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• Tomtt Cornac

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Taller Presencial para el Examen final Cálculo aplicado a la física 1

1. Un oscilador armónico simple es descrito por la ecuación: 𝑥 = 4 sen(0.1𝑡 + 0.5) donde todas las cantidades se expresan en unidades del S.I. Encontrar: a) La amplitud, el período, la frecuencia y la fase inicial del movimiento b) La velocidad y la aceleración. c) Las condiciones iniciales (en 𝑡 = 0). d) La posición, velocidad y aceleración para 𝑡 = 5 s.

Solución Con la expresión general del M.A.S: 𝑥(𝑡) = 𝐴 sen(𝜔𝑡 + 𝜃) Se deduce que: a) Amplitud: 𝐴 = 4 m. 2𝜋 Frecuencia angular 𝜔 = 0.1 rad/s → el periodo 𝑇 = = 20𝜋 s. 1

𝜔

1

Frecuencia: 𝑓 = 𝑇 = 20𝜋 Hz Fase inicial: 𝜃 = 0.5 rad b) Velocidad: 𝑣(𝑡) =

𝑑𝑥

= 0.4 cos(0.1𝑡 + 0.5)

𝑑𝑡 𝑑2 𝑥

Aceleración: 𝑎(𝑡) =

𝑑𝑡 2

= −0.04 sen(0.1𝑡 + 0.5)

c) Para el instante inicial 𝑡 = 0 tenemos: La posición inicial: 𝑥0 = 𝑥(𝑡 = 0) = 4 sen(0.5) = 1.92 m La velocidad inicial: 𝑣0 = 𝑣(𝑡 = 0) = 0.4 cos(0.5) = 0.35 m/s d) Para 𝑡 = 5 s tenemos: La posición: 𝑥(𝑡 = 5) = 4 sen(1) = 3.37 m La velocidad: 𝑣(𝑡 = 5) = 0.4 cos(1) = 0.22 m/s La aceleración: 𝑎(𝑡 = 5) = −0.04 sen(1) = −3.37 × 10−2 m/s2 2. La figura muestra una masa m2 = 20.0 g reposando encima de una masa m1 = 20 g que está sujeta a un resorte con k = 10.0 N/m. El coeficiente de fricción estática entre las dos masas es de 0.600. Las masas están oscilando con movimiento armónico simple sobre una superficie sin fricción. ¿Cuál es la amplitud máxima que puede tener la oscilación sin que m2 se resbale sobre m1?

Solución La ley de Hooke: |𝐹⃗𝑅 | = 𝑘𝑥 = (𝑚1 + 𝑚2 )𝑎 → 𝑎 =

𝑘𝑥 𝑚1 + 𝑚2

|𝐹⃗𝑅 | − |𝐹⃗𝑠 | = 𝑚2 𝑎 𝑘𝑥 − 𝜇𝑁2 = 𝑚2 (𝑘 −

𝑘 𝑥 𝑚1 + 𝑚2

𝑚2 𝑘 )𝑥 = 𝜇𝑁2 𝑚1 + 𝑚2

𝑚1 𝑘 𝑥 = 𝜇 𝑚2 𝑔 𝑚1 + 𝑚2 𝑚1 + 𝑚2 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 𝜇 𝑚2 𝑔 𝑚1 𝑘 𝑥𝑚𝑎𝑥 = (0.6)(20 × 10−3 )(9.81)

(20 × 10−3 ) + (20 × 10−3 ) (20 × 10−3 )(10)

Amplitud máxima: 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 0.0235 𝑚

3. Considere un bloque sobre una mesa. Un resorte fijado a la pared empuja este bloque, que se desliza por la mesa y luego cae al suelo. El bloque tiene una masa m = 1.35 kg. La constante de resorte es k = 560 N/m, y se comprime en 0.11 m. El bloque se desliza una distancia d = 0.65 m por la mesa de altura h = 0.75 m. El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y la mesa es μk = 0.16. ¿Qué rapidez tendrá el bloque cuando llegue al suelo?

