
2
o
o
2
vm
xx2Fvv
m
xx2Fv
2
vmFx
2
vmFx
xo
F
46
27.- Una partícula se desplaza con una velocidad indicada por la
semicircunferencia de la gráfica inferior. La máxima velocidad se indica
por vo. Determinar el desplazamiento efectuado por la partícula en
función de vo y to
De la figura se deduce:
2
o
22
o2
o
2
o2
2
o2
2
o tttv4
tvtt
4
tt
2
tv
2
tt
Aplicamos la ecuación anterior cuando 2
tt o
oo
2
o
2
oo
o2
o 2vt4
t
2
tt
2
tv
(1)
El desplazamiento que sufre la partícula entre t=0 y t=to es igual al área bajo la curva
velocidad tiempo. Esa área vale:
4
tπvt2v
8
π
8
ttπ
2
4
tπ
Δs oooo
oo
2
o
v
t
to
vo
P (t, v)
t
vo
t
to
t-(to/2)
Buscamos la relación entre la velocidad y el tiempo
El centro de la circunferencia tiene por coordenadas
,0
2
t o y el radio de la circunferencia es to/2.
47
28.- Un plano inclinado AA´ forma un ángulo con la horizontal. Desde
un punto B fijo se pueden construir diversos planos inclinados que
lleguen al plano AA´.
Se pide el ángulo que forma uno de los planos con la vertical (ver
figura superior) en el que se cumpla que un cuerpo que parte, sin
velocidad inicial, de B y desliza por él, llegue al plano AA´ en el tiempo
mínimo. Se supone que el cuerpo desliza sin rozamiento
En la figura inferior L representa la longitud del plano, M la distancia de B al plano AA´
en dirección vertical
Conviene observar que si se cambia de plano, cambian , L y H pero permanecen
constantes M y .
22 tcosβg2
1at
2
1L (1)
Vamos a poner la variable L en función de .
(2)cosβsenβtagα
ML
LcosβMsenβtagαLsenβL
HMtagα;
L
Hcosβ
Llevando la ecuación (2) a la (1)
B
A
A´ L
M H
B
A
A´
48
βcoscosβsenβtagα
g
2M
ttgcosβ2
1
cosβsenβtagα
M2
2
Como t ha de ser un mínimo derivamos la expresión anterior con respecto a , e
igualamos a cero.
0senβ2cosββcosβsentagα
0
βcoscosβsenβtagα
g
2M
2
βcoscosβsenβtagα
senβ2cosββcosβsentagαg
2M
dβ
dt
22
2-
22-
22
Hacemos uso de las relaciones trigonométricas: cos2ββsenβcos 22 y
sen2βcosβ2senβ
2
αβ2βα1
tag2β
tagα01
tag2β
tagα0sen2βcos2βtagα
49
29.- Un péndulo simple de longitud L cuelga de una pared inclinada que
forma un ángulo con la vertical.
El péndulo se separa de su posición de equilibrio un ángulo y se
deja en libertad. Se admite que el choque con la pared es completamente
elástico. Se pide calcular el periodo de las oscilaciones. Los ángulos y
son pequeños.
Si los ángulos son pequeños el movimiento del péndulo es un movimiento armónico
simple y en principio vamos a referirnos a este movimiento.
Recordemos que a efectos de deducir las ecuaciones del movimiento armónico, éste
puede considerarse como la proyección sobre un diámetro de un móvil que con
velocidad angular constante recorre una circunferencia
Fig. 1
Supongamos que M se desplaza por la circunferencia con velocidad angular constante
y que el móvil que efectúa el movimiento armónico está situado sobre el eje X en la
posición A cuando t=0. El tiempo que emplea el móvil en ir desde A hasta B, es el
mismo que M tarda en describir el ángulo δ2
π , y como lo hace a velocidad angular
constante, podemos escribir
2π
Tδ2
π
tt
δ2
π
T
2π
L
A B
M
O
50
Siendo T el periodo del movimiento armónico. Si el móvil fuese de A a B y volviese de
B a A emplearía un tiempo 2t =T´
π
Tδ2
π
T´
(1)
Aplicamos estos resultados al movimiento del péndulo del problema.
g
L2πT (2)
Fig. 2
De la figura 2 se deduce que
LαOB;LβOA
De la figura 1 se deduce que
β
α
Lβ
Lα
OA
OBsenδ
Aplicando la ecuación (1) y la igualdad (2):
g
L
β
αsenoarco2π
π
g
L2π
β
αsenoarco
2
π
π
Tδ2
π
T´
A
O B
51
30.-Un punto material A se desplaza con velocidad constante +vA por
una recta. Otro punto material B se desplaza con una velocidad constante
+vB por una recta paralela a la anterior cuya distancia es h. Demostrar
que la recta que une los puntos Ay B pasa siempre por un punto fijo P.
Hacemos en primer lugar un esquema gráfico del problema
En la figura superior el móvil A ocupa una posición cualquiera en el tiempo t=0 y el
móvil B una posición cualquiera en el tiempo t=0. Si tomamos unos ejes coordenados
centrados en la posición inicial del móvil B, las coordenadas cartesianas de ambos
móviles en el tiempo t=0, son:
Móvil A (L , h) ; Móvil B (0, 0)
Al cabo de un tiempo t cualquiera el móvil A se ha desplazado hasta At, siendo las
coordenadas de At(vAt, h). En el mismo tiempo t, el móvil B se ha desplazado hasta Bt, siendo las coordenadas
Bt(0, vBt).
Las rectas ro y rt se cortan en el punto P. Si lo que se quiere demostrar es que las rectas
pasan siempre por P, las coordenadas de este punto deben ser independientes de t.
Hacemos uso de la ecuación de la recta que pasa por dos puntos
12
12
1
1
xx
yy
xx
yy
para las rectas ro y rt
xL
hy
0L
0h
0x
0y
tvtvL
tvxhy
tvtvL
0h
tvx
0y
BA
B
BAB
Ao At
Bo
Bt X
Y
P
L
ro rt
52
Dado que el punto P pertenece a ambas rectas, resolvemos
BA
B
BBABBA
BA
B
vv
Lvx
LtvvvxtLtvxLtxvtxvxLtvtvL
tvxhx
L
h
Sustituimos el valor de x en la ecuación de la recta ro
BA
B
BA
B
vv
vh
vv
Lv
L
hy
53
31.- Un pato vuela en línea recta con velocidad constante u y a una
altura h sobre el suelo. Un cazador situado en A dispara una bala con
velocidad v apuntando en la dirección del pato tal como indica la figura
inferior. El pato es alcanzado por la bala y se pide la altura a la que
volaba.
Dado que la bala alcanza al pato en un tiempo ti, en ese instante las coordenadas del
pato y de la bala son las mismas.
Coordenadas del pato en le tiempo ti : (xo+u ti ; h)
La bala describe una trayectoria parabólica siendo sus ecuaciones
2gt2
1tvsenαyt;vcosαx
Coordenadas de la bala en el tiempo ti : (v cos ti , 2 tig
2
1tisenαvh
uvcosα
xotitiuxotivcosα
htig2
1tivsenα 2
Sustituyendo el tiempo en la segunda ecuación
huvcosα
xog
2
1vsenα
uvcosα
xoh
uvcosα
xog
2
1
uvcosα
xovsenα
2
De la figura se deduce: tagα
hxo
xo
htagα
u
uαvcosαtag2
hg
uαvcos
u1
uαvcos
αcosv
uαvcosαtag2
hg
1uαvcosα2tag
hg
uαvcos
cosαvh
uαvcostagα
hg
2
1αvsen
uαvcostagα
h
222
22
g
uvcosααtag2uh
2
P
A
u
h v
xo
54
32.-Dos vasos comunicantes de forma cilíndrica llevan sendos émbolos
de masas M1 y M2 y áreas S1 y S2 , respectivamente. El líquido contenido
en el vaso tiene una densidad . En el equilibrio existe un desnivel h
entre ambos émbolos tal como indica la figura inferior
Si sobre el émbolo 1 se coloca una pesa de masa m =M2=2M1 , no existe
desnivel entre ambos émbolos, pero si se coloca la misma pesa sobre el
émbolo 2 se produce un desnivel H. Determinar el valor de H en función
de h.
Dos puntos del mismo líquido que están al mismo nivel soportan las mismas presiones,
por tanto:
1
1
2
2
2
2
1
1
S
M
S
Mρh
S
gMρgh
S
gM
Cuando se coloca la pesa de masa m sobre el émbolo 1
3
2SS
S
1
2S
3
S
m
S
m2
m
S
gM
S
mg
S
gM 12
21212
2
11
1
111121
1
2
2
S
m
2S
m
2S
3m
S
2
m
S
m
S
M
S
Mρh
Cuando la pesa de masa m se coloca sobre el émbolo 2
h2
5Hρh
2
5
2S
5m
2S
m
S
3mρH
3
2S
2mρH
2S
m
S
2mρH
S
2
m
S
mg
S
gMρgH
S
gM
111
112122
2
1
1
h
1
2
55
33.-Una partícula se mueve por el eje X, en sentido negativo, a velocidad
constante v1. Otra partícula lo hace por el eje Y también en sentido
negativo y con una velocidad constante v2. En el instante t=0, las
partículas pasan por las posiciones xo e yo respectivamente. Determinar el
tiempo que transcurre para que la distancia entre ellas sea mínima.
Las ecuaciones del movimiento de las partículas son:
tvyy;tvxx 2o1o
La distancia entre ellas
22o
2
1o
22 tvytvxyxD
Para hallar la distancia mínima derivamos la función anterior respecto de la variable
tiempo e igualamos a cero
2
2
2
1
2o1o
2
1o
2
1o
22o11o
vv
vyvxt0
tvxtvx2
v-tvy2v-tvx2
dt
dD
56
34.-Un prisma cuyo ángulo es se mueve por un suelo horizontal sin
rozamiento con una aceleración constante paralela al suelo. Sobre él está
situado un cuerpo.
Determinar el valor de la aceleración del prisma para la que el cuerpo
comience a deslizarse hacia arriba del prisma. El coeficiente de
rozamiento entre el prisma y el cuerpo es ..
En la figura inferior está dibujado el diagrama de fuerzas para el cuerpo con inclusión
de la fuerza de inercia ya que el sistema elegido está acelerado
Fi= ma , fuerza de inercia
P= mg , peso del cuerpo
FR = N , fuerza de rozamiento
N = normal, fuerza con que el plano empuja al cuerpo
Descomponiendo las fuerzas sobre dos ejes perpendiculares, X e Y, siendo el X
Paralelo al plano y el Y perpendicular al mismo, resulta:
senαmgFcosαF Ri
senαFcosαmgN i
μNFR
Combinando las tres ecuaciones se llega a:
tagαμ1
tagαμgatagαμgtagαμ1a
senαμcosαmgsenαμ-cosαma
senαmgsenαFμcosαmgμcosαF ii
a
P=mg
Fi
N
FR
a
57
35.-En los extremos de una palanca de brazos iguales se cuelgan dos
cuerpos de la misma masa. Uno de los cuerpos se introduce en un líquido
de densidad 1 y el otro en un líquido de densidad 2 , observándose que
la palanca sigue en equilibrio. Calcular la relación de densidades entre
ambos cuerpos.
En la figura inferior se hace un esquema de las fuerzas que actúan sobre los cuerpos
Sobre cada cuerpo actúan su peso P, la tensión de la cuerda T y el empuje del líquido.
Par ambos cuerpos el peso es el mismo por lo dicho en el enunciado, la tensión es la
misma porque la reacción a cada T está aplicada en la palanca y ésta se encuentra en
equilibrio, finalmente los empujes han de ser iguales y si los líquidos tienen diferentes
densidades es que los cuerpos tienen diferentes volúmenes.
2
1
2
12
2
1
1
2211ρ
ρ
d
dgρ
d
mgρ
d
mgρVgρV
Peso Empuje = E
Tensión de la
cuerda = T
58
36.-Un cilindro, de densidad y altura h, flota en la zona de separación
de dos líquidos de densidades y respectivamente, siendo
<<Determinar la altura x del cilindro que se encuentra sumergido
en el líquido de densidad
Al estar el cilindro en equilibrio es porque el peso del mismo se iguala con la suma de
los empujes que sufre por parte de los dos líquidos. Designamos con x a la parte del
cilindro sumergida en el líquido de densidad , por tanto, la altura que está en el
líquido de densidad es h-x, por m a la masa total del cilindro y por S al área de la
base del cilindro.
12
1
121
1212
ρρ
ρρhxhρxρhρhρ
ρxhxρhρgρxhSgSxρgShρmg
59
37.-Desde el mismo lugar y con un intervalo de tiempo se lanzan dos
cuerpos con la misma velocidad v y el mismo ángulo con la horizontal
¿Cuáles son las ecuaciones que describen el movimiento del cuerpo
lanzado en primer lugar visto desde un sistema ligado al cuerpo lanzado
en segundo lugar?
El vector de posición del primer cuerpo respecto del segundo
jyyixxjyixrr rr
´´´
Las posiciones vistas desde el segundo cuerpo son:
τcosαvτtcosαvtcosαvx´xx r
gtτ2
gττvsenαy
2tττg2
1τvsenατtg
2
1τtsenαvgt
2
1tsenαv´y
2
r
222
r
yy
Las velocidades relativas son:
gτdt
dyv;0
dt
dxv r
xr
x
Las ecuaciones del movimiento de los dos cuerpos ligados
a un sistema inercial que esta sobre el suelo horizontal
son:
2gt2
1tvsenαy;tvcosαx
2τ-tg
2
1τ-tvsenαy´;τ-tvcosαx´
r
r r r
O X
Y
60
38.-Un tren parte de la estación a las 12 horas según el reloj de la
estación y se desplaza con movimiento uniformemente acelerado. Un
observador situado en el andén frente a la cabecera del tren observa que
su reloj marca las 12 horas cuando pasa por delante de él, el penúltimo
vagón. Este penúltimo vagón tarda 10 segundos en pasar por delante del
observador mientras que el último vagón emplea 8 segundos. Calcular
cuánto se retrasa el reloj del observador respecto del reloj de la estación.
Designamos con al tiempo que se retrasa el reloj del observador respecto del de la
estación y con L la longitud de cada vagón del tren.
La velocidad del tren cuando han transcurrido segundos es asiendo a, la aceleración
constante del tren
Para el penúltimo vagón su velocidad cuando pasa por delante del observador es at, esto
es, la velocidad del tren
2a102
110aτL
Cuando pasan los dos vagones, penúltimo y último del tren, por delante del observador,
el tiempo total es 10+8 = 18 segundos
2a182
118aτ2L
De ambas ecuaciones se deduce:
s312
62τ16218τ10020τa18
2
118aτa10
2
110aτ2 22
61
39.-Un submarino desciende en vertical con una velocidad constante v.
En un determinado instante emite un sonido que dura un tiempo To. El
sonido se refleja en el fondo del mar y llega al submarino y el tiempo que
dura el sonido reflejado medido en el submarino es T. Si la velocidad del
sonido en el agua es c, determinar la velocidad con la que se sumerge el
submarino.
Designamos con H la altura a la que está el submarino respecto del fondo del mar
cuando empieza a emitir el sonido y con H´ la posición cuando termina de emitirse la
señal. Con h designamos la posición del submarino cuando empieza a recibir la señal
reflejada en el fondo y h´ cuando termina. La figura inferior aclara estos valores.
en el fondo y h´ cuando termina. La figura inferior aclara estos valores. Las posiciones
se han puesto separadas para claridad de la figura. Entre las posiciones H y H´ el tiempo
transcurrido es To y entre h y h´, T.
(2)vTh´h;)1(vTH´H o
El sonido emitido en H viaja H+h al llegar al submarino y emplea un tiempo y en ese
mismo tiempo el submarino recorre H-h
hvc
vcHvchvcH
v
hH
c
hHvτhH;cτhH 11
El fin de la señal sonora se emite en la posición del submarino H´ y esa señal recorre la
distancia H´+h´ cuando llega al submarino empleando un tiempo y en ese mismo
tiempo el submarino recorre H´-h´.
h´vc
vcH´vch´vcH´
v
h´H´
c
h´H´vτh´H´;cτh´H´ 22
Sustituyendo H y H´ en la ecuación (1)
H
H´ h
h´
62
oo vTh´hvc
vcvTh´
vc
vch
vc
vc
Sustituyendo en la última ecuación h-h´ se tiene:
cTT
TTvvTcTvTcTTT
vc
vcvTvT
vc
vc
o
o
oooo
63
40.-Una masa m proveniente del infinito posee una velocidad v y se
acerca al Sol, siendo su parámetro de impacto , tal como se observa en
la figura.
Hallar la distancia mínima a la que la masa m se acerca al Sol.
Constante de gravitación, G ; Masa del Sol, MS
Designamos con d a la mínima distancia de la masa al Sol y a vd su velocidad en esa
posición. La conservación del momento angular nos permite escribir
dvρvdmvρmv dd (1)
Por la conservación de la energía mecánica
d
GM2vv
d
GM2vv
d
mMGmv
2
10mv
2
1 S2
d
S2
d
2S2
d
2
Sustituyendo en la ecuación (1)
0ρv
d2GMd0ρvd2GMdvd
d
GM2vρv 2
2
S222
S
22S2
Resolviendo la ecuación de segundo grado:
2
S2
4
2
S
22
4
2
S
2
2
S
v
GMρ
v
MG
2
4ρv
M4G
v
GM2
d
v
S
64
41.-Un cilindro homogéneo de masa m y radio R se hace girar hasta
alcanzar una velocidad angular oω , luego se coloca suavemente sobre
un plano inclinado de ángulo ¿Hasta qué altura ascenderá el cilindro?
El coeficiente de rozamiento es cumpliéndose que > tag
Al principio el cilindro tendrá que ir adquiriendo velocidad de traslación del centro de
masas al mismo tiempo que su velocidad angular disminuye. El diagrama de fuerzas es
el siguiente:
Las ecuaciones del movimiento, respecto de los ejes OXY, son:
cosθμmgμNF
αmR2
1IαRF
masenθmgF
R
2
R
R
A partir de estas ecuaciones se obtiene
R
cosθg2μ
mR
mgcosθ2μ
mR
2Fα;senθμcosθga R
Para la velocidad lineal del centro de masas
tsenθcosθμg0v
Para la velocidad angular del cilindro
tR
cosθg2μωαtωω oo
La velocidad del centro de masas del cilindro aumenta y la velocidad de rotación
disminuye, llegará un momento en el que ωRv , y esto ocurre en un intervalo de
tiempo t y el movimiento del cilindro en el plano pasa de ser de rodadura y
deslizamiento a rodadura.
FR
X O
mg
Y
65
senθcosθ3μg
Rωt
cosθ2μsenθμcosθg
RωtRt
R
cosθg2μωtsenθμcosθgωRv
o
o
o
Las velocidad lineal del centro de masas y angular del cilindro son:
senθcosθ3μ
senθcosθμRω
senθcosθ3μg
Rωsenθcosθμgv oo
senθcosθ3μ
cosθ2μ1ω
senθcosθ3μg
Rω
R
cosθg2μωω o
o
o
Desde que el cilindro se colocó sobre el plano hasta el tiempo t, el cilindro ha ascendido
una altura H y ha recorrido una distancia L sobre el plano
2
22
o
22
22
o2
senθcosθ3μ2g
senθcosθμsenθRωH
senθcosθ3μg
Rωsenθcosθμgsenθ
2
1Hat
2
1
senθ
HL
A partir del momento en que se ha llegado a la rodadura sin deslizamiento, admitimos
que la energía total del cilindro, que es suma de la de rotación más traslación, se
convierte íntegramente en energía potencial
2
222
o
22222222
senθcosθ3μ4
senθcosθμR3ωh
4g
3vhghv
2
1v
4
1ghv
2
1ωR
4
1mghmv
2
1Iω
2
1
g
La altura total a la que sube el cilindro es:
senθcosθ3μ4g
senθcosθμRω
senθcosθ3μ4g
senθcosθ3μsenθcosθμRωH
senθcosθ3μ4g
3senθcosθ3μ2senθsenθcosθμRωH
senθcosθ3μ4g
senθcosθμR3ω
senθcosθ3μ2g
senθcosθμsenθRωhHH
22
o
2
22
o
total
2
22
o
total
2
222
o
2
22
o
total
66
42.- En el esquema de la figura M =10 kg y m=5 kg y radio R = 8 cm. La
polea fija y la cuerda tienen masas despreciables. La cuerda puede
desenrollarse por la polea móvil m sin resbalar.
a) Calcular el menor coeficiente de rozamiento de M con la mesa para
que cuando el sistema esté en libertad la masa M permanezca en
reposo.
b) Si el coeficiente de rozamiento entre M y la mesa es 0,05 determinar la
tensión de la cuerda y las aceleraciones lineales de M y m respecto del
suelo.
a) En la figura 1 se indican las fuerzas que actúan sobre M y m.
Para la masa M , MR MaFT =0
Para la masa m mRα2
1TαmR
2
1IαRT 2
mamTmg
αRa m
Sustituyendo de la tercera ecuación en la primera y am de la segunda resulta
M
m
R
Fig.1
M
m
mg
FR
T
T
N
Mg
67
3
mgTTmg2T
m
Tgm
2
1
R
amR
2
1T m
Como 0,17103
5
3M
mμ
3
mgMgμNμFT R
Si el coeficiente de rozamiento entre M y la mesa es inferior a 0,17 habrá deslizamiento
de la masa M sobre la mesa.
b) Dado que el coeficiente de rozamiento es 0,05 <0,17, la masa M deslizará sobre la
mesa. La polea móvil se moverá hacia abajo al desenrollarse la cuerda y también al
avanzar la masa M sobre la mesa, respecto del suelo la aceleración lineal de m es la
suma de la aceleración de M más la aceleración producida al desenrollarse la cuerda.
μgM
TaMaμMgT MM
m
2Ta
mR
2T
R
a
mR
2TαmRα
2
1TαmR
2
1IαRT m
m2
Rαa m
mM aamTmg
Sustituyendo en la última ecuación
N14,7
10
53
1,059,85
M
m3
μ1mgT
μ1mgM
m3T2Tμgm
M
mTTmg
m
2Tμg
M
TmTmg
2m
2M
s
m5,88
5
14,72
m
2Ta
s
m0,989,80,05
10
14,7μg
M
Ta
La aceleración lineal de la polea móvil respecto del suelo es:
a= aM+am= 0,98+5,88 = 6,86 2s
m
Podemos calcular la aceleración de la polea móvil de otra manera y es tomando un
sistema de referencia no inercial S´, situado en la cuerda que desciende con aceleración
aM. En este sistema hemos de introducir una fuerza de inercia contraria a esta
aceleración .Calculamos la aceleración relativa am respecto de S´.
68
2m
mMmmM
s
m5,88
10
1
5
114,71,059,8a
M
1
m
1Tμ1g
μgM
T
m
Tgaa
m
TgamamaTmg
De igual modo, para conocer la aceleración absoluta sumariamos a esta aceleración
relativa am la de arrastre aM.
j4
π1aBIi
2
aBIF oo
S´
T
Fi
mg
i M MF ma ma
69
43.-Una cuerda elástica que tiene una longitud natural lo , sigue la ley
de Hooke (la fuerza es directamente proporcional al alargamiento).Un
extremo de la cuerda está sujeta firmemente en A y en el otro (B) se ha
colocado una masa m= 0,2 kg como indica la figura.
La masa m se lleva suavemente hasta que alcanza la posición de
equilibrio en O. Después se estira la cuerda hasta la posición C y desde
allí se deja en libertad a la masa m y se mide el periodo de oscilación que
es T = 2 s.
a) Calcular la constante k de la ley de Hooke para la cuerda
b) La velocidad de la masa m en el D siendo OD =0,05 m
c) El tiempo que emplea la masa m en ir desde C a D
d) La máxima energía cinética de m.
e) Ahora la masa m se lleva hasta el punto A y se deja caer libremente se
pide calcular el tiempo que emplea en retornar por primera vez al
punto A.
a) El periodo de oscilación de la masa m está relacionado con la constante k y la masa
m
m
N1,97
2
0,24π
T
m4πk
k
m2πT
2
2
2
2
b) En la posición C la velocidad de la masa m es cero y la distancia a O es 0,1 m , por
tanto, la ecuación del movimiento armónico que describe la masa m oscilando a uno y
otro lado del punto O , es :
x= A cos t tT
2π0,1cos o también
2
π
T
π2sen0,1x
A
B
lo
A
B
O
C
0,1 m D
70
tωsenAωdt
dxv
En la posición D el ángulo t es:
s
m0,2760ºsen
2
2π0,1v
c)
s3
1
2
2π3
π
trad3
πrad
180
π6060ºtω
d) La máxima energía cinética ocurre cuando la masa m pase por el punto O de
equilibrio y debido a que el sistema es conservativo esa energía cinética es igual a
la potencial en el punto C.
J9,9.100,11,972
1Ep(C)Ec(O) 32
e) Al llevar la masa m al punto A, la cuerda se dobla y la masa m cae libremente
desde A hasta el punto B en que la cuerda tienen su longitud natural, a partir de
ese lugar la cuerda comienza a estirarse, siguiendo la ley de Hooke, como
consecuencia de ello, la masa m empieza a disminuir su energía cinética que se
convierte en potencial elástica en la cuerda, esto ocurre hasta que la velocidad de
la masa es cero. Si tomamos como referencia de la energía potencial gravitatoria
la posición de la masa m cuando su velocidad es cero (punto que designamos con
Q) resulta que m en A tiene energía cinética y energía potencial gravitatoria.
Designamos con x la distancia entre el punto A y la posición en que la masa m
tiene velocidad cero.
m2,72Δx01,99Δx1,99Δx
0k
2mglΔx
k
2mgΔxΔxkΔx2mg2mgl
Δxk2
1Δxmg2glm
2
1Δxmgmv
2
1Ep(A)Ec(A)
2
022
0
2
o
2
A
La posición del punto O corresponde al lugar en que equilibran el peso de la masa m y
la fuerza elástica que sobre ella ejerce la cuerda.
m0,991,97
9,80,2
k
mgAOAkOmg
O
D
C t
OD= 0,05 m
OC=A =0,1 m
cos t =OD/OC=0,05/0,1
t =60º
71
La masa m cae libremente de A hasta B, luego efectúa un movimiento armónico de
periodo T=2 segundos y amplitud 2,72-0,99=1,73 m entre B y Q, sigue con movimiento
armónico entre Q y B y finalmente a partir de B se mueve libremente en el campo
gravitatorio. El tiempo total en retornar a A es:
2( tiempo de caída libre desde A a B + tiempo desde B a Q)
Tiempo desde A hasta B s0,459,8
12
g
2ltgt
2
1l o
AB
2
ABo
El tiempo de B a Q es igual al tiempo desde Q a B
Posición de la masa m en B
s,π
,
T
π
,trad,rad
π,º,tω QBQB 690
182
2
182182
18091249124
Tiempo de retornar a A = 2*(0,45+0,69) = 2,28 s
OB = 0,99 m
OQ =1,73 m
sen = OB/OQ=0,99/1,73
=34,9º
Q
O
B
tQB=90+34,9=124,9º
tQB
A
Q
B
O
lo= 1m
0,99 m
2,72 m
1,73 m
Velocidad en Q =0
Velocidad en O, máxima
Velocidad en B= o2gl
72
44.-Desde una altura h sobre el suelo y en dirección horizontal se lanzan
simultáneamente dos cuerpos con velocidades v1 y v2. El primero hacia la
derecha y el segundo hacia al izquierda. Calcular la distancia entre
ambos cuerpos cuando sus vectores velocidad sean perpendiculares entre
sí.
Tomando los ejes X e Y sobre el suelo, las ecuaciones de los cuerpos son
gtv(2);vdt
dxv(2)gt
2
1hytvx
gtv(2);vdt
dxv(1)gt
2
1hytvx
Y21
X
2
122
Y11
X
2
111
Escribimos los vectores velocidad de cada cuerpo en función de los vectores unitarios
sobre los ejes:
jgtiv(2)v;jgtiv(1)v 21
Si los vectores velocidad son perpendiculares su producto escalar es nulo, lo que
sucederá en un instante tp.
g
vvttgvv0(2)v(1)v
21
P
2
P
2
21
Llevamos el instante tP , a las ecuaciones de las posiciones en la dirección del eje X de
los cuerpos y restándolas calculamos la distancia entre ellos.
21
2121
2
21
1P2P1 vvg
vv
g
vvv
g
vvv)(tx)(txΔx
73
45.- Supongamos que la energía potencial de un cuerpo está dada por
la expresión 2kx2
1E
P , siendo k una constante. Si la amplitud de la
oscilación es x0 , para una distancia x la velocidad es v.¿Cuál sería la
velocidad para una amplitud nx0 y para una distancia nx? Demostrar
que el periodo de la oscilación no depende de la amplitud.
Teniendo en cuenta que la fuerza es igual a menos el gradiente de la energía potencial
y dado que el movimiento es monodimensional, podemos escribir:
xm
k
dt
xd
dt
xdmmakxkx
2
1
dx
d
dx
dEF
2
2
2
22P
(1)
La ecuación (1) es una ecuación diferencial tal que x es una función que derivada dos
veces nos dé de nuevo la función, esta función es una función armónica
x-ωtωsenAωdt
xdtcosωAω
dt
dxtsenωAx 22
2
2
(2)
Identificando (2) con (1)
k
m2πT
m
k
T
2π
m
kω2
El periodo es independiente de la amplitud. Se trata de un movimiento armónico simple.
Podemos aplicar el principio de conservación de la energía, entre un punto cualquiera
del recorrido y el de amplitud.
222
o
2222
o
222
o
222
o
v´xxnm
kmv´
2
1nxk
2
1nxk
2
1
vxxm
kmv
2
1kx
2
1kx
2
1
De las dos ecuaciones se deduce:
nvv´nv
v´ 2
2
2
74
46.-Un péndulo simple está formado por una cuerda de masa
despreciable y longitud l, y una pequeña esfera de hierro de masa m. El
periodo de este péndulo es g
l2πoT . Si este péndulo se hace oscilar:
a) en el campo gravitatorio y por encima de un imán, siendo FM la fuerza
magnética perpendicular que actúa sobre la esfera de hierro el periodo
cambia a T1.
b) Si se hace oscilar entre los polos de un imán que provoca una fuerza
magnética horizontal el periodo es T2. Calcular la fuerza magnética en
cada caso. Calcular para el caso b) el valor del ángulo que forma el
péndulo con la vertical en su posición estable.
a) Las fuerzas que actúan sobre la esfera de hierro son las indicadas en la figura
Descomponiendo las fuerzas peso y FM en dirección perpendicular a la dirección del
hilo y teniendo en cuenta que sea pequeño, θ,θsen y que el valor del arco es igual
al valor del ángulo en radianes por el radio, podemos escribir:
kxFl
xmgFFθmgFFθsenmgF MMM
Siendo una constante MF mgk
l
resulta finalmente: F k·x
Se trata de un movimiento armónico cuyo periodo es:
mgF
ml4πT
mgF
ml2π
l
mgF
m2π
k
m2πT
M
22
1
MM
1
FM mg
T
FM mg
T1
A B
A en equilibrio
y en reposo B oscilando
Fig.1
75
Combinando la última ecuación con la del péndulo simple:
1T
TmgF
mgT
TmgF
mgF
ml
l
gTT
mgF
ml4πT
2
1
o
M
2
1
o
M
M
2
o
2
1
M
22
1
Ahora actúan dos fuerzas perpendiculares sobre la esfera de hierro que dan lugar a una
resultante 2
M
2
R FmgF y a una posición de equilibrio del péndulo que forma con
la dirección vertical un ángulo Si ahora el péndulo se separa un ángulo pequeño de
la posición de equilibrio el péndulo oscila.
kxFFl
xFmgFθFFθsenF 2
M
2
RR
Siendo una constante
2 2
Mmg Fk
l
Se trata de un movimiento armónico cuyo periodo es:
2
M
2
2244
22
M
22
M
22
Fmg
lm2πT
Fmg
ml2π
l
Fmg
m2π
k
m2πT
FM mg
T
FM mg
T1
A B
A en equilibrio
y en reposo
B oscilando
A en equilibrio
y en reposo B oscilando
mg
A
FM
Tx
FR B
FR
Fig.2
76
Para el péndulo simple tenemos:
2
244
oog
l2πT
g
l2πT
A partir de las dos últimas ecuaciones
1T
TmgFmg
T
TmgF
T
mgTFmg
Fmg
lm
l
gT
Fmg
lm2πT
4
2
4
o
M
2
4
2
4
o22
M
4
2
224
o2
M
2
2
M
2
22
2
24
o
2
M
2
2244
2
Para calcular el ángulo , observamos la figura 2.
