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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 ω 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 ωp 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 –β, las personas deben haber girado una vuelta más beta, α=2π+β
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 ρo y ocurre cuando r = 0,. Cuando r =R la densidad es un cuarto de ρo
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 oo
2l
Para hallar la masa M hemos de integrar la anterior expresión entre cero y r
4
4r
Ro
ρ3π
3
3ro
ρ4πdllRo
ρ
4
3
oρ
o2l4πM
r
−=
−∫=
El campo gravitatorio es:
−=
−=
4R
3rr
3
4ρGπ
rR
rρπ
4
3
3
rρ4πG
g2
02
4o
3o
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
2a ==⇒=⇒−=
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 tg
2
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
23
HH
29
8HHH
h
22
==⇒±
=
−±
=
4
4.- Un bloque de peso P se encuentra en reposo sobre un suelo
horizontal, siendo el coeficiente de rozamiento estático µµµµ. Sobre el bloque se aplica una fuerza F que puede formar con la horizontal cualquier
ángulo agudo ββββ. 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 β 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
minµ1
µP
µ1
µ
µ1
1
µPF
+=
++
+
=
N
F
P
FR=µN
β
P=N+Fsen β N = P –Fsen β Fcos β= µ Ν
Fcos β=µ (P-Fsen β) ; F(cos β+µ sen β) = µ P
(1)senβµcosβ
µPF
+=
5
5.- Desde un terreno plano que forma con la dirección horizontal un
ángulo αααα, se lanza un cuerpo verticalmente hacia arriba formando la
dirección de la velocidad inicial un ángulo ββββ con la horizontal. A) Calcular el valor de ββββ 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 α
( ) ( )
( ) ( ) ( )cosβtagαsenβg
2vtgt
2
1tsenβvtagαtcosβv
gt2
1tsenβvtagαxy;tcosβvx
o2oo
2oaaoa
+=⇒−=−⇒
⇒−=−==
El tiempo mayor posible ha de cumplir que su derivada con respecto a β 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 =+
α
β X
Y
en la figura son: x = vo (cos β) t
y = vo (sen β) 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 α
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )cosβsenββcostagαg
2vx
βcostagββcostagαg
2vxtagβtagα
g
2
βcosv
x
βcosv
xg
2
1tagβtagα
cosβv
xg
2
1
cosβv
xsenβvtagαx
gt2
1tsenβvtagαxy;tcosβvx
22o
m
222o
m22o
m
22o
m
2
o
m
o
mom
2ommom
+=⇒
⇒+=⇒+=⇒
⇒−=−⇒
−=−⇒
⇒−=−==
El alcance mayor posible ha de cumplir que su derivada con respecto a β sea cero
( )
( ) tagα2βsen
2βcostagα
2βsen
β2sen12βsen*tagαβsen1βsen
2βsen*tagαβcosβsensenβ2cosβ*tagαβcosβsen
0βcosβsensenβ2cosβ*tagαg
2v
dβ
dx
222
2222
222om
=⇒=−
⇒=−+−⇒
⇒=+−⇒=+−⇒
⇒=+−−=
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´
+=⇒
+
=−
=⇒
−
=λλ
Restando los inversos de las ecuaciones anteriores
−=
−⇒
+−
−=−
2F
2F
FF vc
2v
λ
c
λ´ λ´
λ´λ´´
vc
1
vc
1ν
λ´´
1
λ´
1
Hacemos 2λλ´λ´´ = y 22
F2 cvc ≈−
s
m.100,2
5890.10*2
0,08.10*3.10
λ2
∆λcv 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 2y
2x
2y
2x =+⇒=+ (1)
Volviendo al triángulo de la figura:
( ) 2Rcosαx2R
xcosα;senα12Ry
2R
y2Rsenα =⇒=−=⇒
−=
y
x
2R
α
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
22x
2x −=⇒=
+
=⇒=+
Para calcular el valor máximo de vx respecto del ángulo α, derivamos e igualamos a cero
( )( )
( )( )
( )
3
2senαcosα3senαcosα2cosαsenαcosα2senαα2cos
cosααsencosααsen120αsen14gR2
cosαsenα4gRcosα*αsen18gR
0αsen14gR2
αcos4gRαsencosα*senα14gR
dα
dv x
=⇒=⇒=−⇒
⇒=−⇒=−
−−⇒
⇒=−
−+−=
3
4gR
3
2
3
2*
3
214gRv x =
−=
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 µµµµ 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 µ 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
µmgm
2πk
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
∆E∆m =
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
0E
5242
== ∫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
R3g∆m
G5
R3g
15
RGR4π
3g*G4π
E
15
2811
332
2
32
325
22
===
⇒=
=
−
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
α α α α el cubo puede mantenerse en equilibrio.
La posición de equilibrio más estable del cubo es cuando α = 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 µµµµ.. 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= µ 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
CMCM2
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= µ mg , la fuerza aplicada F es la máxima.
ma2
1
RR
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
RR
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 αααα 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
α α
S h
x
L l l
α α
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 α
+≤⇒−= tagα2
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
α
α
22
14.-Un prisma cuya sección principal es un triángulo isósceles de base a
y ángulo 2 αααα = 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
2α
α
a/2
90−α
β
γ α
ε 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
∆tc
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
ω2ω
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=ρgh ; PB=PDC+ ρgh=PA=p=2 ρgh Siendo ρ 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 αααα 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:
2o
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
a2aa0 =⇒−=
ta es el tiempo que emplea el proyectil en recorrer su trayectoria y llegar al suelo
g
sen2αv
g
senα2vcosαvx
2oo
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 2oa =⇒=⇒=⋅=
Las ecuaciones paramétricas para este movimiento de máximo alcance son:
(1)v
gxxy
45ºcosv
gx
2
1
45ºcosv
x45ºsenvgt
2
1t45senvy
45ºcosv
xtt45ºcosvx
2o
2
22o
2
o
o2
o
oo
−=⇒−⋅=−=
=⇒=
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
g2oo
2oo
2o2
o
2o
2o2
2o
−±=
−±
=
−±
=⇒=+−
La distancia D entre ambas abscisas es
g
4ghvv
2g
4ghvvv
2g
4ghvvvxxD
2oo
2oo
2o
2oo
2o
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
22o
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
22o
2
22o
22o2
hh0max =⋅
==−=−=
32
18.- Un bloque de madera de dimensiones a *b*c y densidad ρρρρ 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 , ρM la densidad de la madera y ρA 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
=
( ) ( )
∆xKbcg∆xρFgabcρbcg∆xρbcgρρ
ρaF
gabcρbcgρ∆xaρFgabcρgbcρ∆xaP-E F
AMAAA
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 312
+−= (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
3121121
+−−
=⇒
⇒+
+=−⇒
+−−=−
Llevando la ecuación (6) a la (5)
gmmmmm4m
m3mmmm4ma
322131
322131
1++
−+=⇒
⇒=−−−+−⇒
⇒=−−−
+−
12113213213132313221
112
121121331
ammammamm-am4mgm2mgm4mgmmgmm
amm
ama4mg2mg4mmgmgm
Llevando la ecuación de a1 a la (1)
++=⇒
⇒
++
−+−=⇒
++
−+=−
322131
321
322131
3221311
322131
32213111
mmmmm4m
m4mgmT
mmmmm4m
m3mmmm4m1gmTg
mmmmm4m
m3mmmm4mmTgm
Sustituyendo la tensión en la ecuación (2)
gmmmmm4m
m4mmmmma
322131
313221
2++
−+=⇒
++−=⇒
⇒=++
−⇒=
++−
322131
312
2322131
3122
322131
3212
mmmmm4m
m8m1ga
ammmmm4m
4mg2mgam
mmmmm4m
m4mg2mgm
Sustituyendo la tensión en la ecuación (3)
gmmmmm4m
mmm3mm4ma
322131
322131
3++
+−=⇒
++−=⇒
⇒=++
−⇒=
++−
322131
213
3322131
2133
322131
3213
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 ωωωω.