Solución

Utilizando el Teorema Trabajo de Fuerzas no conservativas – variación de Energía Mecánica: 𝑊𝐹𝑁𝐶 = 𝐸𝑀𝑓 − 𝐸𝑀0 1

1

𝐹𝑠 𝑑 = 2 𝑚𝑣 2 − 2 𝑘𝑥 2 −2𝜇𝑚𝑔𝑑 = 𝑚𝑣 2 − 𝑘𝑥 2 𝑚𝑣 2 = 𝑘𝑥 2 − 2𝜇𝑚𝑔𝑑 𝑘

𝑣 = √𝑚 𝑥 2 − 2𝜇𝑔𝑑 La rapidez al salir de la mesa es: 560

𝑣 = √1.35 (0.11)2 − 2(0.16)(9.81)(0.65) = 1.726 m/s Aplicando la conservación de energía entre la salida de la mesa hasta un instante antes de colisionar con el piso: 1 1 𝑚𝑣 2 + 𝑚𝑔ℎ = 𝑚𝑣𝑓2 2 2 2 2 𝑣𝑓 = 𝑣 + 2𝑔ℎ La rapidez al llegar al suelo es: 𝑣𝑓 = √𝑣 2 + 2𝑔ℎ = √(1.726)2 + 2(9.81)(0.75) = 4.206 𝑚/𝑠 4. Se usa un resorte con una constante de 500 N/m para impulsar una masa de 0.500 kg hacia arriba sobre un plano inclinado. El resorte se comprime 30.0 cm desde su posición de equilibrio y lanza la masa desde el reposo por una superficie horizontal y hacia el plano inclinado. El plano inclinado tiene una longitud de 4.00 m y una inclinación de 30.0°. Tanto el plano como la superficie horizontal tienen un coeficiente de fricción cinética con la masa de 0.350. Cuando el resorte se comprime, la masa está a 1.50 m del extremo inferior del plano inclinado. a) ¿Cuál es la rapidez de la masa cuando llega al extremo inferior del plano? b) ¿Cuál es la rapidez de la masa cuando llega al extremo superior del plano? c) ¿Cuál es el trabajo total que realiza la fricción desde el principio hasta el final del movimiento de la masa?

Solución

a) Utilizando el Teorema Trabajo de Fuerzas no conservativas – variación de Energía Mecánica: 𝑊𝐹𝑁𝐶 = 𝐸𝑀𝑓 − 𝐸𝑀0 1 1 𝑚𝑣 2 − 𝑘𝑥 2 2 2 2 𝑘𝑥 − 2𝜇𝑚𝑔𝑑 = 𝑚𝑣 2

−𝜇𝑚𝑔𝑑 =

La rapidez de la masa cuando llega al extremo inferior del plano: 𝑘 500 𝑣 = √ 𝑥 2 − 2𝜇𝑔𝑑 = √ (0.3)2 − 2(0.35)(9.81)(1.5) = 8.927 𝑚/𝑠 𝑚 0.5 b) Analizando el plano inclinado: 𝑊𝐹𝑁𝐶 = 𝐸𝑀𝑓 − 𝐸𝑀0 1 1 −𝜇𝑚𝑔 cos(300 ) 𝐿 = 𝑚𝑔ℎ + 𝑚𝑣𝑓2 − 𝑚𝑣 2 2 2 2 𝑣𝑓 = 𝑣 2 − 2𝜇𝑔 cos(300 ) 𝐿 − 2𝑔ℎ 𝑣𝑓 = √𝑣 2 − 2𝜇𝑔 cos(300 ) 𝐿 − 2𝑔ℎ 𝑣𝑓 = √(8.927)2 − 2(0.35)(9.81) cos(300 )(4) − 2(9.81)(2) = 4.082 𝑚/𝑠 c) Trabajo total 𝑊𝐹𝑠 realizado por la fuerza de fricción: 𝑊𝐹𝑠 = −𝜇𝑚𝑔𝑑 − 𝜇𝑚𝑔 cos(300 ) 𝐿 𝑊𝐹𝑠 = −(0.35)(0.5)(9.81)(1.5) − (0.35)(0.5)(9.81) cos(300 ) (4) 𝑊𝐹𝑠 = −8.522 𝐽 5. Una sola fuerza conservativa actúa sobre una partícula de 5.00 kg . La ecuación 𝐹𝑥 = (2𝑥 + 4) N describe la fuerza, donde 𝑥 está en metros. Conforme la partícula se mueve a lo largo del eje 𝑥, de 𝑥 = 1.00 m a 𝑥 = 5.00 m, calcule a) El trabajo realizado por esta fuerza en la partícula. b) El cambio en la energía potencial del sistema. c) La energía cinética que tiene la partícula en 𝑥 = 5.00 m si su rapidez es 3.00 m/s en 𝑥 = 1.00 m.