2
0
2
4
2
4
o
2
4
2
4
2
4
o
2
2
2
2
4
2
4
o
4
2
4
o
4
2
4
o
M
T
Tcos1
T
T1
cos
1
T
TT
cos
cos1
T
TT1
T
T
mg
1T
Tmg
mg
Ftag
2
2
o
Tarccos
T
77
47.-Una cuerda se encuentra en reposo sobre dos planos inclinados que
forman con la horizontal el mismo ángulo . La cuerda tiene una
densidad por unidad de longitud uniforme y el coeficiente de
rozamiento con los planos es la unidad. En la figura se observa que parte
de la cuerda (longitud L) permanece en el aire y otras dos partes (de
longitud cada una l), están sobre los planos. El sistema tiene simetría
derecha izquierda como indica la figura. Se pide cuál es la mayor
fracción de la cuerda (L2l
Lε
) que está en el aire y para qué ángulo
ocurre que alcanza su valor máximo y cuál es el valor de .
Analizamos las fuerzas que actúan sobre la longitud de cuerda l que está sobre el plano
inclinado de la izquierda.
N es la fuerza con que el plano empuja a la cuerda, FR es la fuerza de rozamiento = N,
T es la fuerza con que la cuerda que está en el aire tira de l. La reacción a esta fuerza
está aplicada en L.
Dado que el trozo de cuerda l está en reposo se cumple.
l l
Peso = l
N FR
T
X
Y
78
y R
x R
F 0; F senθ Nsenβ Tsenθ-ρl=0
F 0; -F cosθ+Ncosβ Tcosθ=0
Como y son ángulos complementarios: sen = cos y cos = sen
(2)θcos
senθNμNcosθTTcosθsenθNμNcosθ
(1) lρTsenθθcosNμNsenθlρTsenθθcosNsenθFR
Para la cuerda de longitud L que está al aire:
Teniendo en cuenta que L se encuentra en equilibrio
(3) LρθsenT2
Sustituimos (2) en (3)
(4)Lsenθcosθρ
senθNθcosμN2
Sustituimos (2) en (1)
5)(lsenθρcosθ
senθNcosθμN
ρ
cosθNθμNsen
Llevamos l y L a definido en el enunciado del problema).
senθρcosθ
NsenθμNcosθ2senθ
ρcosθ
NsenθμNcosθ
ρ
NcosθμNsenθ2
senθρcosθ
NsenθμNcosθ2
L2l
Lε
Teniendo en cuenta que = 1
)6(θcoscosθsenθ
θsencosθsenθ
cosθsenθ
cosθ
senθsenθcosθ
ε2
2
T T
Peso = L
79
Como nos piden el valor máximo de , derivamos la ecuación anterior respecto de e
igualamos a cero.
0θcoscosθsenθ
cosθ2senθθcosθsenθsencosθsenθ
θcoscosθsenθ
cosθ2senθθcosθsenθcoscosθsenθ
dθ
dε
22
222
22
222
Al igualar a cero resulta que en principio son posibles dos soluciones
0θcoscosθsenθ
θsencosθθsenθcoscosθθsencosθθ2senθcosθsen22
2222
0θcosθsenθsencosθθsenθcoscosθθsen 2222
Conduce a una relación correcta pero no relacionada con el problema ya que, la
solución es =0 con lo que el suelo es horizontal.
La otra solución posible es:
22,5ºθ12θtag
02θtag102θsen2θcos0cosθ2senθθcosθsen 22
Sustituyendo en la ecuación (6)
0,17222,5ºcoscos22,5ºsen22,5º
22,5ºsencos22,5ºsen22,5ºε
2
2
Vamos ahora a representar frente a
-0,02
0
0,02
0,04
0,06
0,08
0,1
0,12
0,14
0,16
0,18
0,2
0 10 20 30 40 50
ángulo/º
fracció
n d
e la c
uerd
a
80
48.-Una partícula puntual de masa m está situado en lo alto de un
hemisferio de masa M. La partícula comienza a deslizar hacia la derecha.
Se pide el ángulo para el cual la partícula abandona el hemisferio. El
ángulo se mide desde el centro de la base del hemisferio. Se considera
que no existe rozamiento entre el hemisferio y el suelo ni entre la
partícula y el hemisferio.
Calcular el valor de cuando m=M, m<< M, m=100 M.
Este problema es una variante de uno clásico en el que se considera que el hemisferio
está fijo. Aquí nos encontramos que si m se mueve hacia la derecha el hemisferio se
desplaza hacia la izquierda.
En la figura 1 se consideran dos sistemas de referencia: OXY y O´X´Y´. El primero está
ligado al suelo y es un sistema inercial, el segundo está ligado al hemisferio. En el
instante t=0 ambos sistemas son coincidentes
.
El instante t=t se considera cuando la masa puntual m, se desprende del hemisferio.
Durante ese intervalo de tiempo el sistema O´X´Y´ es un sistema no inercial ya que el
hemisferio se está acelerando por la fuerza de reacción N´. En la figura 2a se indican
las fuerzas que actúan sobre la masa puntual (cuando todavía no se ha separado del
hemisferio) y en la 2b las fuerzas que actúan sobre el hemisferio. N´ es la reacción a N y
está aplicada en el hemisferio, mientras que N lo está en la masa puntual m. Entre los
instantes t=0 y t=t , N´ existe y da una componente horizontal que empuja al
hemisferio hacia la izquierda produciendo en él una aceleración y por esta razón el
sistema O´X´Y´ es un sistema no inercial , pero cuando m se separa de M ya no existe
N´ y por tanto a partir de ese instante O´X´Y´ se desplaza con velocidad constante
constituyendo un sistema inercial.
O X
Y
O´
Y´
X´ O O´ X
X´
Y Y´
t=0 t = t
h
Fig.1
81
Volviendo a la figura 1, designamos las velocidades respecto del sistema OXYZ con Vx
la velocidad del hemisferio hacia la izquierda en el instante t=t, y vx e y vy a las
componentes de la velocidad de m justamente en el momento en que se separa de M, o
lo que es lo mismo cuando t=t..
Respecto del sistema O´X´Y´ las componentes de la velocidad de m son (vx+Vx; vy)
Para el sistema OXY, podemos aplicar el principio de conservación de la cantidad de
movimiento sobre el eje X.
xxxxx εvvM
mVMVmv (1)
Desde el sistema O´X´Y´, la velocidad de m es tangente al hemisferio, esto es,
perpendicular a la recta O´B, luego:
)2(ε1vtagθvεvtagθvVvtagθvVv
vtagθ xxyxxy
xx
y
Desde el sistema de referencia OXY aplicamos el principio de conservación de la
energía:
2
x
2
y
2
x MV2
1vvm
2
1mgh
Y´
h
vx+Vx
vy X´
O´
B
mg
N
N´
Mg
NS
Fig.2a Fig.2b
82
Si R es el radio del hemisferio y sustituimos Vx y vy, resulta:
(3)
εθtagε11
cosθ12gR
εm
Mθtagε11
cosθ12gRv
vMε2
1ε1θtagvvm
2
1cosθ1mgR
22222
x
2
x
2222
x
2
x
Teniendo en cuenta que Vx es la máxima velocidad que puede recibir el hemisferio, ya
que a partir del instante t=t su velocidad no puede aumentar más, puesto que no existe
fuerza que lo acelere y teniendo también presente que Vx= vx, siendo una constante,
se concluye que vx debe tener un valor máximo y por ello derivamos la ecuación (3)
respecto de e igualamos a cero.
θcos
cosθ1ε12
θsenε1θcosθcos
cosθ112
θcos
θsenε11ε1
θcos
1
cosθ
senθ12cosθ12gRθsen2gRεθtagε11
0
εθtagε11
cosθ12gR2
εθtagε11
θcos
1tagθ12cosθ12gRθsen2gRεθtagε11
dθ
dv
22
3
2
2
2
2
222
22
222
2
222
x
a) Como εM
m , cuando m= M , =1, sustituyendo en la última ecuación resulta:
(4)6θcos
4θcos4
θcos
4θcos2
cosθ
cos-14θcos12θcos 2222
Para resolver la ecuación (4) recurrimos a un procedimiento de tanteo:
Para = 40º 5,8<6 ; Para = 42º 5,93<6 ; Para = 43º 6,20>6 ;
Para = 42,9º 6=6
b) Cuando m<<M , =0
83
48,2ºθ3
2cosθcosθ2cosθ
cosθ
cosθ2θsenθcos 22
Esta es la solución del problema clásico cuando el hemisferio está quieto.
c) Cuando m=100M , =100
(5)3,03cosθ
2,02θcos
cosθ
202θ100cos303
202cosθ
202θcos101-101θcos
cosθ
cosθ202202θsen101θcos
22
2222
Resolvemos la ecuación (5) por tanteo
Para = 15º, 3,02<3,03 ; Para = 16º, 3,025<3,03 , Para = 17º, 3,027<3,03
Para = 18º, 3,028<3,03 ; Para = 19º, 3,03=3,03
84
49.-Un cilindro hueco tiene un radio R, en el interior del mismo descansa
otro cilindro macizo de radio r, siendo r mucho menor que R. El cilindro
de radio r se separa un ángulo pequeño de su posición de equilibrio y se
deja en libertad. Calcular el periodo de oscilación en los dos casos
siguientes: I) No hay rozamiento entre ambos cilindros, II) existe el
suficiente rozamiento para que el cilindro pequeño ruede sin deslizar por
el interior del grande.
I) En el primer caso al no haber rozamiento, el cilindro pequeño de radio r desliza y el
movimiento de éste, es como el de un péndulo simple con la masa concentrada en el
centro de masas. El centro de masas de ese cilindro describe al oscilar un arco de radio
R-r, tal como se indica en la figura 1.
Sobre el cilindro de radio r actúan dos fuerzas el peso mg y la fuerza normal N con que
el cilindro de radio R empuja al otro cilindro. El peso se puede decomponer en dos
fuerzas, una mg sen y otra mg cos . La fuerza que hace oscilar al cilindro es mg
sen, pero para ángulos pequeños podemos aproximar el seno al ángulo expresado
en radianes y así poder escribir:
0θrR
g
dt
θdrR
dt
θdmrRαmmaθmg
2
2
2
2
La ecuación diferencial representa un movimiento armónico simple cuya pulsación vale.
g
rR2πT
rR
g
T
2π
rR
gω
2
2
mg
R-r
mg sen
N
Fig.1
85
II) Las fuerzas que actúan sobre el cilindro pequeño son tres: peso =mg, empuje N y
fuerza de rozamiento FR que al no pasar por el centro de masas produce un momento.
Las fuerzas que hacen oscilar al cilindro y provocan aceleración sobre él son: mg sen
y FR. Además el cilindro rueda sin deslizar debido al momento de la fuerza de
rozamiento respecto del centro de masa del cilindro. Las ecuaciones del movimiento
admitiendo que el ángulo es pequeño son las siguientes:
rαa
2
mrαFαmr
2
1IαrF
maFθmg
CM
R
2
R
CMR
Llevando las ecuaciones segunda y tercera a la primera resulta:
r
θg
3
2ααr
2
3θgrmα
2
αmrθmg (1)
Cuando el cilindro pequeño da una vuelta completa su centro de masas describe un arco
de longitud 2 (R-r) al cual corresponde un ángulo que designamos con .
Supongamos que el cilindro pequeño describe al rodar un ángulo d con lo que su
centro de mas avanza un trozo de arco dL, al cual corresponde un ángulo d
mg sen
mg
R-r
N Fig.2
FR
86
En la figura 3 se observa que r)RdθdL . Si nos fijamos en el cilindro que rueda
(para ello se ha dibujado una figura aparte) éste ha girado un ángulo d al mismo
tiempo que el centro de masas describe un arco de longitud dL. Si el cilindro diese una
vuelta completa (2 radianes) el centro de masa hubiese avanzado 2 r metros, por
tanto:
r
rRdθ
r
dLdβ
dL
dβ
metrosr2π
radianes2π
Si derivamos la última ecuación con respecto del tiempo obtenemos
r
rR
dt
θd
dt
βd2
2
2
2
Como 2
2
dt
βd es la aceleración angular que según la ecuación (1)
0θrR
g
3
2
dt
θd
r
rR
dt
θd
r3
θ2g
r
rR
dt
θdα
2
2
2
2
2
2
2g
rR32πT
rR
g
3
2
T
2π
rR
g
3
2ω
2
2
d
dL
. .
d
Fig.3
87
50.-Un cohete posee una masa inicial mo constituida por el armazón del
cohete y el combustible. Se dispara en posición vertical. El combustible se
consume de forma constante a razón de = dm/dt y se expele con una
velocidad constante u con relación al cohete. Si se desprecia la
resistencia del aire encontrar la expresión de la velocidad del cohete en
un tiempo t después de la salida.
El problema se resuelve mediante la aplicación del principio según el cual, el impulso
mecánico es igual a la variación de la cantidad de movimiento.
En un tiempo t después de la salida del cohete la masa del cohete es: mo-t y posee
una velocidad v. Transcurrido un incremento de tiempo t se expulsa una masa de
combustible m con velocidad u respecto del cohete. El cohete tiene ahora una masa
mo-t -t y adquiere una velocidad v+v
1) Cantidad de movimiento del cohete: vtρm0
2) Impulso de la fuerza peso sobre el cohete: - tgtρm0
3) Cantidad de movimiento del cohete inmediatamente después de la expulsión
ΔvvΔtρtρmo
4) Cantidad de movimiento de la masa expulsada: vuΔtρvΔm- e
Como sobre el sistema cohete-combustible las fuerzas que se producen en la
combustión de los gases son interiores al sistema, entonces el momento lineal total del
mismo permanece constante.
tρm
uρ
Δt
ΔvguΔtρ-ΔvtρmΔtgtρm-
vΔtρuΔtρ-ΔvΔtρ-vΔtρ-ΔvtρmvtρmΔtgtρm-vtρm
v-uΔtρΔvvΔtρ-tρmΔtgtρm-vtρm
0
00
0000
000
Si t tiende a cero, separamos variables e integramos
gttρm
mlnuvmlntρmln
ρ
uρgtdt
tρm
uρgdv
o
o
oo
o
t
0
v
0
La manera anterior resulta tediosa de realizar, por lo que resulta más rápido utilizar la
ecuación general para un sistema de masa variable.
dt
dmuF
dt
vdm
88
Si la aplicamos al caso del cohete y consideramos la vertical dirigida hacia arriba como
positiva, tenemos que la masa al cabo de un tiempo t es:
mo- t, F
es la fuerza exterior F =-( mo- t) g , la velocidad u
es –u y ρdt
dm
el signo menos de este cociente es debido a que el sistema pierde masa, en el caso de
que la ganase sería positivo.
gt-ρtm
mlnuv
dttρm
ρugdvρugtρm
dt
dvtρm
o
o
o
oo
t
0
v
0
89
51.-Un vagón cargado de arena tiene una masa total M en el instante
inicial, y se desplaza por una vía mediante la acción de una fuerza
constante F con dirección horizontal. El vagón suelta arena debido a un
orificio que existe en el fondo del mismo, siendo m la cantidad
evacuada por unidad de tiempo. En el instante t=0, la velocidad del vagón
es nula. Hállese la velocidad y aceleración del vagón en función del
tiempo.
Utilizamos la ecuación para un sistema de masa variable.dt
dmuF
dt
vdm
. Al cabo de
un tiempo t de iniciado el movimiento, la masa del vagón es M- m t, la fuerza exterior
es F y u, la velocidad de la arena respecto del vagón, es nula, por ir en él.
CtetΔmMlnΔm
Fvdt
tΔmM
FdvF
dt
dvtΔmM
Cuando t=0 , v=0
MlnΔm
FCtecteMln
Δm
F0
tΔmM
Mln
Δm
FvMln
Δm
FtΔmMln
Δm
Fv
tΔmM
1F
tΔmM
ΔmM
tΔmM
M
1
Δm
F
dt
dva
2
90
52.-Una pequeña masa comienza a deslizarse por un plano inclinado de
ángulo . El coeficiente de rozamiento es directamente proporcional al
camino recorrido por la masa ksμ .Calcular el camino recorrido por
la masa hasta que se para y la velocidad máxima que ha alcanzado en
dicho recorrido.
La masa cuando inicia su movimiento tiene una cierta energía potencial y carece de
cinética. Cuando se para no tiene ni energía cinética ni potencial. La energía potencial
perdida se ha empleado en el trabajo de rozamiento efectuado a lo largo del camino
recorrido.
2
sα cos kmgdsαcosmgskW
2
fFr
fs
o
Designamos con h , la altura que desciende la masa desde que inicia el movimiento
hasta que se para, teniendo en cuenta que el camino recorrido sobre el plano es s , se
deduce que: senαshs
hsenα f
f
, y la pérdida de energía potencial es:
αsensgm f .Igualando el trabajo de rozamiento con la pérdida de energía potencial
k
αtag2sαsensgm
2
sα cos kmg ff
2
f
El diagrama de fuerzas sobre el cuerpo nos conduce a
Cte2
v
2
sαcosgkαsengdvvdsαgcosskαseng
vds
dvm
dt
ds
ds
dvm
dt
dvmαmgcosskαsenmgmaFαsenmg
22
R
s
Cuando se inicia el movimiento s = 0 y la velocidad es nula, luego Cte=0.
Para buscar la velocidad máxima derivamos la ecuación de la velocidad con respecto a
la variable s e igualamos a cero
mg
N
FR
s
91
k
αtags
0
2
scosαgk2αsensg22
cosαsgk2αseng2
ds
dv
2
scosαgk2αsensg2v
2
2
Llevando el valor de s a la ecuación de la velocidad
k
αsenαtagg
αcosk
αseng
αcosk
αseng2
k
αtagαcosgkαsen
k
αtagg2v
22
2
2
92
53.- Un río tiene sus orillas paralelas y la distancia entre ambas es L. La
velocidad de la corriente es constante y de módulo u.
a) Con una lancha se desea ir desde A en una orilla, hasta B en la otra
orilla con la condición de que la velocidad de la lancha sea la mínima
posible (fig. 1a ).
a) Determinar el valor de v minima.
b) Admitiendo que u>v (v, velocidad de la lancha), se parte del punto A
y se desea llegar a la orilla opuesta con una deriva mínima, esto es, con
un valor de s minímo, (fig 1b). Determinar el valor de la velocidad.
a)
En la figura 1a, v es la velocidad de la lancha, V es la velocidad resultante de la
velocidad del agua y de la lancha. La dirección de V es la recta AB, puesto que se
pretende salir de A y llegar a B. En la mencionada figura v es una velocidad cualquiera
y no la mínima que es lo que pide el problema. Observe que son invariables u y s.
Proyectamos las velocidades sobre los ejes X e Y.
βsensβcosL
uLvβsenvscosβvLuL
L
s
βsenv
βcosvuαtagβsenvαcosV;βcosvuαsenV
Como el problema nos pide la velocidad mínima derivamos v respecto de e igualamos
a cero.
αtag
L
stagβ0βcossβsenL0
βsensLcosβ
βcossβsenLLu
βd
vd2
Y
A
B
u
v
X
L
s
Fig.1a V
93
A la vista de este resultado:
2222
22
min
sL
uL
sL
sLuL
AB
ss
AB
LL
uL
senαsαLcos
Luv
En la figura 1b se ha representado un valor cualquiera de s, que no es el mínimo pedido
por el problema. R representa la velocidad resultante que corresponde a s.
)1(γsenv
γcosvuLs
L
s
γsenv
γcosvuφtagγsenvcosφR;γcosvuφsenR
Si s ha de ser mínimo, derivamos s con respecto a e igualamos a cero.
u
vγcos
0γcosvγcosvuγsenv0γsenv
γcosvγcosvusenγvγsenvL
γd
sd 2222
22
Sustituyendo el valor del coseno en (1), resulta:
22
22
22
2
2min vu
v
L
vuu
vu
vu
L
u
v1v
u
vvu
Ls
u
v
X
L
s
Fig.1b R
94
54.- Una partícula P describe una trayectoria circular de radio R, con
velocidad angular y aceleración angular .
R
es el vector de posición de la partícula respecto del centro de la
circunferencia. Determinar la velocidad y aceleración de la partícula
para un observador en reposo, e identificar las componentes intrínsecas
de la aceleración absoluta
El vector de posición de P en un instante t, respecto
de los ejes inerciales en O es:
jsenRicosRR
con =(t)
El vector velocidad es su derivada respecto del
tiempo:
jcosisenωRjcosRisenRv
[1]
El vector contenido en el paréntesis es un vector
unitario situado en una dirección perpendicular al
vector R
y como la trayectoria es una circunferencia
tiene la misma dirección que la tangente, recibiendo
el nombre de vector unitario tangente
. La
ecuación anterior [1] se puede también escribir.
τωRv
Ahora bien, si definimos el vector velocidad
angular
como un vector en la dirección del eje de
rotación Z, cuyo sentido lo proporciona la regla del
sacacorchos, entonces k
y si establecemos y
verificamos el producto vectorial Rv
[2]
)jcosisenωR(
0senRcosR
ω00
kji
v
Resultado que al coincidir con [1] confirma la ecuación [2].
Para calcular la aceleración respecto de O, vamos a derivar el vector velocidad respecto
del tiempo.
)jseniR(cosω)jcosisenR(ω
)jsenicosωR()jcosisenR(ωa
2
R
v
O
P
X
Y
Z
95
Cambiando módulo de la aceleración angular resulta:
RωταR)jseniR(cosω)jcosisenαR(a 22
[3]
El primer vector de [3] es tangente a la trayectoria, se conoce como aceleración
tangencial, mientras que el segundo tiene dirección radial con sentido hacia O como
indica el signo menos, se conoce como aceleración radial o centrípeta.
Si derivamos la ecuación vectorial [2] respecto del tiempo inmediatamente obtenemos
también la aceleración.
RωωRαRωRωa
[4]
Estando por definición el vector aceleración angular
en la dirección del eje de
rotación y su sentido coincide con el de
, en el presente caso. En consecuencia
kαα
El primer sumando de [4] es la aceleración tangencial y el segundo en la aceleración
centrípeta. Verifíquese que sale igual que en [3]; efectuando los productos vectoriales
que aparecen en los dos sumandos de [4].
Una alternativa inmediata y breve es la siguiente:
Utilizando coordenadas polares el vector de posición es ruRR
; derivando respecto del
tiempo y considerando que la derivada de un vector giratorio de módulo constante
(demostración obvia que está en cualquier texto) es rr u
dt
ud
rr uR
dt
udR
dt
Rdv
Volviendo a derivar.
rrr
r uRudt
dR
dt
udRu
dt
dR
dt
vda
96
55.-Una plancha de masa mp está situada sobre un suelo horizontal,
siendo p el coeficiente de rozamiento. Una barra de masa mb y longitud
L se apoya por un extremo sobre la plancha y forma con la vertical un
ángulo , por el otro extremo está articulada en A que permanece fijo
(ver la figura inferior). El coeficiente de rozamiento entre la plancha y la
barra es b.
a) Mediante una fuerza horizontal T1 aplicada en la plancha se desea
que ésta se deslice hacia la izquierda a velocidad constante, determinar
T1. b) Realizar el mismo caso pero para que la plancha deslice hacia la
derecha.
a) Cuando la plancha deslice hacia la izquierda los diagramas de fuerzas sobre la
plancha y la barra son los siguientes:
Fuerzas sobre la plancha:
Peso de la plancha = mpg ; Fuerza que el suelo ejerce sobre la plancha = Ns
Fuerza con que la barra empuja a la plancha = Nbp
Fuerza de rozamiento entre la plancha y el suelo =FRp
Fuerza de rozamiento entre la plancha y la barra = Fbp
A
mpg
Ns
FRp= pNs
Nbp
Fbp = b Nbp
TI
mbg
Fpb
Npb
RA
97
Fuerza aplicada en la plancha para que deslice hacia la izquierda con velocidad
constante=TI
Fuerzas sobre la barra:
Peso de la barra = mbg ; Fuerza con que la plancha empuja a la barra =Npb : Las
fuerzas Nbp y Npb son acción y reacción y por tanto tienen el mismo módulo.
Fuerza de rozamiento entre la barra y la plancha = Fpb Las fuerzas Fbp y Nbp son acción
y reacción y por tanto tienen el mismo módulo.
Reacción en la articulación A = RA. En la figura se ha dibujado en una dirección
cualquiera, pues a priori no puede saberse cómo esta dirigida.
Como la plancha desliza a velocidad constante se cumple: que la suma de todas las
fuerzas aplicadas debe ser nula:
0F
0F0F
y
x
)1(0NμNgmμTNgmN;0NμNμT bpbbpppIbppsbpbspI
La barra se encuentra en reposo, si empleamos la condición de que la suma de los
momentos respecto de la articulación A es cero, evitamos introducir la reacción en la
articulación RA y así calculamos directamente la reacción Nbp. Los momentos que sean
perpendiculares a la barra y dirigidos según el dibujo hacia fuera del papel, se tomarán
positivos y en sentido contrario negativos.
αcosμαsen
αsen2
gm
N0αcosNαsenNαsen2
gm
0αcosFαsenNαsen2
gm0αcosLFαsenLNαsen
2
Lgm
b
b
bpbpbp
b
bpbp
b
pbpbb
b
Sustituyendo Nbp en la ecuación (1)
)2(αcosμαsen2
αsengmμμgmμT
0αcosμαsen2
αsengmμμgmμT
b
b
bpppI
b
b
bpppI
98
b) El diagrama de fuerzas cuando la plancha desliza hacia la derecha
Aplicando de nuevo las condiciones 0F
a la plancha y 0M
a la barra, resulta:
)1(0NμNgmμT bpbbpppD
αcosμαsen
αsen2
gm
N0αcosNαsenNαsen2
gm
0αcosFαsenNαsen2
gm0αcosLFαsenLNαsen
2
Lgm
b
b
bpbpbp
b
bpbp
b
pbpbb
b
Sise compara con las ecuaciones anteriores resulta que la única diferencia es cambiar un
signo más por uno menos.
3αcosμαsen2
αsengmμμgmμT
b
b
bpppD
Si se compara TI con TD resulta que siempre TD>TI, además puede ocurrir que TD sea
infinito si se cumple que αtagμcosαμαsen bb , con lo cual es imposible
deslizar la plancha hacia la derecha si αtagμ b .
FRp= pNs
mpg
Ns
Nbp
Fbp = b Nbp
TD
mbg
Fpb
Npb
99
56.- Una partícula se encuentra inicialmente en la esquina superior
(punto A) de una puerta rígida que gira alrededor de un eje vertical con
velocidad angular constante ´. La partícula se mueve por el borde
superior de la puerta con velocidad constante vo. Determinar, expresando
los resultados en el sistema móvil S´, que gira solidario con la puerta: a)
velocidad relativa de arrastre y absoluta de la partícula en función del
tiempo, b) aceleración relativa, de arrastre, complementaria y absoluta
en función del tiempo ¨
La ecuación cinemática de velocidades es: vrωvv O
a) La velocidad relativa, es decir definida desde los ejes móviles en O´ vale:
ivv o
En este problema, la velocidad de arrastre debida al movimiento de los ejes móviles
resulta:
Por no efectuar traslación 0vO
Debido a la rotación vale: j
tvlωitvlkhkωrω oo
La velocidad absoluta jtvlωivv oo
c) La ecuación cinemática de aceleraciones es:
d) avω2rdt
ωdrωωaa o
La aceleración respecto de los ejes móviles 0
ivdt
d
dt
vda o
Las aceleraciones de arrastre:
0a O
itvlωjtvlωkωrωω o
2
o
0rdt
ωd
; pues .cteω
La aceleración de arrastre vale: itvlωa o
2
arrastre
ZZ
X X´
Y
ov
A
OO
h
l
100
La aceleración complementaria o de Coriolis:
jv2ωivkω2vω2a ooC
La aceleración absoluta: jvω2itvlωa oo
2
101
57.-Un satélite de la Luna se encuentra a una altura h de su centro. Va
provisto de una cámara fotográfica de distancia focal 500 mm. En la
Tierra existe una cámara igual a la anterior. Se realizan al mismo
tiempo dos fotografías de la Luna, una desde la Tierra y otra desde el
satélite. Los diámetros de la imagen de la Luna obtenidos en cada caso
son d1= 4,5 mm y d2=250 mm. Determinar el periodo de rotación del
satélite.
La intensidad del campo gravitatorio en la Luna es 1/6 del de la Tierra.
La distancia Tierra Luna es D = 380000 km.
La distancia Tierra-Luna es tan grande que en la cámara fotográfíca situada en la
Tierra se obtendrá una fotografía completa de la Luna y la imagen está situada en el
plano focal.
La figura 1 es un dibujo (no a escala) cuando la fotografía se hace desde la Tierra. De
los triángulos se deduce:
km1710500.102
m4,5.10380000km
2f
dDR
2
d
f
R
D3
3
1L
1L
Cuando la fotografía se hace desde el satélite no se puede abarcar toda la Luna sino una
parte de ella, como indica la figura 2 (no está a escala).
Fig.1
Fig.2
102
El ángulo es complementario del De la figura 2 se deduce: h
Rβsen L
7051km171710km
250.10
)4.(500.1011710km
d
f41RhR
d
f4Rh
d
2f
R
Rh
d
2f
Rhh
Rh
Rh
d
2f
h
R1R
h
RRh
d
2f
2
d
f
cosβR
senβRh
23
23
2
2
2
L
2
L2
2
22
L
2
2L
2
L
2
22
L
2L
2
L
2
2
2
2
LL
LL
22L
L
h
La fuerza de atracción gravitatoria entre la Luna y el satélite, de masa m´, proporciona
la fuerza centrípeta de éste.
L
L
2
2
L
GM
hh2πT
T
h2π
h
GMv
h
m´v
h
m´MG
La intensidad del campo gravitatorio en la superficie de la Luna es:
2
LLL2
L
LL RgGM
R
GMg
El periodo de rotación del satélite vale:
horas15s5,4.10
6
9,8
7051.10
1710
70512π
g
h
R
h2π
Rg
hh2πT 4
3
LL
2
LL
103
58.- Se lanza un cuerpo de masa m, considerado puntual, con una
velocidad inicial vertical vo. La resistencia que opone el medio es
directamente proporcional a la velocidad R = kv.
a) Determinar la ecuación que relaciona la velocidad con el tiempo
b) Dibujar juntas las gráficas de la velocidad en el caso indicado y si no
hubiese resistencia del medio.
c) Calcular para ambos casos la altura alcanzada por la masa m.
Datos g = 10 m/s2, k=0,4 Ns/m , vo = 20 m/s, m= 1 kg
a) Al ascender el cuerpo existen dos fuerzas verticales dirigidas hacia abajo. Si k es el vector
unitario en dirección vertical y hacia arriba, escribimos de acuerdo con la segunda ley de
Newton
a)
vm
kg
dvdt
dt
dvmkvmg
dt
vdmamkkvmg
Para resolver la ecuación diferencial hacemos el siguiente cambio de variable: ρvm
kg y
de aquí
dρdvm
k
Sustituyendo
ctevm
kgln
k
mCteρln
k
mt
ρ
dρk
m
dt
Según las condiciones iniciales, cuando t =0, v = velocidad inicial = v0
ov
m
kgln
k
mcte
La ecuación del tiempo
)1(k
mgev
m
kg
k
mv
evm
kgv
m
kg
vm
kg
vm
kg
e
vm
kg
vm
kg
lnk
mt
mkt
mkt
mkt
o
o
oo
b) Sustituimos los datos del problema en la ecuación (1)
104
25e45100,4
1e20
1
0,410
0,4
1v
0,4tt
10,4
Si no hubiese fuerza resistente, el movimiento de subida es uniformemente retardado
t1020v
0
5
10
15
20
25
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8 2 2,2
tiempo/s
velo
cid
ad
, v
/m.s
-1
c) La altura alcanzada cuando no existe fuerza resistente es:
m2025220gt2
1tvh 2
o
Cuando existe fuerza resistente:
En la ecuación de h´, significa el tiempo de subida, es decir, el tiempo que tarda en anularse la
velocidad.
s1,469ττ0,445
25ln 25e450
0,4t
m14,21,46925112,51,469*0,4
e112,5h´
25τ112,50,4τ
e112,5h´
τ
o
25t0,4
10,4te45
τ
odt25
0,4te45
τ
odtvh´
105
59.- Dos planos forman entre sí un ángulo = 60º y se disponen sobre
un suelo horizontal en la forma que indica la figura inferior
Sobre estos planos se sitúa un cubo de arista a. Si no existe rozamiento
entre el cubo y los planos, determinar cómo han de colocarse el cubo
entre los planos para que se encuentre en equilibrio.