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
ωt
r´
h
Fig.1
36
La puerta ha girado un ángulo ωt 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
rr=
La velocidad de arrastre es:
( )[ ] ( )[ ]tvLω´jtvLω´j
h0tvL
ω00
´k´j´i
´rωv oo
o
arrastre −=−−−=
−
=×=rr
rrr
rrr
( ) ´jtvLω´ivvvv oorelativaarrastreabsoluta
rrrrr−+−=+=
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 o2
o
entrípetac −−=
−
=××=r
rrr
rrrr
´jωv2
00v-
ω00
´k´j´i
2´vω2a 0
o
Coriolis
r
rrr
rrr−==×=
( ) ´jωv2´itvLωa oo2
absoluta
rrr−−−=
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 ωωωω = 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:
( ) ( )
( )2o22
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
ωt
ωt
X X´
Y
Y´
i´
j´
Y
Z
vot
L-vot
ωt
r´
h
38
jωtcosiωtsen´j;jωtseniωtcos´irrrrrr
+−=+=
( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( )
( )
( )
´ ´ ´ ´
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
ω ω ω ω ω ω
ω ω ω ω ω ω
π π π
π π
′ ′= − − = − − + − +
= − − + + − −
= − − + +
+ −
r r r r r rr
r r
r
20·20,05sen ·10 j
60
π −
r
v 0,88i 0,57 j= − −r rr
( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( )( )
( )
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 en t i cos t j
l v t cos t 2v s en 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
ω ω ω ω ω ω ω ω
ω ω ω ω ω ω ω ω
π π π π
′ ′= − − − = − − + − − +
= − − + + − − −
= − − +
r r r r r rr
r r
r
( )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
π π π π
+
+ − − −
r
jia 79,128,1 −=
rr
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
222
211
21
2211
22111
vm2
1vm
2
1vm
2
1
senvmsenαvm
cosβvmcosαvmvm
+=
=
+=
β
Despejamos de la ecuación 2, sen β; y de la tercera v2.
( )21
2
2
122
22
11 vvm
mv;
vm
senαvmβsen −==
Designando a Mm
m
2
1 = , resulta:
( )21
2
221
2
22
221
2
vvM
αsenvM1
v
αsenvM1cosβ
−−=−=
Llevando cos β y v2 a la primera de las ecuaciones iniciales:
( )( )
( ) αsenvM
vvcosαvvαsenvMvvMcosαMvMv
vvM
αsenvM1vvMcosαMvMv
221
21
2
122
122
12
1
21
2
221
221
21
−−
+=⇒−−+=⇒
⇒−
−⋅−+=
( )
( )M2vv
vvvvMcosα
M
vvcosα2vvvv
M
vvαsenvcosα2vvαcosvvαsenv
M
vvcosαvv
1
21
221
221
2
121
2
21
222
1122
1222
1
21
22
1
+−+=⇒
−=−+⇒
⇒−
=+−+⇒−−
=−⇒
v1
β
α
v
v2
40
En el problema nos piden que el ángulo α 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
221
221
221
21
221
221
21
221
2
21
221
2111
mm
mmvv
1m
m
1m
m
vv
1M
1Mvv0vvMvMv
0vvMvMv2v2Mv
0Mv4v
2vMvvvvM2v2MvM2vv
+
−=⇒
+
−
=⇒
⇒+
−=⇒=++−⇒
=−+−−+⇒
⇒=⋅+−+−+
Sustituimos el valor de v1 en coseno α
( )
1
2max
2
1
221
22
21
21
2121
2212
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
122
21
2121
21
2121
21
222
222
211
21
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 αααα 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
61v =
Calcular el ángulo αααα 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
222hh =−⋅=−⋅= (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/22h/2
2h/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
2y22x2 +=+=
De acuerdo con el enunciado del problema
30ºα2
1senααsen3αsen1
αsen3vαcosv2
αsenvαcosv
7
6αcosvv
7
6v
22
222222
222221
=⇒=⇒=−⇒
⇒=⇒
+=⇒=
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 εεεε 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
++−+=
++−=+=+=
εε
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 =++− ε 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
2o
o
2o
o −=⇒+=
Sustituyendo en la ecuación
( ) ( ) 2o
o2o
o22o
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:
2o
22o2
o
2o2
2
o2
2
o tttv4
tvtt
4
tt
2
tv
2
tt −=⇒=+−+⇒
=+
−
Aplicamos la ecuación anterior cuando 2
tt o=
oo
2o
2
oo
o2o 2vt
4
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
24
tπ
∆s oooo
oo
2o
=⋅⋅=⋅
=⋅
=
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 αααα con la horizontal. Desde un punto B fijo se pueden construir diversos planos inclinados que
lleguen al plano AA´.
Se pide el ángulo ββββ 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 β, L y H pero permanecen constantes M y α.
22 tcosβg2
1at
2
1L == (1)
Vamos a poner la variable L en función de β.
(2)cosβsenβtagα
ML
LcosβMsenβtagαLsenβL
HMtagα;
L
Hcosβ
+=⇒
⇒−=⇒−
==
Llevando la ecuación (2) a la (1)
B
α
β
A
A´ L
M H
α
B
α
β
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 β, 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 αααα con la vertical.
El péndulo se separa de su posición de equilibrio un ángulo β>αβ>αβ>αβ>α 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 αααα y ββββ 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 ω 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
+
=⇒+
=
α
β
L
A B
δ
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´
+=
+
=
+
=
α
β
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
BBABBABA
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 α ti , 2 tig2
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
α
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 ρρρρ. 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
S2
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
2S2m
ρH2S
m
S
2mρH
S2
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
( ) ( )22o2
1o22 tvytvxyxD −+−=+=
Para hallar la distancia mínima derivamos la función anterior respecto de la variable tiempo e igualamos a cero
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )22
21
2o1o
21o
21o
22o11o
vv
vyvxt0
tvxtvx2
v-tvy2v-tvx2
dt
dD
+
+=⇒=
−+−
⋅−+⋅−=
56
34.-Un prisma cuyo ángulo es αααα 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 µµµµ.. 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 = µ 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
−
+=⇒+=−⇒
⇒+=⇒
⇒++=
α
a
P=mg
Fi
N
FR
a α
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 ρρρρ1 y el otro en un líquido de densidad ρρρρ2 , 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
21
12211 ρ
ρ
d
dgρ
d
mgρ
d
mgρVgρV =⇒=⇒=
Peso Empuje = E
Tensión de la cuerda = T
58
36.-Un cilindro, de densidad ρρρρ y altura h, flota en la zona de separación de dos líquidos de densidades ρρρρ1111 y ρρρρ2222 respectivamente, siendo
ρρρρ1111<ρρρρ< ρ ρ ρ ρ2222. . . . Determinar la altura x del cilindro que se encuentra sumergido
en el líquido de densidad ρ ρ ρ ρ2222.... 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 ρ2, por tanto, la altura que está en el líquido de densidad ρ1 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 ττττ se lanzan dos cuerpos con la misma velocidad v y el mismo ángulo αααα 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
rrrrrr´´´ −+−=+=−
Las posiciones vistas desde el segundo cuerpo son:
( ) τcosαvτtcosαvtcosαvx´xx r ⋅=−⋅−⋅=−=
( ) ( ) ( )
gtτ2
gττvsenαy
2tττg2
1τvsenατtg
2
1τtsenαvgt
2
1tsenαv´y
2
r
222r
−+⋅=⇒
⇒+−−⋅=−+−⋅−−⋅=−= 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-tg2
1τ-tvsenαy´;τ-tvcosαx´ −==
rr
r′r
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 τ 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 τ segundos es aτ, siendo 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 τ1 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 τ2 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
ooooo
+
−=⇒−=+⇒=
−
+⇒=
−
+
63
40.-Una masa m proveniente del infinito posee una velocidad v y se
acerca al Sol, siendo su parámetro de impacto ρρρρ, 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 S2d
S2d
2S2d
2 +=⇒−=⇒−=+
Sustituyendo en la ecuación (1)
0ρv
d2GMd0ρvd2GMdvd
d
GM2vρv 2
2S222
S22S2 =−+⇒=−+⇒
+=
Resolviendo la ecuación de segundo grado:
2S2
4
2S
22
4
2S
2
2S
v
GMρ
v
MG
2
4ρv
M4G
v
GM2
d −+=
++−
=
v
S
ρ
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 θ .θ .θ .θ .¿Hasta qué altura ascenderá el cilindro?