Solución a) El trabajo realizado por la fuerza 𝐹𝑥 es: 5.00

𝑊=∫

(2𝑥 + 4) 𝑑𝑥 = 40.0 J

1.00

b) El cambio de la energía potencial es dada por: ∆𝑈 = −𝑊 = −40.0 J c) Del teorema del trabajo y la energía cinética, se tiene que:

𝐾𝑓 = 𝑊 + 𝐾𝑖 Luego: (5.00)(3.00)2 𝑚𝑣 2 𝐾𝑓 = 𝑊 + → 𝐾𝑓 = 40.0 + 2 2 Por lo tanto 𝐾𝑓 = 62.5 J

6. Una pequeña bolita de masa 𝑚 resbala sobre un canal liso, como se muestra en la figura. Partiendo del reposo, la bolita cae desde una altura ℎ y deja el canal a un ángulo 𝜃 con la horizontal. En el punto más alto de su trayectoria libre la bolita choca contra un muelle montado sobre la pared y lo comprime una longitud 𝑥. Si la constante del muelle es 𝑘. a) ¿A qué altura está montado el muelle? b) ¿Cuál es el valor de 𝜃?

Solución a)

Por el principio de conservación de la energía mecánica se tiene que: En el tramo 𝑨𝑩 𝐸𝐴 = 𝐸𝐵 Es decir: 𝑚gℎ =

𝑚𝑣𝐵2 2

Lo que implica que: 𝑣𝐵2 = 2gℎ En el tramo 𝑩𝑪 𝐸𝐵 = 𝐸𝐶 Es decir.

(1)

𝑚𝑣𝐵2 𝑘𝑥 2 = 𝑚g𝑦𝑚𝑎𝑥 + 2 2

(2)

Sustituyendo la ecuación (1) en la ecuación (2) y despejando 𝑦𝑚𝑎𝑥 se tiene: 𝑦𝑚𝑎𝑥

(3)

𝑘𝑥 2 =ℎ− 2𝑚g

b) Por otro lado, en un movimiento parabólico, la altura máxima es dada por:

𝑦𝑚𝑎𝑥 =

𝑣𝐵2 (sin 𝜃)2 2g

(4)

Reemplazando la ecuación (1) en (4) se obtiene: (5)

𝑦𝑚𝑎𝑥 = ℎ(sin 𝜃)2

Comparando las ecuaciones (3) y (5) se tiene que:

sen 𝜃 = √1 −

𝑘𝑥 2 2𝑚gℎ

De aquí se obtiene que: 𝜃 = sin−1 (√1 −

𝑘𝑥 2 ) 2𝑚gℎ

7. Una esfera solida uniforme rueda sin resbalar subiendo una colina, como se muestra en la figura. En la cima, se está moviendo horizontalmente y después se cae por un acantilado vertical. a) ¿A qué distancia del pie del acantilado cae la esfera? b) ¿Con que rapidez se está moviendo justo antes de chocar con el suelo?

Solución

Por el principio de conservación de la energía mecánica se tiene: En el tramo 𝑨𝑩 𝐸𝐴 = 𝐸𝐵 Es decir, 𝑚𝑣𝐴2 𝐼𝑒𝑠𝑓 𝜔𝐴2 𝑚𝑣𝐵2 𝐼𝑒𝑠𝑓 𝜔𝐵2 + = + + 𝑚gℎ 2 2 2 2 𝑚𝑣𝐴2 1 2𝑚𝑟 2 𝑣𝐴 2 𝑚𝑣𝐵2 1 2𝑚𝑟 2 𝑣𝐵 2 + ( )( ) = + ( ) ( ) + 𝑚gℎ 2 2 5 𝑟 2 2 5 𝑟 Así tenemos

𝑣𝐵 = √𝑣𝐴2 −

10gℎ 7

Reemplazando datos:

𝑣𝐵 = √(25)2 −

(10)(9.81)(25) = 16.57 m/s 7

En el tramo 𝑩𝑪 De la ecuación de la cinemática se tiene que: 1 ℎ = 𝑣𝐵𝑦 𝑡 + g𝑡 2 . 2 Como en el punto 𝐵 la rapidez vertical es cero, 𝑣𝐵𝑦 = 0, entonces el tiempo que demora en llegar al punto 𝐶 es:

(2)(25) 2ℎ 𝑡=√ =√ = 2.26 s g 9.81 a) Luego, usando la ecuación del M.R.U, obtenemos la distancia recorrida por la esfera, es decir: 𝑥 = 𝑣𝐵 𝑡

→

𝑥 = (16.57)(2.26) = 37.45 m

b) Para determinar la rapidez justo antes de chocar con el piso, primero tenemos que determinar la rapidez vertical en el punto 𝐶. Usando la ecuación 𝑣𝐶𝑦 = 𝑣𝐵𝑦 + g𝑡 Como la rapidez vertical es cero, 𝑣𝐵𝑦 = 0, entonces: 𝑣𝑐𝑦 = 0 + (9.81)(2.26) = 22.17 m/s Finalmente la rapidez justo antes de chocar con el piso es: 𝑣𝐶 = √(16.57)2 + (22.17)2 = 27.68 m/s 8. EL objeto mostrado en la figura consta de dos partículas, de masas m1 y m2, unidas por una varilla rígida de longitud L. a) Despreciando la masa de la varilla, halle la inercia de rotación I de este sistema para las rotaciones de este objeto alrededor de un eje perpendicular a la varilla y a una distancia x de m1. b) ¿Cuándo el momento de inercia es mínimo?

Solución: a) Calculamos el momento de inercia: 𝐼(𝑥) = 𝑚1 𝑥 2 + 𝑚2 (𝐿 − 𝑥)2 𝐼(𝑥) = 𝑚1 𝑥 2 + 𝑚2 𝐿2 − 2𝑚2 𝐿𝑥 + 𝑚2 𝑥 2 𝐼(𝑥) = (𝑚1 + 𝑚2 )𝑥 2 + 𝑚2 𝐿2 − 2𝑚2 𝐿𝑥 𝑑

b) El momento de inercia es mínimo cuando: 𝑑𝑥 𝐼(𝑥) = 0 𝑑 𝐼(𝑥) = 2(𝑚1 + 𝑚2 )𝑥 − 2𝑚2 𝐿 = 0 𝑑𝑥 𝑚2 𝐿 𝑥𝑚𝑖𝑛 = (𝑚1 + 𝑚2 )

Observación: Si 𝑚1 = 𝑚2 entonces: 𝑥𝐶𝑀 = 𝑥𝑚𝑖𝑛 =

𝐿 2

9. La figura representa un cilindro macizo y homogéneo de radio R = 20 cm y masa M = 20 kg. A su periferia va enrollado un hilo ideal de cuyo extremo libre cuelga una masa m = 8 kg. Por una hendidura muy fina se le enrolla otro hilo ideal a una distancia del eje horizontal r = 10 cm, a cuyo extremo libre se le aplica una fuerza constante F = 200 N. Calcular: a) Aceleración con que sube la masa m. b) Aceleración angular del cilindro. c) Tensión del hilo que sostiene la masa.

Solución Del diagrama de cuerpo libre para el cilindro y la masa,

Obtenemos las ecuaciones del movimiento del sistema Para la masa 𝑇 = 𝑚𝑎 + 𝑚g

(1)

1 𝑎 1 𝐹𝑟 − 𝑇𝑅 = ( 𝑀𝑅 2 ) ( ) = 𝑀𝑅𝑎 2 𝑅 2

(2)

𝑇 − 𝑚g = 𝑚𝑎

→

Para el cilindro

∑ 𝜏 = 𝐼𝛼

→

Sustituyendo la ecuación (1) en la ecuación (2) tenemos:

Reordenando, se tiene:

1 𝐹𝑟 − (𝑚𝑎 + 𝑚g)𝑅 = 𝑀𝑅𝑎 2 1 𝐹𝑟 − 𝑚g𝑅 = 𝑎 ( 𝑀𝑅 + 𝑚𝑅) 2

a) Luego la aceleración con que sube la masa 𝑚, es dada por:

𝑎=

(200)(0.1) − (8)(9.81)(0.2) 𝐹𝑟 − 𝑚g𝑅 = = 1.2 m/s 2 1 1 (20)(0.2) + (8)(0.2) 2 𝑀𝑅 + 𝑚𝑅 2

b) La aceleración angular del cilindro se obtiene de: 𝛼=

𝑎 1.2 = = 6 rad/s2 𝑅 0.2

c) Usando la ecuación (1) obtenemos la tensión del hilo que sostiene la masa, es decir: 𝑇 = 𝑚𝑎 + 𝑚g = 𝑚(𝑎 + g) = 8(1.2 + 9.8) = 88 N

10. Un carrete simétrico de masa m y radio R está en reposo sobre una mesa horizontal con fricción como se muestra en la figura. Con su mano en una cuerda sin masa enrollada alrededor del eje de radio r, jala del carrete con una fuerza horizontal constante de magnitud T hacia la derecha. Como resultado, el carrete rueda sin deslizarse una distancia L a lo largo de la mesa sin fricción de rodamiento. a) Encuentre la rapidez traslacional final del centro de masa del carrete. b) Encuentre el valor de la fuerza de fricción f.