Para que el cubo se encuentre en equilibrio las fuerzas que actúen sobre él deben
cumplir dos condiciones: una que la suma de esas fuerzas sea nula, otra que el
momento resultante de las fuerzas respecto del centro de masas del cubo sea nulo.
Sobre el cubo actúan tres fuerzas, las dos reacciones de los planos y su peso. En la
figura 1 se ha colocado el cubo en una determinada posición y se han dibujado las dos
reacciones de los planos.
Las fuerzas de reacción de los planos sobre el cubo son perpendiculares a las respectivas
paredes, ya que no existe rozamiento. En la figura 1 se observa que dichas fuerzas crean
momentos respecto del centro de masas del cubo. Se infiere que solamente existen dos
posiciones para las que los momentos sean nulos y ambas se encuentran dibujadas en la
figura 2.
30º 30º
60º
Fig.1
106
De las dos posiciones de equilibrio será estable la que tenga el centro de masa más bajo
respecto del suelo horizontal. De la figura 2, dibujada a escala, se observa que es más
estable la posición b).Calculamos las alturas del centro de masas (CM) en cada caso.
Llamando al ángulo que forman los planos entre sí.
a1,36630tag
11
2
a
2
αtag
11
2
a
2
a
2
αtag
2
a
MCAOAh
a1,22530tag
2
2
a
2
αtag2
2ah´
h´2
2a
h´
BMC
2
αtag
No siempre la posición b) tiene el centro de masas más bajo que la posición a). En la
gráfica inferior se han representado los valores de h y h´ en función del ángulo alfa.
Fig.2
107
0
1
2
3
4
5
6
15 20 25 30 35 40 45 50 55 60 65 70
ángulo /grados
h/a
;
h´/
ah
h´
108
60.- En la figura inferior P es una plataforma que puede deslizarse
verticalmente hacia abajo. Encima de ella está situado un cuerpo de
masa m, unido a un muelle con uno de sus extremos fijo en el techo.
Inicialmente el muelle no está estirado ni comprimido.
Si la plataforma comienza a moverse verticalmente hacia abajo con una
aceleración a.
1) Determinar el alargamiento del muelle cuando el cuerpo se separe de
la plataforma y el tiempo que transcurre.
2) El alargamiento máximo que experimenta el muelle.
3) Estudiar el movimiento del cuerpo a partir del alargamiento máximo
del muelle.
1) En la figura 1 se representa el proceso:
techo
P
suelo
Fig.1
109
1) Estado inicial, tiempo t=0
2) La plataforma se ha desplazado hacia abajo una distancia x1, todavía el cuerpo m está
en contacto con la plataforma
3) Cuando el alargamiento del muelle es x, el cuerpo y la plataforma se separan, en ese
instante la plataforma y el cuerpo poseen la velocidad v hacia abajo
4) Una vez separados plataforma y cuerpo, como éste tiene velocidad v hacia abajo se
seguirá alargando el muelle hasta que la velocidad del cuerpo sea cero.
En (1) actúan sobre el cuerpo dos fuerzas el peso mg y la reacción N1 que es la fuerza
que ejerce la plataforma sobre el cuerpo, N1=mg
En (2) situamos un sistema de referencia sobre el cuerpo, por tanto este referencial es
no inercial. Sobre el cuerpo actúa el peso, mg vertical hacia abajo, la fuerza elástica del
muelle, kx1 , la fuerza con que la plataforma empuja al cuerpo, N2, y la fuerza inercial,
ma. Estas tres fuerzas actúan en dirección vertical y hacia arriba. Para el observador no
inercial, se cumple:
maNkxmg 21
En (3) el cuerpo está justamente desprendiéndose de la plataforma y en ese instante cesa
la fuerza entre el cuerpo y la plataforma, y se cumple:
k
agmxmakxmg
En ese mismo instante la plataforma y el cuerpo poseen la velocidad v = at. Ambos se
han movido con movimiento uniformemente acelerado y ha recorrido la distancia x
ak
agm2
a
x2tat
2
1x 2
2) En (4) el cuerpo alcanza el máximo desplazamiento xm y su velocidad es cero.
Tomamos como nivel de referencia de la energía potencial la posición que ahora ocupa
el cuerpo e igualamos las energías en (3) y (4). En tres existe energía elástica del
muelle, energía potencial gravitatoria y energía cinética, en (4) energía elástica
k
vmx)(x
k
gm2xxmv
2
1x)mg(xkx
2
1kx
2
12
m
22
m
2
m
22
m
Sustituimos x y v por sus respectivos valores:
110
0ga2agk
mx
k
gm2xagag
k
mx
k
gm2x
a22gagagk
maga2agg2ag
k
m
ak
agm2a
k
m
k
agm
k
gm2
k
agmx
k
gm2x
22
2
2
m
2
m2
2
m
2
m
2
22
2
2
2
2
22
m
2
m
Resolviendo la ecuación de segundo grado
a2gak
mx
a2gak
m
k
gm
2
ga2agk
m4
k
gm4
k
gm2
x
m
22
2
2
2
22
m
g
De las dos soluciones de la ecuación debemos escoger aquella que haga xm>x
Si aa2ga debemos elegir el valor positivo
ag2a2gaa2gaaag2aa2ga 222
Como es cierto que g es mayor que a, elegimos la raíz positiva
ag2agk
mx m
3) A partir de la posición de máxima elongación el cuerpo efectuará un movimiento
vibratorio armónico, siendo su posición de equilibrio cuando el peso iguale a la fuerza
elástica
k
gmxkxmg oo
xo es el alargamiento del muelle respecto de la posición (1) de la figura 1. Si L es la
longitud natural del muelle la posición de equilibrio dista del techo L+xo.
La amplitud del movimiento es:
a2gak
mxxA om
El periodo del movimiento: k
mπ2T
111
61.-Se considera a la Tierra y a la Luna en un mismo plano respecto del
Sol. Dibujar el movimiento de ambos tal como los ve un observador
situado en el Sol.
Distancia Tierra –Sol 1,49.109 km , distancia tierra Luna 3,8.105 km
La Tierra describe aproximadamente una circunferencia respecto del Sol a lo largo de
un año. La Luna describe alrededor de la Tierra una circunferencia a lo largo de un mes.
Sobre el Sol tomamos unos ejes coordenados fijos tal como indica la figura 1.
Suponemos que en el tiempo t=0 la situación de la Tierra y de la Luna es la indicada en
la figura.. Un tiempo después t , La Tierra ha descrito el ángulo 1 y la Luna un ángulo
2.
tωθ 11
Teniendo en cuenta que la Tierra tarda 12 meses en describir una circunferencia, se
deduce que
mes
rad
6
π
12
π2ω1
Las coordenadas de la Tierra respecto de los ejes XY son las siguientes:
t6
πsenRtωRsenθsenRY
t6
πcosRtωRcosθRcosX
11T
11T
La Luna describe respecto de la Tierra una circunferencia al cabo de un mes, su
velocidad angular es.
mes
rad2π
1
π2ω2
Las coordenadas de la Luna respecto de los ejes X´Y´ son:
Fig.1
112
t2πsenRtωRsenθsenrY
t2πcosRtωRcosθcosrX
22L
22L
El vector rRP
y sus coordenadas respecto de los ejes XY son:
t2πsen3,8.10t6
πsen1,49.10 t2πsen rt
6
πsenRY
t2πcos3,8.10t6
πcos1,49.10 t2πcosrt
6
πcosRX
5 9
5 9
En un mismo gráfico representamos la trayectoria de la Tierra que es una circunferencia
y la de la Luna. Dado que el coeficiente del primer término de las ecuaciones anteriores
es mucho mayor que el segundo y lo que se pretende es comparar las formas de las
trayectorias de la Tierra y de la Luna vistas desde el Sol, lo que hacemos es representar
las ecuaciones siguientes
t2πsen38.10t6
π1490sen
t2π38.cost6
π1490.cos
5
La representación se ha hecho durante un periodo de tres meses.
De esta forma es posible apreciar el movimiento de la Luna, que unas veces se
encuentra más lejos del Sol y otras más cerca, y además se observa cómo corta a la
órbita de la Tierra
0
200
400
600
800
1000
1200
1400
1600
0 200 400 600 800 1000 1200 1400 1600 1800
Luna
Tierra
113
62.-Una partícula efectúa un movimiento vibratorio armónico a la largo
del eje x, siendo la posición de equilibrio x=0. En un determinado
instante la posición de la partícula es xo= 25,0 cm y su velocidad vox=100
cm/s. Determinar su posición y velocidad cuando hayan transcurridos t=
2,40 segundos después del instante anterior y la longitud recorrida por la
partícula en ese tiempo. Dato =4 s-1.
Las ecuaciones generales del movimiento armónico son:
tωωcosAdt
dxvtωsenAx
Designamos con t=0 el instante en que la partícula posee la velocidad vox y la posición
xo.
Las ecuaciones anteriores para t=0 son:
rad4
π45º1
100
425tag
v
ωx
cm22525
10025
ω
vxAA
ω
vx
cosAω
v;senAxcosωAv;senAx
ox
o
2
22
2
2
ox2
o
2
2
2
ox2
o
22
2
2
ox222
ooxo
Sustituyendo estos valores en las ecuaciones generales resulta:
s
cm81
4
π2,44cos2100
4
π4tcos4225v
cm294
π2,44sen225
4
π4tsen225x
114
63.-Una plataforma se desplaza en dirección vertical según la ecuación
y=A (1-cos t), siendo A = 0,5 m y = s-1. Sobre la plataforma está
situado un cuerpo de masa m= 1 kg.
a) Determinar la trayectoria, velocidad y aceleración de la plataforma.
b) Calcular la fuerza N con que la plataforma empuja a la masa m.
c) Calcular el valor de A mínimo para que desaparezca el contacto entre
m y la plataforma.
d) Si A = 1,8 m, calcular en qué lugar de la trayectoria de la plataforma
cesa el contacto de m con ella.
Si tenemos en cuenta las relaciones de la velocidad v y aceleración con y
ωtcosωAdt
yda;tωsenAω
dt
dyv 2
2
2
Ahora representamos los valores de y , v y a frente al tiempo
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4
tiempo,t/s
y/m
-2
-1,5
-1
-0,5
0
0,5
1
1,5
2
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4
tiempo,t/s
velo
cid
ad
, v/m
.s-1
115
-6
-4
-2
0
2
4
6
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4
tiempo,t/s
acele
ració
n, a/m
.s-2
Al analizar las gráficas deducimos que la plataforma se desplaza hacia arriba y hacia
abajo siguiendo un movimiento periódico s2ω
2πT
siendo la distancia máxima 1 m. La velocidad es nula en los extremos de la trayectoria y
máxima en el centro y la aceleración es máxima en los extremos y nula en el centro. En
el esquema de la figura 1 se indica los sentidos de la velocidad y aceleración.
En la posición A la velocidad es nula y la aceleración máxima en sentido positivo. De A
a B la velocidad aumenta y la aceleración disminuye en módulo y su sentido es positivo.
En B la velocidad alcanza su máximo valor y la aceleración es nula.
Entre B y C la velocidad disminuye (siendo positiva) y la aceleración aumenta en
sentido negativo. En C la aceleración es máxima y de sentido negativo y la velocidad es
nula.
Entre C y B la velocidad aumenta (siendo negativa) y es máxima en B, de Ba C
disminuye hasta anularse en A. La aceleración entre C y B es negativa y disminuye
haciéndose nula en B, luego entre B y A aumenta en sentido positivo y es máxima en A
A partir de 2 segundos el ciclo se repite.
y=0
1 m
A
B
C
0,5 m
+
Fig.1
116
b) Si escogemos una situación de la plataforma entre A y B cuando se desplaza en
sentido positivo, las fuerzas que actúan sobre la masa m están representadas en la figura
2.
Se considera un sistema de referencia ligado a la masa m y por tanto no inercial, por
esta razón se incluye una fuerza de inercia.
t3,14cos3,140,59,8tωcosωAgtωcosωmAmgFimgN 222
Si en la ecuación anterior damos valores a t y hacemos la representación gráfica
obtenemos la gráfica siguiente
0
2
4
6
8
10
12
14
16
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4
tiempo,t/s
N e
n n
ew
ton
Teniendo en cuenta que N siempre es positivo de deduce que la masa m siempre
permanece sobre la plataforma.
c) Si desaparece el contacto entre m y la plataforma el valor de N es nulo. Fijándonos
en la gráfica de N frente a t se deduce que este hecho tiene lugar es en la posición
superior ya que entonces la fuerza de inercia y el peso tienen la misma dirección y
sentidos contrarios.
N
mg Fi= ma
Fig.2
117
m12π
9,8
2ω
gA
2
T
T
π2cos2ω
g
tcosω2ω
gAtcosω2AωmmgFimgFimg0N
La representación gráfica de N frente a t para esta situación es la siguiente
-5
0
5
10
15
20
25
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4
tiempo,t/s
N e
n n
ew
ton
d) Utilizamos la ecuación
0,55π1,8
9,8
ωA
gtωcostωcosAωg0FimgN
22
2
Llevando el valor del coseno a la ecuación de la posición resulta:
m2,790,5511,8tωcos1Ay
El tiempo para que ocurra el suceso anterior es:
s0,68π
2,15t2,15tω0,55tωcos
La gráfica de N frente a t es la siguiente:
0
5
10
15
20
25
30
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4
tiempo,t/s
N e
n n
ew
ton
118
64. En el sistema de la figura inferior las masas son iguales y el muelle
está comprimido una distancia x respecto de su longitud natural en
posición vertical. Ambas masas están unidas mediante una cuerda.
Si se rompe la cuerda, determinar a partir de qué valores de x la masa
inferior que está apoyada sobre el suelo salta de éste.
La constante elástica del muelle es k.
En la figura 1 indicamos una marcha del proceso. En 1 el hilo que mantiene unidas a las
masas se rompe, el muelle comienza a estirarse y en 2 adquiere su longitud natural, en 3
el muelle se estira más que su longitud natural, la masa m inferior sigue pegada al suelo
y la masa m superior tiene una cierta velocidad vertical dirigida hacia arriba
La energía almacenada en 1 vale 2kx
2
1
La energía en 3 es: potencial respecto del suelo xymg + energía elástica almacenada
en el muelle estirado =2ky
2
1 + energía cinética de la masa m superior =
2mv2
1
De acuerdo con el principio de conservación de la energía:
222 mv2
1ky
2
1xymgkx
2
1 (1)
Fig.1
119
En la figura 3, las fuerzas que actúan sobre la masa m inferior son: su peso (vertical y
hacia abajo), la fuerza N con que el suelo empuja a la masa (vertical y hacia arriba) y la
fuerza elástica del muelle ky (vertical y hacia arriba).
La masa m inferior se separará del suelo cuando N=0, entonces
k
mgykymg
Llevando el valor de y a la ecuación (1) resulta:
0k
mv
k
gm3
k
mgx2xmv
2
1
k
gmk
2
1mgx
k
gmkx
2
1 2
2
2222
2
22222
Resolviendo la ecuación de segundo grado
2
k
mv
k
g3m4
k
gm4
k
mg2
x
2
2
22
2
22
Si en la solución anterior establecemos un valor de v al resolverla obtendríamos el
correspondiente valor de x, el cual es tanto mayor cuanto mayor es v. El valor mínimo
de x corresponde a v=0-
k
mg3
2
k
mg4
k
mg2
2
k
g3m4
k
gm4
k
mg2
x
2
22
2
22
Cuando k
mg3x la masa m podrá separarse del suelo.
120
65.-Una partícula puntual A describe la circunferencia de radio R = 50
m. El radio vector r
gira respecto al eje X con una velocidad angular
constante = 0,40 rad/s.
Determinar las componentes de la velocidad y aceleración sobre los ejes
coordenados. Calcular los módulos de la velocidad y aceleración.
Representar las correspondientes gráficas utilizando el eje de abscisas
como eje de tiempos.
El triángulo IOA es isósceles; el ángulo IAO vale , luego θ2παπ2θα
Si en dicho triángulo aplicamos el teorema del seno resulta:
θsen
αsenRr
R
θsen
r
αsen
Consideremos el tiempo t=0 cuando la partícula A pasa por el punto I y t cuando la
partícula forma un ángulo con el eje X. Cuando t=0 , 2
πθ y cuando t, el ángulo con
el eje X es .
ωt2
πθ
Resulta que:
θ2Rcosθsen
2θsenR
θsen
2θsenπcos2θcosπsenR
θsen
2θπsenRr
Las proyecciones de r sobre los ejes X e Y son:
ωt2πsenR2θsenRcosθsenθ2Rθsenrr
ωt2
πRcos2θcos2Rcosθrr
Y
22
X
Las componentes de la velocidad sobre los ejes son:
O
A
X
Y
R
I
r
IO=OA=R
121
Rω2ωt2πcosωt2πsenω4Rvvv
ωt2πcos2Rω2ωωt2πRcosdt
drv
ωt2πsen2Rωωωt2
πsenωt
2
πRcos4
dt
drv
22222
Y
2
X
YY
XX
Las componentes de la aceleración sobre los ejes son:
222242
Y
2
X
2YY
2XX
Rω4ωt2πcosωt2πsenR16ωaaa
ωt2πsenR4ω2ωωt2πsenω2Rdt
dva
ωt2πRcos4ω2ωωt2πcosω2Rdt
dva
Las gráficas de las componentes de la posición y r frente al tiempo son:
-0,6
-0,4
-0,2
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
0 2 4 6 8 10
tiempo/s
po
sic
ion
es
rx y
ry e
n m
etr
os
rx
ry
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
0 2 4 6 8 10
tiempo/s
r e
n m
etr
os
122
Gráfica de las velocidades
-0,5
-0,4
-0,3
-0,2
-0,1
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0 2 4 6 8 10
tiempo/s
vx , v
y ,
v e
n m
/s
vx
vy
v
Gráfica de las aceleraciones
-0,4
-0,3
-0,2
-0,1
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0 2 4 6 8 10
tiempo/s
ax, a
y, a
en
m/s
2
aX
aY
a
123
66.- a) Calcular la aceleración de la masa m1 en el sistema de poleas de
la figura Se supone que no existen rozamientos, que las masas de las
poleas y de las cuerdas son despreciables y que las cuerdas no varían su
longitud cuando se someten a tensión.
b) Representar las aceleraciones para M=1kg, m1=1kg y m2 variable.
c) Representar las aceleraciones para m1= 2kg, m1=1 kg y M variable.
a) En la figura 1 se representan las fuerzas que actúan sobre cada una de las masas
Las ecuaciones derivadas de la ley de Newton para cada masa son:
)3(amTgm
)2(amTgm
)1(Ma2T
2y22
1y11
x
m1g
X
Y
Mg
m2g
2T
T T
1
2
N
m1
X
Y
M
m2
Fig.1
124
Como la polea 2 está unida a la masa M por una cuerda inextensible, la aceleración de la
polea 2 es igual numéricamente a la de la masa M y a partir de ahora designamos a=ax
Supongamos que M se desplaza de izquierda a derecha una distancia x en un tiempo
t, en ese mismo tiempo la masa m1 se desplaza hacia abajo una distancia Y, respecto
de la polea 2, y la polea 2 se desplaza hacia abajo una distancia y, que numéricamente
es igual a x. El desplazamiento total de m1 respecto de los ejes fijos es: Y+x. La
masa m2 se desplaza –Y hacia arriba respecto de la polea 2, y +x hacia abajo en total
-Y+x.
Las aceleraciones son proporcionales a los desplazamientos
ΔxYka,ΔxYka,Δxka 21
De las relaciones anteriores se deduce:
2aΔx2kΔxYΔxYkaa 21 (4)
Multiplicamos la ecuación (2) por 2 y la sumamos a la (1). Cambiamos de signo a la (3)
y la sumamos con la (2)
)6(amam)mg(m;)5(am2Magm2 221121111
En la ecuación (5) sustituimos a de la ecuación (4), y en la ecuación (6) despejamos a2.
(8)a
m
m
m
mmga;(7)am2
2
aaMgm2 1
2
1
2
21211
211
Sustituimos el valor de a2 en (7)
gmmMm4m
mmMm4mam4mMmMmagMmgMmgm4m
a4mMggm
Mma
m
MmMag4m
a2mgm
gm
m
am
2
Ma
2
Mg2m
2121
21211211212121
11
2
11
2
111
11
2
1
2
1111
b)
g15m
13mg
m14m
m14ma
2
2
22
221
2
212
m
m1gaa
125
2
aaa 21
Las gráficas corresponden a la figura1.
-4
-2
0
2
4
6
8
10
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4
m2/kg
ac
ele
rac
ion
es
en
m/s
2
a1
a2
a
c)
2
aaa,ga2a,
M38
M8a 21
121
g
Las graficas de las aceleraciones corresponden a la figura 2.
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4
M/kg
ac
ele
rac
ion
es
en
m/s
2
a1
a2
a
Fig.1
Fig.2
126
67.-Una cadena uniforme de longitud L está colocada sobre un plano
inclinado en la forma que indica la figura.
Se sabe que cuando x=(2/3)L, la velocidad de la cadena es cero. El
coeficiente de rozamiento de la cadena con el plano es .. a) Determinar
la ecuación de la velocidad de la cadena cuando se mueva hacia abajo
del plano inclinado. b) Calcular la velocidad en el instante en que toda la
cadena está apoyada sobre el plano. c) Determinar para qué valores de
la cadena puede resbalar por el plano inclinado.
Designamos con al peso de la cadena por unidad de longitud..
xλP1 , el peso de la parte de la cadena que está en contacto con el plano inclinado.
xLλP2 , el peso de la parte de la cadena que está en posición vertical.
N, la fuerza que ejerce el plano sobre el trozo x de cadena.
αcosPμNμF 2R , la fuerza de rozamiento paralela al plano
Si M es la masa total de la cadena, podemos escribir:
Cte´vxg21αcosμαsenL
xgCte
2
v
2
xxLαcos
2
xμαsen
2
x
L
g
dvvdxxLαcosxμαsenxL
g
dx
dvv
g
LλxLλαcosxλμαsenxλ
dx
dvvM
dt
dx
dx
dvM
dt
dvMaMPαcosPμsenαP
222222
211
Para determinar el valor de la constante tenemos en cuenta que cuando x es igual a
(2/3)L la velocidad es cero.
L-x x
127
2gx3
4gL
9
4L
L
x1αcosμαsengv
3
4gL1αcosμαsen
9
4gLv2gx1αcosμαsen
L
gx
3
4gL1αcosμαsen
9
4gLCte´Cte´0
3
2L2g1αcosμαsenL
9
4
L
g
2
22
2
b) En el instante en que toda la cadena esté sobre el plano se cumple que x=L
3
g2
9
51αcosμαsengvL
c) Para que la cadena resbale por el plano inclinado debe cumplirse que vL tenga un
valor positivo.
μαcos5
1αtagαcosμ
5
1αsen
15
3αμcosαsen
115
18αμcosαsen
15
181αμcosαseng
3
21αμcosαsen
9
5g
128
68.- Un cohete está provisto de dos motores que pueden comunicarle
aceleraciones constantes a1 y a2 respecto de Tierra y en sentido vertical
ascendente, siendo a1>a2. El primer motor puede funcionar durante un
tiempo t1 y el segundo motor durante t2, con t2>t1. Los motores pueden
funcionar simultáneamente o uno a continuación del otro. Razonar de
qué modo se han de encender los motores para que la altura alcanzada
por el cohete sea la mayor posible.
Teniendo en cuenta que las aceleraciones son constantes las velocidades que puede
adquirir el cohete son lineales. En la figura 1 se representan las siguientes velocidades
OC es la velocidad que proporciona el motor 1 y la pendiente de la recta es
numéricamente igual a a1.
OE es la velocidad que proporciona el motor 2 y la pendiente de la recta es
numéricamente igual a a2.
OC+CD es la velocidad proporcionada por los dos motores encendiendo en primer lugar
el 1. La pendiente de la recta CD es a1.
OE+ED es la velocidad proporcionada por los dos motores encendiendo en primer lugar
el 2 y a continuación el 1. La pendiente de la recta ED es a2.
OA es la velocidad proporcionada por los dos motores encendidos simultáneamente, la
pendiente de la recta es numéricamente igual a a1+a2. Al tiempo t1 el motor 1 deja de
funcionar y solamente lo hace el 2 hasta el tiempo t2, por tanto, la pendiente de la recta
AB es a2.
El valor numérico del área comprendida entre las rectas y el eje de tiempos mide el
desplazamiento del cohete.
Fig.1
129
De la simple observación de la figura 1 nos indica que el área OCD(t1+t2) es mayor que
el área OED(t1+t2). En consecuencia se descarta la opción de encender primero el motor
2 y luego el 1.
Para comprar las otras dos opciones debemos calcular las correspondientes áreas y la de
mayor valor es la opción pedida en el problema.
Calculamos las distintas velocidades
221122CD11C
122121121AB121A
tatatavv;tav
ttataattavv;taav
El área OABt2 es numéricamente igual a la altura h alcanzada por el cohete encendiendo
los dos motores simultáneamente
2
tatta
2
tatta
2
ta
2
tatta
2
tatta
2
ta
tt2
atttattta
2
ta
2
ta
tt2
ttataa2
2
taatt
2
vv
2
vth
2
11211
2
22212
2
12
2
22212
2
12211
2
11
2
122
12121211
2
12
2
11
12122121
2
12112
BAA1
El área OCD t1+t2 es numéricamente igual a la altura h´ alcanzada por el cohete
encendiendo primero el motor que produce la aceleración a1 y a continuación el 2.
2
tatta
2
tat
2
tat2a
2
tat
2
vv
2
tvh´
2
11211
2
222
2211
2
112
DC1C
La simple inspección de h y h´ nos dice que h´>h, por consiguiente, se debe encender
primero el motor 1 y a continuación el 2.
130
69.-Un móvil 1 se desplaza en sentido negativo por el eje X con velocidad
constante v1 , otro móvil lo hace en sentido negativo por el eje Y con
velocidad constante v2. En el tiempo t=0 el primer móvil ocupa la
posición +xo y el segundo +yo. Determinar el tiempo que transcurre hasta
que ambos móviles se encuentren a la mínima distancia y calcular el
valor de esa distancia mínima.
Las ecuaciones de movimiento de los móviles son:
tvyy;tvxx 2o10
La distancia entre ellos es:
22o
2
1o
22 tvytvxyxD (1)
Para hallar el tiempo mínimo derivamos D con respecto al tiempo e igualamos a cero
2
2
2
1
2o1o
m
2
2
2
1m2o1o2
2o
2
1o
22o11o
vv
vyvxt
0vvtvyvx0tvytvx2
vtvy2vtvx2
dt
dD
Para hallar la distancia mínima sustituimos el tiempo mínimo tm en (1)
2
2
2
1
1o2o
m
22
2
2
1
2
2
2
1
2
1o2o
2
2
2
2
1
1o2o1
2
2
2
2
1
1o2o2m
2
2
2
2
1
21o
2
1o
2
2
2
2
1
21o
2
2o
m
2
2
2
2
1
2
2o21o
2
2o
2
1o
2
2
2
2
1
21o
2
1o
2
2o
2
1o
m
2
2
2
2
1
2o1o
2o
2
2
2
2
1
2o1o
1om
vv
vyvxD
vv
vvvyvx
vv
vyvxv
vv
vyvxvD
vv
vvxvy
vv
vvyvxD
vv
vyvvxvyvy
vv
vvyvxvxvxD
vv
vyvxvy
vv
vyvxvxD
131
Se utiliza el valor absoluto de 1o2o vyvx ya que este término puede ser positivo o
negativo.
En la figura 1 se representa D en función del tiempo, siendo
08201030vyvx 1o2o
x0=30 m ; v1=8m/s yo=20 m ; v2= 10 m/s
tm=2,7 s ; Dm=10,9 m
0
5
10
15
20
25
30
35
40
0 1 2 3 4 5
tiempo/s
D/m
En la figura 2 se representa D en función del tiempo, siendo
01030810vyvx 1o2o
x0=10 m ; v1=10m/s yo=30 m ; v2= 8 m/s
tm=2,1 s ; Dm=17,1 m
0
5
10
15
20
25
30
35
0 1 2 3 4 5
tiempo/s
D/m
Fig.1
132
70.-Una rueda de radio R=0,5 m, rueda sin deslizar por una zona
húmeda con velocidad constante v= 20 m/s. Como consecuencia de ello
la periferia de la rueda suelta gotas de agua a) Determinar para qué
ángulo , la altura alcanzada por la gota respecto del suelo es la
máxima posible b) Dibujar la trayectoria de la gota respecto del suelo
para el ángulo máximo y para 30º y 45º.
La gota que está en la periferia tiene la velocidad v del centro de masas de la rueda más
la velocidad tangencial cuyo módulo es v. Una gota que abandona la periferia de la
rueda tiene como coordenadas iniciales (xo; yo).
La velocidad inicial sobre el eje X es: senθvv .
La velocidad inicial sobre el eje Y es: v cos
Las ecuaciones paramétricas respecto de los ejes coordenados son.
133
(2)gt2
1tθcosvθsen1Ry
gt2
1tθcosvθsenRRgt
2
1tθcosvyy
(1)tθsen1vθcos1Rtθsen1vθRcosRtθsen1vxx
2
22
0
0
La altura máxima que alcanza la gota ocurre cuando la velocidad vy se anule
g
cosθvtgtcosθv
dt
dyvy
Sustituyendo en (2)
)3(g
θcosv
2
1θsen1R
g
θcosvg
2
1
g
θcosvθcosvθsen1Ry
222
m
En la ecuación (3) se observa que la ymáxima de cada gota es función del ángulo , por
tanto, como se pide la mayor de esas alturas, procedemos a derivar la ecuación (3) con
respecto a e igualar a cero.
2
22
m
v
Rgθsenθsen
g
vR0θsenθcos2
2g
vθcosR
dθ
dy
Se debe cumplir que Rgv2 .
Con los datos del problema resulta: 0,72ºθ400
100,5θsen
y la altura máxima
de todas
m40,510
0,7cos20
2
10,7sen10,5Y
22
max
En la figura 2 se han dibujado las trayectorias de las gotas para tres ángulos diferentes.
134
0
5
10
15
20
25
0 20 40 60 80 100
x/m
y/m
45º
0,7º
30º
135
71.-Un cuerpo de masa m se encuentra en reposo en la posición s0=0.
Sobre él comienza a actuar una fuerza definida por la ecuación
2T
2Tt
1oFF
a) Calcular las ecuaciones de la posición y velocidad del móvil en
función del tiempo
b) Calcular los tiempos para los cuales la fuerza, la velocidad y la
posición tienen los valores máximos.
c) Si Fo=1 N , m =1 kg y T= 5 s, dibujar las gráficas frente al tiempo de F
, s y v en el intervalo entre t=0 s y t =20 s.
d) Determinar la distancia recorrida por el cuerpo en el intervalo de t=0 s
a t=20 s
a) De la segunda ley de Newton se deduce
T3
tt
mT
FvCte
T3
tt
mT
Fv
dtT
t
T
t2
m
Fv
dt
dvm
T
Tt2Tt1FF
32o
32o
2
2
o
2
22
o
T12
t
3
t
mT
Fs
T3
tt
mT
Fs
dt
dsv
43o
32o
b) Para calcular los valores máximos derivamos las correspondientes ecuaciones
respecto del tiempo e igualamos a cero.
T2t0T
t20
T
tt2
mT
F
dt
dv
T3t0T3
t10
T3
tt
mT
F
dt
sd
Tt0T2t2T
F
dt
dF
2
o
32o
2
o
c)
136
c)
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
0 5 10 15 20 25
tiempo/s
Fu
erz
a. F
/N
-30
-25
-20
-15
-10
-5
0
5
10
0 5 10 15 20 25
tiempo/s
ve
loc
ida
d,
v/m
.s-1
0
10
20
30
40
50
60
0 5 10 15 20 25
tiempo/s
po
sic
ión
, s
/m
137
d) Según el apartado anterior el máximo en la posición del cuerpo ocurre cuando
t=3T=3*5=15 s. Para calcular el valor de esa posición sustituimos el valor 15 en la
ecuación de s:
m56,25512
15
3
15
51
1
T12
t
3
t
mT
Fs
4343o
El cuerpo recorre 56,25 m hacia la derecha, luego retrocede hasta el punto de partida
recorriendo los mismos metros, por tanto, en total ha recorrido
56,25+56,25= 112,5 m
138
72.- La Tierra describe una orbita elíptica, de excentricidad =0,0167,
ocupando el Sol uno de los focos. Dividimos la órbita de la Tierra en dos
mitades iguales en longitud, una BA´B´ y otra B´A B, esto es, media
órbita más lejos del Sol que la otra. Se pide la diferencia de tiempos,
expresada en días, que tarda la Tierra en recorrer ambas semiórbitas.