El coeficiente de rozamiento es µµµµ,,,, cumpliéndose que µ µ µ µ > tag θ.θ.θ.θ. 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
2R
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 θ X
O
mg
Y
65
( )( )
( )senθcosθ3µg
Rωt
cosθ2µsenθµcosθg
RωtRt
R
cosθg2µωtsenθµcosθgωRv
o
oo
−=
⇒+−
=⇒
−=−⇒=
Las velocidad lineal del centro de masas y angular del cilindro son:
( )( )
( )senθcosθ3µ
senθcosθµRω
senθcosθ3µg
Rωsenθcosθµgv oo
−
−=
−⋅−=
( )
−−=
−⋅−=
senθcosθ3µ
cosθ2µ1ω
senθcosθ3µg
Rω
R
cosθg2µωω o
oo
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
22o
22
22o2
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
222o
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
22o
2
22o
total
2
22o
total
2
222o
2
22o
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 =−
αRam = Sustituyendo α 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 =⇒=⇒=⇒=⇒==⋅
Rαam =
( )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
rrr
−+=
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 ωt 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 ωt 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.
( ) ( )
( )
m2,72∆x01,99∆x1,99∆x
0k
2mgl∆x
k
2mg∆x∆xk∆x2mg2mgl
∆xk2
1∆xmg2glm
2
1∆xmgmv
2
1Ep(A)Ec(A)
2
0220
2o
2A
=⇒=−−⇒
⇒=−−⇒=+⇒
⇒=+=+=+
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 ω t
OD= 0,05 m OC=A =0,1 m cos ω t =OD/OC=0,05/0,1 ω 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
AB2ABo =
⋅==⇒=
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
1822182
182180
91249124 ===⇒=⋅==
Tiempo de retornar a A = 2*(0,45+0,69) = 2,28 s
OB = 0,99 m OQ =1,73 m sen β= OB/OQ=0,99/1,73 β=34,9º
Q
O
B β
ωtQB=90+34,9=124,9º
ω 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
X2
122
Y11
X2
111
−=−==−=−=
−===−==
Escribimos los vectores velocidad de cada cuerpo en función de los vectores unitarios sobre los ejes:
jgtiv(2)v;jgtiv(1)v 21
rrrrrr−−=−=
Si los vectores velocidad son perpendiculares su producto escalar es nulo, lo que sucederá en un instante tp.
g
vvttgvv0(2)v(1)v 21P
2P
221 =⇒−==⋅
rr
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.
( )212121
221
1P2P1 vvg
vv
g
vvv
g
vvv)(tx)(tx∆x +=
−−=−=
73
45.- Supongamos que la energía potencial de un cuerpo está dada por
la expresión 2kx2
1EP
= , 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.
( )
( ) ( ) ( ) 222o
2222o
222o
222o
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 θ 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
mgFm
2πk
m2πT
M
221
MM1
+=⇒
+=
+==
FM mg
T
FM mg
T1
θ
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
oM
2
1
oM
M
2o
21
M
221
Ahora actúan dos fuerzas perpendiculares sobre la esfera de hierro que dan lugar a una
resultante ( ) 2M
2R FmgF += y a una posición de equilibrio del péndulo que forma con
la dirección vertical un ángulo φ. Si ahora el péndulo se separa un ángulo pequeño θ de la posición de equilibrio el péndulo oscila.
( ) kxFFl
xFmgFθFFθsenF 2M
2RR =⇒=
+⇒=⇒=
Siendo una constante ( )
2 2Mmg F
kl
+=
Se trata de un movimiento armónico cuyo periodo es:
( ) ( )( )
( ) 2M
2
2244
22M
22M
22Fmg
lm2πT
Fmg
ml2π
l
Fmg
m2π
k
m2πT
+=⇒
+=
+==
A en equilibrio y en reposo B oscilando
mg
A
FM
Tx
φ
FR B
FR
θ
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
42
4o
M2
42
4o22
M
42
224o2
M2
2M
2
22
2
24o
2M
2
2244
2
−=⇒−=⇒
⇒=+⇒+
=+
=
Para calcular el ángulo φ, observamos la figura 2.
2
0
242
4o
2
42
42
4o
2
2
22
42
4o
42
4o
42
4o
M
T
Tcos1
T
T1
cos
1
T
TT
cos
cos1
T
TT1
T
T
mg
1T
Tmg
mg
Ftag
=⇒−=−⇒
⇒−
=−
⇒−
=−=
−
==
φι
φ
φφ
2
2
o
Tarccos
Tφ
=
77
47.-Una cuerda se encuentra en reposo sobre dos planos inclinados que
forman con la horizontal el mismo ángulo θθθθ. La cuerda tiene una densidad por unidad de longitud uniforme ρ,ρ,ρ,ρ, 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 θθθθ
ocurre que εεεε alcanza su valor máximo y cuál es el valor de εεεε.
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 = µN, 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.
θ θ
l l
Peso = ρ l
N FR
T
θ β
θ
X
Y
78
y R
x R
F 0; F senθ Nsenβ Tsenθ-ρl=0
F 0; -F cosθ+Ncosβ Tcosθ=0
= + −
= +
∑∑
Como θ y β son ángulos complementarios: sen β = cos θ y cos β = sen θ
(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 ε (definido en el enunciado del problema).
senθρcosθ
NsenθµNcosθ2senθ
ρcosθ
NsenθµNcosθ
ρ
NcosθµNsenθ2
senθρcosθ
NsenθµNcosθ2
L2l
Lε
−+
−−
+
−
=+
=
Teniendo en cuenta que µ = 1
( )
)6(θcoscosθsenθ
θsencosθsenθ
cosθsenθcosθ
senθsenθcosθ
ε2
2
+
−=
+
−
=
T T
Peso = ρ L
θ θ
79
Como nos piden el valor máximo de ε, derivamos la ecuación anterior respecto de θ 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 θ =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 ε frente a θ.
-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 θθθθ para el cual la partícula abandona el hemisferio. El
ángulo θθθθ 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 θθθθ 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
θ 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:
( ) 2x
2y
2x MV
2
1vvm
2
1mgh ++=
Y´
θ
h
θ
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
2x
2222x
2x
+++
−=
+++
−=
⇒++⋅⋅+=−
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= εvx, siendo ε una constante, se concluye que vx debe tener un valor máximo y por ello derivamos la ecuación (3) respecto de θ e igualamos a cero.
