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FÍSICA Autor: Francisco Ramos Ttito. © Derecho de autor reservado Empresa Editora Macro EIRL © Derecho de edición, arte gráfico y diagramación reservados Empresa Editora Macro EIRL Edición a cargo de: Empresa Editora Macro EIRL Paseo de la República 5613 – Miraflores Lima - Perú (511) 719-9700 * [email protected] http://www.editorialmacro.com (

Primera edición: Junio 2008 - 1000 ejemplares Segunda edición: Mayo 2010 - 1000 ejemplares Impresión en los Talleres Gráficos de Empresa Editora Macro E.I.R.L Lima - Perú ISBN Nº 978-612-4034-58-9 Hecho el Depósito Legal en la Biblioteca Nacional del Perú Nº 2010-06444 Prohibida la reproducción parcial o total, por cualquier medio o método de este libro sin previa autorización de la Empresa Editora Macro EIRL.

Datos del Autor

Francisco Ramos Tt. Bachiller en Física de la Facultad de Ciencias de la Universidad Nacional de Ingeniería y estudiante de Maestría en Ciencias Físicas (UNI)

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Física

Dedicatoria: Dedico especialmente este libro a mi madre, mi mas preciado tesoro; a mi padre, compañero y guía; y a mis hermanos, las personas que mas quiero en la vida.

Agradecimientos: Agradezco a los distintos colaboradores del libro, dedicados a la enseñanza de la física en colegios y centros pre-universitarios reconocidos, que con su experiencia permitieron hacer las correcciones necesarias para obtener el producto final que es el presente texto. Agradezco a la Editora Macro por permitirme difundir esta obra a la juventud estudiosa del país, esperanza del mañana.

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Física

FÍSICA Introducción -5-

Introducción

Introducción La física, es la ciencia fundamental sistemática que estudia las propiedades de la naturaleza con ayuda del lenguaje matemático. Es también aquel conocimiento exacto y razonado de alguna cosa o materia, basándose en su estudio por medio del método científico. Dada la amplitud del campo de estudio de la física, así como su desarrollo histórico en relación a otras ciencias, se la puede considerar la ciencia fundamental o central, ya que incluye dentro de su campo de estudio a la química y a la biología, además de explicar sus fenómenos. Es gracias a los avances en la física que disponemos en la actualidad de los adelantos científicos y comodidades de la vida moderna; como viajar grandes distancias en modernos aviones, alumbrarse y calentarse por las noches con bombillas eléctricas y calefactores, explorar el infinito del universo con sondas y naves espaciales, comunicarse instantáneamente en cualquier lugar del planeta mediante el uso de celulares satelitales, etc. La razón de realizar este texto de física pre-universitaria, el cual es parte de la colección SIGNOS, surgió ante la necesidad que existe entre muchos estudiantes de nuestro país que recién acaban de culminar sus estudios de secundaria por alcanzar un mejor nivel en el conocimiento de esta ciencia. Este libro pretende cubrir el gran vacío existente entre los conocimientos recibidos en el colegio y los necesarios para la universidad, especialmente para aquellas de mayor exigencia académica. A base de una teoría breve pero concisa de los distintos temas de la física y numerosos problemas resueltos y propuestos, el alumno logrará alcanzar conocimientos sólidos y básicos, pero suficientes para afrontar con éxito su examen de ingreso a la universidad. Gran parte de los problemas resueltos y propuestos del libro son similares a los tomados en los exámenes de admisión de las universidades mas exigentes del país. El libro esta conformado por diecinueve capítulos, clasificados en cinco partes: mecánica, hidrostática, termodinámica, electromagnetismo, Luz y óptica.