La Tierra está sometida a una fuerza central; es la fuerza de atracción gravitatoria entre
el Sol y la Tierra. Por el hecho de ser una fuerza central el momento angular de la Tierra
respecto del Sol es constante. La velocidad lineal de la Tierra no es constante en su
órbita, en cambio si es constante la velocidad areolar, esto es, el área barrida por el radio
vector que une el Sol con la Tierra.
Esto último es en definitiva la expresión de la segunda ley de Kepler.
tCtedtCteACtedt
dAvA
Aplicamos la ecuación anterior para ambos recorridos
2P1G tCteA)Área(B´ABS;tCteAS)Área(BA´B´
AG es el área de media elipse más el área del triángulo BB´S
AG= 1tCteabε2
abπaε2b
2
1
2
abπc2b
2
1
2
abπ (1)
AP es el área de media elipse menos el área del triángulo BB´S
AP= 2tCteabε2
abπaε2b
2
1
2
abπc2b
2
1
2
abπ (2)
De las ecuaciones (1) y (2)
0211,tt
ε2
π
ε2
π
baε2
baπ
baε2
baπ
t
t21
2
1
(3)
B´
S
Tierra
A A´
B
O
OS = c
OA =a
OB=b
=c/a=0,0167
Área de la elipse= a b
139
Como t1 + t2 = 365 días
días3,8tt184,4t180,6t365tt1,021 211222
140
73.-Un satélite de masa m describe una órbita circular de radio ro
alrededor de la Tierra de masa M. a) Determinar la energía total del
satélite. b) Suponer que el satélite al moverse dentro en la atmosfera de
la Tierra está sometido a una fuerza de fricción f, por lo que el satélite
describirá una espiral hacia la Tierra; f se considera una fuerza
pequeña por lo que la disminución del radio es tal que puede suponerse
que en cada instante la órbita es circular con un radio promedio r.
Encontrar aproximadamente la variación del radio r, en cada
revolución. c) Calcular aproximadamente la variación de la energía
cinética del satélite en cada revolución.
a) La energía del satélite es la suma de su energía cinética y potencial gravitatoria.
o
2
r
mMGmv
2
1E
Dado que el satélite describe una órbita circular, la fuerza centrípeta necesaria es la
fuerza de atracción gravitatoria entre la Tierra y el satélite
oooo
2
2
oo
2
r
m MG
2
1
r
mMG
r
MGm
2
1E
r
MGv
r
mMG
r
mv
b) Supongamos que el satélite esta describiendo una órbita de radio r, su energía
es:r
mMG
2
1E y la variación con relación al tiempo de su energía debido a la
fricción es dt
dE , que es la potencia pérdida y como f es constante vale fv, siendo v la
velocidad del satélite en esa órbita.
2
3
rMGm
f2
dt
dr
r
MGf
dt
dr
r
mMG
2
1
fvdt
dr
r
mMG
2
1
r
dt
dr
mMG2
1
dt
r
1d
mMG2
1
dt
r
mMG
2
1d
dt
dE
2
22
dt
dr, representa la variación del radio de la órbita respecto del tiempo. Designamos con
T al periodo de revolución
TMGm
rf2Δr
MGm
rf2
T
Δr 2
3
2
3
141
c)
T
r
fMGΔE
r
fMG
r
MGm
r2f
mMG2
1
r
dt
dr
mMG2
1
dt
r
1d
mMG2
1
dt
r
MGm
2
1d
dt
dE
2
1
2
1
c
2
2
3
2
c
Observe que los cálculos son aproximados ya que T no es constante sino que disminuye
a medida que disminuye el radio de la órbita
142
74.-Se construye un modelo del sistema Sol –Tierra reduciendo todas las
distancias lineales en un factor k. En dicho modelo las densidades, tanto
del Sol como la de la Tierra, son las mismas que las reales. En el modelo
la Tierra gira alrededor del Sol y se admite que está colocado en un lugar
ausente de aire y gravedad terrestre. Se pide determinar cuánto dura un
año en el modelo respecto a la duración real.
Designamos con R al radio real del Sol, M su masa , D la distancia Sol-Tierra, MT a la
masa real de la Tierra., la densidad del Sol.
En el modelo r es el radio del ´´Sol´´, m su masa, d la distancia entre el ´´Sol y la
Tierra´´, mT a la masa de la ´Tierra´´.
De acuerdo con el enunciado se cumple que
kRr;Dkd
La fuerza centrípeta es proporcionada por la atracción gravitatoria, tanto en la realidad
como en el modelo.
1Rk
kR
ρrπ3
4
kρRπ3
4
m
kM
Dm
DkM
DmG
dMG
ω
Ω
d
mGω
d
mmGdωm;
D
MGΩ
D
MMGDΩM
33
33
3
333
3
33
3
3
32
T2
T32
T2
T
Como la velocidades angulares son iguales la duración del año real y del modelo son
iguales.
143
75.- La densidad de una esfera de radio R sigue una ley lineal kroρρ
Siendo k una constante positiva y r la distancia medida a partir del centro
de la esfera. Cuando r = R la densidad es ¼ de la máxima densidad.
Calcular para qué valor de r la intensidad del campo gravitatorio es el
máximo.
De la formula de la densidad se deduce que el valor máximo de la densidad ese produce
cuando x=0, entonces la densidad máxima es o.
Cuando x = R
maxmaxmax ρ4
3RkRkρρ
4
1
En la esfera tomamos una corona de radio r<R y espesor dr. La masa de dicha corona
es:
rkρdrrπ4dM 0
2
Si integramos entre cero y r calculamos la masa de esfera que esta comprendida entre
r = 0 y r = r.
krπ3
ρrπ4
4
krπ4
3
ρrπ4r
drkrπ4
r
drρrπ4M 4o
34
o
33
o
2
00
El módulo de la intensidad del campo gravitatorio a una distancia r<R del centro de la
esfera es:
2
o2
4o
3
2rk
3
r4ρGπ
r
krπ3
ρrπ4G
r
MGrg
Como se pide el valor máximo de g , derivamos la ecuación anterior e igualamos a cero
9
R8
k3
3
Rk42
k3
ρ2
k3
ρ2r0rk2ρ
3
4Gπ
dr
g(r)d max0
o
144
76.-Un plano inclinado forma con la horizontal un ángulo . Desde el
punto más bajo de dicho plano se lanza un proyectil con un ángulo
el cual impacta con dicho plano. Determinar el valor del ángulo para el
que la distancia entre el punto más bajo del plano y el lugar del impacto
sea el máximo y la distancia entre esos puntos.
Las ecuaciones paramétricas del proyectil son:
(1)
θcosv
xg
2
1θtagxy
θcosv
xtgt
2
1θsentvy;θcostvx
2
0
2
0
2
00
La ecuación del plano inclinado )(2αtagxy
En el punto de impacto del proyectil sobre el plano se cumple que:
(3)θcosv
xg
2
1θtagxαtagx
22
o
2
iii
Las soluciones de la ecuación (3) son xi=0, que corresponde al punto de salida del
proyectil y
αtagθcosθsenθcosg
v2x
αtagθtagθcosg
v2x
θcosv2
xgαtagθtag
2
o
i
2
2
o
i22
o
i
La distancia s entre el punto de salida del proyectil y el punto de impacto medido sobre
el plano inclinado es:
αcosg
αtagθcosθsenθcosv2
αcos
xs
2
oi (4)
Como piden el valor máximo de s, derivamos s respecto de e igualamos a cero:
145
αtag1αtag2
4αtag4αtag2θtag01αtagθtag2θtag
θtagθsenαtagθsen2θcostagαθsen-θtagθsenαtagθsenθcos
θtagαtagθcosθsenαtagθsenθcos
0θsen-αtagθcosθsenαtagθsenθcosθcosαcosg
2v
dθ
ds
2
2
2
2
o
La solución válida que da resultado positivo es.
sen12
αcosθcos
αcos
αsen221
αcos
αsen2αsen1
θcos
1
αcos
αsen2αsen1
θcos
θcos1
αcos
αsen1
αcos
1αtag
αcos
αsen1αtagθtag
22
22
2
2
2
2
2
2
2
2
Sustituyendo en s
αsen1g
v
αcosg
αsen12
αcosv2
αcosg
θcos2vs
αcos
1
αcosg
θcosv2
αcos
αsen
αcos
αsen1
αcosg
θcosv2αtag
αcos
αsen1θcos
αcosg
v2s
tagαθtagθcosαcosg
v2αtgcosθθsenθcos
αcosg
v2s
2
o
2
22
o
2
22
o
22
o
22
o2
2
o
2
2
o
2
o
146
77.- El péndulo de un reloj patrón ejecuta una oscilación completa en un
segundo, esto es, su periodo es T =1s. Otro reloj de péndulo tiene una
longitud algo mayor que el patrón. Ambos péndulos se encuentran en un
instante determinado en fase y vuelven a estarlo cuando han transcurrido
150 s según el reloj patrón. a) Calcular: a) el retraso que sufre el
segundo reloj respecto del patrón cuando han transcurrido 20 horas. b)
¿Cuánto debe acortarse el péndulo del segundo reloj para que ambos
indiquen la misma hora?
El periodo de un péndulo simple tiene de ecuación g
L2T . Cuando el péndulo del
reloj patrón efectúa una oscilación, el segundo péndulo no llega a efectuar una
oscilación ya que al tener mayor longitud su periodo es mayor. Por tanto en cada
oscilación del patrón, el segundo péndulo se retrasa algo, este retraso se ira acumulando
al transcurrir el tiempo y llegará un momento en el que el retraso sea de una oscilación
completa y entonces si el péndulo patrón ha efectuado n oscilaciones y el otro péndulo
habrá efectuado n-1 oscilaciones. Esta situación ocurre cuando transcurren 150
segundos.
Para el péndulo patrón n.T = 150 y para el otro péndulo (n-1) T´ = 150, siendo T el
periodo del péndulo patrón y T´ el periodo del otro péndulo.
s149
1501
149
150T
1n
nT´T1nnT
Si designamos con L a la longitud del péndulo patrón y L´ a la del segundo péndulo
resulta:
2
2
T
T´LL´
L´
L
T´
T
g
L´2πT´;
g
L2πT
Cuando el péndulo patrón efectúa una oscilación completa transcurre 1 segundo de
tiempo; el otro péndulo indica un tiempo de s150
1491
.
a)
b) Designamos con L lo que hay que acortar al segundo péndulo para que indique lo
mismo que el patrón
m,0033401149
150
π4
9,81
T
T´
π4
gT1
T
T´LL
T
T´LLL´ΔL
2
2
22
2
2
2
2
2
2
2
s480150
149172000x
x
hora
s3600hora20
s150
1491
s1
147
78.-Un péndulo simple de longitud L, se separa un ángulo o de su
posición de equilibrio y se deja oscilar libremente.
a) Determinar la tensión de la cuerda en función del ángulo que la
cuerda del péndulo forma con la dirección vertical.
b) Representar en una gráfica la tensión frente a para o = 45 º y o =
60º.
c) Calcular la aceleración total de la masa puntual del péndulo en
función de .
d) construir la gráfica de la aceleración total en función de para
o=20, 40, 60, y 70 grados.
a) Para cualquier ángulo las fuerzas que actúan sobre la masa puntual del péndulo son
su peso y la tensión de la cuerda (ver figura 1). Como la masa está girando la tensión de
la cuerda ha de proporcionar la fuerza centrípeta mv2/L .
En la figura 1, L es la longitud del péndulo, y designamos con v a la velocidad del
péndulo cuando el ángulo es . La longitud h es lo que ha descendido el péndulo desde
su posición inicial (o) hasta la posición .
Podemos escribir L
vmθcosmgT
2
y 2
o mv2
1cosθθcosmgLmgh
Combinando ambas ecuaciones resulta:
oo θcos2θcos3mgcosθcosθ2mgθcosmgT (1)
b) La representación gráfica de T frente a , es la siguiente:
o
mg cos
T
L cos o L cos
h
Fig.1
mg
148
0
0,5
1
1,5
2
2,5
-80 -60 -40 -20 0 20 40 60 80ángulo/grados
Te
ns
ión
T/N
O=45º
O=60º
La tensión es máxima cuando el péndulo pasa por la posición vertical (=0)
c) Para una posición cualquiera del péndulo en la figura 1, la aceleración total aT se
compone de la aceleración tangencial y de la centrípeta. Ambas aceleraciones,
tangencial y centrípeta, son vectores perpendiculares entre sí, por tanto:
)2(θcosθcos8θcos4θcos31ga
θcosθcos8θcos4θcos4θsenga
θcosθcos8θcos4θcos4θsenga
θcosθcos2θcosθcosg4θsenga
L
θcosθcosLg2θseng
L
vθsengaaa
0o
22
T
0o
222
T
0o
22222
T
0o
222222
T
2
o22
22
22
c
22
T
b) La ecuación (2) nos dice que si fijamos (o), la aceleración total dependerá del
ángulo , esto quiere decir que aT será diferente en los distintos lugares de
oscilación del péndulo, por ello vamos a estudiar cómo varía aT respecto de .
c)
(3)0cos8cos6;0θcosθsen8θsenθcos6
0cosθcosθ8θcos4θcos4θsen2
θcosθsen8θsenθcos6g
θd
ad
o
oo
222
oT
osen
149
La ecuación (3) tiene dos soluciones sen =0 y θcos4
3θcosθcos4cosθ3 o0
El máximo valor de cos =1, por tanto, 41,4ºθ3
4θcos oo
Si en la ecuación (3), damos a o un valor inferior a 41,4 grados la ecuación tiene una
solución y es sen =0.
Si en la ecuación (3), damos a o un valor superior a 41,4 grados la ecuación tiene más
de una solución.
Cuando o=20º
θcos7,52-θcos34,538,9θcoscos20º820ºcos4θcos319,8a 222
T
la gráfica aT frente a es:
o=20º
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
-30 -20 -10 0 10 20 30
ángulo,/º
acele
ració
n t
ota
l, a
T
En este caso se presenta un mínimo en el punto más bajo del péndulo
Cuando o= 40º
θcos6,13-θcos335,38,9θcos40ºcos840ºcos4θcos319,8a 222
T
la gráfica aT frente a es:
150
o=40º
4
4,5
5
5,5
6
6,5
-60 -40 -20 0 20 40 60
ángulo,/º
ac
ele
rac
ión
to
tal, a
T
El mínimo se encuentra en el punto más bajo de la posición del péndulo
Cuando o= 60º
θcos4,00-θcos300,38,9θcos60ºcos860ºcos4θcos319,8a 222
T
la gráfica aT frente a es:
o=60º
7
8
9
10
-80 -60 -40 -20 0 20 40 60 80
ángulo, /º
ac
ele
rac
ión
to
tal, a
T
Como ahora el ángulo es mayor de 41,4 aparecen las soluciones sen =0 que ahora es
un máximo y
48,2ºθ3
2
3
º06cos4θcoscosθ
4
3θcos o
Que presenta dos mínimos
151
Cuando o= 70º
θcos2,74-θcos347,18,9θcos70ºcos870ºcos4θcos319,8a 222
T
la gráfica aT frente a es:
o=70º
8
9
10
11
12
13
14
-100 -50 0 50 100
ángulo, /º
ac
ele
rac
ión
to
tal, a
T
Como ahora el ángulo es mayor de 41,4 aparecen las soluciones sen =0 que es un
máximo y
º8,26θ3
1,368
3
º07cos4θcoscosθ
4
3θcos o
152
79.- Un carrito se desplaza por un suelo horizontal con una velocidad
vC constante. El carrito dispone de un dispositivo que puede lanzar una
bola con una velocidad vB en dirección vertical hacia arriba. a) Describir
el movimiento de la bola y su posición a medida que transcurre el
tiempo, así como la del carrito. Representar gráficamente ambos
movimientos si vC=1 m/s y vB = 3 m/s
b) Ahora el carrito se encuentra en lo alto de un plano inclinado que
forma un ángulo con la horizontal. Estando el carrito en reposo se
lanza la bola con velocidad vB perpendicular al plano. Describir el
movimiento de la bola y su posición a medida que transcurre el tiempo,
así como la del carrito. Obtener las graficas de posiciones del carrito y
de la bola cuando a=45º.
c) El carrito se encuentra en el plano inclinado del apartado anterior y
lanza la bola con velocidad vertical vB perpendicular al plano, siendo la
velocidad del carrito vC paralela al plano y en sentido ascendente. a)
Describir el movimiento de la bola y su posición a medida que transcurre
el tiempo, así como la del carrito. Obtener las graficas de posiciones del
carrito y de la bola cuando a=45º.
Despreciar todos los rozamientos.
a) Tomamos unos ejes cartesianos fijos de referencia, con origen en el lugar que ocupa e
el carrito en el tiempo t=0. La bola al salir del carrito está dotada de dos velocidades una
horizontal vC y otra vertical vB, por lo que respecto del sistema elegido describirá una
trayectoria parabólica. El carrito se desplaza por el eje X con velocidad uniforme vC.
Ecuaciones de la bola:
2
BB
2
BB2
C
2
B
C
BBB
2
BBCB x4,9x3x12
9,8x3
v
xg
2
1
v
xvygt
2
1tvy;tvx
Ecuación del carrito:
t v m/s 1 vcomo t;vx CCCC
Las abscisas del carrito y la de la bola son las mismas, por tanto, en todo momento, el
carrito está justamente debajo de la bola y cuando yB=0, la bola caerá sobre el carrito.
153
-0,1
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0 0,2 0,4 0,6 0,8
posición,x/m
po
sic
ión
,y/m
bola
carrito
b) En la figura 1 se indican los ejes XP e YP de referencia, fijos en el plano inclinado.
La bola en la dirección del eje Yp lleva una velocidad inicial vB y está sometida a una
aceleración -g cos ; en la dirección del eje Xp su velocidad inicial es cero y está
sometida a una aceleración g sen .
Las ecuaciones de movimiento de la bola son:
(1)αtag
x
αseng
x2v
αseng
x2αgcos
2
1
αseng
x2vy
tαgcos2
1tvy;tαseng
2
1x
BBB
BBBB
2
BB
2
B
XP
YP
vB
g
g sen
g cos
Fig.1
154
Las ecuaciones de movimiento del carrito son:
0y;tαseng2
1x C
2
C (2)
Dado que xC = xB se deduce que para los ejes de referencia XP e YP ; el carrito esta
debajo de la bola en todo momento.
Para los valores numéricos dados en el enunciado
22
C
BBBB
B
46,3t45sen9,82
1x
xx1,6145tag
x
459,8.sen
x23y
t
Las gráficas de movimiento de ambos cuerpos
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3
posición , x/m
po
sic
ión
, y
/m
carrito
bola
En la figura 2 se ha elegido un sistema de referencia distinto al anterior
155
Las ecuaciones de movimiento de la bola son:
2
BBBB tg2
1tαcosvy;tαsenvx
El carrito desliza sobre el plano inclinado con una aceleración de módulo g sen y al
cabo de un tiempo t ha recorrido sobre el plano una distancia medida sobre el plano
2tαseng2
1l
Para ese valor de l, las correspondientes coordenadas en el sistema XY (condiciones de
ligadura) son:
22
C
2
C tαseng2
1αsenly;tcosααseng
2
1αcoslx
Para los valores numéricos dados en el enunciado:
2
C
2
C
2
BB
t2,45y;t2,45x
t4,9t2,12y;t2,12x
Las posiciones de las trayectorias de la bola y del carrito están en la gráfica siguiente:
X
Y
vB
g
Fig.2
156
-2
-1,5
-1
-0,5
0
0,5
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8 2
posición , x/m
po
sic
ión
, y
/m
carrito
bola
Esta gráfica nos indica que desde el punto de vista del sistema XY el carrito no está
permanentemente debajo de la bola pero sí que coinciden en un lugar del plano
inclinado (distinto al inicial) tal como ocurre en el sistema XPYP.
c) Tomamos unos ejes de referencia XPYP, como los de la figura 1.
Ecuaciones de la bola
2
BB
2
CB tαcosg2
1tvy;tαseng
2
1tvx
Ecuaciones del carrito
0y;tαseng2
1tvx C
2
CC
Como xC=xB , el carrito está siempre debajo de la bola y en un determinado lugar se
encontrarán, aparte del instante inicial.
Sustituyendo los valores del enunciado en las ecuaciones anteriores resulta:
0y;t3,46tx
t3,463ty;t3,46tx
C
2
C
2
B
2
B
Las posiciones de las trayectorias de la bola y del carrito están en la gráfica siguiente:
157
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
-0,2 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8 2
posición;x/m
po
sic
ión
;y/m
carrito
bola
Elegimos ahora un sistema de referencia XY como se indica en la figura 3
Las ecuaciones de la bola son:
2
CBBCBB tg2
1tαsenvαcosvy;tαcosvαsenvx
Si el carrito recorre sobre el plano inclinado una distancia l en un tiempo t, resulta:
2
C tseng2
1tvl
Y las coordenadas de esa posición respecto del sistema XY de la figura 3 (condiciones
de ligadura).
22
CC
2
CC tαseng2
1tαsenvαsenly;tαcosαseng
2
1tαcosvcosαlx
Para un ángulo = 45º
X
Y
vB
g
vC
Fig.3
158
22
B
B
t4,9t2,83t4,9t45sen145cos3y
;t1,41t45cos145sen3x
222
C
22
C
t45,2t0,707t45s4,9t45s1y
t45,2t0,707t45cos454,9t45cos1x
enen
sen
Las posiciones de las trayectorias de la bola y del carrito están en la gráfica siguiente
-1,4
-1,2
-1
-0,8
-0,6
-0,4
-0,2
0
0,2
0,4
0,6
-0,2 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4
posición,x/m
po
sic
ión
, y
/m
159
80.-Una esfera de radio r expuesta a la radiación solar es capaz de
absorberla íntegramente. Se pide el radio de dicha esfera si se cumple
que la fuerza de atracción gravitatoria entre el Sol y la esfera se equilibra
con la fuerza de presión de la radiación solar.
Datos Potencia radiada por el Sol PS=4.1026 W, densidad de la esfera 103
kg/m3, Constante de Gravitación Universal G = 6,67.10-11 N.m2/kg2 ;
Masa del Sol =1,99.1030 kg.
La luz está formada por fotones, partículas sin masa, con energía y con momento,
existiendo entre estas dos últimas magnitudes la relación:
pcE (1)
Por consiguiente al absorber la esfera energía procedente de la radiación solar “absorbe”
momento lineal, esto es, cambia el momento y ese cambio de momento origina una
fuerza que se denomina de presión de la radiación.
El Sol lanza al espacio de forma uniforme una energía por unidad de tiempo de valor PS.
Si la esfera se encuentra a una distancia R del Sol, la energía que le llega por unidad de
tiempo y unidad de superficie es:
2
S
BRπ4
PP
La superficie de la esfera que absorbe la radiación es r2, tal como puede deducirse de
la figura 1.
La energía que por unidad de tiempo absorbe la esfera de superficie S = πr2 es:
2
2
S2
2
SBB
R4
rPrπ
Rπ4
PS·PE
Simultáneamente con esa absorción de energía se produce una variación por unidad de
tiempo en el momento lineal de la radiación, de acuerdo con la ecuación (1), y
precisamente esa variación por unidad de tiempo del momento lineal, es la fuerza de la
radiación
2
2
s
B2
2
s
Rc4
rPF
R4
rP
Δt
Δpc
2r
Fig.1
160
La fuerza de atracción gravitatoria entre el Sol y la esfera es:
2
B
3
S
2
bS
gR
ρrπ3
4GM
R
mGMF
Igualando ambas fuerzas:
m6.1010.3.101,99.106,67.10π16
4.103r
ρcMG π16
P3rρrπ
3
4GM
c4
P
R
ρrπ3
4GM
Rc4
r PF
7
383011
26
BS
S
BS
S
2
B
3
S
2
2
S
g
161
81.-Un cilindro macizo de mas M y radio R está situado sobre un plano
inclinado que forma con la horizontal un ángulo . Lleva enrollada una
cuerda de masa despreciable y en el extremo libre de la misma se ha
colocado una masa m=
(ver figura). Dicha cuerda pasa por una
rendija que posee el plano inclinado a lo largo del mismo. Se supone que
el rozamiento entre el cilindro y el plano es =0,3, que la cuerda no
desliza sobre el cilindro y que no existe ningún otro tipo de rozamiento.
Determinar el movimiento del cilindro de modo que éste ruede pero no
deslice por el plano inclinado.
Admitimos de entrada para el sentido del movimiento, que la masa m se desplaza en
dirección vertical y hacia arriba o que el cilindro rueda hacia abajo del plano inclinado,
las fuerzas que actúan sobre el sistema son las indicadas en la figura 1.
El hilo no desliza por la garganta del cilindro y en consecuencia la aceleración de la
masa m suspendida, es la misma que la aceleración tangencial de la periferia de éste. A
su vez, por rodar el cilindro por el plano inclinado, se cumple que la aceleración de su
c.d.m. es igual a la angular por el radio del cilindro y en consecuencia la aceleración de
la masa m, es la misma que la del c.d.m. del cilindro.
Con estas consideraciones, las ecuaciones de la Dinámica aplicadas al sistema, respecto
de unos ejes situados en el plano inclinado son las siguientes *:
(4)Rαa
(3)mamgT
(2)αITRRF
(1)MaFβsenMgβsenT
R
R
m
mg
T
N
Mg T
Fig.1
FR
162
De (3) despejamos T, y de (2) FR, y llevamos estos valores a (1).
MamgmM2
1aβsenMgβsenagm
mgmM2
1amamg
R
R
aMR
2
1
TR
αIF;mamgT
2
R
Operando en la última ecuación:
g
βsen-1mM2
3
mβsenmMaβsenm-mM
2
1MaβsenmgmgβsenMg
Según el enunciado M= 4 m, luego la aceleración es igual a:
gβsen7
1βsen5g
βsenmm7
mβsenm5a
La aceleración en el sentido del movimiento, esto es, rodando hacia abajo del plano, es
positiva:
11,5ºβ5
1βsen01βsen50g
βsen7
1βsen50a
La condición encontrada es que el ángulo del plano sea mayor de 11,5º, ahora bien, la
fuerza de rozamiento tiene un valor límite superior, de modo que μNFR .
Determinemos el valor de N de la figura 1, se deduce:
ag5βcosmμFag5βcosmN
βcosg4mβcosagmcosβMgβTcosN0cosβMgβTcosN
R
Sustituimos la fuerza de rozamiento y la aceleración por sus por sus valores
μag5βcos
ga3ag5βcosμg3a
ag5βcosmμmgma3mgma3mgmM2
1aFR
En la última ecuación se sustituye la aceleración por su valor:
βcos34
4βsen14μ
βsen7
βcos1βsen5βsen7βcos5
βsen7
4βsen14
gβsen7
1βsen55gβcos
ggβsen7
1βsen53
μ
Según el enunciado =0,3
163
4βsen14βcos10,2βcos34
4βsen140,3
En la inecuación damos valores al ángulo b , hasta encontrar aquel para el que la
inecuación ya no se verifica
º 10,2.cos 14 sen +4
22 9,457 9,244
22,5 9,424 9,358
22,7 9,410 9,403
22,8 9,403 9,425
El ángulo está comprendido entre: 22,7º<<22,8º
La consecuencia es que el cilindro rueda para valores menores de 22,8 º. Si 11,5ºβ la
aceleración es positiva, el cilindro rueda hacia abajo y si 11,5ºβ es negativa, el
cilindro rueda hacia arriba del plano inclinado.
* Las ecuaciones (1) a (4) se han escrito en forma escalar. la justificación vectorial de
dichas ecuaciones se hace a continuación:
El hilo no desliza por la garganta del cilindro y en consecuencia la aceleración de la
masa m suspendida, es la misma que la aceleración tangencial de la periferia de éste. A
su vez, al rodar el cilindro por el plano inclinado, se cumple que la aceleración de su
c.d.m. Consecuentemente la aceleración en módulo de la masa m, es la
misma que la del c.d.m. del cilindro.
Con estas consideraciones, las ecuaciones de la Dinámica aplicadas al sistema,
respecto de unos ejes (triedro a derechas) situados en el plano inclinado son las
siguientes:
En la masa M.
T
T
N
x
mg
FR
Mg
y z
β
164
En la masa m.
Por rodar, la aceleración del c.d.m. tiene sentido contrario a
:
165
82.- En la figura inferior la masa m está unida a dos muelles iguales cuya
constante elástica es k. Los muelles están sujetos firmemente en las
posiciones A y B y el conjunto se apoya sobre una mesa horizontal sin
rozamiento. Cuando la masa m se encuentra en la posición M los dos
muelles tienen su longitud natural (a en la figura), esto es, ni estirados ni
contraídos.
Cuando la masa m se encuentra en la posición C.
a) Calcular la fuerza con que actúan los muelles sobre dicha masa.
b) Calcular la energía potencial elástica de la masa m.
c) Evaluar el trabajo que ha de realizarse para llevar la masa m desde la
posición M a la C.
a) Sobre la masa m el muelle de la izquierda actúa con una fuerza cuyo módulo es:
ΔlkFI
Siendo l el aumento de longitud del muelle de la izquierda respecto de su longitud
natural a.
ayakFayaΔl 2222
El vector IF
tiene dos componentes que son:
jcosθayakisenθayakF 2222
I
El muelle de la derecha tiene dos componentes sobre los ejes que son:
166
jcosθayakisenθayakF 2222
D
Luego la fuerza resultante es:
jya
a1yk2F
jya
yaya2kjθcosaya2kFFF
22R
22
2222
DIR
b) La energía potencial almacenada por cada uno de los muelles vale
22222222
P yaa2ayak2
1ayak
2
1Δlk
2
1E
2
La energía potencial elástica del sistema es la suma de la correspondiente a cada muelle.
2222222
t yaa2y2akayakΔlk2
12E
2
(1)
c) La fuerza que actúa sobre la masa m es variable y depende de la distancia entre la
posición de la masa m y el punto M. Designamos a esa distancia con el trabajo
elemental para desplazar la masa m una distancia d debe ser realizado por una fuerza
igual y de sentido contrario a RF
que actúe a través de sucesivos estados de equilibrio
con objeto de que no adquiera energía cinética:
y
0
y
0
dλλa
λ2akdk2W
dλλa
a1λk2Wdλ
λa
a1λk2jdλjFdW
22
y
0
2222R
Para resolver la segunda integral hacemos el cambio de variable:
dλλ2dpp2λap 222
Con lo que la integral queda:
22 λaak2pak2p
dpp2ak
Llevando a (2)
)2(ak2yaak2ykλaak22
k2W 222222
y
0
2 y
o
167
Las ecuaciones (1) y (2) valen igual, puesto que el trabajo realizado sobre el sistema se
invierte en energía potencial elástica, ya que se trata del trabajo realizado contra una
fuerza conservativa, y efectuado en sucesivos estados de equilibrio.
168
83.- En lo alto de un plano inclinado de masa m1; ángulo y longitud L,
se coloca una masa (considerada puntual) m2. Se admite que no existe
ningún tipo de rozamiento. Se pide determinar la aceleración del plano
inclinado cuando la masa puntual m2 desliza por él.
El sistema formado por el plano y la masa puntual se encuentran inicialmente como
indica la figura 1(a) y al cabo de un tiempo t, cuando la masa m llega al final del plano,
como indica la figura 1(b). Inicialmente el plano inclinado y la masa m2 se encuentra en
reposo, por tanto la velocidad del centro de masas del sistema en ese instante es nula.
Designamos con L a la longitud del plano. Respecto del sistema de referencia (OXY), la
abscisa de la masa puntual es L cos y la del centro de masas del plano inclinado, es
xP. Al cabo del tiempo t, la masa puntual tiene una abscisa y el centro de masas del
plano inclinado +xP.
Las fuerzas exteriores que actúan sobre el sistema son: el peso m2g de la masa m2, el
peso m1g del plano inclinado y la fuerza N con que el suelo empuja al plano, todas ellas
perpendiculares al eje X [nótese que entre las masa m1 y m2 también se ejercen fuerzas
y reacciones, pero son interiores al sistema y no influyen en el movimiento general del
mismo, aparecen representadas en la Fig. 2].
Aplicando la ley de Newton al sistema
x21xtotalext amma·m(x)F
Teniendo en cuenta que el sumatorio de las fuerzas exteriores es nulo se deduce:
Ctesistemax0Ctev0dt
dv)m(m CMx
x21
La ecuación anterior nos indica que la abscisa del centro de masas del sistema no se
desplaza, es la misma en el tiempo t=0 que cuando el tiempo es t, a pesar de que tanto
el plano inclinado como la masa m2 se han movido. Se deduce:
X X
Y Y
xP xP
L cos
Fig. 1 (a) Fig.1 (b)
m2g
N
m1g O
c.d.m.(plano) c.d.m.(plano)
169
21
2
212
21
2P1
21
2P1CM
mm
cosαLmλ
mmλcosαLmm
λmλxm
m
cosαLmxmsistemax
mm
En el intervalo de tiempo t=0 a t=t la masa m2 recorre la longitud L del plano y el plano
inclinado la distancia .