( )( )( ) ( ) ( )
( )( )( )
( )
( )( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( )θcos
cosθ1ε12
θsenε1θcosθcos
cosθ112
θcos
θsenε11ε1
θcos
1
cosθ
senθ12cosθ12gRθsen2gRεθtagε11
0
εθtagε11
cosθ12gR2
εθtagε11θcos
1tagθ12cosθ12gRθsen2gRεθtagε11
dθ
dv
22
3
2
2
2
2
222
22
222
2
222
x
−+⋅=
=⋅++⇒−
+⋅=
⋅+++⇒
⇒+⋅⋅−=+⋅++⇒
⇒=
+⋅++
−
+⋅++
+⋅⋅−−+⋅++
=
ε
ε
ε
a) Como εM
m= , cuando m= M , ε =1, sustituyendo en la última ecuación resulta:
( )[ ] (4)6θcos
4θcos4
θcos
4θcos2
cosθ
cos-14θcos12θcos 2222 =+⇒−=−⇒
=−+
θ
Para resolver la ecuación (4) recurrimos a un procedimiento de tanteo: Para θ = 40º 5,8<6 ; Para θ = 42º 5,93<6 ; Para θ = 43º 6,20>6 ; Para θ = 42,9º 6=6 b) Cuando m<<M , ε =0
83
48,2ºθ3
2cosθcosθ2cosθ
cosθ
cosθ2θsenθcos 22 =⇒=⇒−=⇒
−=+
Esta es la solución del problema clásico cuando el hemisferio está quieto. c) Cuando m=100M , ε=100
(5)3,03cosθ
2,02θcos
cosθ
202θ100cos303
202cosθ
202θcos101-101θcos
cosθ
cosθ202202θsen101θcos
22
2222
=+⇒=−⇒
⇒−=+⇒−
=+
Resolvemos la ecuación (5) por tanteo Para θ = 15º, 3,02<3,03 ; Para θ = 16º, 3,025<3,03 , Para θ = 17º, 3,027<3,03 Para θ = 18º, 3,028<3,03 ; Para θ = 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 θ y otra mg cos θ. La fuerza que hace oscilar al cilindro es mg senθ, pero para ángulos pequeños podemos aproximar el seno θ al ángulo θ 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
22 −
=⇒−
=
⇒
−=
mg
R-r θ
mg senθ
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 senθ 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 θ es pequeño son las siguientes:
rαa2
mrαFαmr
2
1IαrF
maFθmg
CM
R2
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 2π (R-r) al cual corresponde un ángulo que designamos con β. Supongamos que el cilindro pequeño describe al rodar un ángulo dβ con lo que su centro de mas avanza un trozo de arco dL, al cual corresponde un ángulo dθ.
mg senθ
mg
R-r θ
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 dβ al mismo tiempo que el centro de masas describe un arco de longitud dL. Si el cilindro diese una vuelta completa (2 π radianes) el centro de masa hubiese avanzado 2π 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 α 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
22 −
=⇒−
=
⇒
−=
dθ
dL
θ . . dβ
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 ρρρρ = 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-ρt 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-ρt -ρ∆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
( )( )∆vv∆tρtρmo +−−
4) Cantidad de movimiento de la masa expulsada: ( )vu∆tρv∆m- 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
∆t
∆vgu∆tρ-∆vtρm∆tgtρm-
v∆tρu∆tρ-∆v∆tρ-v∆tρ-∆vtρmvtρm∆tgtρm-vtρm
v-u∆tρ∆vv∆tρ-tρm∆tgtρm-vtρm
000
0000
000
−−=−⇒−=−⇒
⇒+−+−=−−⇒
⇒−+−=−−
Si ∆t tiende a cero, separamos variables e integramos
( )[ ] gttρm
mlnuvmlntρmln
ρ
uρgtdt
tρm
uρgdv
o
ooo
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
rrr
+=
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-ρ t, Fr es la fuerza exterior F =-( mo-ρ t) g , la velocidad u
r es –u y ρ
dt
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
ooo
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
rrr
+= . 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.
( ) ( ) Ctet∆mMln∆m
Fvdt
t∆mM
FdvF
dt
dvt∆mM +−−=⇒
−=⇒=− ∫∫
Cuando t=0 , v=0
Mln∆m
FCtecteMln
∆m
F0 =⇐+−=
( )t∆mM
Mln
∆m
FvMln
∆m
Ft∆mMln
∆m
Fv
−=⇒+−−=
( )( )
−=
−
−−⋅
−
==t∆mM
1F
t∆mM
∆mM
t∆mM
M1
∆m
F
dt
dva
2
90
52.-Una pequeña masa comienza a deslizarse por un plano inclinado de
ángulo αααα. 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
2f
Fr
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
2f =⇒=
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 α
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 β e igualamos a cero.
( )( )
αtagL
stagβ0βcossβsenL0
βsensLcosβ
βcossβsenLLu
βd
vd2
==⇒=+−⇒=+
+−−=
Y
A
B
u
v α
β X
L
s
Fig.1a V
93
A la vista de este resultado:
2222
22
minsL
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 γ, 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 vuv
L
vuu
vu
vu
L
u
v1v
u
vvu
Ls −=
−
−
=
−
−=
u
v φ
γ X
L
s
Fig.1b R
94
54.- Una partícula P describe una trayectoria circular de radio R, con
velocidad angular ωωωω y aceleración angular αααα. Rv 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:
jsenRicosRRrrr
ϕϕ += con ϕ =ϕ(t)
El vector velocidad es su derivada respecto del tiempo:
( )jcosisenωRjcosRisenRvrrr
&r
&r
ϕϕϕϕϕϕ +−=+−=
[1] El vector contenido en el paréntesis es un vector unitario situado en una dirección perpendicular al vector R
ry como la trayectoria es una circunferencia
tiene la misma dirección que la tangente, recibiendo el nombre de vector unitario tangente τ
r. La
ecuación anterior [1] se puede también escribir.
τωRvrr
= Ahora bien, si definimos el vector velocidad angularω
rcomo un vector en la dirección del eje de
rotación Z, cuyo sentido lo proporciona la regla del sacacorchos, entonces k
rrωω = y si establecemos y
verificamos el producto vectorial Rvrrr
×=ω [2]
)jcosisenωR(
0senRcosR
ω00
kji
vrr
rrr
rϕϕ
ϕϕ
+−==
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(ωa2
rrrr&
r&
r&
rr&
r
ϕϕϕϕ
ϕϕϕϕϕϕ
+−+−=
=−−++−=
ωr
αr
Rr
vr O
P
X
Y
Z
ϕ
95
Cambiando αω =& módulo de la aceleración angular resulta:
RωταR)jseniR(cosω)jcosisenαR(a 22rrrrrrr
−=+−+−= ϕϕϕϕ [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.
( )RωωRαRωRωarrrrr&rrr
&rr××+×=×+×= [4]
Estando por definición el vector aceleración angular α
ren la dirección del eje de
rotación y su sentido coincide con el de ωr, en el presente caso. En consecuencia
kααrr
= 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
rr= ; 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 rrr
×ω=
rr uR
dt
udR
dt
Rdv
rrrr
r×ω===
Volviendo a derivar.
rrr
r uRudt
dR
dt
udRu
dt
dR
dt
vda
rrsrrr
srrr
r×ω×ω+×
ω=×ω+×
ω==
96
55.-Una plancha de masa mp está situada sobre un suelo horizontal,
siendo µµµµp 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 αααα, 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 µµµµb.
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
α
mpg
Ns
FRp= µpNs
Nbp
Fbp = µb Nbp
TI
mbg
Fpb
Npb α
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
xr
( ) )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
bpbpbpb
bpbpb
pbpbb
+
⋅=⇒=−−⋅⇒
=−−⋅⇒=⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅
bµ
Sustituyendo Nbp en la ecuación (1)
( )( )
( )( )
)2(αcosµαsen2
αsengmµµgmµT
0αcosµαsen2
αsengmµµgmµT
b
bbpppI
b
bbpppI
+⋅++=⇒
⇒=+
⋅+−−
98
b) El diagrama de fuerzas cuando la plancha desliza hacia la derecha
Aplicando de nuevo las condiciones ∑ = 0F
ra la plancha y ∑ = 0M
ra la barra, resulta:
( ) )1(0NµNgmµT bpbbpppD =−+−
αcosµαsen
αsen2
gm
N0αcosNαsenNαsen2
gm
0αcosFαsenNαsen2
gm0αcosLFαsenLNαsen
2
Lgm
b
b
bpbpbpb
bpbpb
pbpbb
−
⋅=⇒=+−⋅⇒
=+−⋅⇒=⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅
bµ
Sise compara con las ecuaciones anteriores resulta que la única diferencia es cambiar un signo más por uno menos.