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Física

FÍSICA Prólogo -9-

Prólogo

Prólogo El presente libro de física pre-universitaria se encuentra dividido en diecinueve capítulos, dieciocho de los cuáles se encuentran clasificados en cinco partes que son: mecánica, mecánica de fluidos, termodinámica, electromagnetismo y por último el de “óptica y luz”. En el primer capítulo se presentan los conceptos de magnitudes físicas, análisis dimensional, vectores y las matemáticas necesarias para una buena comprensión del libro. En la primera parte, correspondiente a la mecánica, se desarrollan los capítulos de cinemática, estática, dinámica, trabajo, energía, gravitación, cantidad de movimiento, colisiones, movimiento armónico, oscilaciones y ondas. En la segunda parte se estudia a los fluidos en reposo o Hidrostática. La parte correspondiente a la dinámica de fluidos se desarrolla en libros de física superior debido a que se necesita de matemáticas avanzadas. En la tercera parte, correspondiente a la termodinámica, se desarrollan los capítulos de “temperatura y calor” y el de “leyes termodinámicas y teoría cinética de los gases”. En la cuarta parte, correspondiente al electromagnetismo, se desarrollan los capítulos de electrostática, corriente eléctrica y electromagnetismo. En la quinta y última parte, correspondiente a la “Luz y óptica”, se desarrollan los capítulos de “luz y leyes de la óptica”, “óptica geométrica”, “ondas electromagnéticas y fenómenos ondulatorios de la luz”. En el desarrollo de todos los problemas y ejercicios se considera a todas las unidades de las magnitudes físicas en el sistema internacional (S.I.), a menos que se especifique lo contrario.

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Física

FÍSICA Índice - 13 -

Índice

Índice Capítulo 1 Magnitudes de la Física y Vectores ............................................................................ 23 1.1. Introducción ................................................................................................................. 23 1.2. Magnitudes físicas ....................................................................................................... 23 1.3. Ecuaciones Dimensionales ........................................................................................... 24 1.4. Sistema de Unidades de Medida .................................................................................. 26 1.5. Vectores ........................................................................................................................ 29 1.6. Operaciones gráficas y analíticas ................................................................................. 38 Problemas Resueltos .......................................................................................................... 42 Problemas Propuestos ........................................................................................................ 69

Parte I: Mecánica Capítulo 2 Cinemática ........................................................................................................................... 76 2.1. Introducción ................................................................................................................ 76 2.2. Elementos para la descripción del movimiento mecánico .......................................... 76 2.3. Movimiento rectilíneo uniforme (M.R.U) .................................................................. 79 2.4. Análisis e interpretación de las gráficas...................................................................... 80 2.5. Movimiento Rectilíneo Uniformemente Variado (M.R.U.V) ..................................... 81 2.6. Ecuaciones y gráficas del M.R.U.V ............................................................................ 83 2.7. Movimiento de Caída Libre ........................................................................................ 85 Problemas Resueltos .......................................................................................................... 87 Problemas Propuestos (M.R.U, M.R.U.V, M.C.L) .......................................................... 117

Capítulo 3 Cinemática – Movimiento en dos dimensiones ................................................... 123 3.1. Introducción .............................................................................................................. 123 3.2. Movimiento en dos dimensiones con aceleración constante .................................... 123 3.3. Movimiento compuesto ............................................................................................ 124 3.4. Movimiento Parabólico ............................................................................................ 125 3.5. Movimiento circular ................................................................................................... 127 - 15 -

Física 3.6. Movimiento circular uniforme (M.C.U) ................................................................... 129 3.7. Movimiento Circular Uniformemente Variado (M.C.U.V) ....................................... 131 3.8. Aceleración tangencial y aceleración centrípeta ....................................................... 132 Problemas Resueltos ........................................................................................................ 134 Problemas Propuestos ...................................................................................................... 165

Capítulo 4 Estática ................................................................................................................................ 171 4.1. Introducción .............................................................................................................. 171 4.2. La primera ley de Newton y el concepto de fuerza .................................................. 171 4.3. Fuerzas básicas de la naturaleza .............................................................................. 172 4.4. Primera condición de equilibrio para una partícula .................................................. 172 4.5. Tercera Ley de Newton (Ley de acción y reacción) ................................................. 173 4.6. Momento (Torque) de una fuerza y equilibrio de un cuerpo rígido ......................... 173 4.7. Diagrama de cuerpo libre (D.C.L) ............................................................................. 175 4.8. Máquinas simples ..................................................................................................... 179 4.9. Fuerzas de rozamiento o fricción .............................................................................. 180 4.10. Centro de gravedad (C.G) ........................................................................................ 182 Problemas Resueltos ........................................................................................................ 186 Problemas Propuestos ...................................................................................................... 224

Capítulo 5 Dinámica ............................................................................................................................. 233 5.1. Introducción .............................................................................................................. 233 5.2. Conceptos previos ...................................................................................................... 233 5.3. Segunda Ley de Newton ........................................................................................... 235 5.4. Máquina de Atwood ................................................................................................... 236 5.5. Dinámica circular ...................................................................................................... 237 Problemas Resueltos ........................................................................................................ 239 Problemas Propuestos ...................................................................................................... 268