Teniendo presente que el plano posee una aceleración a dirigida a lo largo del eje X
positivo, del sistema (OXY); es necesario tomar otro sistema de ejes sobre el plano
inclinado (O´X´Y´) que será no-inercial. La masa m2 por moverse en este sistema las
fuerzas que actúan sobre ella son: su peso, la fuerza de inercia Fi= -m2· a y la fuerza de
reacción NP con que el plano la empuja, tal como se indica en la figura 2.
En el intervalo de tiempo t=0 a t=t, la masa m2 llega a O´ donde x´= 0 :
22xo
xx222X
tαcosaαseng2
1L0;ta
2
1xx
αcosaαseng´a´amαcosamαseng-mF
En el mismo intervalo de tiempo escribimos para el plano de masa m1.
2ta2
1λ
De estas ecuaciones se deduce dividiendo miembro a miembro:
2
12
2
2
12
2
21
21
2
m
mαsen
cosαsenαga
cosαsenαgαcosm
m1aαcosaαcossenαg
m
mma
a
αcosaαseng
mm
αcosLm
L
a
αcosaαseng
λ
L
a
m2g
Fi=m2a
NP
Fig.2
X
Y
O´
X´ Y´
O
170
84.- En la cámara de combustión de un motor de reacción penetran
por segundo m kg de hidrógeno y la cantidad de oxígeno necesaria para
su combustión completa. El orificio de salida de la tobera del motor tiene
una sección S expresada en m2, siendo p la presión en atmósferas y T la
temperatura en kelvin. Determinar la fuerza con que los gases de salida
impulsan al motor.
Dato . R = 0,082 (atm .L)/(mol K
En la cámara de combustión del motor se produce una reacción química entre el
hidrógeno y el oxígeno.
(gas)OHO2
1H 222 gg
De la estequiometría de la reacción se deduce que los moles formados de vapor de agua
son los mismos que los de entrada de hidrógeno. Dado que la masa molar del hidrógeno
es:kgmol
kg2
mol
g2 y la del agua
kgmol
kg81
mol
g81 , se deduce que la masa de vapor
de agua que por segundo abandona la tobera es:
Moles de hidrógeno a la entrada: s
kgmol
2
m
kgmol
kg2
)s
kg(m
kg de vapor de agua que salen por la tobera por segundo:
s
kgm9
kgmol
kg18
s
kgmol
2
m
El volumen de vapor de agua que abandona la tobera es igual a la masa de vapor de
agua dividido por la densidad del vapor en las condiciones de presión y temperatura que
existen a la salida. Admitiendo que el vapor de agua se comporta como un gas perfecto.
L
g
T
p219,5
T(K)mol
Latm0,082
mol
g18p(atm)
RT
MpρRT
M
ρpRT
M
gramospV
OH
OH
OH
OH
OH
2
2
2
2
2
s
m
ST
p219,5
9mv
Svs
m
T
p219,5
9m
m10
kg10
T
p219,5
s
kg9m
L
g
T
p219,5
s
kg9m
ρ
spor masaGasto
3
33
3
OH2
Teniendo en cuenta que la fuerza es igual a la variación de la cantidad de movimiento
171
NpS219,5
mT9mF
Si en la ecuación anterior hubiese que sustituir valores numéricos m las magnitudes se
expresarían m en kg, , T en K, p en atm y S en m2.
172
85.-Cuando se lanza un proyectil desde un suelo horizontal formando un
cierto ángulo con el suelo, el proyectil, en el vacío, describe una
trayectoria parabólica. El área comprendida entre la curva y el suelo se
designa con A() indicando así que esa área es función del ángulo de
lanzamiento. a) Calcular el valor de para que el área tenga el máximo
valor. b) Dibujar la gráfica del área frente al ángulo de lanzamiento.
Si en la parábola seleccionamos una estrecha franja de altura y, y espesor dx ( ver
figura 1) el área vale dA=y dx y el área comprendida entre la curva y el suelo:
Mx
0
dxyA
Siendo xM la distancia desde el punto de lanzamiento hasta dónde el proyectil choca
contra el suelo
Vamos a obtener la ecuación que relaciona y con x
2
oo tg2
1tαsenvy,tcosαvx
Despejamos la variable t en la primera ecuación y la sustituimos en la segunda
αcosv
xgαtagx
αcosv
xg
2
1αsen
αcosv
xvy
22
o
2
22
o
2
o
o
Para calcular el valor de xM tenemos en cuenta que cuando el proyectil choca contra el
suelo y=0
g
2αsenvx
g
αsenv2αcosvx
g
αsenv2ttg
2
1tαsenv0
2
o
M
o
oM
o
M
2
MMo
Volviendo a la integral
(1)αcosαseng
v
3
2
3
αsen
αcosg
αcosαsen2v
3
αsen2αsen
αcosg2
2αsenv
αcos3
2αsenαtag
g2
2αsenv
g
2αsenv
αcosv6
g
g2
2αsenvαtag
3
x
αcosv2
g
2
xαtagdx)x
αcosv
gαtag(xA
3
2
4
o
2
224
o
2
24
o
22
24
o
3
36
o
22
o
2
24
o
M3
22
o
22
22
o
Mx
0
x
0
Como nos piden el área máxima derivamos la ecuación (1) respecto de e igualamos a
cero.
173
º
2224
2
4
o
60α3αtag
αsenαcos30αcosαsen3αcosαseng3
v2
dα
dA
b)
0
200
400
600
800
1000
1200
0 20 40 60 80 100
ángulo/º
áre
a/m
2
174
86.- Se considera a la Tierra como una esfera homogénea de masa M y
radio R. Un cuerpo de masa m colocado en la superficie terrestre se lanza
hacia el exterior de la Tierra en dirección radial con una velocidad
inicial vi, así se consigue que llegue al infinito con velocidad nula. a)
Calcular el valor de vi a partir de los datos suministrados. b) Determinar
el tiempo que emplea la masa m en alcanzar una altura sobre la
superficie terrestre igual a tres veces su radio.
Datos. Radio de la Tierra, R = 6370 km, intensidad del campo
gravitatorio en la superficie de la Tierra, gs = 9,8 N/kg.
a) La masa m en el instante inicial, cuando se encuentra en la superficie de la Tierra
posee energía cinética y potencial gravitatoria. Cuando alcance el infinito, su energía
potencial se considera nula y como su velocidad es nula también lo es su energía
cinética. Estos hechos y considerando el principio de conservación de la energía
mecánica, puesto que la única fuerza que actúa es la gravitatoria que es conservativa,
nos llevan a la ecuación:
R
MG2v0
R
MmGmv
2
1i
2
i (1)
Podemos relacionar GM con la intensidad del campo gravitatorio en la superficie
terrestre. El peso de la masa m es debido a la atracción gravitatoria que la Tierra ejerce
sobre dicha masa
2
s2S RgGMR
mMGgm
Sustituyendo en la (1)
s
km11,2
s
m11,2.106370.109,82Rg2
R
Rg2v 33
S
2S
i
b) Supongamos un lugar alejado del centro de la Tierra cuya distancia al centro de ella
designamos con x, siendo; 3RxR . En el mencionado lugar la fuerza de atracción
terrestre sobre la masa m es:
2x2 x
MG
dt
dv
dt
dvmamF
x
mMG-
La última ecuación puede escribirse de la siguiente manera:
Ctex
MG
2
v
x
dxMGdvv
x
GMv
dx
dv
x
GM
dt
dx
dx
dv 2
222
Para calcular la constante recurrimos a las condiciones iniciales en las que la velocidad
es vi cuando x= R.
175
(1)x
Ri
vv1x
R12
iv
R
1
x
1R2
iv2
iv2v
R
1
x
12RS
g22i
vR
1
x
1GM22
iv2v
R
GM
2
v
x
MG
2
v
R
GM
2
2i
vCteCte
R
GM
2
2i
v
2
i
2
CteladevaloreldoSustituyen
De la ecuación (1)
CtetRvx3
2dtRvdxx
x
Rv
dt
dxi
2
3
i2
1
i
Cuando x = R la variable t es cero, por tanto, 2
3
R3
2Cte
R
R
x
v3
2tRx
3
2tRvR
3
2tRvx
3
2 2
3
i
2
3
2
3
i2
3
i2
3
Cuando x= 3R, designamos ese tiempo con la letra .
min26,5s15911311,23
6370213
11,2.103
R2R
R
R3
11,2.103
2τ 2
3
2
3
3
2
1
2
3
2
3
3
176
87.- Se considera a la Tierra como una esfera homogénea de masa M y
radio R y fija en el espacio. Un satélite de masa m se coloca en orbita en
un punto P, a una altura 2R respecto del centro de la Tierra, formando
un ángulo =60º con la dirección radial en ese punto, siendo el módulo
de su velocidad 1,8R
GMv
a) Calcular el apogeo y perigeo de la orbita y sus velocidades en esos
lugares.
b) Si el mismo satélite se coloca en las mismas condiciones anteriores
pero con una velocidad tal que en el perigeo la distancia a la Tierra es
prácticamente igual a su radio, determinar esa velocidad.
c) Calcular la velocidad en el punto Q de la orbita. Este punto se obtiene
trazando una perpendicular al eje mayor de la elipse desde el foco y
donde corta a la elipse es el punto Q. La distancia se denomina
semi-latus-rectum.
d) Calcular el periodo del satélite
a) En la figura 1 se indica la posición del satélite en el punto P
Aplicamos el principio de conservación del momento angular, designando vA y rA, las
velocidades y radios vector en el apogeo o perigeo. Recuérdese Ctevmrl
1,8r
RMG3vrv
2
32R
1,8R
MGrmv60ºsen·
1,8R
MG2Rm 60ºsen r v m
A
AAAAA (1)
El principio de conservación de la energía mecánica nos conduce a:
2R
v 60º
P
Fig.1
177
4,8
R5,5R10,8
4,8
R92,44R10,8R10,8rRr10,8R9r2,4
r1,2
r1,2R
R9
2
r
1
r1,2
R
R3,6
0,8
r
1
r3,6
R3
R2
1
R3,6
1
r
MmG
r1,8
RMG3m
2
1
R2
mGM
R1,8
MGm
2
1
r
MmGmv
2
1
R2
mGM
R1,8
MGm
2
1
222
Aa22
A
2A
A
A2AA
2A
A2AA
2A
2
Las dos soluciones son: una para el apogeo 3,4 R y la otra para el perigeo 1,1 R.
b) A partir de la ecuación (1)
Velocidad en el apogeo
s
m3.10
3,4
1
1,8
9,86370.103
3,4
1
1,8
g3R
3,4R
1
1,8
Rg3Rv 3
3
S
2
S
A
Velocidad en el perigeo
s
m3.10,9
1,1
1
1,8
9,86370.103
1,1
1
1,8
g3R
1,1R
1
1,8
Rg3Rv 3
3
S
2
S
P
b) Siguiendo los pasos anteriores y designando con v a la velocidad pedida:
PPPP v3vRvmrvm60ºsen2Rvm
R2
GMv
2R
GM
R
GMv
2
13v
2
1
R
GMmv3m
2
1
R2
GMmmv
2
1 222
2
c) En la figura 2 se ha representado una elipse con la situación del punto Q
OA=a es el semieje mayor de la elipse. La distancia FQ es la semi-latus-rectum y la
designamos con rl. F´Q = r´. Según las propiedades de la elipse:
Q
O F A
F´
Fig.2
178
2)(r2
2OF2
r´;R 1,1-aa·εOFOA
OFε;2arr´
ll
es la excentricidad de la elipse y FA = 1,1 R(es el perigeo de la elipse)
Operando con las ecuaciones anteriores
2
l
2
l
22
l
2
l
22
l
222
l ε1ar0raε4ra4r4araε4r2a
El semieje mayor de la elipse lo calculamos a partir de las distancias al apogeo y al
perigeo
R2,252
R1,1R3,4a
La excentricidad de la elipse es:
0,512,25R
1,1R2,25R
a
1,1Ra
OA
OFε
Calculamos rl.
R1,660,5112,25Rε1ar 22
l
Según el principio de conservación de la energía mecánica.
1,31R
GM
1,8R
1,37GM
1,8R
2,17GM1,8GMGMv
R 0,83
MG
R
GM
R1,8
MGv
R 1,66
MmGmv
2
1
R2
mGM
R1,8
MGm
2
1
R 1,66
MmGmv
2
1
R2
mGM
R1,8
MGm
2
1
S
2
S
2
S
2
S
2
d) Para calcular el periodo del satélite vamos a seguir un procedimiento que resulta
fácil de recordar. Supongamos una órbita circular de radio r y calculemos el periodo de
un satélite que describiese esa órbita
Igualamos la fuerza centrípeta con la atracción gravitatoria
r
GMv
r
MmG
r
vm
2
2
El periodo es:
2
S
2
3
2
3
Rg
rπ2
GM
rπ2
v
rπ2T
Si la órbita es elíptica basta sustituir r en la ecuación anterior por el semieje mayor de la
elipse a = 2,25 R
179
horas75,4s10.71,1
9,8
6370.10π6,75
g
Rπ6,75
gR
2,25Rπ2
Rg
aπ2T 4
3
S
2
1
S
2
3
2
S
2
3
Otra alternativa es emplear directamente la Tercera Ley de Kepler:
2
S
22
22
2
Rg
aπ2
MG
aπ2T
π4
MGCte
T
a
;
Que como se puede comprobar conduce al mismo resultado.
180
88.- Un depósito de forma cilíndrica tiene agua hasta una altura de H=4
m, siendo el área de la base S1= 3 m2. En el fondo del mismo existe una
válvula que al abrirla ofrece una sección S2. Se abre la válvula del fondo
y el depósito se vacía completamente en media hora.
Calcular:
a) el valor de S2
b) La variación del nivel del agua con el tiempo.
c) La variación de la velocidad de salida del agua con el tiempo
Designamos con t a la variable tiempo y tomamos t=0 en el instante cuando se abre la
válvula y por tanto la altura del agua en el depósito es H= 4m.La altura del agua en el
depósito es h en cualquier instante posterior al de apertura de la válvula
Sea v1 la velocidad con que desciende el nivel del agua cuando está a la altura h y v2 la
velocidad de salida del agua por el fondo. Aplicamos el teorema de Bernoulli.
2
1
2
2
2
2atm
2
1atm vvhg20gρvρ2
1phgρvρ
2
1p
Según al ecuación de continuidad: S1 v1=S2 v2 ; 2
1
21 v
S
Sv
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
22
2
2
2
2
1
22
2SS
Shg2
S
S1
hg2v
S
S1vv
S
Svhg2
(1)
Cuando transcurre un tiempo dt posterior a t, el nivel del depósito disminuye en dh y el
volumen disminuye en dV y por este motivo hay que introducir un signo menos en la
ecuación diferencial dV=-S1 dh .Las variaciones de volumen y de altura en el depósito
se relacionan con la variable tiempo del siguiente modo.
dt
dhvvS
dt
dhS
dt
dVdhSdV 11111
H h
S1
S2
181
Como dt
dh
S
Svv
S
S
dt
dhv
2
122
1
21
Sustituyendo en (1)
CtetSS
Sg2hdt
SS
Sg2
h
dhh
SS
g2S
dt
dh
S
S2
2
2
1
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
1
1
2
1
Cuando t =0 , h=H , por tanto la constante vale: HCte
hHSg2
SS
SS
Sg2
hHt;Ht
SS
Sg2h
2
2
2
2
2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
2
1
2
2
Cuando el depósito se vacía completamente t = 0,5 horas = 1800s y h=0
2
2
24
72
2
2
2
2
7
2
2
2
22
cm5,3S
m5,3.106,35.10
18S2S18S6,35.104
S9,82
S91800
182
89.- Una compuerta metálica tiene forma de trapecio isósceles de base
mayor B, menor b y altura h. Se encuentra sumergida en agua de manera
que la base mayor está justamente sobre la superficie del agua. Calcular
la fuerza que soporta dicha compuerta por la presión ejercida por el agua
y determinar la posición del centro de presiones.
Realizar los cálculos numéricos para B = 2 m , b= 1m y h =0,80 m.
En a figura se representa la compuerta y sobre ella se establece una superficie elemental
dS, de espesor dy y longitud x. que dista de la superficie del agua una distancia y. Tanto
y como x son variables ya que depende del lugar de la compuerta donde se elija colocar
la superficie dS.
La presión que actúa sobre la superficie dS vale : p= g y, siendo la densidad del
agua. La fuerza que obra sobre la superficie dS es:
dyxygρpdSdF
La fuerza sobre toda la compuerta es: la suma de todas las fuerzas elementales que
actúan sobre toda la compuerta de altura h , y se calcula mediante una integral
h
0
ydyxgρFT
Como se observa en la figura las dos variables x e y están relacionadas por la ecuación
de una recta y para resolver la integral hemos de poner la variable x en función de y. En
la figura se han prolongado los lados iguales de la compuerta y se ha trazado la vertical
que pasa por la mitad de las distancias: B, b y x.
y
dy
B/2
H
z z´
x
183
(2)
h
bByBx
h
bByB
hB
bBy1B
bB
hB
ybB
hBB
xbB
hBHbHBhBH
H
yHBx
yH
x
z
x
H
B
hH
b
z´
b
H
B;
z2
x
z´2
b
2H
Bαtag
Llevando la ecuación (2) a la integral, resulta
N.1027,66
2220,89,810
6
b2Bhgρ
3
bB
2
BhgρF
h3
bBgρ
2
hgBρ
3
h
h
bBgρ
2
hgBρdyy
h
bByBgρF
32322
T
2232
T
h
0
Designamos con d la distancia desde la superficie al centro de empuje. El momento de
la fuerza resultante debe ser igual a la suma de los momentos de cada elemento que
consideremos de superficie.
m0,625
1222
132
b2B2
3bB
6
b2B12
3bB
d
12
3bBhh
4
bB
3
hBd
6
b2B
4
h
h
bBgρ
3
hBgρ
dyyh
ybBBgρydyyxgρd
6
b2BhgρdF
43
22
T
h
0
h
0
184
90.- Dos sólidos A y B poseen masas mA y mB . Respecto de un sistema
de laboratorio inercial (L), el móvil A se desplaza con velocidad constante
vo dirigiéndose hacia el sólido B en línea recta realizando un choque
frontal. El sólido B, respecto del sistema de laboratorio, se encuentra en
reposo.
a) Designamos al cociente mB/mA = Se pide calcular las velocidades de
ambos sólidos después del choque si éste es elástico.¿Qué ocurre si =1?
b) Ahora el choque no es frontal y =1. Probar que los vectores
velocidad de ambos sólidos son ortogonales.
Determinar en función de vo y el vector velocidad del centro de masas.
c) Escogemos un sistema de referencia ligado al centro de masas,
designado con la letra C. Determinar en este sistema de referencia, en
función de mA , y vo , los vectores velocidad de A y B , sus cantidades
de movimiento y sus energías cinéticas, después del choque. El choque
es elástico y frontal.
d) Ahora suponemos un choque no frontal, entonces representamos la
velocidad del sólido A después del choque, )´(Cv A
, en el sistema C por un
vector cuyo origen es fijo y cuyo extremo se encuentra en un círculo
(ver figura)
Representar el vector velocidad de la masa B después de ese choque,
siendo <1.
Representar los vectores velocidad de A y B después del choque pero
refiriéndolos al sistema del laboratorio (sistema L). Mostrar que A
puede desviarse un ángulo máximo m, calcular su valor cuando =1/2.
Teniendo solamente en cuenta la acción de las fuerzas interiores en el momento del
choque, se conserva el vector cantidad de movimiento total del sistema y además, se
cumple el principio de conservación de la energía, si bien la forma en que ésta se
conserva va a depender del tipo de colisión.
a) Como el choque es elástico existe conservación de la cantidad de movimiento y de la
energía cinética y como es en la misma dirección, las ecuaciones se pueden emplear
escalarmente
)´(CA
v
185
2´
B
2´
A
2
o
2´
BB
2´
AA
2
oA
´
B
´
Ao
´
BB
´
AAoA
vαvvvm2
1vm
2
1vm
2
1
vαvvvmvmvm
Despejamos de la primera ecuación ´
Av y sustituimos su valor en la segunda ecuación
α1
α1v
α1
v2v
o
o´
B
´
Avα1
vα2αvv
α1
2vαvv
α1vv2α1αvvαv2
vαvαv2vαvvvαvαvv
ooo0
o
´
A
´
B0
2´
B
´
Bo
2´
B
´
Bo
2´
B
22
o
2
o
2´
B
2´
Bo
2
o
Si =1 resulta:
0v;vv ´
Ao
´
B
El sólido A se para y el B, que estaba en reposo, adquiere la velocidad de A antes del
choque.
b) Al no ser frontal el choque las velocidades de los sólidos A y el B forman entre sí un
ángulo y la conservación de la cantidad de movimiento hay que expresarla
vectorialmente.
Escribimos la conservación de la cantidad de movimiento con =1, mA=mB
´
B
´
Ao
´
B
´
Ao vvvvmvmvm
El módulo del vector ov
es:
αcosvv2vvvαcosvv2vvv ´
B
´
A
2´
B
2´
A
2
o
´
B
´
A
2´
B
2´
Ao
Aplicando el principio de conservación de la energía cinética
ov
´
Av
´
Bv
X
Y
186
2´
B
2´
A
2
o
2´
B
2´
A
2
o vvvvm2
1vm
2
1vm
2
1
De las dos ecuaciones se deduce que
90ºα0αcosvv2 ´
B
´
A
Antes del choque se cumple para el centro de masas:
α1
v
mm
0mvmv o
BA
BoA
C
(1)
c) En el sistema tomado en el centro de masas, el observador situado en él “ve” que
tanto A como B se acercan a él..
Las velocidades con que observa su acercamiento son relativas pues están determinadas
desde unos ejes en movimiento y por lo tanto son:
α1
ov
Cv0(C)
Bv;
α1
αov
α1
11ov
Cvov(C)
Av
(2)
Las cantidades de movimiento en el sistema C antes del choque, son:
0α1
vm
α1
αvm)(p)(p
α1
vm
α1
vm)(vm)(p;
α1
αvm)(vm(C)p
oAo
ABA
oAo
BBBB
o
AAAA
CC
CCC
Energías cinéticas en el sistema C antes del choque
A
2
o
A2
2
o
A
2
A2
2
o
Ctotal
2
2
oA
2
2
o
B
2
BBCB
2
o
2
A
2
AACA
mα12
αvα1m
α12
αvmαm
α12
v(C)E
α1
vm
2
1
α1
vm
2
1)(vm
2
1)(E;v
α1
αm
2
1)(vm
2
1(C)E CCC
Después del choque y en el sistema C y dado que la cantidad de movimiento se
conserva si el choque es elástico
0)(p)(p CC´
B
´
A
La energía cinética total después del choque y en el sistema C la calculamos en función
de la cantidad de movimiento
187
2´
A
BAB
2´
B
A
2´
A´
Ctotal )(pm2
1
m2
1
m2
)(p
m2
)(p(C)E C
CC
La energía cinética total antes del choque y en el sistema C escrita en función de la
cantidad de movimiento es
2
A
BAB
2
B
A
2
ACtotal )(p
m2
1
m2
1
m2
)(p
m2
)(p(C)E C
CC
De comparar ambas ecuaciones resulta que
)(p)(p CC A
´
A
Si hubiésemos puesto las energías cinéticas en función de B el resultado sería
)(p)(p CC B
´
B
En consecuencia el choque no modifica los módulos de las cantidades de movimiento
de cada sólido en el sistema C.
)(v)(v;)(v)(v CCCC B
´
BA
´
A (3)
d) En el sistema C las cantidades de movimiento de A y B son iguales y de sentido
contrario. Las correspondientes velocidades tienen la dirección de sus respectivos
momentos lineales y como <1 , la velocidad de B en C después del choque es mayor
que la de A en C después del choque. La representación corresponde a la figura 1.
Teniendo en cuenta que el sistema C se desplaza respecto del L con una velocidad vC.
Para obtener las velocidades en L (sistema inercial considerado en reposo) hemos de
sumar a las velocidades en C la velocidad del centro de masas respecto de L y cuyo
valor lo tenemos en la fórmula (1).
Fig.1
188
Además de (2) y (3) se deduce que el módulo de )(v C´
B
es igual al modulo de la
velocidad del centro de masas respecto de L. La figura 2 indica como se obtienen los
vectores de A y B después del choque en el sistema L.
De la figura 2 se deduce que el extremo del vector )(v C´
A
ocupe la posición D siendo
CD tangente a la circunferencia.
30ºθ2
1α
α1
vα1
αv
v
)(v
v
)(vθsen m
o
o
C
A
C
´
Am
CC
Fig.2
189
91.- Desde uno de los polos de la Tierra se lanza un proyectil con
velocidad inicial v0. Calcular la altura que alcanza. Se desprecian los
rozamientos. Establecer el resultado en función del radio de la Tierra R y
de la intensidad del campo gravitatorio en la superficie g.
Al ser lanzado desde uno de los Polos la rotación terrestre no interviene en el problema.
Si vo es grande, al hacer los cálculos se ha de tener en cuenta que la intensidad del
campo gravitatorio no es constante.
Supongamos que nos encontramos a una altura x contada desde el centro de la Tierra. El
proyectil de masa m sufre una fuerza de atracción hacia el centro de la Tierra.
dt
vdu
x
MGamu
x
mMGF
22
El vector unitario u
tiene la dirección y el sentido del radio terrestre que va desde el
centro de la Tierra al polo de lanzamiento.
El vector velocidad del proyectil a la altura x es:
udt
dv
dt
vduvv
De ambas ecuaciones se deduce que:
R
GM
2
v
GMh
R
GM
2
v
h
GM
2
v
R
GM
h
GM
dvvdxx
GMv
xd
vd
dt
dx
xd
vd
dt
vd
x
GM
2
o
2
o
2
o
22
h
R
0
ov
En la superficie terrestre se cumple que
2
2gRGM
R
GMg
Sustituyendo esta última relación en h, resulta:
Rg2
v1
R
2
v
R
Rg
Rgh
2
o
2
o
2
2
190
92.- La esfera de un péndulo simple, de longitud L, está sujeta mediante
dos muelles iguales de constante k y longitud natural , figura 1. Si el
péndulo se separa un ángulo muy pequeño de la posición de equilibrio
determinar el periodo de oscilación
Cuando el péndulo está separado de la posición de equilibrio un ángulo muy pequeño
sobre la esfera actúan las siguientes fuerzas:
La tensión de la cuerda T
T cos = P y T sen es la componente en la dirección de x.
T sen = P sen /cos = P tag L
xP·P
P peso de la esfera en dirección vertical.
F1 muelle estirado, actuando en dirección horizontal y sentido hacia la izquierda.
F2 muelle comprimido, actuando en dirección horizontal y sentido hacia la izquierda.
Si designamos con x a la longitud que se alarga un muelle que es la misma que se
acorta el comprimido, considerando las fuerzas que están en esta dirección, escribimos:
(1)xm
k2
L
gaamxk2
L
xmgmakxkx
L
xP
La ecuación (1) nos dice que el módulo de la aceleración es directamente proporcional
al alargamiento, además si x se considera positivo las fuerzas son de signo negativo y,
por tanto, también la aceleración, en otras palabras, las fuerzas tienden a llevar a la
Fig.1
T
x
L
F1 F2
P
191
esfera hacia la posición de equilibrio. Como consecuencia el movimiento es armónico
simple, siendo xxa 22 . Igualando ambas ecuaciones resulta:
m
k2
L
g
π2T
m
k2
L
g
T
π2
m
k2
L
g2
m
k2
L
gω
2
2
T
.
192
93.- Un plano inclinado tiene una longitud L. Se coloca al borde una
mesa de altura L. Desde lo alto del plano, y sin velocidad inicial, desliza
sin rozamiento un cuerpo. Calcular: a) el ángulo del plano inclinado
que determina que la componente horizontal del cuerpo justamente al
abandonar el plano tenga el valor máximo. b) Calcular el tiempo que
emplea el cuerpo desde que abandona el plano inclinado hasta que llega
al suelo.
a) Por el principio de conservación de la energía mecánica, el módulo del vector
velocidad justamente al abandonar el plano es: αsenLg2v .
La componente horizontal de la velocidad vale cosαsenLg2vX (1).
Para calcular el valor máximo de vx derivamos la ecuación (1) respecto de la variable
e igualamos a cero.
35,3ºα3
1senααsen1αsen2
αcosLgαsenLg20αsenLg22
αcosLg2αcosαsenαsenLg2
dα
dv
22
22x
b) la componente vertical de la velocidad es αsenLg2αsenαsenLg2v 3
Y
El tiempo que emplea el móvil en recorrer la altura L es:
23 tg2
1tαLseng2L0
02LtαsenLg22tggt2
1tαsenLg2L 3223
Resolviendo la ecuación de segundo grado
L
Suelo
L
193
g2
Lg 8αsenLg8αsenLg22t
33
Dado que el tiempo no tiene en este caso significado físico que sea negativo
αsen1αsenLg2t
1αsenLg2αsenLg2L2αsenLg2αsenLg2t
33
3333
g
194
94.- Un recipiente cilíndrico de radio R, tiene en su cara lateral un
orificio que está obturado por un tapón de forma cilíndrica de radio r. El
recipiente contiene un líquido de densidad y el nivel del líquido
respecto del centro del tapón es h. Desde el exterior se introduce el tapón
dentro del líquido una distancia L. Se pide el trabajo necesario en el
proceso.
Ayuda: 3
coscossen;2sen
4
1x
2
1xcos
322
En la figura 1 se observa el tapón dentro del orificio visto de frente y mirando desde
dentro del líquido hacia fuera. Sobre él consideramos un tira situada a una distancia y
con un espesor d, por lo que su superficie es : dS= x d. La distancia de esa tira a la
superficie libre del líquido es h-.
La presión hidrostática sobre ella vale:
γhgρp
La fuerza que el líquido ejerce sobre la tira es:
dλxγhgρdSγhgρdSpdF
h
2r
Fig.1
d
d
195
En la ecuación anterior hay dos variables que no son independientes entre sí, y que
vamos a poner en función de una sola variable .
dθθcosrdγθsenrγ;θcosrx
La fuerza sobre el cuadrante superior derecho vale
3
rgρ
4
rπhgρF
3
0cos
3
2
πcos
rgρ
4
0sen
2
0
4
πsen
4
πrhgρ
3
θcosrgρ
4
2θsen
2
θrhgρ
dθθcosθsenrgρdθθcosrhgρdθθcosrθcosrθsenrhgρF
3233
3
23
32
2322
2π
0
2π
0
2π
0
2π
0
2π
0
Por simetría se deduce que la fuerza sobre el cuadrante superior izquierdo es igual, por
consiguiente, la fuerza sobre el semicírculo superior del tapón es:
3
rgρ2
2
rπhgρF2F
32
S
Si consideramos el semicírculo inferior del tapón la única diferencia en el planteamiento
es que la presión vale ahora
γhgρp
El cálculo es igual al anterior salvo el cambio de signo, en definitiva la fuerza sobre el
semicírculo inferior del tapón es:
3
rgρ2
2
rπhgρF
32
I
La fuerza total sobre el tapón que el líquido ejerce sobre él, es:
2
IST rπhgρFFF (1)
El trabajo que hemos de hacer para vencer esa fuerza, requiere aplicar una fuerza igual y
de sentido contrario y puesto que todas las magnitudes que intervienen en la ecuación
(1) son constantes, vale:
Lrπhgρ0 cos··LF L·F W 2
Este trabajo se ha calculado con la suposición de que al introducir el tapón en el líquido
el nivel h se mantiene constante lo cual es prácticamente cierto si R>>r, pero si tenemos
en cuenta que la introducción del tapón supone aumentar el valor de h, entonces el
trabajo será mayor.
196
Cuando el tapón se haya introducido la distancia L en el líquido, el nivel del mismo en
el recipiente cilíndrico es h´.
LR
rhΔhhh´ΔhRπLrπ
2
222
La fuerza mínima está dada por la ecuación (1) y la máxima por la ecuación (2)
2
2
22´
T rπLR
rhgρrh´πgρF
(2)
La fuerza es el valor medio de ambas ya que la relación es lineal, por tanto:
2
22
2
22
MR2
Lrhrπgρ
2
LR
rhhrπgρ
2F TT FF
El trabajo
LR2
LrhrπgρLFW
2
22
M
197
95.- Una campana semiesférica de radio R y de masa m, se apoya
herméticamente sobre un suelo horizontal. En la cúspide de dicha
campana existe un pequeño agujero, por el que se introduce un líquido
de densidad . Cuando el nivel del líquido dentro de la campana alcanza
el agujero, comienza a fluir el líquido por la parte inferior. Calcular la
masa m de la campana.