( )( )
( )3αcosµαsen2
αsengmµµgmµT
b
bbpppD
−⋅++=
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= µpNs
mpg
Ns
Nbp
Fbp = µb 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 ωωωω´. 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 ′+′×+= ′
rrrrr
a) La velocidad relativa, es decir definida desde los ejes móviles en O´ vale:
ivv o ′−=′rr
En este problema, la velocidad de arrastre debida al movimiento de los ejes móviles resulta:
Por no efectuar traslación 0vO =′
r
Debido a la rotación vale: ( )( ) ( ) j ′−=′−+′×′=′×rrrrrr
tvlωitvlkhkωrω oo
La velocidad absoluta ( ) jtvlωivv oo ′−+′−=rrr
c) La ecuación cinemática de aceleraciones es:
d) ( ) avω2rdt
ωdrωωaa o ′+′×+′×+′××+= ′
rrrrr
rrrrr
La aceleración respecto de los ejes móviles ( ) 0=′−=′
=′ ivdt
d
dt
vda o
rr
r
Las aceleraciones de arrastre: 0aO =′
r
( ) ( ) ( )itvlωjtvlωkωrωω o2
o ′−−=′−×=′××rrrrrr
0rdt
ωd=′×
rr
; pues .cteω=r
La aceleración de arrastre vale: ( )itvlωa o2
arrastre ′−−=rr
ZZ ′≡
X X´
Y
ovr
A OO ′≡
h
l
100
La aceleración complementaria o de Coriolis:
( ) jv2ωivkω2vω2a ooC ′−=′−×′=×=rrrrrr
La aceleración absoluta: ( ) jvω2itvlωa oo2 ′−′−−=
rrr
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
df
R
D3
31
L1L
=⋅
⋅==⇒=
−
−
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 α es complementario del β. 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
df
cosβR
senβRh
23
23
22
2
L2L2
2
22L
2
2L
2L
2
22L
2L
2L
2
2
2
2L
L
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
L2
2L
GM
hh2πT
T
h2π
h
GMv
h
m´v
h
m´MG =⇒==⇒=
La intensidad del campo gravitatorio en la superficie de la Luna es:
2LLL2
L
LL RgGM
R
GMg =⇒=
El periodo de rotación del satélite vale:
horas15s5,4.10
6
9,87051.10
1710
70512π
g
h
R
h2π
Rg
hh2πT 4
3
LL2LL
≈====
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
rrr
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
+= ovm
kgln
k
mcte
La ecuación del tiempo
)1(k
mgev
m
kg
k
mv
evm
kgv
m
kg
vm
kg
vm
kg
ev
m
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´, τ 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*0,4e112,5h´ =⋅−+−⋅−=
25τ112,50,4τe112,5h´
τ
o25t
0,4
10,4te45τ
odt250,4te45
τ
odtvh´
−+−⋅−=
⇒−
−−⋅=
−−⋅== ∫∫
105
59.- Dos planos forman entre sí un ángulo αααα = 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 α 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
1 2
m22
m2
m22
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
m2m2
2
m2m
2
22
2
2
2
2
22
m2m
=−−−−⇒+−−=−
⇒+−−−=−+−−−=
=
−+
−−
−=−
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
mxm −+=
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 1,49.10
9 km , distancia tierra Luna 3,8.10
5 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 θ1 y la Luna un ángulo θ2.
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 rRPrrr
+= 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+=Β
+=Α
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 ωωωω =4 s-1. Las ecuaciones generales del movimiento armónico son:
( ) ( )ϕϕ +==⇒+= 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
2ox2
o2
2
2ox2
o
22
2
2ox222
ooxo
==⇒=⋅
==
=+=+=⇒=+⇒
⇒==⇒==
ϕ
ϕϕϕϕ
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 ωωωω t), siendo A = 0,5 m y ωωωω = ππππ 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
9,82ω
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 2kx2
1
La energía en 3 es: potencial respecto del suelo ( )xymg + + energía elástica almacenada
en el muelle estirado = 2ky2
1 + energía cinética de la masa m superior = 2mv
2
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
2k
mg4
k
mg2
2
k
g3m4
k
gm4
k
mg2
x2
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 rrgira respecto al eje X con una velocidad angular
constante ωωωω = 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 θ, 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 θ con el eje X. Cuando t=0 , 2
πθ = y cuando t, el ángulo con
el eje X es θ.
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
22X
−====
−===
Las componentes de la velocidad sobre los ejes son:
O
A
X
Y
θ R
I α
r
IO=OA=R
121
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )[ ] Rω2ωt2πcosωt2πsenω4Rvvv
ωt2πcos2Rω2ωωt2πRcosdt
drv
ωt2πsen2Rωωωt2
πsenωt
2
πRcos4
dt
drv
22222Y
2X
YY
XX
=−+−=+=
−−=−⋅−==
−=−⋅
−⋅
−−==
Las componentes de la aceleración sobre los ejes son:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )[ ] 222242Y
2X
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 e
n m
/s2
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
( ) ( )∆xYka,∆xYka,∆xka 21 +−=+== De las relaciones anteriores se deduce:
( ) 2a∆x2k∆xY∆xYkaa 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
112
11
2
111
112
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
racio
ne
s e
n m
/s2
a1
a2
a
Fig.1
Fig.2
126
67.-Una cadena uniforme de longitud L está colocada sobre un plano
inclinado αααα 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 µµµµ.. 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
µµµµ la cadena puede resbalar por el plano inclinado. Designamos con λ 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.
α
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
211
211
222
212
212
222
212
212
211
211
212
212121211
212
211
12122121
2121
12BAA1
−+=−+++−+−=
=−+−+−++=
=−⋅−+⋅+
+⋅+
=−⋅+
+⋅
=
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´
211
211
222
22211
211
2DC1C ++=⋅
++=⋅
++=
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:
( ) ( )22o2
1o22 tvytvxyxD −+−=+= (1)
Para hallar el tiempo mínimo derivamos D con respecto al tiempo e igualamos a cero
( )( ) ( )( )
( ) ( )( )
22
21
2o1om
22
21m2o1o2
2o2
1o
22o11o
vv
vyvxt
0vvtvyvx0tvytvx2
vtvy2vtvx2
dt
dD
+
+=⇒
⇒=++−−⇒=−+−
−−+−−=
Para hallar la distancia mínima sustituimos el tiempo mínimo tm en (1)
( ) ( ) ( ) ( )( )
22
21
1o2om
222
21
22
21
21o2o
2
22
21
1o2o1
2
22
21
1o2o2m
2
22
21
21o21o
2
22
21
21o22o
m
2
22
21
22o21o
22o
21o
2
22
21
21o21o
22o
21o
m
2
22
21
2o1o2o
2
22
21
2o1o1om
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 , , , , θθθθ , 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 θ. Las ecuaciones paramétricas respecto de los ejes coordenados son.
133
( ) ( ) ( ) ( )
( ) (2)gt2
1tθcosvθsen1Ry
gt2
1tθcosvθsenRRgt
2
1tθcosvyy
(1)tθsen1vθcos1Rtθsen1vθRcosRtθsen1vxx
2
220
0
−++=
⇒−++=−+=
++−=++−=++=
La altura máxima que alcanza la gota ocurre cuando la velocidad vy se anule
g
cosθvtgtcosθv
dt
dyv y =⇒−==
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 θ, por tanto, como se pide la mayor de esas alturas, procedemos a derivar la ecuación (3) con respecto a θ e igualar a cero.
2
22m
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
2Tt1oFF
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
2o
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
2o
32o
2o
=⇒=−⇒=
−=
=⇒=−⇒=
−=
=⇒=+−=
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 εεεε=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,ttε
2
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 ε=c/a=0,0167 Área de la elipse= π 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
2oo
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.