Solución a) Utilizando el teorema Trabajo de variación de Energía Cinética: 𝑊𝑁𝑒𝑡𝑜 = ∆𝐸𝑐 𝑊𝑓 + 𝑊𝑇 = 𝐸𝑐𝑓 − 𝐸𝑐0 1

1

2 𝑇𝑑 = 2 𝑚𝑣𝐶𝑀 + 2 𝐼𝑤 2 − 0; (𝑊𝑓 = 0; la fuerza de rozamiento no hace trabajo) 𝐿

𝐿 = 𝑅𝜃 → 𝜃 = 𝑅

𝐿

𝑙 = 𝑟𝜃 → 𝑙 = 𝑟 𝑅

Aquí “𝐿” corresponde a la longitud recorrida por el carrete y “𝑙” a la longitud de la cuerda desenrollada. De forma que la distancia total recorrida por la cuerda es: 𝑑 =𝐿+𝑙

(desplazamiento total) 𝐿

𝑟

𝑑 = 𝐿 + 𝑟 𝑅 = 𝐿(1 + 𝑅). Entonces: 𝑟 1 1 𝑣𝐶𝑀 2 2 𝑇𝐿 (1 + ) = 𝑚𝑣𝐶𝑀 + 𝐼( ) 𝑅 2 2 𝑅 𝑟 2𝑇𝐿(1 + 𝑅 ) 𝑣𝐶𝑀 2 = . 𝐼 𝑚+ 2 𝑅 La velocidad del centro de masa: 𝑣𝐶𝑀

𝑟 2𝑇𝐿(1 + ) 𝑅 =√ 𝐼 𝑚+ 2 𝑅

b) Utilizando la definición de Impulso y variación de cantidad de movimiento 𝐼 = 𝑝𝑓 − 𝑝0 0 𝐹∆𝑡 = 𝑚𝑣𝐶𝑀 − 𝑚𝑣𝐶𝑀

0 𝑣𝐶𝑀 = 0 𝑚/𝑠 y

donde

así tenemos: 𝑇∆𝑡 − 𝑓∆𝑡 = 𝑚𝑣𝐶𝑀 𝑣𝑝𝑟𝑜𝑚 =

Por definición: de esta forma tenemos

𝑝𝑟𝑜𝑚 𝑣𝐶𝑀 =

También sabemos que 𝑝𝑟𝑜𝑚 𝑣𝐶𝑀 =

𝑣0 +𝑣𝑓 2

;

𝑣𝐶𝑀 . 2

𝑥𝑓 − 𝑥0 𝐿 − 0 𝐿 = → ∆𝑡 = 𝑝𝑟𝑜𝑚 ∆𝑡 ∆𝑡 𝑣𝐶𝑀

finalmente: ∆𝑡 =

2𝐿 . 𝑣𝐶𝑀

De la ecuación del impulso: (𝑇 − 𝑓)∆𝑡 = 𝑚𝑣𝐶𝑀 2𝐿 (𝑇 − 𝑓) = 𝑚𝑣𝐶𝑀 𝑣𝐶𝑀

𝑣0 = 0

𝐹 =𝑇−𝑓

𝑟 𝑟 2 2 𝑇 (1 + 𝑅 ) 𝑚𝑣𝐶𝑀 𝑚𝑣𝐶𝑀 𝑚 2𝑇𝐿 (1 + 𝑅 ) (𝑇 − 𝑓) = →𝑓=𝑇− =𝑇− ( )=𝑇−( ). 𝐼 𝐼 2𝐿 2𝐿 2𝐿 𝑚+ 2 1+ 𝑅 𝑚𝑅 2 Valor de la fuerza de fricción f

𝑟 1+𝑅 𝑓 = 𝑇 (1 − ). 𝐼 1+ 𝑚𝑅 2