Lo primero que cabe preguntarse es el hecho de que pueda fluir el líquido a pesar de que
el cierre es hermético. La razón está en que la fuerza debida a la presión hidrostática
ejercida por el líquido, tiene una componente vertical y hacia arriba, y está
componente cuando es justamente igual al peso de la campana la separa del suelo
horizontal y por ello el líquido de su interior puede salir al exterior.
En la figura 1 hemos considerado una superficie de espesor Rd y radio r. Se observa
que la fuerza debida a la presión hidrostática actúa perpendicularmente a la superficie y
tiene dos componentes: una horizontal y otra vertical. Dada la simetría se puede deducir
que las componentes horizontales se anulan dos a dos y se suman las verticales.
Desiganmos con g a la distancia vertical desde el plano horizontal que contienen al
elemento de superficie hasta la superficie situada en lka parte inferior de la semiesfera(
ver figura 1). La presión hidrostática que actúa sobre la tira vale:
γRgρp
La superficie de la tira es: dθRrπ2dS y la fuerza en dirección vertical
θsendθRrπ2γRgρθsendSpdF (1)
La fuerza sobre toda la campana se obtiene integrando la ecuación anterior. En dicha
ecuación existen tres variables, a saber: r , , y Para hacer la integración ponemos
las variables r y en función de
Fig.1
198
R
rθcos;
R
γθsen
2π
0
2π
0
2π
0
2π
0
2π
0
2π
0
3
θsenRgρπ2
2
θ2cosRgρπdθθcosθsenRgρπ2dθθ2senRgρπF
dθθcosθsenRgρπ2dθθcosθsenRgρπ2F
dθθsenθcosθsen1Rgρπ2dθθsenθRcosRπ2θsenRRgρdF
33
3233
233
3
Sustituyendo los límites de la integral
3333333
Rgρπ3
1Rgρπ
3
2Rgρπ0sen
2
πsenRgρπ
3
20coscosπ
2
RgρπF
Igualando esta fuerza con el peso de la campana
33 Rρπ3
1mmgRgρπ
3
1
Este problema se puede resolver sin recurrir al cálculo integral. Supongamos que la
campana la situamos sobre el platillo de una balanza, ésta indicara un valor que
corresponde al peso de la campana más el peso del agua. Cuando el nivel del agua
alcance el agujero la campana se levanta y deja de actuar sobre el platillo de la balanza,
con lo que el peso de la campana más el peso del agua es igual a la fuerza de presión
hidrostática
33323 Rρπ3
1Rρπ
3
2RρπmRπRgρgρRπ
3
2mg
199
96.- Se considera a la Tierra como una esfera homogénea de radio RT
=6400 km y masa MT = 6,00.1024 kg.
a) Escribir la ecuación de la intensidad del campo gravitatorio terrestre a
una distancia del centro de la Tierra r>RT
b) Un satélite de masa m se encuentra describiendo una órbita circular
de radio r. Expresar su velocidad, energía y periodo de rotación en
función del radio de la órbita.
c) Sea la latitud del lugar desde donde se ha lanzado el satélite y la
velocidad de rotación de la tierra alrededor del eje que pasa por sus
polos. Calcular la energía que ha de comunicarse al satélite en el lugar
del lanzamiento para colocarlo en su orbita circular de radio r.
d) Se desea transferir el satélite desde la orbita circular de radio r a otra
circular de radio R, siendo R>r. El proceso se realiza mediante una
órbita de transferencia elíptica que tiene su perigeo tangente a la orbita
circular r y su apogeo tangente a la órbita circular de radio R. El paso de
la órbita r a la elíptica y de la elíptica a la R se realiza con ayuda de
propulsores que aumentan la energía en E1 y E2 del satélite
respectivamente. Se supone que la expresión de la energía y del periodo
obtenido para la órbita circular r siguen siendo válidas incluso para la
órbita elíptica con tal de sustituir r por el semieje mayor a de la elipse.
Calcular las energías de las tres órbitas y de E1 y E2, con una valor
de la masa del satélite m= 100 kg, r=6600 km y R=42200 km.
Calcular la duración del vuelo de la órbita r a la R.
Dato G = 6,67.10-11 N m2 kg-2
a) Designamos con u
, a un vector unitario dirigido desde el centro de la Tierra a un
punto situado a una distancia r del centro, en donde se calcula la intensidad del campo
gravitatorio.
Supongamos que en ese lugar existe la unidad de masa, la fuerza de atracción
gravitatoria nos la da la ley de Newton
u
2
T
2
T
r
mMGgu
r
mMGF
b) Sobre el satélite en su orbita circular actúa la fuerza de atracción gravitatoria, fuerza
que va a proporcionar la fuerza centrípeta.
r
MGv
r
vm
r
mMG T
2
2
T
200
El satélite posee dos tipos de energía mecánica, la cinética y la potencial gravitatoria
r2
mMG
r
mMG
r
GMm
2
1
r
mMGmv
2
1E
TTTT2
La energía es negativa porque si queremos llevar el satélite al infinito donde la energía
es nula, hemos de aportar energía (trabajo), se dice que el satélite está “atrapado” en su
órbita.
El satélite se desplaza con velocidad constante, luego su periodo
T
2
3
T MG
rπ2
r
MG
rπ2
v
rπ2T (1)
c) Cuando el satélite se encuentra en el lugar de lanzamiento posee energía potencial
gravitatoria y energía cinética debida a la rotación de la Tierra. Ocupa una posición ro
respecto al eje terrestre y en un día recorre una circunferencia de ese radio, su
velocidad es:
T
λcosRπ2
T
rπ2v To
o
Energía en tierra más la energía que se le comunica es igual a la energía en la primera
órbita
2
22
T
2
T
T
T
2
22
T
2
t
T
T
λcosRπ4m
2
1
r 2
1
R
1mMGΔE
r2
mMGΔE
T
λcosRπ4m
2
1
R
mMG
d)
La energía en la orbita inicial de radio r : r2
mGME t
r
La energía en la orbita de radio R : R2
mGME t
r
El semieje mayor de la órbita elíptica es: 2
Rra
y su energía:
Rr
mGM
2Rr
mGM
2
1E TT
E
ro RT
r R
a
201
J3,46.1042200.102
1
48800.10
11006,00.106,67.10ΔE
R2
1
Rr
1mGM
Rr
mGM
R2
mGMEEΔE
J2,21.1048800.10
1
2.6600.10
11006,00.106,67.10ΔE
Rr
1
r2
1mGM
r2
mGM
Rr
mGMEEΔE
8
33
2411
2
TTT
ER2
9
33
2411
1
TTT
rE1
Teniendo en cuenta que el satélite recorre media órbita elíptica de semieje mayor a, y
aplicando la ecuación (1).
horas5,3s189286,00.106,67.10
2
42200.106600.10π
MG
2
Rrπ2
2
1T
2411
2
333
T
2
3
202
97.- En el sistema mecánico de la figura inferior el muelle elástico tiene
su longitud natural Lo= 1 m, siendo su constante k = 2 N/m.
Las tres masas,1, 2 y 3, son iguales a m =0,1 kg. Se admite que no existe
ningún rozamiento y se desprecia el momento de inercia de las poleas. Si
se quita la masa 1, se pide a) La distancia x medida sobre el plano
cuando la masa 2 pierde su contacto con él. b) La ecuación que
relaciona la velocidad de 2 en función de la distancia recorrida sobre el
plano. c) La posición para la cual la velocidad es máxima. d) Construya
la gráfica velocidad (eje Y) frente a posición x( eje X). Tome g = 10 m/s2.
a) En al figura 1, x representa la distancia entre la posición inicial de la masa 2 y una
posición cualquiera sobre el plano. Las fuerzas que actúan sobre la masa 2 son: el peso
mg, la fuerza elástica del muelle Fe y la fuerza N con que el plano empuja a la masa 2.
La posición del muelle queda registrada mediante el ángulo .
Tanto en cuanto la masa 2 esté sobre el plano se cumple que Fe cos θ + N = mg
Fig.1
203
La fuerza elástica es mayor cuanto mayor sea el ángulo , por lo que N disminuirá a
medida que aumenta , llegará un momento en que N=0 , con lo cual la masa 2 pierde el
contacto con el plano.
Sea ese ángulo y x() la distancia cuando 2 pierde el contacto con el plano. L
representa la longitud del muelle estirado. Entonces se cumple:
m1,7321
2
100,112
2122oL
2
gm0
kL
2okL
αx
2
gm0
kL
2okL
α2x2oL
gm0
kL
2okL
α2x2oL
gm0
kL
2okL
L
gm0
kLL
2okL
mgL
2okL
-okLmgL
oLoLLkmgαcoseF
b) Para un valor cualquiera de x y de acuerdo con las fuerzas que actúan sobre las
masas, la segunda ley de Newton nos conduce a:
dt
dx
dx
dvm2
dt
dvm2
xL
xkLkxmg
am2xL
xL-
L
xLk-mgam2θsenL-θtagLk-mg
am2θsenL-θcos
Lk-mgam2θsenL-Lk-mg
ecuacionesdoslasSumandomaTmg;maθsenFT
22
o
o
22
o
o
o
ooo
o
o
o
e
Separando variables e integrando
CtevmdxxL
xLk
2
xkxgm
dvvm2dxxL
xkLdxxkdxgm
2
22
o
0
2
22
o
o
Para resolver la integral de la ecuación anterior hacemos un cambio de variable:
22
o22
o
222
o xLpp
dpp
xL
dxxdppdxxpxL
Sustituyendo resulta:
204
CtevmxLLk2
xkxgm 222
oo
2
Para deducir la constante de integración, recurrimos a las condiciones iniciales:
Cuando x= 0 , v=0, luego : 2
oLkCte
m
kLxLLk2
xkxgm
vkLvmxLLk2
xkxgm
2
o
22
oo
2
2
o
222
oo
2
Sustituyendo los valores numéricos del problema resulta:
20x120x10 x10v 22 (1)
c) Para hallar el valor máximo de v, derivamos la velocidad respecto de la variable x e
igualamos a cero.
10x20x1
x200
20x120x10x102
x12
x220x2010
dx
dv
222
2
La ecuación anterior la resolvemos por tanteo.
x=1…………….. 14,14> 10 ; x=1,5 ……………..16,64 < 20
x=1,3…….…….. 15,85< 16 ; x=1,25 ………….. .15,61 > 15
x=1,27……….. . 15,71> 15,4 ; x=1,29 ………… .15,81< 15,8
Damos como solución aproximada x= 1,29 m.
e)
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8
x/m
v/m
.s-1
205
98.-Una semiesfera de densidad volumétrica y radio R, es arrastrada
deslizando con velocidad constante por un suelo horizontal por acción de
la fuerza F La posición de la semiesfera queda determinada por el
ángulo .
Determinar: a) El centro de masas de la semiesfera b) El ángulo si el
coeficiente de rozamiento entre esfera y suelo es =0,8.
a) En la figura 1 hemos considerado que el círculo máximo de la esfera se encuentra en
el plano XY, siendo el centro de ese círculo O, el origen del sistema de coordenadas.
Para mayor facilidad en la determinación del centro de masas, le hemos dado la vuelta a
la semiesfera y dada la simetría se comprende que el centro de masas esté sobre el eje Z
y más cerca de la base que de la cúspide.
Consideramos dos cortes sobre la semiesfera a una altura z (variable) y separados dz
que es el espesor dz. Los dos cortes determinan un cilindro elemental de radio r y altura
dz, siendo su masa:
Fig.1
X
Z
Y
dz
O
O
206
ρdzrπρdVdm 2
Tanto r como z son variables que se encuentran relacionadas entre sí:
222 zRr
Por tanto:
ρdzRπρdVdm 22 z
La posición del centro de masas es:
R8
3
3
2
R4
1
CMZ
ρ3Rπ3
2
4
1
2
14Rπρ
ρ3Rπ3
2
R
04
4zπρ
2
2z2Rπρ
ρV
dz3zz2Rπρ
dm
dm · z
CM
Z
b) En la figura 2 hemos situado las fuerzas que actúan sobre la semiesfera. Puesto
que el desplazamiento se realiza a velocidad constante y sin giros, la suma de las
fuerzas debe ser nula y también la suma de los momentos respecto del centro de
masas.
De la primera condición se deduce que:
Fig.2
207
gMμFMgN
NμF
FF
R
R
F y FR forman un par de fuerzas que tienden a aumentar el ángulo , mientras que N
crea un momento respecto del centro de masas que se opone a que aumente , dado que
el sistema ha alcanzado el equilibrio la suma de momentos es nula, la suma de
momentos es nula. Recuérdese que el momento de un par, es el producto de una de las
fuerzas por la distancia entre sus líneas de acción, que es este caso designamos con a.
Tomamos momentos de las fuerzas respecto del centro de masas.
Momento de la fuerza de rozamiento: HFR , en sentido horario
Momento de la fuerza aplicada , F: hFR , en sentido antihorario
De la figura se deduce que H-h =a, por tanto, la resultante de los momentos de esas dos
fuerzas es : hFHF RR FR.a, pero senθRRa y MgμNμFR
Recuérdese que el momento de un par, es el producto de una de las fuerzas por la
distancia entre sus líneas de acción, que es este caso designamos con a.
Momento resultante de las dos fuerzas F y FR: θ)senR(1gMμ
Momento de la fuerza N : θsenR8
3gMθsenR
8
3N
42,9ºθ0,68
0,88
3
0,8
μ8
3
μθsenμ
8
3θsenμ
θsen-1μθsen8
3θsen -1RgMμθsenR
8
3gM
208
99.-Un cilindro macizo de radio R, desliza por un plano horizontal AO,
con velocidad del centro de masas constante vi.
En O existe un plano inclinado OB que forma un ángulo con la
horizontal. Se pide el valor máximo de vi que puede llevar el cilindro
para que en todo momento pase de un plano a otro sin perder el contacto
con el suelo.
Sobre el cilindro actúan: su peso mg y la reacción normal del plano N Fig.1. El
cilindro al llegar a O y no perder contacto con el plano debe girar y su centro de masa
describe un ángulo tal como se indica en la figura 1.
Para un ángulo el cilindro ya rueda por el plano OB. Considerando la posición del
ángulo girado y que el cilindro no ha perdido contacto con los planos, actúan las
Fig.1
209
fuerzas: mg y N. De la figura se deduce que entre la posición inicial 1 y la final f, el
centro de masas ha descendido una distancia h
αcos1RαRcosRh
Como el cilindro rueda no existe disipación de energía, conservándose la energía
mecánica y esta pérdida de altura da lugar a una disminución de la energía potencial que
se traduce en un aumento de la energía cinética de rotación.
2
2
i
2
2
f2
i
2
fR
v
R
vI
2
1ωωI
2
1αcos1Rgm (1)
El momento de inercia del cilindro respecto del eje perpendicular a sus bases y que pasa
por el centro es: 2
CM mR2
1I .
Según el teorema de Steiner el momento de inercia respecto del eje que pasa por O:
2222
CM mR2
3mRmR
2
1mRII
Sustituyendo en (1)
)2(αcos1Rg 3
4vv
vvαcos1Rg 3
4
R
v
R
vmR
2
3
2
1αcos1Rgm
2
f
2
i
2
i
2
f2
2
i
2
2
f2
En la posición f de la figura 1, la componente del peso mg·cosα junto con N
proporcionan la fuerza centrípeta
Nαcosmgm
Rv
R
vmNαcosmg 2
f
2
f (3)
Combinando (2) y (3):
)4(m
RN4αcos7
3
Rgv
m
RNRg
3
4αcosRg
3
7v
αcosRg3
4Rg
3
4
m
RNαcosgRαcos1Rg
3
4Nαcosgm
m
Rv
i
2
i
2
i
Observamos que en la ecuación (4) cuanto más pequeño sea N mayor es vi, lo más
pequeño que puede ser N es cero y por tanto vi es el máximo posible, en consecuencia la
velocidad máxima es:
4αcos73
Rgv i
210
100.- Una esfera de radio R=10 cm flota en el agua (densidad =103
kg/m3). El centro de la esfera se encuentra 9 cm por encima de la
superficie del agua. Calcular el trabajo que debe realizarse para
sumergir la esfera hasta que su centro se encuentre justamente en la
superficie del agua. Ayuda. Volumen de un casquete esférico de altura h perteneciente a una
esfera de radio R: h3Rhπ3
1V 2 .
Cuando la esfera flota en la superficie del agua,
su peso es igual al empuje de la parte sumergida.
Peso = Empuje
Y el empuje es igual al peso del líquido
desplazado, cuyo volumen es el correspondiente
al del casquete sumergido.
Designamos con m a la masa de la esfera, con R al radio de a esfera y h la altura del
casquete:
gρh3Rhπ3
1gVρmg 2
Supongamos que mediante una fuerza F vertical y hacia abajo, que pasa por el centro
de la esfera, la mantenemos dentro del agua de modo que la altura del casquete esférico
sea x>h. (fig.1).
Las fuerzas que actúan sobre la esfera son: en dirección vertical y hacia abajo el peso
mg y la fuerza aplicada F y en la misma dirección y sentido ascendente el empuje del
agua E.
m g
E
F
x
Fig.1
9 cm
h agua
C
211
h3RhxxR3gρπ3
1F
gρh3Rhπ3
1gρx3Rxπ
3
1mggρx3Rxπ
3
1mgEF
232
222
Si se desplaza hacia abajo la esfera una distancia vertical dx, el trabajo necesario es:
dxh3Rhxx3Rgρπ3
1dxFdW 232
En la ecuación anterior x es variable y de acuerdo con el enunciado x varía desde h a R
h)Rh3Rh4
hRhR
4
3gρπ
3
1W
hh3RhRh3Rh4
hhR
4
RRgρπ
3
1W
xh3Rh4
xxRgρπ
3
1dxh3Rhxx3Rgρπ
3
1dxFW
234
224
34
4
24
3232
R
h
R
h
R
h
Sustituimos los valores numéricos en la ecuación anterior
J0,740,010,10,010,130,014
0,010,10,010,1
4
39,810π
3
1W 2343
212
101.-Un alambre tiene forma de circunferencia de radio R=1 m, está
situado en el plano XY. Lleva insertado una cuenta de collar de masa m
que puede moverse a lo largo del alambre. El coeficiente de rozamiento
entre el collar y el alambre es . Si al collar se le da una velocidad
inicial vo= 3 m/s,
a) Determinar el ángulo descrito hasta que se para.
b) Calcular cuál debería ser el coeficiente de rozamiento si el collar
volviese justamente a la posición inicial y ahí se parase.
c) Construir la gráfica velocidad posición.
Ayuda: 22
22xaxln
xa
dx
En la figura 1 se representa la cuenta de collar deslizando por el alambre y las fuerzas
que actúan sobre ella.
El peso P fuerza vertical y dirigida según el eje Z negativo.
La fuerza de rozamiento FR tangente al alambre y que actúa frenando al collar.
La fuerza N con que el alambre empuja al collar. Esa fuerza tiene dos componentes una
en la dirección del eje Z y otra en el plano XY y dirigida hacia el centro del alambre.
Esto es así porque la componente vertical de N es igual y opuesta al peso y la
componente en el plano XY proporciona la fuerza centrípeta que necesita el collar al
desplazarse por el alambre, para cambiar la dirección de su vector velocidad.
Descomponiendo las fuerzas en la dirección del eje Z y en la dirección radial, contenida
en el plano XY, podemos escribir las siguientes ecuaciones
ds
dvvm
dt
ds
ds
dvm
dt
dvmamμNF;
R
mvsenαN;mgcosαN R
2
El signo menos es debido, a que la fuerza de rozamiento proporciona una aceleración de
sentido contrario al vector velocidad. Con s, se representa la longitud del arco recorrido.
Al analizar estas ecuaciones nos encontramos con una velocidad variable con el
tiempo, ya que la fuerza de rozamiento frena al collar, y como consecuencia el ángulo
Z
P
FR
N
X
Y
Fig.1
v
213
es variable, tiende a cero a medida que la velocidad del collar disminuye y así cuando
el collar está parado N tiene la dirección de P y sentido contrario.
A partir de las dos primeras ecuaciones sumándolas miembro a miembro, se deduce:
422
2
42
2
4222222 vRg
R
m
R
vgmN
R
vmgmαsenαcosN
Sustituimos N en la tercera ecuación
422
422
vRg
dvvds
R
μ
ds
dvvmvRg
R
mμ
La primera integral es inmediata y en la segunda nos basta sustituir
dxdvv2xv2
Para obtener la integral, hacemos uso de la ayuda del enunciado
CtevRgvlnR
sμ2
CtexRgxln2
1
R
sμ
xRg
2
dx
dsR
μ
4222
222
222
Para hallar la constante de integración sabemos que cuando s=0, v=vo.
4222
4
o
222
o4
o
222
o
4222
4
o
222
o
4
o
222
o
vRgv
vRgvln
μ2
RsvRgvlnvRgvln
R
sμ2
vRgvlnCteCtevRgvln0
Cuando la cuenta de collar se para, su velocidad se anula
117ºrad2,051
2,05θradio*angulo arco
m2,0519,8
319,83ln
0,22
1s
22
4222
b) Si el collar vuelve a su posición inicial ha descrito una longitud = 2 R
214
0,0249,8
319,8ln
4π
1μ
19,8
319,83ln
μ2
RRπ2
422
22
4222
c)
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
0 0,5 1 1,5 2 2,5
posición, s/m
ve
loc
ida
d v
/m.s
-1
215
102.-Un planeta de forma esférica y radio R tiene una densidad uniforme
. En dicho planeta el peso de un cuerpo en los polos es el doble que en
el ecuador. Determinar su periodo de rotación en función de la
constante de gravitación G y de su densidad.
Vamos a analizar el problema desde el punto de vista de un observador inercial, esto es,
que no está ligado al planeta.
Cuando el cuerpo, cuya masa designamos con m, está en reposo en uno de los polos,
sobre él actúa la fuerza de atracción gravitatoria y la fuerza con que el suelo empuja al
cuerpo N. Al estar en equilibrio N = fuerza de atracción gravitatoria. Si el cuerpo está
sobre una balanza ésta indicará la fuerza de reacción a N y el valor indicado es
precisamente el peso en el polo.
2
PP
R
mMGP
MP representa la masa del planeta. Cuando ese mismo cuerpo se encuentra en el ecuador
existen dos fuerzas reales, una la atracción gravitatoria, fuerza dirigida hacia el centro
del planeta y un fuerza N con que el suelo empuja a m. Al girar el planeta, el cuerpo
recibe una fuerza centrípeta que le permita mantenerse en una posición, cambiando la
dirección de su vector velocidad y esta fuerza es proporcionada también por la fuerza de
atracción gravitatoria. Ahora la fuerza de reacción N es menor que la fuerza de
atracción gravitatoria y esto es así porque el cuerpo ligado al planeta está girando con él
y para ello necesita una fuerza centrípeta dirigida al centro del planeta.
RωmR
mMGNRωmN
R
mMG 2
2
P2
2
P
Si el cuerpo está sobre una balanza ésta indicará la fuerza de reacción a N y el valor
indicado es precisamente el peso en el ecuador y de acuerdo con el enunciado Pp = 2PE
ρG
π6
ρπG2
3π2T
3
ρπG2
T
π2
R2
ρRπ3
4G
R2
MGω
Rω2R
MG
RmωR
mMG
R
mMG
2P
P Rmω
R
mMGP
3
3
3
P
2
2
P
2
2
P
2
P
E
P2
2
PE
216
103.-El periodo de rotación de la Luna alrededor de su eje es actualmente
el mismo que el de revolución alrededor de la Tierra de modo que el
mismo lado de la Luna siempre encara hacia la Tierra.
La acción constante de las mareas originadas por la Luna, dan como
resultado una disminución en la velocidad de rotación de la Tierra y un
alejamiento de la Luna. Consideramos un sistema inercial llamado CM
localizado en el centro de masas del sistema Tierra-Luna Otro sistema
XY de la figura está localizado en el centro de la Tierra.
Actualmente la distancia entre los centros de la Tierra y la Luna
(consideradas ambas como esferas) es ro =3,85.108 m y esta distancia
aumenta a razón de 0,038 m por año.
De acuerdo con las siguientes suposiciones a) El sistema Tierra-Luna
está aislado del resto del Universo b) La orbita de la Luna alrededor de la
Tierra es circular c) El eje de rotación de la Tierra es perpendicular al
plano orbital de la Luna. d) La Tierra es una esfera homogénea de Radio
RT.
Calcular 1) El momento angular total del sistema Tierra-Luna respecto
a su centro de masas.
2) Cuando el periodo de rotación de la Tierra y el de revolución de la
Luna sean iguales determinar la duración de la rotación de la Tierra
expresándola en días actuales.
3) Si el ritmo de alejamiento de la Luna fuese como el actual y se
mantuviese constante, calcular los años que han de transcurrir para que
se cumpla el apartado anterior.
Datos:
Periodo actual de revolución de la Luna, TL = 27,322 días
Masa de la Luna, ML= 7,35.1022 kg
Radio de la Luna, RL=1,74.106 m
Periodo actual de rotación de la Tierra, TT= 23,933 horas
Masa de la Tierra, MT= 5,97.10 24 kg
Radio de la Tierra, RT= 6,37.106 km
Constante de gravitación universal G =6,672.10-11 N.m2/kg2
CM
Y YCM
Tierra
Luna X
Fig.1
217
1) Localizamos el centro de masas del sistema Tierra-Luna respecto del sistema XY
m,4,68.107,35.105,97.10
3,85.107,35.10
MM
rM0Mr 6
2224
822
LT
oLT
CM
El momento angular total del sistema Tierra-Luna se compone de cuatro términos:
1) Momento orbital de la Luna con relación al centro de masas del sistema.
s
mkg2,83.104,68.103,35.10
36002427,322
π27,35.10rωML
234268222
CMLLL
L
2) Momento angular de giro de la Luna respecto de su eje.
s
mkg2,37.10S
360027,322.24.
π21,74.107,35.10
5
2
360027,322.24.
π2RM
5
2IωS
229
L
26222
LLLL
1
3) Momento orbital de la Tierra respecto del centro de masas del sistema.
s
mkg3,48.104,86.10
36002427,332
π25,97.10rωML
2322624
T
2
CMTTT
4) Momento angular de giro de la Tierra respecto de su eje.
s
mkg7,05.10
360024
π26,37.105,97.10
5
2
T
π2RM
5
2S
2332624
T
2
TTT
El momento angular total es la suma de los cuatro. Dado que el orbital de la Luna
alrededor de su eje es muy pequeño comparado con los otros tres, prescindimos de él.
s
mkg3,57.107,05.103,48.102,83.10L
234333234
total
2) Cuando los periodos son iguales, designamos con la distancia entre la Tierra y la
Luna, con f el periodo angular y, con la distancia que existe desde el CM del
sistema futuro Tierra-Luna a la Luna.
CM
Y
YCM
Tierra
Luna X
Fig.2
218
Calculamos la nueva posición del centro de masas del sistema Tierra-Luna respecto del
sistema XY ligado al centro de la Tierra.
T
LT
LT
T
LT
L
LT
LTCM
LT
LT´
CM
M
MMσρ
MM
Mρ
MM
M1ρ
MM
ρM0Mρ´xρσ
MM
ρM0Mx
En la situación actual (ver la figura 1), la distancia del centro de masas del sistema
Tierra-Luna a la Luna es: CMo rr . En el futuro la distancia es (ver la figura 2).
De acuerdo con la tercera ley de Kepler:
142
f
32
f
3
2368
2
f
3
2
L
3
CMo
3,894.10ωσωσ36002427,332
π24,68.103,85.10
ωσ360024T
π2rr
Evaluamos los distintos momentos angulares de la Tierra y la Luna respecto del nuevo
sistema de referencia del CM.( no consideramos SL)
31
f
34
31
ω3,92.10L
ω
7,302.10ω7,35.10
ω
3,894.10ωMσωML
32
L
f
24
f
22
2
2
f
14
fL
2
fLL
31
31
34
ω10.82,4ω10.97,5
7,302.1010.35,7
ω
7,302.10ω
M
M
M
MMσω
MM
MML
ρωMM
MM
MM
ρMωMxωML
30-
24
24222
24
f
T
2
L
2
T
2
LT
2
f2
LT
2
LTT
2
f2
LT
2
LT
LT
LfT
2´
CMfTT
f
37
f
2624
f
2
TTT ω9,69.10ω6,37.105,97.105
2ωRM
5
2S
La conservación del momento angular, nos permite escribir:
219
357ω9,69.10ω3,97
3,57.10ω9,69.10ω4,82.10ω3,92.10
f
5
f
34
f
37
f
30
f
32
31
31
31
Si f es del orden de 10-6 el primer término vale 397 y el segundo aproximadamente 1.
Por tanto el orden parece ser e110-6.
Para 1,2.10-6 373,6+1,1> 357
Para 1,3.10-6 364+ 1,3 > 357
Para 1,4.10-6 355+1,4< 357
Para 1,38.10-6 356,6 +1,33>357
Para 1,39.10-6 355,7+1,35=357
La solución aproximada es: f =1,39.10-6 rad/s
3) Calculamos el valor de
m5,94.10
5,97.10
5,97.107,35.10
10.39,1
10.894,3
M
MMσρ 8
24
2422
26
14
T
LT3
El aumento de la distancia Tierra Luna es:
m2,09.103,85.105,94.10Δd 888
El tiempo que debe transcurrir al ritmo de alejamiento actual es:
años5,5.10
año
m0,038
m2,09.10 98
220
104.-Con el dispositivo electromagnético de la figura se consigue lanzar
un cuerpo de masa m= 2 kg al aire.
El dispositivo consta de dos barras conductoras iguales y paralelas (AD y
EC) de 6,0 m de longitud.
Sobre ellas desliza una barra, también conductora, PQ de longitud 1 m
y masa despreciable. Las barras, respecto del suelo horizontal, forman
un cierto ángulo . Este ángulo se puede variar.
Perpendicular al plano AECD existe un campo magnético uniforme de
módulo B = 2T. El dispositivo (cañón electromagnético) funciona
cuando por los extremos AE se conecta una fuente de corriente continua
que proporciona una intensidad constante de 30 amperios. El conjunto
de todo el sistema de barras posee una resistencia de R = 1 .
La barra PQ comienza su movimiento ( v=0) en AE y termina en DC . Al
llegar a ese lugar la masa m se desprende y viaja por el aire. El impacto
de la masa m con el suelo se produce a una distancia horizontal H = 12
m respecto de su punto de salida.
Calcular el ángulo de lanzamiento y el tiempo total que emplea la masa
m desde que sale de AE hasta que impacta con el suelo. Se admite que los
rozamientos son despreciables.
a) Realizar el cálculo suponiendo despreciable la corriente inducida.
b) Teniendo en cuenta la corriente inducida.
Tome g = 10 m/s2
Ayuda.-
tL
R
e1R
Ei:soluciónEiR
dt
diL
a) Para que el sistema de lanzamiento funcione debe actuar sobre la barra una fuerza
electromagnética en sentido ascendente, para lo cual es necesario que la intensidad de la
I
221
corriente que circula por la barra PQ lo haga en el sentido de PQ, esto significa que el
polo positivo de la fuente debe ser el extremo A y el negativo el E. Esto se deduce de la
ecuación electromagnética de la fuerza que sufre un conductor en el seno de un campo
magnético
BQP IBLIF
Siendo el módulo de la fuerza
BLIsen90ºBLIF
Si observamos la barra mirando desde el extremo Q, deducimos que sobre el c.d.m.
existen tres fuerzas: la citada anteriormente, la componente del peso de la masa m y la
fuerza normal de reacción N (figura 1). Esta fuerza N la proporcionan las barras
paralelas AD y EC en los puntos de contacto con la barra, en P y Q. donde en cada uno
la reacción vele N/2.