23
rMGm
f2
dt
dr
r
MGf
dt
dr
r
mMG
2
1
fvdt
dr
r
mMG
2
1
rdt
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
rf2∆r
MGm
rf2
T
∆r 23
23
−=⇒−=
141
c)
T
r
fMG∆E
r
fMG
r
MGm
r2f
mMG2
1
rdt
dr
mMG2
1
dt
r
1d
mMG2
1
dt
r
MGm
2
1d
dt
dE
21
21
c
2
2
3
2c
=⇒
⇒==−=
=
=
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., ρ 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
32T2
T32T2
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 ρo. 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 02 −⋅=
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
ρrπ4rdrkrπ4
rdrρrπ4M 4o
34o
33
o2
00
−=−=−= ∫∫
El módulo de la intensidad del campo gravitatorio a una distancia r<R del centro de la esfera es:
( )
−=
−
== 2o2
4o3
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
k33
Rk42
k3
ρ2
k3
ρ2r0rk2ρ
3
4Gπ
dr
g(r)d max0o =
⋅===⇒=
−=
144
76.-Un plano inclinado forma con la horizontal un ángulo αααα. Desde el punto más bajo de dicho plano se lanza un proyectil con un ángulo θ>αθ>αθ>αθ>α el cual impacta con dicho plano. Determinar el valor del ángulo θθθθ 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
20
2
0
200
−=⇒
⇒=⇒−==
La ecuación del plano inclinado )(2αtagxy = En el punto de impacto del proyectil sobre el plano se cumple que:
(3)θcosv
xg
2
1θtagxαtagx
22o
2i
ii −=
Las soluciones de la ecuación (3) son xi=0, que corresponde al punto de salida del proyectil y
( )
( )αtagθcosθsenθcosg
v2x
αtagθtagθcosg
v2x
θcosv2
xgαtagθtag
2o
i
22o
i22o
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
2oi −
== (4)
Como piden el valor máximo de s, derivamos s respecto de θ e igualamos a cero:
145
( ) ( ) ( )[ ]
( )
αtag1αtag2
4αtag4αtag2θtag01αtagθtag2θtag
θtagθsenαtagθsen2θcostagαθsen-θtagθsenαtagθsenθcos
θtagαtagθcosθsenαtagθsenθcos
0θsen-αtagθcosθsenαtagθsenθcosθcosαcosg
2v
dθ
ds
22
2
2o
+±=+±
=⇒=−−⇒
⇒=+⇒=+⇒
⇒−=+⇒
⇒=⋅−++⋅=
La solución válida que da resultado positivo es.
( )αsen12
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
2o
2
22o
2
22o
22o
22o2
2o
22o
2o
+=
+==
⇒=
−
+=
−
+=
⇒−=−=
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 π= . 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´∆L
2
2
22
2
2
2
2
2
2
2
=
−=
−=
−=−=−=
s480150
149172000x
xhora
s3600hora20
s150
1491
s1=
−⋅=⇒
⋅=
−
147
78.-Un péndulo simple de longitud L, se separa un ángulo θθθθo de su
posición de equilibrio y se deja oscilar libremente.
a) Determinar la tensión de la cuerda en función del ángulo θθθθ que la cuerda del péndulo forma con la dirección vertical.
b) Representar en una gráfica la tensión frente a θθθθ para θθθθo = 45 º y θθθθo =
60º.
c) Calcular la aceleración total de la masa puntual del péndulo en
función de θθθθ. d) construir la gráfica de la aceleración total en función de θθθθ,,,, para θθθθo=20, 40, 60, y 70 grados. a) Para cualquier ángulo θ 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 θ. La longitud h es lo que ha descendido el péndulo desde su posición inicial (θo) hasta la posición θ.
Podemos escribir L
vmθcosmgT
2
+= y ( ) 2o mv
2
1cosθθcosmgLmgh =−=
Combinando ambas ecuaciones resulta:
( ) ( )oo θcos2θcos3mgcosθcosθ2mgθcosmgT −=−+= (1)
b) La representación gráfica de T frente a θ, es la siguiente:
θo
θ
mg cos θ
T
L cos θo L cos θ
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
θθθθO=45º
θθθθO=60º
La tensión es máxima cuando el péndulo pasa por la posición vertical (θ =0) c) Para una posición cualquiera θ 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
0o22
T
0o222
T
0o22222
T
0o222222
T
2
o22
2222
c22
T
−++=
⇒−++=
⇒−++=
⇒−++=
⇒
−+=
+=+=
b) La ecuación (2) nos dice que si fijamos (θo), la aceleración total dependerá del
ángulo θ, 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 θ.
c)
( ) (3)0cos8cos6;0θcosθsen8θsenθcos6
0cosθcosθ8θcos4θcos4θsen2
θcosθsen8θsenθcos6g
θd
ad
o
oo222
oT
=+−=+−⇒
⇒=−++
+−=
osen θθθ
149
La ecuación (3) tiene dos soluciones sen θ =0 y θcos4
3θcosθcos4cosθ3 o0 =⇒=
El máximo valor de cos θ =1, por tanto, 41,4ºθ3
4θcos oo =⇒=
Si en la ecuación (3), damos a θo un valor inferior a 41,4 grados la ecuación tiene una solución y es sen θ =0. Si en la ecuación (3), damos a θo un valor superior a 41,4 grados la ecuación tiene más de una solución. Cuando θo=20º
θcos7,52-θcos34,538,9θcoscos20º820ºcos4θcos319,8a 222T +=⋅−⋅++=
la gráfica aT frente a θ es:
θθθθo=20º
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
-30 -20 -10 0 10 20 30
ángulo,θθθθ/º
acele
ració
n t
ota
l, a
T
En este caso se presenta un mínimo en el punto más bajo del péndulo Cuando θo= 40º
θcos6,13-θcos335,38,9θcos40ºcos840ºcos4θcos319,8a 222T +=⋅−⋅++=
la gráfica aT frente a θ es:
150
θθθθo=40º
4
4,5
5
5,5
6
6,5
-60 -40 -20 0 20 40 60
ángulo,θθθθ/º
ac
ele
rac
ión
to
tal, a
T
El mínimo se encuentra en el punto más bajo de la posición del péndulo Cuando θo= 60º
θcos4,00-θcos300,38,9θcos60ºcos860ºcos4θcos319,8a 222T +=⋅−⋅++=
la gráfica aT frente a θ es:
θθθθo=60º
7
8
9
10
-80 -60 -40 -20 0 20 40 60 80
ángulo, θθθθ/º
ace
lera
ció
n t
ota
l, a
T
Como ahora el ángulo es mayor de 41,4 aparecen las soluciones sen θ=0 que ahora es un máximo y
48,2ºθ3
2
3
º06cos4θcoscosθ
4
3θcos o ±=⇒=
⋅=⇒=
Que presenta dos mínimos
151
Cuando θo= 70º
θcos2,74-θcos347,18,9θcos70ºcos870ºcos4θcos319,8a 222T +=⋅−⋅++=
la gráfica aT frente a θ es:
θθθθo=70º
8
9
10
11
12
13
14
-100 -50 0 50 100
ángulo, θθθθ/º
ac
ele
rac
ión
to
tal, a
T
Como ahora el ángulo es mayor de 41,4 aparecen las soluciones sen θ=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 αααα 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:
2BB
2BB2
C
2B
C
BBB
2BBCB x4,9x3x
12
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 α; en la dirección del eje Xp su velocidad inicial es cero y está sometida a una aceleración g sen α. 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
2BB
2B
−=⋅−=⇒
⇒⋅−=⋅=
XP
YP
α
vB
g
g sen αααα
g cos αααα
Fig.1
154
Las ecuaciones de movimiento del carrito son:
0y;tαseng2
1x C
2C =⋅= (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
22C
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:
2BBBB tg
2
1tαcosvy;tαsenvx −⋅=⋅=
El carrito desliza sobre el plano inclinado con una aceleración de módulo g sen α 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:
22C
2C tαseng
2
1αsenly;tcosααseng
2
1αcoslx ⋅−=−=⋅==
Para los valores numéricos dados en el enunciado:
2C
2C
2BB
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
α
α
α
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
2BB
2CB tαcosg
2
1tvy;tαseng
2
1tvx ⋅−=⋅+−=
Ecuaciones del carrito
0y;tαseng2
1tvx C
2CC =⋅+−=
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
C2
C
2B
2B
=+−=
−=+−=
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:
( ) ( ) 2CBBCBB tg
2
1tαsenvαcosvy;tαcosvαsenvx −+=−=
Si el carrito recorre sobre el plano inclinado una distancia l en un tiempo t, resulta:
2C tseng
2
1tvl α+−=
Y las coordenadas de esa posición respecto del sistema XY de la figura 3 (condiciones de ligadura).