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Índice

Capítulo 6 Trabajo y Energía ........................................................................................................... 274 6.1. Introducción .............................................................................................................. 274 6.2. Trabajo ...................................................................................................................... 274 6.3. Potencia ..................................................................................................................... 276 6.4. Energía ...................................................................................................................... 276 6.5. Teorema del Trabajo y la Energía Cinética ............................................................... 278 6.6. Fuerzas Conservativas .............................................................................................. 279 6.7. Conservación de la Energía Mecánica ...................................................................... 280 Problemas Resueltos ........................................................................................................ 281 Problemas Propuestos ...................................................................................................... 298

Capítulo 7 Gravitación Universal ................................................................................................... 302 7.1. Introducción ............................................................................................................... 302 7.2. Ley de Gravitación Universal .................................................................................... 302 7.3. Variación de la aceleración de la gravedad con la altura ........................................... 302 7.4. Energía Potencial Gravitatoria ................................................................................ 303 7.5. Leyes de Kepler ......................................................................................................... 305 Problemas Resueltos ........................................................................................................ 306 Problemas Propuestos ...................................................................................................... 313

Capítulo 8 Cantidad de Movimiento y Choques ....................................................................... 315 8.1. Introducción .............................................................................................................. 315 8.2. Cantidad de movimiento y su conservación ............................................................. 315 8.3. Impulso ..................................................................................................................... 317 8.4. Choques o colisiones ................................................................................................. 317 Problemas Propuestos ...................................................................................................... 333 Problemas Resueltos ........................................................................................................ 321

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Física

Capítulo 9 Movimiento Armónico Simple (M.A.S) .................................................................. 335 9.1. Introducción .............................................................................................................. 335 9.2. Definición de M.A.S ................................................................................................. 335 9.3. Elementos del M.A.S ................................................................................................ 335 9.4. Relación del M.A.S y el M.C.U ................................................................................ 336 9.5. Dinámica del M.A.S ................................................................................................. 338 9.6. Energía en el M.A.S .................................................................................................. 339 9.7. Péndulo Simple ......................................................................................................... 341 9.8. Asociación de Resortes ............................................................................................. 344 Problemas Resueltos ........................................................................................................ 346 Problemas Propuestos ...................................................................................................... 368

Capítulo 10 Movimiento Ondulatorio ............................................................................................. 373 10.1. Introducción ............................................................................................................ 373 10.2. Concepto de onda .................................................................................................... 373 10.3. Función de Onda ..................................................................................................... 374 10.4. Tipos de ondas ......................................................................................................... 374 10.5. Elementos de una onda transversal ......................................................................... 375 10.6. Ecuación de una onda transversal ........................................................................... 377 10.7. Velocidad de las ondas en una cuerda ..................................................................... 377 10.8. Reflexión y refracción de las ondas mecánicas ....................................................... 378 10.9. Ondas sonoras ......................................................................................................... 381 Problemas Resueltos ........................................................................................................ 383 Problemas Propuestos ...................................................................................................... 392

Parte II: Mecánica de Fluidos Capítulo 11 Hidrostática ....................................................................................................................... 396 11.1. Introducción ............................................................................................................ 396 11.2. Características de los fluidos ................................................................................... 396 11.3. La presión ................................................................................................................ 397 - 18 -

Índice 11.4. Presión Atmosférica ................................................................................................ 398 11.5. Presión Hidrostática ................................................................................................ 399 11.6. Variación de la presión dentro de un líquido en reposo .......................................... 399 11.7. Vasos comunicantes ................................................................................................ 400 11.8. Principio de Pascal .................................................................................................. 400 11.9. La Prensa Hidráulica ............................................................................................... 401 11.10. Principio de Arquímedes ....................................................................................... 401 Problemas Resueltos ........................................................................................................ 404 Problemas Propuestos ...................................................................................................... 433

Parte III: Termodinámica Capítulo 12 Temperatura y Calor ..................................................................................................... 440 12.1. Introducción ............................................................................................................ 440 12.2. Concepto de temperatura ........................................................................................ 440 12.3 Ley cero de la Termodinamica ................................................................................. 441 12.4. Termómetros y Escalas de Temperatura .................................................................. 441 12.5. Dilatación Térmica .................................................................................................. 443 12.6. Calor ........................................................................................................................ 444 12.7. Unidades de calor .................................................................................................... 445 12.8. El equivalente mecánico del calor .......................................................................... 445 12.9. Calor específico y Capacidad calorífica .................................................................. 446 12.10. Calor latente .......................................................................................................... 447 12.11. Transferencia de calor ........................................................................................... 447 Problemas Resueltos ........................................................................................................ 449 Problemas Propuestos ...................................................................................................... 459