Respecto de la dirección de avance de la barra PQ hacia los puntos C y D, el módulo de
la fuerza resultante es:
2Rs
mθ)sen1030(
2
θsen1022130
m
θsengmBLIamaθsengmBLIF
El movimiento de la barra PQ acompañado de la masa m es uniformemente acelerado,
partiendo del reposo.
s
mθsen3120
θsen3
1,2θsen1030v
θsen3
1,2t;tθsen1030
2
16AD;tθsen1030t·av 2
La velocidad con que la masa m abandona la barra PQ es v, describiendo en el aire una
parábola. Las ecuaciones del movimiento respecto de ejes situados con origen en el
suelo y situados en el pie del final de las barras, son las siguientes:
2t102
1tsenθθsen3120θsenADy;tcosθθsen3120x
Cuando x = H = 12 m; t es el tiempo de vuelo en el aire de la masa m y que
designamos como tv cuando llega a y=0
mg
I L B
N
Fig.1
222
)2(5ttsenθθsen3120θsen0,60;)1(tθcosθsen312012 2
vvv
La primera ecuación la elevamos al cuadrado, resulta:
)3(tθcosθsen32,1tθcosθsen3021144 2
v
22
v
2
Para resolver el sistema de ecuaciones (2) y (3), en la ecuación (3) damos valores al
ángulo , obtenemos tv, y ambos valores los sustituimos en (2), cuando el resultado sea
nulo, hemos encontrado los valores del tiempo de vuelo y del ángulo.
Ángulo / º S=(3-sen ) cos2
S
1,2t v
40 1,383 0,93
50 0,923 1,14
60 0,533 1,50
70 0,241 2,23
80 0,061 4,44
Ángulo
/ º S
1,2t v P=
θ6sen
tsenθθsen3120 v
25 vt P-5t2
40 0,93 13,9 -4,32 9,6
50 1,14 18,9 -6,5 12,4
60 1,50 26,0 -11,2 14,8
70 2,23 38,6 -24,9 13,7
80 4,44 68,0 -98,6 -30,6
El valor de está comprendido entre 70º y 80º, afinado de nuevo el cálculo
Ángulo / º S=(3-sen ) cos2
S
1,2t v
75 0,14 3,0
77 0,10 3,4
Ángulo
/ º S
1,2t v P=
θ6sen
tsenθθsen3120 v
25 vt P-5t2
75 3,0 51,0 -45 6,0
77 3,4 57,5 -57,8 -0,3
223
El tiempo total es:
s3,83,077sen3
1,2vtt
totalt
b) La f.e.m. inducida debida al movimiento de la barra PQ en el seno del campo
magnético, responde a la ecuación L·Bv
. Donde L
es un vector en la dirección
de la barra móvil y en el mismo sentido de la corriente.
En la figura se observa que los vectores Bv
y L
tienen la misma dirección y sentido
contrario, por lo tanto el valor del producto mixto que proporciona la f.e.m. vale:
vBL180cosLBv
La corriente inducida debido a esta f.e.m. es: R
vLB
R
εi
La intensidad resultante en el circuito es: R
vLBIiIIF
La intensidad i disminuye a la intensidad I aplicada por la batería ya que su efecto es
oponerse a la causa introducida, esto es, I hace avanzar a PQ mientras que i se debe
oponer, para no violar el principio de conservación de la energía.
De acuerdo con la explicado en el apartado a) tenemos al aplicar la ecuación de la
Dinámica, dt
vdma·mF
.
dt
dvmθsengm
R
vLBBLI
dt
dvmθsenmgLBiI
22
En la última ecuación hacemos:
QR
LB;PsenθmgILB
22
Por tanto:
v
L
B
Bv
224
PvQdt
dvm
Comparando con la ayuda del problema
tmQ
tLR
e1Q
PvsoluciónPQv
dt
dvm
e1R
Ei solución ERI
dt
diL
Los valores de P y Q son:
41
12Q;θsen2060θsen1022130P
22
Sustituyendo estos valores en la ecuación de la velocidad:
La velocidad con que la masa m abandona la barra PQ es v, describiendo en el aire una
parábola. Las ecuaciones del movimiento son las siguientes:
25ttsenθe1θsen515θsen6ytθcose1θsen515x 2t2t
Cuando x = 12 m , y=0
(5)5
θtag12senθ6t5tθtag12senθ60
5ttθsentθcos
12senθ60;(4)
tθcos
12e1θsen515
2
22t
Utilizaremos las ecuaciones (4) y (5). En la cinco damos valores al ángulo y obtenemos
t , llevamos esos valores a (4) y cuando los dos miembros de la ecuación sean iguales
hemos encontrado las soluciones del tiempo y del ángulo.
Ángulo / º Tiempo/s
50 1,94
60 2,28
70 2,78
2te1θsen515
2te1
4
θsen2060v
225
Ángulo/º Tiempo/s 2t)e1θ)sen5(15
tθcos
12
50 1,94 10,9 9,62
60 2,28 10,6 10,5
70 2,78 10,3 12,6
Afinamos el resultado:
Ángulo / º Tiempo/s
61 2,32
60,5 2,30
60,4 2,30
Ángulo/º Tiempo/s 2t)e1θ)sen5(15
tθcos
12
61 2,32 10,5 10, 7
60,5 2,30 10,5 10,6
60,4 2,30 10,5 10,56
Las soluciones son: ángulo = 60,4º , tiempo de vuelo 2,30 segundos .
Para averiguar el tiempo total hemos de calcular el que emplea la barra PQ en recorrer
la distancia de 6 m .
Calculamos la ecuación de la velocidad para el ángulo = 60,4º
2t2t e10,710,7e160,4ºsen515v
RR
R
R
R
0
R
0
R
0
2t5,35.e t10,7
2
2t10,7e
10,7tdt
t t
2te10,7dt10,7
t
dtv6x
La ecuación anterior la resolvemos por tanteo
tR/s 10,7 tR+5,35 e-2tR
0,4 6,68>6
0,3 6,14>6
0,28 6,05>6
0,27 6,00= 6
Tiempo total = 0,27+2,30=2,57s
226
105.- En el origen de coordenadas del sistema vertical YZ está atado el
extremo de una cuerda sin masa de longitud 1 metro. Del otro extremo
está sujeta una masa m considerada como puntual. La cuerda se separa
un ángulo de 60 º como indica la figura y la masa m recibe una velocidad
v0 perpendicular a la cuerda. En el cuadrante 3 de la figura la masa m se
desprende cuando la tensión de la cuerda se anula y se observa que pasa
por el punto de coordenadas (0,0). Determinar la velocidad inicial de la
masa m y el ángulo donde se desprende la masa de la cuerda.
Considerar que no existen rozamientos.
El desprendimiento de la masa m tiene que ocurrir en el cuadrante 3 y se verificará
cuando la tensión de la cuerda se anule.
Designamos con el ángulo que forma la cuerda con el eje Y negativo, con v la
velocidad de la masa m justamente en el momento en que se separa de la cuerda, se
cumplirá que la componente del peso en la dirección de la cuerda es justamente la
fuerza centrípeta sobre la masa, ya que la tensión es nula.
senαgv1
vmsenαgm
2
(1)
La conservación de la energía mecánica nos conduce a:
αsencos60g2vvαsen1cos60º1mgvm2
1vm
2
1 22
o
22
o
Analicemos el movimiento de la masa m una vez liberada de la cuerda. Las ecuaciones
de su movimiento respecto a los ejes YZ son las siguientes:
227
2tg
2
1tαcosvαsen1z;tsenαvcosα1y
Cuando la masa m pase por el eje de coordenadas los valores de y y de z son nulos y t
es el tiempo transcurrido en el vuelo.
)2(
αcossenααsen2
αcosgv
senα
αcosαsenαsen2
αcosgv
αsenv
αcosg
2
1
senα
αcosαsen
senαv
αcosg
2
1
senαv
αcoscosαvαsen0
senαv
αcosttsenαvαcos0
23
2
22
22
22
222
La velocidad v ha de cumplir simultáneamente las ecuaciones (1) y (2). Para resolver
recurrimos a un método gráfico que consiste en representar las dos ecuaciones juntas y
siendo la solución el punto de corte de las dos representaciones.
0
1
2
3
4
5
6
7
8
20 30 40 50 60
ángulo /º
ve
loc
ida
,v ,e
n m
/s
ecuación (2)ecuación (1)
El ángulo a vale 35º. Y la velocidad
m/s2,37sen35º*9,8v
La velocidad inicial vo es acuerdo con la ecuación
s
m16,5sen35º5,09,822,37vαsencos602gvv 222
o
228
106.- Un cuerpo de masa m está obligado a moverse por el eje X sin
ningún tipo de rozamiento. El movimiento de dicho cuerpo es originado
por la atracción gravitatoria de otro de masa M situado en el eje Y,
siendo sus coordenadas (0,-s). El cuerpo m en el tiempo t=0 pasa por el
origen de coordenadas O con una velocidad +vo,
1.- Obtener la ecuación que establece la velocidad de m en función de la
distancia x al eje de coordenadas.
2.- Determinar para qué valores de vo el cuerpo se aleja siempre de O y
para cuáles se aleja de O hasta un cierto valor y luego retorna a O.
3.-Dibujar las gráficas de ambos movimientos en el supuesto de que
GM= 1 y s=1.
Ayuda:
p2
xbapb2
1
1p2xba
dxx
1.- Sobre la masa m y a una distancia x (variable) actúan las fuerzas que se indican en
la figura, donde no se representan las fuerzas de reacción a las señaladas (3ª Ley de
Newton).
La fuerza F tiene una componente sobre el eje X de valor:
2
322
22222x
xs
xmMG
xs
x
xs
mMGαcos
r
mMGF
La fuerza Fx proporciona a la masa m una aceleración negativa, cuyo módulo disminuye
a medida que la masa m aumenta su distancia respecto de O
r
M
m O
X
r
x
s
M
m O
X
x
s
r
M
m O
X
r
x
s
N
2r
mMGF
229
dvvdx
xs
xMG
dx
dvvm
dt
dx
dx
dvm
dt
dvmam
xs
xmMGF
2
322
2
322
x
Para resolver la primera integral, recurrimos a la ayuda del enunciado, identificamos
término a término.
1b;2
1p
2
31p;sa 2
(1) Cte
2
v
xs
MGCte
2
v
xs2
112
1MG
2
2
122
2
2
122
Para hallar la constante de integración, acudimos a la posición inicial en la que se
cumple: x=0 y v=+vo.
2
v
s
MGKK
2
v
s
MG2
o
2
o
Con ese valor de K llevado a la ecuación (1)
)2(
s
MG2
xs
MG2vv
2
v
s
MG
2
v
xs
MG
2
122
2
o
2
2
o
2
2
122
2.- Sea 0s
MG2v
s
MG2v 2
o
2
o , este término es positivo y el otro término
de (2), también es positivo cualquiera que sea el valor de x, resulta que vo será
siempre positivo, por tanto, el móvil m se alejará indefinidamente de O. Cuando x
tienda a infinito la ecuación (2) nos da el valor de la velocidad límite:
(3)s
MG2vv
s
MG2vv 2
o
2
o
2
Si 0s
MG2v
s
MG2v 2
o
2
o , este término es negativo y como
2
322 xs
MG2
es
positivo, el valor de v2 es nulo cuando: esos dos términos tengan el mismo valor
numérico, lo cual ocurrirá para un valor de x que denominamos xm.
230
(4)s
vs
MG2
MG2x
vs
MG2
MG2xsv
s
MG2
xs
MG2
s
MG2
xs
MG2v0
2
2
2
o
m
2
2
o
2
m
22
o
2
12
m
22
12
m
2
2
o
En este caso el móvil alcanza la posición +xm en cuyo instante su velocidad es cero,
pero como la fuerza Fx sigue actuando, el móvil m retrocede hacia O, rebasa O y se
desplaza hasta –xm donde de nuevo la velocidad es nula y volverá a O, por tanto,
efectúa un movimiento periódico.
3.- Sustituimos en la ecuación (2) los valores de GM=1 y s=1.
)5(1
x1
12vv2
x1
2vv
2
12
2
o
2
12
2
o
2
La primera opción es: 1,41v1
2v
s
MG2v oo
2
o . Para construir la
gráfica elegimos vo= 1,8 m/s
1
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
1,6
1,7
1,8
1,9
0 5 10 15 20 25 30
x/m
ve
loc
ida
, v
en
m/s
231
Para esta velocidad la ecuación (3) nos da el valor de la velocidad a tiempo infinito
m/s1,1121,8s
MG2vv 22
o
La segunda opción es: 1,41v1
2v
s
MG2v oo
2
o . Para construir la
gráfica elegimos vo= 1,39 m/s
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
1,4
1,6
0 5 10 15 20 25 30
x/m
ve
loc
ida
, v
en
m/s
m29,411,392
2s
v-s
MG2
MG2x
2
2
2
2
2
o
m
232
107.-Un esfera de radio r y densidad E, flota en el agua, sumergida
justamente hasta la mitad. Esa esfera se ata con una cuerda de longitud
r y se sumerge totalmente en agua estando en contacto con una pared
vertical, tal como se indica en la figura. Se supone que no existe
rozamiento entre la esfera y la pared vertical.
a) Calcular la fuerza con que la pared interacciona con la esfera.
b) Calcular para qué longitud de cuerda la fuerza de interacción de la
pared es la mitad que el peso de la esfera.
Cuando la esfera se encuentra flotando en el agua se produce un equilibrio en el que el
peso de la esfera y el empuje que sufre por parte del agua son dos vectores iguales en
módulo con la misma dirección y sentidos contrarios.
)1(2
ρIgualando;gρrπ3
4
2
1E;gρrπ
3
4g·m A
EA
3
E
3
E
La densidad de la esfera es la mitad que la del agua.
Cuando la esfera está sumergida totalmente y sujeta con la cuerda actúan las fuerzas
que se indican en la figura 1
.
Tomando como ejes de referencia las paredes vertical y horizontal y dado que la esfera
se encuentra en equilibrio
1 2
3
4 1, peso de la esfera ,
P= mg
2, tensión de la cuerda, T
3, Fuerza de reacción que
ejerce la pared sobre la
esfera, N
4, Empuje del agua
gρrπ3
4E A
3 Fig.1
233
Tθcos
gρrπ3
4gρrπ
3
4
gρrπ3
4θcosTmg0Y
θsenTN0X
E
3
A
3
A
3
Sustituyendo la segunda ecuación en la primera y teniendo en cuenta (1), resulta:
(2)θtaggrρπ
3
4θsen
θcos
ρρgrπ3
4
N 3
E
EA
3
Teniendo en cuenta que la cuerda tiene una longitud r el ángulo vale:
3
gρrπ3
4
N
4
11
2
1
θtag2
1
r2
rθsen
E
3
B) Aplicamos la ecuación (2).
r1,236Lr2,236rL
rL
r0,447θsen
2
1θtagθtaggρrπ
3
4gρrπ
3
2E
3
E
3
234
108-. En el sistema mecánico de la figura inferior, la masa m1 carece de
rozamiento con la mesa. Entre las masas m1 y m2 existe un coeficiente de
rozamiento .. Determinar la relación que existe entre m1 y m2 para que
ambas masas no deslicen entre sí. Determinar el movimiento cuando
m1= 6 kg, m2= 4 kg y =0,6 y cuando m1= 6 kg, m2= 1,5 kg y =0,6.
Se supone que no hay ningún otro rozamiento y que las poleas y masas
tienen masa despreciable.
Las fuerzas que actúan sobre las masas son las indicadas en la figura. Se ha supuesto
que la fuerza de rozamiento actúa en las direcciones indicadas aunque pudieran actuar
en sentido contrario al dibujado.
Si como dice el enunciado, las masas no deslizan entre sí, es decir, el conjunto de las
tres masas se mueve con la misma aceleración, al aplicar la ley de Newton solamente el
peso de M es la fuerza exterior que es capaz de acelerar al sistema, por tanto:
2
gaamm2 a·mmMgmmg·M 212121
Aplicamos la segunda ley de Newton a las masas m1 y m2.
m1
m2
M=m1+m2
Mg
T T
T
T m1
m2
FR
FR
M=m1+m2
P2
N2
P1
N1
235
21R2R1R mm4
gF
2
gmFT;
2
gmFT
FR representa la fuerza de rozamiento que debe existir para que las masas no deslicen.
La fuerza de rozamiento está condicionada por el valor del coeficiente de rozamiento y
el peso de m2, siendo su valor máximo:
gmμF 2RM
Si RRM FF entonces no habrá deslizamiento, si por el contrario es menor entonces sí lo
habrá.
2
21212
m
mm4μmm
4
ggmμ
(1)
Aplicamos la ecuación (1) a las masas, m1= 6 kg , m2= 4 kg y =0,6
5,04,24
466,04
El sistema se moverá como un conjunto con aceleración g/2 y no habrá deslizamiento
entre las masas de 6 kg y 4 kg.
Aplicamos la ecuación (1) a las masas, m1= 6 kg , m2= 1,5 kg y =0,6
34,25,1
5,166,04
En este caso habrá deslizamiento entre las masas de 6 kg y 1,5 kg y el planteamiento
del problema es el siguiente: Aplicamos la segunda ley de Newton a cada masa del
sistema por separado.
2RM1RMM a5,1FT;a6FT;a7,52Tg7,5 (2)
Además la aceleración de M es igual a la suma de a1 y a2. En efecto de la condición de
ligadura, véase la figura: si m1 avanza s1 y m2 avanza s2 la masa M tiene que avanzar
una distancia sM = s1 + s2 y como todo esto sucede en el mismo tiempo, entonces
obtenemos derivando:
21M2
1
2
2
1
2
2
M
2
aaadt
sd
dt
sd
dt
sd
Como no sabemos cómo en realidad actúa la fuerza de rozamiento, planteamos las
ecuaciones del movimiento también de la siguiente manera.
2RM1RMM a5,1FT;a6FT;a7,52Tg7,5 (3)
236
2122
2RM22RM2
2121
21212121
2121RMRM
RM2121RMRM
s
m65,0-
6
9,81,50,6215,91,5a
s
m15,9
20,2554
9,81,50,627441a
54a441F27a20,2513,5
a9g7,5
6
F2a1,5
13,5
a9g7,5aa9g7,5a13,5
a7,5a7,5a1,56ag7,5aa7,5a1,5a6g7,5
a1,5a62Ta1,5a6FTFT
6
F2-a1,5aa1,5a6FTFT
No es posible físicamente que la masa m1 se desplace con aceleración negativa, esto
indica que la suposición de cómo actúa la fuera de rozamiento es la propuesta para
establecer las ecuaciones (2) de este apartado.
237
109-. Un punto P tiene de coordenadas (d, h). Desde el origen del sistema
de coordenadas OXY se lanzan cuerpos con velocidades vo y ángulos .
Ambas magnitudes pueden tomar cualquier valor. Todas las trayectorias
descritas por los cuerpos pasan por el punto P. Se pide determinar la vo
mínima que cumple la anterior condición.
Dibujar las trayectorias descritas por tres cuerpos cuando d = 10 m y
h = 4 m. 1) el que tienen velocidad mínima, 2) el que =1,1 minimo y
3) el que =0,94 minimo.
Las ecuaciones del movimiento de los cuerpos son:
αcosv2
xgαtagxy
αcosv
xg
2
1
αcosv
xαsenvy
αcosv
xttg
2
1tαsenvy;tαcosvx
22
o
2
2
oo
o
o
2
oo
Según la condición del problema en la ecuación de la trayectoria anterior podemos
sustituir y = h ; x = d.
hαtagdαcos2
dgv
αcosv2
dghαtagd
αcosv2
dgαtagdh
2
2
o22
o
2
22
o
2
Como queremos la velocidad vo mínima, derivamos vo respecto de e igualamos a cero
)1(2αsen
dh-αtagdd2αsenhαtagd0cosααsenhαtagd42d
0hαtagdαcos2
αsenαcos4hαtagdαcos
dαcos2
hαtagdαcos2
dg2
dg
hαtagdαcos2
dg
αd
d
hαtagdαcos2
dg2
1
dα
dv
22
2
2
2
2
2
2
2
2
2
0
Llevamos la ecuación (1) a la ecuación de vo.
238
αtagdg
αcossenα2
dα2cos
dg
sen2α
dαcos2
dgv
2
2
2
2
0
(2)
Dados los valores de d y h, la ecuación (1) se resuelve por tanteo y se calcula la
velocidad mínima mediante la ecuación (2) .
2αsen
52-αtag5
2αsen
104αtag10
= 50 º 3,96 >5,08 ; = 55 º 5,14 <5,32 ; = 55,5 º 5,28 <5,36
= 55,8 5,36 <5,38 ; = 55 ,9º 5,38 <5,39
s
m 12,0355,9tag9,810(mínima)v0
Para dibujar las trayectorias pedidas en el enunciado, volvemos a la ecuación general
αcosv2
xgαtagxy
22
o
2
Sustituimos minimo = 55,9º y vo= 12,03 m/s
2
22
2
0,108xx1,47755,9cos12,032
x9,855,9tagxy
(3)
Para =1,1 mínimo ; = 61,49º
s
m12,22
461,49tag1061,49cos2
1009,8
hαtagdαcos2
dgv
22
2
o
)4(x4 0,14x1,84149,16cos12,222
x9,849,16tagxy 2
22
2
Para =0,94 mínimo ; = 52,55 º
s
m12,10
4º55,25tag10º55,25cos2
1009,8
hαtagdαcos2
dgv
22
2
o
239
)5(x0,0905x1,306º55,52cos12,102
x9,8º55,52tagxy 2
22
2
En las ecuaciones (3), (4) y (5) damos valores a x y obtenemos los correspondientes de
y, con ellos construimos las tres trayectorias.
0
1
2
3
4
5
6
7
0 5 10 15
coordenada, x/m
co
ord
en
ad
a, y/m
240
110-. La energía potencial de un campo está expresada mediante la
ecuación: r
b
r
aU
2 , siendo a y b dos constantes positivas y r la
distancia medida desde el centro del campo.
a) Calcular la ecuación de la fuerza y la distancia ro de equilibrio.
b) Establecer si ro es un punto de energía potencial estable o inestable
c) Dibujar las curvas de energía potencial frente a r y fuerza frente a r
para los valores numéricos de a = 2 y b=1.
d) Determinar el valor de r en el que la fuerza adquiere un valor mínimo
y el valor de esta fuerza. Comprobar si el resultado general está de
acuerdo con las curvas del apartado c).
a) Partimos de la ecuación que relaciona la fuerza con la energía potencial para un
campo conservativo
2324 r
b
r
2a
r
1b
r
2ra
dr
dUF
Para ro la fuerza se anula
b
2ar0
r
b
r
a2o2
o
3
o
b) Calculamos la derivada segunda de U respecto de r, sustituimos en esa ecuación ro y
si el resultado es positivo, resulta que la energía potencial es mínima y por tanto en ese
punto el equilibrio es estable.
3446
2
2
2
23 r
b2
r
a6
r
2rb
r
3ra2
dr
Ud
r
b
r
a2
dr
dU
Sustituimos en la ecuación anterior el valor de r, por el de ro.
0
a8
b
a16
b2
a8
b2
a16
b6
a2
b2
a2
ba6
b
a2
b2
b
a2
a6
dr
Ud3
4
3
4
3
4
3
4
3
4
4
4
342
2
c) Las curvas pedidas
241
-0,13
-0,12
-0,11
-0,1
-0,09
-0,08
-0,07
-0,06
-0,05
-0,04
0 2 4 6 8 10 12 14
r/m
U/J
-0,01
-0,008
-0,006
-0,004
-0,002
0
0,002
0,004
2 4 6 8 10 12 14
r/m
F/N
d) Para hallar la fuerza, derivamos F respecto de r, e igualamos a cero.
b
a3r
r
a3b0
r
2b
r
a6
r
2rb
r
3ra2
r
b
r
a2
dr
d
dr
dFm
m
3446
2
23
rm representa la distancia al centro del campo. Sustituimos rm en la ecuación de la fuerza
2
3
2
3
2
3
23ma27
b
a9
b
a27
b2
b
a3
b
b
a3
a2F
El signo menos nos indica que la fuerza está dirigida hacia el centro del campo
Sustituimos en las correspondientes ecuaciones los valores de a = 2 y b=1
242
La fuerza se anula : 04
1
4
22
r
b
r
2aF; 4
b
a2r
23230
La fuerza es mínima: 0,00934*27
1
a27
bF;6
b
a3r
2
3
mm
243
111-. En la figura un cilindro horizontal cerrado por uno de sus extremos
gira a velocidad constante alrededor del eje E, que pasa por el centro de
su cara abierta. La presión atmosférica es po , la temperatura T y la masa
molar promedio del aire M. Hallar la presión del aire en función de la
distancia r al eje de rotación.
Antes de resolver este problema debe consultarse el nº 12 que aparece en el almacén de
prácticas.
La situación allí es que existe un campo gravitatorio g en dirección vertical y
disminuyendo en sentido ascendente, creado por a Tierra y en este problema existe un
campo gravitatorio gh horizontal que aumenta al alejarnos del eje, creado por la rotación
del cilindro alrededor del eje E.
La variación de la presión con la distancia r es
Hgdr
dp
En un punto que dista r del eje la fuerza de inercia centrífuga es:
rρωdr
dprωgmgrωm 22
HH
2
Si admitimos que la masa de aire del cilindro se mantiene constante y obedece a la ley
de los gases perfectos.
Cte2
r
TR
Mωplndrr
TR
Mω
p
dprω
RT
pM
dr
dp
M
RT
V
RT
M
m
V
nRTp
2222
Cuando r = 0, p = po
T2R
2rM2ω
epp2
r
TR
Mω
p
plnplnplnpln
2
r
TR
Mωpln o
22
o
oo
22
E
244
112.-Una oscilación es la suma de tres oscilaciones de la misma
dirección, cuyas ecuaciones son:
3
π0,5tcosa1,5
3ε;0,5tsena2
2ε;t0,5cosa
1ε
Determinar el tiempo en el que la oscilación resultante adquiere su valor
máximo y el valor de ese máximo.
Por el principio de superposición, la oscilación resultante es la suma de las tres
funciones armónicas.
sen0,5ta2
31,54t0,5cosa1,75ε
0,5tsen2
35,12at0,5cosa1,75ε
3
πsen0,5tsena1,5
3
πcos0,5tcosa1,50,5tsen2a0,5tcosaε
3
π0,5tcos1,5a0,5tsen2a0,5tcosaεεεε
r
r
r
321r
Dado que la oscilación resultante ha de ser máxima, hallamos la derivada de r respecto
del tiempo e igualamos a cero.
st 76,05,0
38,0;38,0400,0tgarct5,0
0,4001,75
2
31,54
0,5ttag00,5tcos2
31,540,5tsen1,75
00,5tcosa0,52
31,540,5tsen0,5a1,75
dt
dε r
Para hallar el valor del máximo sustituimos t =0,76 s en r
a1,885a0,2601,625a0,760,5sen2
31,52a0,76)(0,5cosa1,75ε r
Hemos representado las gráficas cuando a = 1.
245
-2,5
-2
-1,5
-1
-0,5
0
0,5
1
1,5
2
2,5
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
1
2
3
1
246
113- En la figura inferior una masa considerada puntual desliza, a partir
de la altura h, por el plano inclinado y penetra en el aro. Éste tiene una
abertura en la parte superior cuyo tamaño queda definido por el ángulo
y cuyos extremos son A y B. El radio del aro es R = 1 metro. Se admite
que no existen rozamientos, y se pide encontrar la relación entre h y
si la trayectoria por el aire de la masa puntual, al abandonar el aro en A,
pasa justamente por el punto medio de AB. Determinar el valor mínimo
de la altura h que cumple la relación anterior.
La masa tiene en el punto más alto
C del plano inclinado una energía
potencial que vale m· g· h, tomando
la referencia h = 0 en el punto
inferior S. Cuando dicha masa
queda libre y en su movimiento
llega al punto A, lo hace con un
velocidad cuyo módulo designamos
con v, y en ese punto tiene energía
cinética y potencial. El balance de
energías conduce a.
)θcos2gR(1gh2vθRcosRmgmv2
1mgh 22 (1)
El vector velocidad v
en A es tangente al aro en el punto A y forma un ángulo con el
eje X, tal como se observa en la figura. Una vez que la masa abandona el aro se
desplaza por el aire siguiendo una trayectoria parabólica, siendo g
el vector aceleración
con dirección del eje Y y sentido negativo.
Las ecuaciones de la trayectoria parabólica son:
θcosv2
xgθtagxytg
2
1tθsenxy;tθcosvx
22
22
Dado que la parábola pasa por el punto medio de AB, las coordenadas en ese instante
son respectivamente:
0y;θsenRx
Sustituyendo estos valores en la ecuación de la parábola resulta:
)2(θsen2
θtagRgvθtagsenθ
v2
θtagRg
θcosv2
θsenRgθtagθsenR0 2
2
2
22
22
Igualando (1) con (2)
Y
X A B
R
S
h
θ
θ
C
R
247
)3(1θcosθsen4
θtagRh
θsen4
θtagRθ)cosR(1h
θsen2
θtagRgθcosRg2Rg2hg2
Para determinar el mínimo derivamos la (3) respecto de e igualamos a cero
60ºθ2
1θcos
4
1θcos
4
1
8
16255v015v4v
θcosvSea;θcos4θcos4θcos1θcos141θcos
1
θsen16θcosθcos
θsen4
θcos
θsen40θsen
θsen16
θcos4θtagθcos
1θsen4
Rθd
hd
22
24222
2
3
22
2
Nota: No se ha considerado la solución de la ecuación de segundo grado que
proporciona el valor cos θ = 1; porque implica un valor para θ = 0º que resulta
físicamente incompatible con la trayectoria que hace la partícula en este problema.
La representación de (3) para R = 1m, es la siguiente:
1,95
2
2,05
2,1
2,15
2,2
2,25
2,3
0 10 20 30 40 50 60 70 80
ángulo/º
h/m
248
114- Dos estrellas de la misma masa m, están situadas a una distancia D
y forman un sistema binario que gira alrededor del centro de masas. Se
observa que el desdoblamiento máximo de las líneas espectrales es:
41,2.10λ
Δλ . Este desdoblamiento máximo se produce cada T= 30
días. Determinar el valor de D y la masa de cada estrella.
El desdoblamiento máximo de las líneas espectrales se produce cuando la velocidad de
una de ellas apunta al observador y la velocidad de la otra se aleja, tal como se indica en
la figura.
2
cλ
λΔ
vc
v2
λ
λΔ
λ
c
v2
υ
v2λΔλ´λ´
υ
v1λ´
c
υ1
υυ´;
υ
v1λ´
c
υ1
υυ´
El desdoblamiento máximo vuelve a ocurrir cuando la estrella de la derecha ocupe
el lugar de la izquierda y viceversa, esto es, cada estrella recorre media
circunferencia.
m3.10π
3.101,2.108640030
π
cλ
λΔT
DT
Dπ
λ
cλΔ
T
2
Dπ
v 1084
Cada estrella, al girar alrededor de su centro de masa, necesita una fuerza centrípeta
que es la proporcionada por la atracción gravitatoria entre las dos estrellas
kg3.1086400306,67.102
3.10πm
TG2
DπD
TG4
Dπ2
G
Dv2m
D
mGv2
D
mmG
2
D
vm
29
211
3102
2
32
2
2222
2
2
D
v
v El módulo de la velocidad de cada estrella se designa con
v. Como las estrellas tienen la misma masa el centro de
masas del sistema está en el medio de la línea D.
El observador que detecta las ondas procedentes de las
estrellas aplica el efecto Doppler a cada una de ellas.
249
115-. En el sistema mecánico representado en la figura solamente existe
un coeficiente de rozamiento entre la cuña de masa M y el bloque de
masa m. Las masas de las poleas son despreciables. El punto C
permanece fijo y la cuerda es inextensible. Calcular la aceleración con
que se desplaza el bloque.
Supongamos que el bloque m desliza hacia abajo, lo cual conlleva que el trozo de
cuerda entre el punto A y el bloque m, aumente su longitud en l, como el trozo de la
cuerda entre A y B es constante, el trozo BC se tiene que acortar en la misma longitud
l, lo que se produce al desplazarse juntos la cuña y el bloque hacia la derecha.
Sea N la fuerza horizontal, dirigida de izquierda a derecha, con que la cuña empuja a
m; la reacción a ésta, es una fuerza horizontal del mismo módulo pero dirigida de
derecha a izquierda y aplicada en la cuña -N. Sobre ésta y en dirección horizontal y
sentido de izquierda a derecha actúa la tensión T de la cuerda, puesto que la polea
inferior está unida directamente a la cuña.
La cuña de masa M, se mueve solo en dirección horizontal. Si designamos con aHM al
módulo de la aceleración de la cuña hacia la derecha, y de acuerdo con la segunda ley
de Newton considerando las fuerzas horizontales que actúan sobre ella:
MHaMNT (1)
Dado que la cuña y el bloque se desplazan juntos debido a las ligaduras que impone el
sistema, la aceleración horizontal del bloque es igual a la de cuña:
aHM = aHm (2)
Como sobre el bloque actúa la fuerza N dirigida de izquierda a derecha.
mHamN (3)
Pero el bloque además de la aceleración horizontal, tiene una aceleración vertical, que
calculamos a partir de las fuerzas que actúan sobre él verticalmente, con la segunda ley
de Newton. Las fuerzas que actúan son: su peso P = mg y en la misma dirección hacia
arriba la tensión T de la cuerda y la fuerza de rozamiento FR=μN.