22CC
2CC tαseng
2
1tαsenvαsenly;tαcosαseng
2
1tαcosvcosαlx ⋅−⋅=−=⋅+⋅−==
Para un ángulo α= 45º
X
Y
α
α
α
vB
g
vC Fig.3
158
( )
( ) 22B
B
t4,9t2,83t4,9t45sen145cos3y
;t1,41t45cos145sen3x
−=−⋅+⋅=
=⋅−⋅=
222C
22C
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 10
3
kg/m3, Constante de Gravitación Universal G = 6,67.10
-11 N.m
2/kg
2 ;
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
SB
Rπ4
PP =
La superficie de la esfera que absorbe la radiación es πr2, tal como puede deducirse de la figura 1.
La energía que por unidad de tiempo absorbe la esfera de superficie S = πr2 es:
2
2S2
2S
BB 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
2s
B2
2s
Rc4
rPF
R4
rP
∆t
∆pc =⇒=⋅
2r
Fig.1
160
La fuerza de atracción gravitatoria entre el Sol y la esfera es:
2
B3
S
2bS
g R
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
SBS
S2
B3
S
2
2S
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 ββββ. Lleva enrollada una cuerda de masa despreciable y en el extremo libre de la misma se ha
colocado una masa m=4444
ΜΜΜΜ (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 µµµµ=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
=
=−
=−
=−+
β
m
β
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
RR
aMR
2
1
TR
αIF;mamgT
2
R
=−
+−++
⇒+
+=++
⋅=+=+=
Operando en la última ecuación: ( )
( )g
βsen-1mM2
3mβsenmM
aβsenm-mM2
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
βcos1βsen5βsen7βcos5βsen7
4βsen14
gβsen7
1βsen55gβcos
ggβsen7
1βsen53
µ+
>⇒
−
−+−
−
+
=
−
−+
+−
−
>
Según el enunciado µ=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
β/β/β/β/º 10,2.cos β β β β 14 sen ββββ+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 β está comprendido entre: 22,7º<β<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:
∆lkFI = Siendo ∆l el aumento de longitud del muelle de la izquierda respecto de su longitud natural a.
( )ayakFaya∆l 2222 −+=⇒−+=
El vector IFv tiene dos componentes que son:
( ) ( ) jcosθayakisenθayakF 2222I
vvr−+−−+−=
El muelle de la derecha tiene dos componentes sobre los ejes que son:
166
( ) ( ) jcosθayakisenθayakF 2222D
vvr−+−−++=
Luego la fuerza resultante es:
( ) ( )
jya
a1yk2F
jya
yaya2kjθcosaya2kFFF
22R
22
2222DIR
vv
vvvvv
⋅
+−−=
⇒+
⋅−+−=−+−=+=
b) La energía potencial almacenada por cada uno de los muelles vale
[ ] ( )22222222P yaa2ayak
2
1ayak
2
1∆lk
2
1E
2+−++=−+==
La energía potencial elástica del sistema es la suma de la correspondiente a cada muelle.
[ ] ( )2222222t yaa2y2akayak∆lk
2
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 λ, el trabajo elemental para desplazar la masa m una distancia dλ debe ser realizado por una fuerza
igual y de sentido contrario a RFr
que actúe a través de sucesivos estados de equilibrio con objeto de que no adquiera energía cinética:
∫∫
∫
+−λλ=⇒
⇒
+−=⇒
+−=⋅=
y
0
y
0
dλλa
λ2akdk2W
dλλa
a1λk2Wdλ
λa
a1λk2jdλjFdW
22
y
0
2222R
rr
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 ++−=+−
λ=
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 αααα 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 α, y la del centro de masas del plano inclinado, es xP. Al cabo del tiempo t, la masa puntual tiene una abscisa λ y el centro de masas del plano inclinado λ+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 λ xP L cosα
Fig. 1 (a) Fig.1 (b)
α
m2g
N
m1g O
c.d.m.(plano) c.d.m.(plano)
169
( )( )
( )
21
2
21221
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 λ. 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
αcosLmL
a
αcosaαseng
λ
L
+
=⇒
⇒=
−+⇒+=
+⇒
⇒+
=
+
⇒+
=
α
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
OHOH
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
3OH2
⋅
=
⇒=====
−
−
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(αααα) indicando así que esa área es función del ángulo de lanzamiento. a) Calcular el valor de αααα 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
0dxyA
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
( ) ( ) 2oo tg
2
1tαsenvy,tcosαvx −==
Despejamos la variable t en la primera ecuación y la sustituimos en la segunda
αcosv
xgαtagx
αcosv
xg
2
1αsen
αcosv
xvy
22o
2
22o
2
oo −=−=
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
2o
M
ooM
oM
2MMo
=⇒
⇒=⇒=⇒−=
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
4o
2
224o
2
24o
22
24o
3
36o
22o
2
24o
M3
22o
22
22o
Mx
0
x
0
⋅=⋅
=
−=
=
−=−=
=−=−= ∫
Como nos piden el área máxima derivamos la ecuación (1) respecto de α e igualamos a cero.
173
[ ]
º
2224
2
4o
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
2i =⇒=− (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
2s2S RgGM
R
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
Rivv1
x
R12
ivR
1
x
1R2iv
2iv
2v
R
1
x
12RSg22ivR
1
x
1GM22
iv2v
R
GM
2
v
x
MG
2
v
R
GM
2
2ivCteCte
R
GM
2
2iv
2i
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 τ.
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 ββββ=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 =×=vvr
1,8r
RMG3vrv
2
32R
1,8R
MGrmv60ºsen·
1,8R
MG2Rm 60ºsen r v m
AAAAAA =⇒=⋅⋅⇒=⋅⋅= (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
3S
2S
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
3S
2S
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 2222 =⇒−=−⇒−=−
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)(r22OF2r´;R 1,1-aa·εOFOAOF
ε;2arr´ ll =−⇒==⇒==+
ε es la excentricidad de la elipse y FA = 1,1 R(es el perigeo de la elipse) Operando con las ecuaciones anteriores
( ) ( )2l
2l
22l
2l
22l
222l 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 22l =−=−=
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
S2S
2S
2S
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:
2S
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
2S
2
3
==⋅
====
Otra alternativa es emplear directamente la Tercera Ley de Kepler:
2S
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.
21
22
22atm
21atm vvhg20gρvρ
2
1phgρvρ
2
1p −=⇒++=++
Según al ecuación de continuidad: S1 v1=S2 v2 ; 21
21 v
S
Sv =
22
21
21
2
1
2
2
2
1
222
22
2
1
222
SS
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
S22
21
22
22
21
22
22
21
12
1 +⋅−
−=−
−=⇒⋅−
=⋅− ∫∫
Cuando t =0 , h=H , por tanto la constante vale: HCte =
( )hHSg2
SS
SS
Sg2
hHt;Ht
SS
Sg2h
22
22
21
22
21
22
22
21
22 −⋅
−=
−
−=+⋅
−−=
Cuando el depósito se vacía completamente t = 0,5 horas = 1800s y h=0
22
24
7222
22
7
22
222
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=ρ g y, siendo ρ 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
0ydyxgρFT
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´
α
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
32322T
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
22T
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 = αααα. . . . Se pide calcular las velocidades de ambos sólidos después del choque si éste es elástico.¿Qué ocurre si αααα=1? b) Ahora el choque no es frontal y αααα=1. Probar que los vectores velocidad de ambos sólidos son ortogonales.