Capítulo 13 Leyes Termodinámicas y Teoría Cinética de los Gases .................................... 462 13.1. Introducción ............................................................................................................ 462 13.2. Ecuación de los gases ideales ................................................................................. 462 13.3. Calor específico de los gases ................................................................................... 463 13.4. Primera ley de la termodinámica ............................................................................ 464 - 19 -

Física 13.5. La Segunda Ley de la Termodinámica y Máquinas Térmicas ................................ 466 Problemas Resueltos ........................................................................................................ 471 Problemas Propuestos ...................................................................................................... 484

Parte IV: Electromagnetismo Capítulo 14 Electrostática ..................................................................................................................... 488 14.1. Introducción ............................................................................................................ 488 14.2. Carga Eléctrica ........................................................................................................ 488 14.3. Formas de electrizar un cuerpo ............................................................................... 489 14.4. Conservación de la carga eléctrica .......................................................................... 490 14.5. Cuantificación de la carga eléctrica ........................................................................ 491 14.6. Leyes Electrostáticas ............................................................................................... 491 14.7. Materiales conductores y aislantes .......................................................................... 493 14.8. Campo Eléctrico ...................................................................................................... 495 14.9. Principio de superposición de campos eléctricos .................................................... 497 14.10. Potencial Eléctrico ................................................................................................ 498 14.11. Potencial eléctrico debido a una carga puntual ...................................................... 499 14.12. Diferencia de Potencial Eléctrico .......................................................................... 499 14.13. Potencial de una distribución de cargas puntuales ................................................ 500 14.14. Energía Potencial Electrostática ............................................................................ 501 14.15. Energía potencial electrostática de un conjunto de cargas .................................... 502 14.16. Superficies Equipotenciales ................................................................................... 503 14.17. Características electrostáticas de los conductores .................................................. 505 14.18. Equilibrio electrostático entre esferas conductoras ................................................ 508 14.19. Capacitancia Eléctrica ............................................................................................ 509 Problemas Resueltos ........................................................................................................ 518 Problemas Propuestos ...................................................................................................... 560

Capítulo 15 Electrodinámica ............................................................................................................... 571 15.1. Introducción ............................................................................................................. 571 15.2. Corriente Eléctrica .................................................................................................. 571 - 20 -

Índice 15.3. Resistencia y Ley de Ohm ....................................................................................... 573 15.4. Modelo de Conducción Eléctrica ............................................................................. 575 15.5. Variación de la resistencia con la temperatura ......................................................... 576 15.6. Conductores y elementos no - óhmicos .................................................................. 576 15.7. Asociación de resistencias en serie y en paralelo .................................................... 577 15.8. Fuerza Electromotriz (f.e.m) ................................................................................... 578 15.9. Circuitos de Corriente Continua .............................................................................. 579 15.10. Leyes de Kirchhoff ................................................................................................ 580 15.11. Potencia eléctrica .................................................................................................. 582 15.12. Efecto Joule ........................................................................................................... 582 15.13. Potencia en circuitos ............................................................................................. 583 15.14. Instrumentos de medida: Amperímetro y Voltímetro ............................................ 583 Problemas Resueltos ........................................................................................................ 585 Problemas Propuestos ...................................................................................................... 623

Capítulo 16 Electromagnetismo ......................................................................................................... 628 16.1. Introducción ............................................................................................................ 628 16.2. Experimento de Oersted .......................................................................................... 628 16.3. Campo magnético ................................................................................................... 629 16.4. Fuerza magnética sobre una carga eléctrica ............................................................ 631 16.5. Fuerza magnética sobre un cable conductor con corriente ..................................... 633 16.6. Torque sobre una espira de corriente eléctrica ........................................................ 633 16.7. Campo magnético de un conductor rectilíneo ........................................................ 634 16.8. Fuerza electromotriz inducida ................................................................................. 637 16.9. Ley de Inducción de Faraday .................................................................................. 638 16.10. Ley de Lenz ........................................................................................................... 639 16.11. Generador de corriente alterna .............................................................................. 640 16.12. Valores eficaces de la corriente y voltaje .............................................................. 641 16.13. Transformadores ................................................................................................... 642 Problemas Resueltos ........................................................................................................ 643 Problemas Propuestos ...................................................................................................... 680