M
A
B
m
C T
T
N -N
FR
250
mVamμNTmg (4)
Como la longitud de la cuerda es constante, si el bloque se desplaza hacia abajo una
distancia l, la misma distancia se acorta la cuerda BC, en el mismo intervalo de
tiempo Δt, por tanto como lo hacen con aceleración se cumple:
(5)aaΔta2
1Δta
2
1Δl HMVm
2HM
2mV y las dos aceleraciones son
iguales en módulo.
En la ecuación (4) sustituimos T de (1) y tenemos en cuenta las: (2); (3) y (5)
m
Mμ2
g
μ)m(2M
gmammμmMamg
amamμamaMmgamamμamaMmg
VmVm
VmVmVmVmVmHmHmHM
Como la aceleración horizontal de M es igual a la de m y a su vez igual a la vertical de
m, teniendo en cuenta las direcciones de los vectores
m
Mμ2
g2a2aaa Vm
2
Vm
2
Vm
aMH=aHm=aVm
a aVm
251
116-.Determinar el centro de masas de una placa homogénea de densidad
superficial que tiene la forma de un semicírculo de radio R (ver la
figura 1). A esa misma placa se le recorta un semicírculo de radio R/2 en
la forma que índica la figura 2. Calcular el centro de masas de la pieza
resultante.
Ayuda. 2θsenθcos3
1dθθsen
23
Para calcular el centro de masas de la figura 1, consideramos dividida la placa en tiras
de espesor dh. Una de ellas se encuentra a la distancia h del eje X.
La ordenada del c.d.m viene dada por la ecuación:
Calculamos la masa de ese elemento de longitud x y altura dh. Será dhxσdS·dm
En la ecuación de dm, tanto x como h son variables, las cuales pueden relacionarse con
la variable .
)1(3
R42
03
2
20
23
C
22
cos3π
4R
2
πRσ
dsen·cosR2y
dθθcosRσxdhdm
dθθcosRdhθsenRh;θcosRx
Dada la simetría de la placa respecto de los ejes elegidos en la figura 2, el resultado es
que la abscisa es nula.
Para calcular el centro de masas de la figura 2, respecto de los ejes XY, Vamos a tener
en cuenta la ecuación deducida (1).
X
Y
0 R
x dh
h R
θ
Fig.1
X
Y
0 R/2 R
Fig.2
252
Vamos a considerar a la figura 2, formada por dos elementos distintos: el
correspondiente a la fig.1 y el otro elemento de radio r =R/2; en blanco en la figura,
asignándole para efectos de cálculo una densidad negativa –σ. De acuerdo con la ecuación (1) las coordenadas del c.d.m. del elemento en blanco de
radio r = R/2 serán:
La abscisa por simetría x2 = R/2 y la ordenada
Las masas correspondientes a los elementos son:
Ahora, consideramos a la figura completa como formada por dos masas discretas, de
modo que el centro de masas del sistema es:
253
117.- Un cuerpo B de masa m, se encuentra en reposo, otro cuerpo A de
masa m, se dirige hacia el B con una velocidad constante vo pues se
admite que no existen rozamientos. El choque entre A y B no es frontal.
Demostrar analítica y geométricamente que si el choque es perfectamente
elástico las trayectorias de los dos cuerpos son perpendiculares.
Si el choque del cuerpo A se verifica en las mismas condiciones
anteriores, siendo B ahora un cuerpo de masa M diferente de A,
demostrar a) que si A se desvía un ángulo medido en el sistema del
centro de masas, el módulo de su velocidad después del choque en el
sistema del laboratorio es:
ovmM
ΦcosmM22m2Mv
A
b) Si es el ángulo en el sistema del laboratorio se verifica la relación
M
mΦcos
Φsenθtag
Al ser un choque perfectamente elástico se conservan las cantidades de movimiento y
las energías cinéticas .Designamos con al ángulo que forman entre sí las trayectorias
de A y B después del choque
BBAAoA vmvmvm
. Al ser mA = mB = m se cumple que
αcosvv2vvvvvv BA
2
B
2
AoBAo
De la conservación de las energías cinéticas
2
B
2
A
2
o
2
B
2
A
2
o vvvvm2
1vm
2
1vm
2
1
Combinando ambas ecuaciones:
90ºα0αcos0αcosvv2αcosvv2vvvv BABA
2
B
2
A
2
B
2
A
Ahora vamos a observar el choque colocándonos en el centro de masas del sistema. La
velocidad del centro de masas respecto del laboratorio es:
oAvm
AAvm
BBvm
Fig.1
254
2
v
m2
vm
mm
0mvmv o0
BA
BoA
CM
La figura 2 indica el choque visto desde el sistema de referencia ligado al laboratorio Si
el observador se sitúa sobre el centro de masas, la velocidad de cada partícula referida al
c.d.m. es la diferencia entre la velocidad de cada partícula referida al sistema del
laboratorio, menos la velocidad del c.d.m. y de este modo razona que las masas A y B,
antes del choque, se están acercando hacia él. La A con una velocidad
2
v
2
vvvvv 00
0CMoCMA,
y la B con una velocidad 2
vv-0v o
CMCMB,
.
(fig.3). Después del choque no central, la masa A sigue una trayectoria y la masa B
otra, observadas desde el laboratorio tal como indica la figura 2.
Desde el punto de vista del observador colocado en el CM, razona que las masas A y B
después del choque, se alejan de él con velocidad de módulo 2/vo ya que el centro de
masas sigue moviéndose con la velocidad que tenía antes del choque, debido a que ni
antes, ni durante, ni después del choque hay fuerzas exteriores al sistema, por ser
despreciable el rozamiento, pero ahora formando un ángulo con la dirección
primitiva, tal como indica la figura 3.
Fig.2
Fig.3
255
Si a partir de la figura 3 deseamos determinar gráficamente las velocidades de A y B,
después del choque, respecto del sistema del laboratorio, hemos de sumar a cada
velocidad la del centro de masas tal como se observa en la figura 4.
Cuando la masa de B es M y la de A es m. Ahora por consideraciones similares a las
del caso anterior deducimos que la velocidad del CM en este caso es: Mm
vmv o
.
Si el observador está situado en el centro de masas del sistema, razona que antes del
choque la masa m se dirige hacia él con una velocidad vv0
y que la masa M (en
reposo respecto del sistema del laboratorio) se dirige hacia él con una velocidad v
;
después del choque no frontal cambia la dirección, formando el ángulo tal como se
indica en la figura 5.
Fig.4
Fig.5
256
Si deseamos calcular la velocidad respecto del sistema del laboratorio sumamos a las
velocidades respecto del CM la velocidad de éste, tal como se hace en la figura 5.
El módulo del vector velocidad de la masa m después del choque es ´
A
´
1 vv
De la figura 5 se deduce:
(2)Φsenvvθsenvvv
MNΦsen;
v
MNθsen
(1) vcosΦvvθcosv
o
´
1
0
´
1
o
´
1
A partir de las ecuaciones (1) y (2).
2
oo
2´
1
2
o
2
o
22
o
2
o
2´
1
vΦcosv2vvvvv
vΦcosvvv2vvΦsenvvvΦcosvvv
Sustituimos en la última ecuación el valor de la velocidad del centro de masas.
o
222´
1
2
2
o
2
o
22
o
2
2
2
o
2
o002´
1
2
2
o
2
o
0
o
0
2´
1
vMm
cosΦMm2mMv
Mm
ΦcosvMm2vmvM
Mm
vmcosΦ
Mm
vm2
Mm
vM
Mm
vMv
Mm
vmcosΦv2
Mm
vmv
Mm
vmvv
Dividiendo la ecuación (2) por la (1)
M
mΦoos
Φsen
mΦcosM
ΦsenM
vmΦcosvM
ΦsenvMθtag
Mm
vmΦcos
Mm
vM
ΦsenMm
vM
Mm
vmΦcos
Mm
vmv
ΦsenMm
vmv
vΦcosvv
Φsenvvθtag
o0
o
00
0
00
0
0
0
0
0
257
118.- Una barra homogénea de longitud L se desplaza por medio de dos
guías que la obligan a moverse por los ejes coordenados XY.
El desplazamiento del extremo A de la barra por el eje x se realiza a
velocidad constante vo. Determinar: a) la velocidad y aceleración
angular de la barra en función del tiempo, b) La velocidad y aceleración
del extremo B. En el tiempo t =0 la barra se encuentra en posición
vertical.
El movimiento de la barra es un movimiento plano que puede descomponerse en la
suma de dos movimientos, primero uno de traslación del extremo B seguido de una
rotación alrededor de un eje perpendicular a la barra en el extremo A. Ambos
movimientos pueden observarse en la figura 1.
El extremo B está obligado a desplazarse por el eje y en sentido negativo, debido a la
ligadura a la que se encuentra sometido; designamos su velocidad en un determinado
instante como vB . En ese mismo instante la velocidad del extremo A es vo. Con vB/A
designamos a la velocidad del extremo B respecto de A, que es la diferencia entre la
velocidad absoluta de B menos la de A.
De donde se cumple que.
Fig.1
258
B/AB vovv
Designamos con ω
a la velocidad angular de la barra, que es un vector perpendicular al
plano xy, y, por tanto, también a la barra
L
vω90ºsenLωvLωv B/A
B/AB/A
L
es un vector de módulo L dirigido a lo largo de la barra desde el extremo A al B.
Volviendo a la figura 1 en ella están representados los vectores. Designamos con t al
tiempo que ha empleado el extremo A de la barra en desplazarse desde O a A1.
tvxOA o1
La velocidad del extremo B es vy y su ordenada es: θcosLy
Del triángulo de velocidades se deduce: oB/A vcosθv , con lo que el módulo de ω
es:
θcosL
vω o
De la figura 1 también se deduce que:
22
o
22222
o
222 tvLθLcosLθcosLtvLyx
Finalmente
22
o
2
o
tvL
vω
La aceleración angular de la barra la obtenemos derivando la ecuación anterior respecto
del tiempo.
23
22
o
2
3
o
22
o
2
22
o
2
2
oo
tvL
tv
tvL
tvL2
tv2v
dt
dωα
La velocidad del extremo B es:
22
o
2
2
o
22
o
2
2
o22
o
2
B
tvL
tv
tvL2
tv2tvL
dt
d
dt
dyv
259
Para hallar la aceleración de B nos basta con derivar vB con respecto a la variable
tiempo.
2
322
o
2
2
o
2
2
322
o
2
24
o
24
o
2
o
2
B
22
o
2
22
o
2
2
o2
o
2
o
22
o
2
22
o
2
2
oBB
tvL
vL
tvL
tvtvvLa
tvL
tvL2
tv2tvvtvL
tvL
tv
dt
d
dt
dva
Otra forma de abordar el problema, y probablemente de forma más sencilla, es
considerar una rotación pura alrededor del centro instantáneo de rotación en un
movimiento plano, que en el caso que nos ocupa se determina por el corte de las
perpendiculares a las velocidades de los extremos A y B. El punto C de la figura 2 es el
centro instantáneo de rotación en un determinado instante. Se puede escribir
Fig.2
22
o
2
2
oo
22
o
2
ooB
22
o
2
o22
o
222
o
tvL
tvtv
tvL
vtvωCBωv
tvL
vωtvLωxLωCAωv
260
119.- La fosa de las Marianas situada en el Océano Pacífico tiene una
profundidad de H=10920 m. La densidad del agua del mar en la
superficie es: = 1025 kg/m3, la aceleración de la gravedad 9,81 m/s2 y
el coeficiente de compresibilidad del agua
Pa92,1.10Kdp
dV
V
1
K
1α
CteT
;
Despreciando el cambio de temperatura, la variación de la aceleración
de la gravedad con la profundidad y la presión atmosférica, determinar la
presión p(H) en el fondo de la fosa. Propuesto en las Olimpiadas Asiáticas de Física
La presión hidrostática, en función de la densidad del fluido y de la profundidad,
despreciando la presión atmosférica y la variación de temperatura y considerando g
constante, está dada por la ecuación
hghρp
Cuando h es pequeña se considera que la densidad es constante. En este problema
hemos de encontrar cómo varía la densidad con la profundidad.
El volumen y la densidad son magnitudes inversamente proporcionales y podemos en
consecuencia, escribir:
dρρ
kdV
ρ
kV
2
Sustituyendo en el coeficiente de compresibilidad
ρ
dρdpα
dp
dρρ
k
k
ρα
CteT
2
Por otra parte:
Cteρ
1hgα
ρ
dρdhgα
ρ
dρdhg ρ αdhgρdp
2
Cuando h=0 la densidad es oρ
hgρK
Kρρ
Kρ
hgρK
K
hg
ρ
1
ρ
1
ρ
1
ρ
1hgα
o
o
o
o
oo
Calculamos la presión.
261
Pa81,13.10p(H)109209,81102592,1.10
92,1.10ln92,1.10
HgoρK
KlnKlnKHg
oρKlnKp(H)
hgρKlngρ
1gKρ
ghρK
dhgKρdh
hgρK
Kρgp(H)dhgρdp
HH
0
H
0 0
o
o
o
o
o
o
o
.
262
120.-. Un avión vuela en dirección horizontal a una altura h sobre el
suelo y con velocidad constante v. Desde tierra un dispositivo óptico sigue
constantemente al avión. En el tiempo t =0 el avión se encuentra
justamente encima del sistema óptico.
a) Determinar la velocidad angular y aceleración angular que debe tener
el dispositivo óptico para que enfoque permanentemente al avión.
b) Determinar para qué ángulo la aceleración angular toma el valor
mínimo.
c) Representar la velocidad angular y la aceleración angular frente al
ángulo de un avión que vuela a una altura de h=1000 m con una
velocidad constante de 140 m/s. Considerar un sistema de referencia XY
estando el sistema óptico en el eje de coordenadas y el ángulo que forma
el dispositivo óptico se mide respecto del eje Y.
En la figura 1 el avión se encuentra en t=0 sobre el eje Y y al cabo de un tiempo t
forma un ángulo con el eje Y y su abscisa es x.
a) La velocidad constante del avión es: dt
dxv .La velocidad angular del dispositivo
óptico es: dx
dθv
dt
dx
dx
dθ
dt
dθω .
Si h es grande podemos considerar que el aumento de x y de es muy pequeño:
)1(xΔ
θΔvω
De la figura 1 se deduce:
)2(h
θcos
xΔ
θΔ θd
θcos
hdxtagθhx
h
xθtag
2
2
De (1) y (2) )3(h
θcosvω
2
Diferenciando en (3) :
2θsenh
v
θΔ
ωΔdθ2θsen
h
v-dθθsenθcos2
h
vdω (4)
x
h Fig. 1
O X
Y
263
La aceleración angular es:
(5)θ2senθcosh
vθ2sen
h
vθcos
h
vα
θd
ωdω
dt
θd
θd
ωd
dt
ωdα 2
2
2
b) Para hallar el mínimo derivamos la ecuación (5) respecto de la variable e igualamos
a cero.
(6) 1θtag2θtagθsen
θcos2θtagθsen2θsen2θcosθcos
01)(senθθcos22θsen22θcosθcosh
v
dθ
dα 2
2
La ecuación (6) se puede resolver por tanteo siendo = 30º, o se hace uso de la
relación trigonométrica siguiente: θtag1
θtag22θtag
2
30ºθ3
3
3
1θtag1θtag1θtag21θtag
θtag1
θtag2 22
2
c)
0
0,02
0,04
0,06
0,08
0,1
0,12
0,14
0,16
0 20 40 60 80 100
ángulo/º
v.a
ng
ula
r en
rad
/s
264
-0,014
-0,012
-0,01
-0,008
-0,006
-0,004
-0,002
0
0,002
0 20 40 60 80 100
ángulo/º
acele
r. a
ng
ula
r en
rad
/s2
265
121.-El centro de una circunferencia de radio R coincide con el centro de
coordenadas de un sistema de referencia XY. Un segmento lineal de
longitud mayor que 2R se desplaza de forma paralela al eje X con una
velocidad juu
. Dicho segmento corta a la circunferencia en dos
puntos simétricos respecto del eje Y. Considerando el punto M de la
figura, se pide: a ) Calcular la velocidad del punto M y sus componentes
sobre los ejes coordenados, b) sus aceleraciones.
Representar las mencionadas magnitudes frente a , si u= 0,2 m/s y R =
2 m.
c) Determinar la ecuación f(t)θ y representarla para los valores
anteriores de u y R.
Supongamos que en el tiempo t =0 la recta toca a la circunferencia en el punto superior
y que un tiempo t después se encuentra en la posición M1 indicada en la figura 2.
Transcurrido un tiempo muy pequeño t 0t el punto M ha recorrido el arco M1
M2 y según el eje Y, el segmento lineal y. Designamos con v al módulo de la
velocidad del punto M.
M
X
u
Y
y
M1
M2
X
Y
y
Fig.2
Δθ
266
y
θRuv
y
u
θR
v
t
yu;
t
θR
dt
)Md(arcoMv m
m21m
En el límite escribimos dy
dθRuv
De la figura 2 se deduce:
θsenR
1
dy
dθdθsenθRdyθcosRy
Finalmente:
θsen
u
θsenR
1Ruv (1)
v es el módulo de un vector que es tangente a la circunferencia en cada punto. Este
vector tendrá una componente sobre el eje X y otra sobre el eje Y. En la figura 3 se ha
dibujado este hecho.
θtag
ucosθ
θsen
uθvcosβvsenv;uθsen
θsen
uθsenvβvcosv xy (2)
De las ecuaciones anteriores se deduce que la velocidad v tiene en cualquier punto de la
circunferencia una componente sobre el eje Y constante y de módulo u. La componente
x es variable.
Como M recorre una circunferencia posee aceleración centrípeta cuyo módulo es:
θsenR
u
R
va
2
22
C (3)
Calculamos las componentes del vector aceleración sobre los ejes coordenados
La aceleración sobre el eje Y es nula ya que la componente de la velocidad es u y se
mantiene constante. La componente de la aceleración sobre el eje X vale:
vx
v
vy
Fig.3
267
)4(θsenR
ua
uθsenR
1
θsen
u
dt
dy
dy
dθ
θtag
θcos
1u
dt
dθ
θtag
u
dθ
d
dt
dθ
dθ
dv
dt
dva
3
2
x
22
2xx
x
El signo menos de la ecuación anterior indica que la componente sobre el eje X tiene
sentido contrario al positivo
c) De la figura 4 se deduce que en el intervalo de tiempo t, el ángulo ha pasado de valer
cero a valer .
t
R
u1cosarcoθt
R
u1
R
ABR
R
OBθcos (5)
Alternativa
En la posición M1 de la fig.2; correspondiente a un instante cualquiera t, en el que la
posición angular θ(t) = θ es cualquier ángulo, el vector de posición respecto del centro
de la circunferencia es.
El vector velocidad.
Como la velocidad según el eje Y es constante y vale –u podemos igualar:
Sustituyendo:
Las componentes intrínsecas de la aceleración:
B
t=0
t
R
Fig. 4
A
O
268
(6)
El vector aceleración y sus componentes cartesianas, se obtienen de derivar respecto del
tiempo el vector velocidad.
Si hacemos una aplicación para el instante en el que la posición angular es de θ = 90º.
;
Separando variables e integrando resulta:
Para t = 0; θ = 0 y cos 0 = 1; con lo que la constante C = -1
Resultando finalmente que las posiciones angulares del punto M varían con el tiempo
por la ecuación:
Las gráficas son las siguientes:
Esta gráfica corresponde a la ecuación (1)
269
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0 50 100 150 200
ángulo/º
velo
cid
ad
/m.s
-1
Esta gráfica corresponde a la ecuación (2)
-0,8
-0,6
-0,4
-0,2
0
0,2
0,4
0,6
0,8
0 50 100 150 200
ángulo/º
velo
cid
ad
(x)/
m.s
-1
Esta gráfica corresponde a la ecuación (3)
270
Esta gráfica corresponde a la ecuación (4)
Esta gráfica corresponde a la ecuación (5)
0
0,05
0,1
0,15
0,2
0,25
0,3
0 50 100 150 200
ángulo/º
aq
.cen
tríp
eta
m.s
-2
-1,2
-1
-0,8
-0,6
-0,4
-0,2
0
0 50 100 150 200
ángulo/º
(ax
) m.s
-2
271
0
30
60
90
120
150
180
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
tiempo/s
án
gu
lo/º
Esta gráfica corresponde a la ecuación (6)
-2,5
-2
-1,5
-1
-0,5
0
0,5
1
1,5
2
2,5
0 50 100 150 200
ángulo/º
acele
ració
n t
an
gen
cia
l en
ms-2
272
122.-(347) Una barra homogénea puede pivotarse en cualquier lugar de
ella. Determinar a qué distancia del centro de masas de la barra se ha
pivotado si al soltarla, sin velocidad inicial, desde la posición horizontal
emplea un tiempo mínimo en pasar por la posición vertical.
Designamos con x a la distancia que existe desde el
centro de masas de la barra al lugar donde se ha
pivotado, con M a su masa y L a su longitud. El
momento de inercia de la barra para esa posición lo
calculamos con ayuda del teorema de Steiner.
22 MxML12
1I
Cuando la barra pasa por su posición vertical el centro de masas de la misma ha perdido
energía potencial que se ha convertido en cinética de rotación
222 ωMxML12
1
2
1xgM
Como se pide el tiempo mínimo es equivalente a que la velocidad de rotación al pasar
por la posición vertical ha de ser máxima. Derivamos respecto de x e igualamos a
cero.
12
12Lxx
12
Lx2x
12
L
0
xMLM12
1
xgM22
xMLM12
1
2Mxxg2MgM2xMLM12
1
dx
dω
xMLM12
1
xgM2ω
22
222
22
2
22
22
22
x
c.d.m
273
123.- (348) Desde el suelo se lanza un ladrillo formando un ángulo con
la horizontal. Se supone que la cara más grande del ladrillo permanece,
durante todo el vuelo, paralela al suelo y que al chocar contra éste no
hay deformación ni del ladrillo ni del suelo. Al chocar el ladrillo contra
el suelo sufre una percusión que anula la componente vertical de la
velocidad y a continuación el ladrillo resbala por el suelo horizontal
siendo el coeficiente de rozamiento entre suelo y ladrillo ..
a) Determinar el valor de para que la distancia total recorrida por el
ladrillo sea la máxima posible.
b) Representar gráficamente el ángulo frente a la distancia para una
velocidad inicial de 20 /m/s y un coeficiente de rozamiento =0,4,
Tomad g = 10 m/s2
c) Para el mismo coeficiente de rozamiento =0,4 calcular para qué
ángulo la distancia recorrida por el aire medida respecto del suelo es
igual a la distancia recorrida a lo largo del suelo.
a) Calculamos en primer lugar la distancia que recorre el ladrillo desde que parte hasta
que choca con el suelo. Las ecuaciones del movimiento corresponden con las de un tiro
parabólico.
Estas ecuaciones del movimiento son:
tgθsenvv;θcosvv
tg2
1tθsenvy;tθcosvx
oyox
2
oo
Cuando el ladrillo llegue al suelo la ordenada es nula:
g
2θsenv
g
θsenv2θcosvx
g
θsenv2t
2
gtθsenv0
2
oo
oS
o
o
Justamente antes de chocar el ladrillo contra el suelo su velocidad tiene dos
componentes, una θcosvv ox y otra θsenvv oy , (iguales a las del ladrillo al salir,
téngase en cuenta que le campo gravitatorio es conservativo). A partir de ese instante y
durante un tiempo muy corto se produce la percusión cuyo impulso anula la cantidad de
movimiento sobre el eje Y
τ
θsenvmvmdtN
00y
En la anterior integral es el tiempo que dura la percusión que es extraordinariamente
pequeño. Durante ese tiempo actúa la fuerza de rozamiento cuyo impulso hace
disminuir la velocidad sobre el suelo horizontal
x0x0x ΔvθsenvμΔvmθsenvmμ
τ
ΔvmdtNμ
0
274
Una vez que se sobrepasa el tiempo , el movimiento es uniformemente retardado, pues
actúa la fuerza de rozamiento N·FR contraria al movimiento y proporciona una
aceleración que se obtiene de la segunda Ley de Newton.
g·a;a·mmg·N·;a·mFR
La reacción N es igual al peso P, por ser la superficie horizontal.
La velocidad inicial es θsenvμθcosvv 00i .
Las ecuaciones del movimiento son:
tgμθsenμθcosvv´;tμg2
1tθsenμθcosvx 0
2
0
El ladrillo se parará cuando la velocidad v´ se anule.
gμ
θsenμθcosvttgμθsenμθcosv0 0
0
La distancia recorrida sobre el suelo por el ladrillo hasta que se para es:
gμ2
θsenμθcosv
2
11
gμ
θsenμθcosvd
gμ
θsenμθcosvμg
2
1
gμ
θsenμθcosv θsenμθcosvxd
2
0
2
0
2
00
0
La distancia total es:
gμ2
θsenvμθcosv
g
2θsenvdxD
2
oo
2
o
S
Como buscamos el valor máximo de D derivamos con respecto a la variable e
igualamos a cero.
2
22
222
2
o
2
o
μ1
μ22θtag
2θsen2
μ1μcos2θμcos2θμ1cosθsenθ2θcosμ2
cosθsenθμθsenμθcosμsenθθcos2θcosμ2
0θμcosθsensenθμθcos2gμ2
v22θcos
g
v
dθ
dD
275
b) Según la ecuación anterior el máximo se producirá cuando:
21,8ºθ43,6º2θ0,9520,41
0,422θtag
2
40
42
44
46
48
50
52
54
56
58
60
0 20 40 60
ángulo/º
Dis
tan
cia
, D
/m
c) Para resolver este apartado, habremos de igualar las distancias recorridas por el
ladrillo en el aire y en el suelo.
gμ2
θsenvμθcosv
g
2θsenv2
oo
2
o
sen·cosv2vcosv2senv2 2
o
2
o
222
o
2
o;
θsenμθcos2θsenμ3 222
Ecuación que puede resolverse por tanteo. Sustituimos el valor de en la ecuación
anterior
θsen0,16θcos2θsen1,2 22 Escogemos =20º 0,771< 0,90
Escogemos = 25º 0,919>0,850
Escogemos = 23º 0,863 <0,872 Escogemos = 23,5º 0,877 >0,866 Escogemos = 23,2º 0,869 >0,870
El ángulo es aproximadamente =23,2º
276
124.-(353) Se lanza un cuerpo desde las coordenadas (0,0) con una
velocidad inicial vo m/s, formando un ángulo º con la horizontal. ,
representa un vector que tiene su origen en el punto de salida del cuerpo
y su extremo en un punto de la trayectoria. a) Determinar las
coordenadas del punto/s de la parábola cuando el vector y el vector
velocidad del cuerpo sean perpendiculares. b) Cuando vo = 20 m/s y =
75º, representar la gráfica módulo de frente al tiempo. Tomad g = 10
m/s2.
a) Las ecuaciones paramétricas vectoriales del cuerpo son:
= +
Designamos con xo e yo a las coordenadas de un punto de la trayectoria en el que se
cumple que el vector y el vector son perpendiculares.
Para este punto se pueden aplicar las siguientes ecuaciones, siendo to el tiempo
transcurrido desde la salida del cuerpo (cuando x = 0 e y = 0) hasta el punto de la
trayectoria (xo , yo)
2otg
2
1-otαsenovoy;otαcos0vox
=
Puesto que los vectores y son perpendiculares, su producto escalar es
nulo.
·
0g
v2t
g
αsenv3ttg
2
1tgαsenv
2
3v
0tg2
1tgαsenv
2
tgαsenvtαsenvtαcosv
0tgyαsenvyαcosvx
2
2
o
o
o2
o
2
o
2
oo
2
o
3
o
22
oo
2
oo
o
22
oo
22
o
oooooo
Resolvemos la ecuación de segundo grado.
277
2
8αsen9g
v
g
αsenv3
2
g
v8
g
αsenv9
g
αsenv3
t
20o2
2
o
2
22
oo
o
(1)
Para que en la ecuación (1) en el tiempo to tenga valor real
70,5ºα3
8αsen
9
8αsen8αsen908αsen9 222
Observe que la condición del problema se cumple independientemente del valor de la
velocidad inicial.
b) s2,27ys3,532
26,15,79
2
875sen910
20
10
75ºsen203
t
2
o
como el tiempo que tarda el cuerpo en llegar al suelo es:
s3,8610
75ºsen202
g
αsenv2t o
S
Las dos soluciones son válidas.
m5,93,5353,53sen75º20s)(3,53y;m18,33,53cos75º20s)(3,53x
m18,12,2752,27sen75º20(2,27s)y;m11,82,27cos75º20s)(2,27x
2
oo
2
oo
b) 22222222 5t19,3t26,8t5ttsen7520tcos7520yxD
En una hoja de cálculo damos valores a t y hacemos la representación gráfica,
resultando la figura inferior
278
19
19,5
20
20,5
21
21,5
22
1,5 2 2,5 3 3,5 4 4,5
tiempo/s
D/m
La gráfica presenta un máximo y un mínimo, cuyos valores los determinamos derivando
D con respecto a la variable t e igualando a cero.
2
25,179,5
2
7,9945,7979,5t
07,99t5,79t0t100t579798,58
0t50t96,5t193t372,492t53,60
5t19,3t26,8t2
t1019,3t519,3t2t26,82
dt
dD
2
22
322
222
2
Las soluciones de t son: 3,52 s correspondiente al mínimo y 2,27 s, corresponde al
máximo. En estos instantes los vectores y son perpendiculares.
279
125.-(357) Un cuerpo de masa 1,0 kg se desplaza por el eje de abscisas. Su
energía potencial está definida por la ecuación 24x211x3x(x)EP .
Ep se expresa en J y x en m.
a) Construir la gráfica Ep-x b) Calcular la fuerza que actúa sobre el
cuerpo y su representación F-x. c) Si el cuerpo en la posición x=1 m
tiene velocidad cero, determinar su velocidad en función de x y la gráfica
correspondiente.
a) Determinamos los valores de x para los que la energía potencial es nula
m3x;m8x
2
511
2
2441111x02411xx0...;x02411xxxE
32
22
1
2
P
Derivamos Ep respecto a x e igualamos a cero
m6x;m3
4xSoluciones
6
1422
6
24342222x024x22x3
dx
dE
54
22P
Para decidir cuál ex máximo y mínimo, calculamos la segunda derivada
022666xdx
Ed
0223
46
3
4x
dx
Ed226x
dx
Ed
2
P
2
2
P
2
2
P
2
En x=-4/3 m, existe un mínimo y en x=-6m ,un máximo
Dando valores intermedios a x se construye la gráfica.
-60
-40
-20
0
20
40
60
80
-10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2
x/m
Ep
en
J
280
b) Aplicamos la relación entre la fuerza y la energía potencial
N2422x3xdx
dEF 2P
La ecuación anterior es la de una parábola.
-80
-60
-40
-20
0
20
40
-10 -8 -6 -4 -2 0 2
x/m
F e
n N
c) El sistema conservativo permite escribir:
x48x22x272v
(x)E2v72(x)Emv2
1360(x)E(x)E(1)E(1)E
23
P
2
P
2
PCPC
Veamos alguna propiedad de la función v=f(x)
Cuando x=0 , s
mxv 72)0(
Calculamos la derivada de v respecto de x e igualamos a cero
m6x;m3
4x
12
2844
12
48644444x
04844xx60x48x22x2722
4844xx6
dx
dv
21
2
2
23
2
Sustituimos el valor de x=-6 m en la velocidad.
06)(48)6(22)6(272v 23
La representación de la función v=f(x) con el signo positivo es la siguiente:
281
-5
0
5
10
15
20
25
-12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2
x/m
v/m
.s-1
La representación de la función v=f(x) con el signo negativo es la siguiente:
-25
-20
-15
-10
-5
0
5
-12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2
x/m
v/m
.s-1
Para decidir sobre cuál de las dos gráficas es la correcta vamos a analizar sobre el eje de
abscisas hacia dónde se dirige la fuerza y la velocidad del cuerpo.
En la posición x=1 la fuerza es negativa está dirigida hacia la izquierda, por tanto el
cuerpo debe moverse hacia la izquierda (valores de x negativo) y su velocidad es
negativa. Esta velocidad aumenta porque la fuerza a partir de x=1 sigue siendo
negativa. Luego la fuerza se hace positiva y por tanto la velocidad es en valor absoluto
cada vez menor hasta anularse en x=6 m. A partir de ese punto la fuerza vuelve a ser
negativa y por tanto la velocidad aumentará hacia la izquierda. En resumen la gráfica
correcta es la gráfica 2.
Gráfica.1
Gráfica .2
282
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