Determinar en función de vo y αααα 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 , α α α α 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
r, 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 αααα<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 θθθθm, calcular su valor cuando αααα =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
vv
185
( ) ( ) 2´B
2´A
2o
2´BB
2´AA
2oA
´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
( )
( ) ( )
( )αααα1111αααα1111vvvv
αααα1111vvvv2222vvvvoooo oooo´BBBB
+
−=⇒
+
−+=
+−=
⇒+
=⇒+=⇒+=⇒
⇒+−+=⇒+−=
´
Avα1
vα2αvv
α1
2vαvv
α1vv2α1αvvαv2
vαvαv2vαvvvαvαvv
ooo0o
´A
´B0
2´B
´Bo
2´B
´Bo
2´B
22o
2o
2´B
2´Bo
2o
Si α =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 α y la conservación de la cantidad de movimiento hay que expresarla vectorialmente. Escribimos la conservación de la cantidad de movimiento con α=1, mA=mB
´B
´Ao
´B
´Ao vvvvmvmvm
vvvvvv+=⇒+=
El módulo del vector ov
ves:
αcosvv2vvvαcosvv2vvv ´B
´A
2´B
2´A
2o
´B
´A
2´B
2´Ao ++=⇒++=
Aplicando el principio de conservación de la energía cinética
α ovv
´Av
v
´Bv
v
X
Y
186
2´B
2´A
2o
2´B
2´A
2o vvvvm
2
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
BoAC
+=
+
⋅+=
vvv
(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:
α1ov
Cv0(C)Bv;α1
αov
α1
11ovCvov(C)Av +
−=−=+
=
+−=−=
vvv
vvvvv
(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
oAoABA
oAoBBBB
oAAAA
CC
CCC
=+
−+
=+
+−=
+−==
+==
vvvv
vvvv
vvv
α
α
Energías cinéticas en el sistema C antes del choque
( )
( )
( )( )[ ]
( )( )[ ]
( ) A
2o
A2
2o
A2
A2
2o
Ctotal
2
2oA
2
2o
B2BBCB
2o
2
A2AACA
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
+=+
+=+
+=
+=
=+
==
+==
α
α
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 =+
vv
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
2A
BAB
2B
A
2A
Ctotal )(pm2
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 α<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
v 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
v 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
´A
m
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
vrvrv
=−⇒=−=
El vector unitario u
v 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
vv
vv=⇒= 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
2o
2o
2o
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
2o
2o
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 λλλλ, figura 1. Si el péndulo se separa un ángulo θθθθ muy pequeño de la posición de equilibrio
determinar el periodo de oscilación
Cuando el péndulo está separado de la posición de equilibrio un ángulo θ muy pequeño sobre la esfera actúan las siguientes fuerzas: La tensión de la cuerda T T cos θ = P y T sen θ es la componente en la dirección de x.
T sen θ = P sen θ/cos θ = P tag θ L
xP·P ≅θ≅
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
θ
F1 F2
P
191
esfera hacia la posición de equilibrio. Como consecuencia el movimiento es armónico simple, siendo [ ] xxa
22 ω=ω−= . Igualando ambas ecuaciones resulta:
m
k2
L
g
π2T
m
k2
L
g
T
π2
m
k2
L
g2
m
k2
L
gω
22
+
=⇒+=⇒+=
π⇒+=
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 αααα 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 αcosαsenLg2vX ⋅= (1).
Para calcular el valor máximo de vx derivamos la ecuación (1) respecto de la variable α e igualamos a cero.
( )
35,3ºα3
1senααsen1αsen2
αcosLgαsenLg20αsenLg22
αcosLg2αcosαsenαsenLg2
dα
dv
22
22x
=⇒=⇒−=⇒
⇒=⇒=⋅+−⋅=
b) la componente vertical de la velocidad es αsenLg2αsenαsenLg2v 3Y =⋅=
El tiempo que emplea el móvil en recorrer la altura L es:
23 tg
2
1tαLseng2L0 −−=
02LtαsenLg22tggt2
1tαsenLg2L 3223 =−+⇒+⋅=
Resolviendo la ecuación de segundo grado
α
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 ρρρρ 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 ϕϕϕϕ
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 γ y con un espesor dγ, por lo que su superficie es : dS= x dγ. La distancia de esa tira a la superficie libre del líquido es h-γ.
La presión hidrostática sobre ella vale:
( )γhgρp −= La fuerza que el líquido ejerce sobre la tira es: ( ) ( ) dλxγhgρdSγhgρdSpdF ⋅−=⋅−=⋅=
h
2r
Fig.1
dθ
θ
dγ
γ
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 θ.
dθθcosrdγθsenrγ;θcosrx =⇒== La fuerza sobre el cuadrante superior derecho vale
( )
3
rgρ
4
rπhgρF
3
0cos
32
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:
2IST 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===rr
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
rh∆hhh´∆hRπLrπ
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
M R2
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 ρρρρ. 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 Rdθ 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 , γ, y θ . Para hacer la integración ponemos las variables r y γ en función de θ .
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 λ λ λ λ la latitud del lugar desde donde se ha lanzado el satélite y ΩΩΩΩ 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 m
2 kg
-2
a) Designamos con uv, 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
uvvvv
2T
2T
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
2T =⇒=
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 Too ==
Energía en tierra más la energía que se le comunica es igual a la energía en la primera órbita
2
22T
2
TT
T2
22T
2
t
T
T
λcosRπ4m
2
1
r 2
1
R
1mMG∆E
r2
mMG∆E
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 TTE
+
−=
+−=
ro RT
λ
r R
a
201
J3,46.1042200.102
1
48800.10
11006,00.106,67.10∆E
R2
1
Rr
1mGM
Rr
mGM
R2
mGMEE∆E
J2,21.1048800.10
1
2.6600.10
11006,00.106,67.10∆E
Rr
1
r2
1mGM
r2
mGM
Rr
mGMEE∆E
8
33
24112
TTT
ER2
9
33
24111
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 θ. 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 θ, por lo que N disminuirá a medida que aumenta θ, llegará un momento en que N=0 , con lo cual la masa 2 pierde el contacto con el plano. Sea α ese ángulo y x(α) 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
gm0kL
2okL
αx
2
gm0kL
2okL
α2x2oLgm0kL
2okL
α2x2oLgm0kL
2okL
L
gm0kLL
2okL
mgL
2okL
-okLmgLoL
oLLkmgαcoseF
=−
⋅−⋅
⋅=−
−=⇒
⇒
−=+⇒
−=+⇒
−=⇒
⇒−=⇒=⇒=⋅−⇒=
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
22o
o
22o
oo
ooo
oo
o
e
==+
+−⇒
⇒=
+⇒=⇒
⇒=
⇒=
⇒=−=−
Separando variables e integrando
CtevmdxxL
xLk
2
xkxgm
dvvm2dxxL
xkLdxxkdxgm
2
22o
0
2
22o
o
+=+
+−⇒
⇒=+
+−
∫
∫∫∫∫
Para resolver la integral de la ecuación anterior hacemos un cambio de variable:
∫∫ +===+
⇒=⇒=+ 22o22
o
222o xLp
p
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
2o
22oo
2
2o
222oo
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
dv222
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
![TRANSFORMACIÓN DE UNIDADES...UNIDADES DE MEDIDA QUE NO PERTENECEN AL S. I. •MASA: UNIDAD DE MEDIDA EQUIVALENCIA 1 LIBRA 0,454 [kg] 1 ONZA 0,02835 [kg] 1 TONELADA 1.000 [kg] 1 …](https://img.pdfslide.es/doc/110x75/60d40615133ecb70ad26f1dd/transformacin-de-unidades-unidades-de-medida-que-no-pertenecen-al-s-i-amasa.jpg)