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Física

Parte V: Óptica Capítulo 17 Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica ................................................... 688 17.1. Introducción ............................................................................................................ 688 17.2. Naturaleza de la luz ................................................................................................. 688 17.3. Fenómenos de la luz ................................................................................................ 689 A) Reflexión ............................................................................................................ 689 B) Refracción .......................................................................................................... 691 C) Reflexión Total Interna ...................................................................................... 692 Problemas Resueltos ........................................................................................................ 694 Problemas Propuestos ...................................................................................................... 717

Capítulo 18 Óptica Geométrica .......................................................................................................... 724 18.1. Introducción ............................................................................................................ 724 18.2 Objeto e Imagen ....................................................................................................... 724 18.3. Espejos .................................................................................................................... 725 18.4. Lentes ...................................................................................................................... 735 Problemas Resueltos ........................................................................................................ 744 Problemas Propuestos ...................................................................................................... 767

Capítulo 19 Ondas electromagnéticas y Fenómenos Ondulatorios de la luz ................... 773 19.1. Introducción ............................................................................................................ 773 19.2. Generación y propagación de ondas electromagnéticas ......................................... 773 19.3. El espectro de las ondas electromagnéticas ............................................................ 774 19.4. Fenómenos ondulatorios de la luz ........................................................................... 777 19.5. Comportamiento corpuscular de las ondas electromagnéticas ............................... 782 Problemas Resueltos ........................................................................................................ 786 Problemas Propuestos ...................................................................................................... 794

Apéndice .............................................................................................................................. 797 Bibliografía ........................................................................................................................ 800 - 22 -

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores

Capítulo 1

Magnitudes de la Física y Vectores

1.1 Introducción En este primer capítulo abordaremos el estudio de las magnitudes físicas, el análisis dimensional, los vectores y las herramientas matemáticas básicas usadas en la física. Comenzaremos estudiando las ecuaciones dimensionales, de gran utilidad en la deducción de relaciones entre magnitudes físicas, las cuales a su vez han sido clasificadas y explicadas según el Sistema Internacional de Unidades (S.I.). Luego estudiaremos a los vectores, entes matemáticos muy usados en las representaciones de interacciones físicas. Finalmente resumiremos algunas fórmulas matemáticas muy usadas, así como funciones y gráficas. Es importante siempre recordar que las matemáticas estarán ligadas a la física y cuanto más las dominemos, mejor será nuestra comprensión de los fenómenos físicos.

1.2 Magnitudes físicas Magnitud.- Una magnitud es todo aquello que se puede expresar cuantitativamente o medir. Medir.- Es la acción por medio de la cual asignamos un número a una propiedad física, como resultado de una comparación de dicha propiedad con otra similar tomada como patrón, la cual es adoptada como unidad.

1.2.1 Clasificación de las magnitudes Las magnitudes se clasifican: A) Por su origen: • Magnitudes Fundamentales: Son aquellas que se eligen como base para fijar las unidades de un sistema de unidades y en función de éstas se expresan las demás magnitudes de dicho sistema. El S. I. de unidades tiene las siguientes magnitudes fundamentales: a) [Longitud] = L b) [Masa] = M c) [Tiempo] = T d) [Intensidad de corriente] = I e) [Intensidad luminosa] = J f) [Temperatura] = θ g) [Cantidad de sustancia] = N - 23 -

Física • Magnitudes Derivadas: Son aquellas que se expresan en función de las fundamentales. Ejemplos: Velocidad = longitud / tiempo = L.T -1 Aceleración = longitud / tiempo2 = L.T -2 Fuerza = masa x aceleración2 = M.L.T -2 B) Magnitudes por su naturaleza • Magnitudes Escalares: Son magnitudes físicas que por estar bien definidas solo necesitan de un número y una unidad física. Ejemplos: masa, tiempo, volumen, etc. • Magnitudes Vectoriales: Son magnitudes físicas que además de tener un número y una unidad física necesitan tener una dirección y un sentido para quedar bien definidas. Estas magnitudes se representan mediante vectores. Ejemplos: Velocidad, fuerza, intensidad de campo eléctrico, etc.

1.3 Ecuaciones Dimensionales Se denomina dimensión de una cantidad física a la expresión de la forma: [x] = La . Mb . Tc . Jd . Ie . Of . Ng . α

(Ecuación dimensional)

Donde “[x]” : se lee dimensión de x a, b, c, d, e, f, g y α : son números reales L, M, T, J, I, O y N : son cantidades fundamentales El análisis dimensional se usa para verificar si una fórmula esta correctamente escrita y para construir una expresión o ley física a partir de datos experimentales.

1.3.1 Reglas del Análisis dimensional a)

Las ecuaciones dimensionales cumplen las leyes del álgebra a excepción de la suma y la resta. Si A y B son magnitudes físicas, entonces se cumple: • [A.B] = [A] . [B]

• [An] = [A]n - 24 -

•

=

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores b) Todo número real, ángulo o función trigonométrica es adimensional, es decir, su ecuación dimensional es igual a 1. Ejemplo: [π2 – sen a] = 1 c)

Principio de homogeneidad: Si una ecuación física es de la forma A + B = C – D, se dice que es dimensionalmente correcta si: [A] = [B] = [C] = [D] (En otras palabras, cada uno de los términos debe tener la misma ecuación dimensional).

d) Las constantes físicas tienen una ecuación dimensional que no es 1 ya que éstas si poseen unidades: Ejemplos: G = 6,67 x 10–11

(constante de gravitación universal)

K = 9 x 109

(constante de Coulomb)

1.3.2. Algunas ecuaciones dimensionales Entre las más importantes tenemos: • [Velocidad] = LT–1 • [Aceleración] = LT–2 • [Fuerza] = MLT–2 • [Trabajo] = [energía] = ML2T–2 • [Potencia] = ML2T–3 • [Área] = L2 • [Volumen] = L3 • [Presión] = ML–1T–2 • [Densidad] = ML–3 • [Velocidad Angular] = T–1 • [Carga Eléctrica] = IT

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Física

1.4 Sistema de Unidades de Medida 1.4.1 Sistema de unidades Conjunto consistente de unidades de medida. Definen un conjunto básico de unidades de medida a partir de la cual se derivan el resto. Existen varios sistemas de unidades: - Sistema internacional de unidades. - Sistema métrico decimal. - Sistema cegesimal o CGS. - Sistema natural. - Sistema técnico de unidades. - Sistema inglés.

1.4.2 Sistema legal de unidades de medida del Perú (SLUMP) El sistema legal de unidades de medida del Perú (SLUMP), Ley 23560, esta constituido básicamente por: A) Sistema internacional de unidades (S.I.) El Sistema Internacional de Unidades, abreviado S.I., es el sistema de unidades más extensamente usado. El S.I. también es conocido como sistema métrico, especialmente en las naciones en las que aún no se ha implantado para su uso cotidiano. Fue creado en 1960 por la Conferencia General de Pesas y Medidas, que inicialmente definió seis unidades físicas básicas o fundamentales. En 1971, fue añadida la séptima unidad básica, el mol. Clasifica sus unidades en: Unidades de Base MAGNITUD FÍSICA

UNIDAD BASE

SÍMBOLO

Longitud

metro

m

Tiempo

segundo

s

Masa

kilogramo

kg

Corriente Eléctrica

ampere

A

Temperatura

kelvin

K

Intensidad Luminosa

candela

cd

Cantidad de sustancia

mol

mol

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Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores Unidades Suplementarias MAGNITUD FÍSICA

UNIDAD BASE

SÍMBOLO

Ángulo plano

radian

rad

Ángulo sólido

estereorradian

sr

Unidades Derivadas MAGNITUD FÍSICA

UNIDAD BASE

SÍMBOLO

EN UNIDAD BASE

Frecuencia

hertz

Hz

s–1

Fuerza

newton

N

m.kg.s–2

Trabajo, energía, cantidad de calor

joule

J

m2.kg.s–2

Presión y tensión

pascal

Pa

m–1.kg.s–2

Potencia

watt

W

m2.kg.s–3

Carga eléctrica

coulomb

C

s.A

Potencial eléctrico (fuerza electromotriz)

volt

V

m2.kg.s–3.A–1

Capacitancia

farad

F

m–2.kg–1.s4.A2

Resistencia eléctrica

ohm

Ω

m2.kg.s–3.A–2

Conductancia

siemens

S

m–2.kg–1.s3.A2

Flujo de inducción magnética

weber

Wb

m2.kg.s–2.A–1

Inducción Magnética

tesla

T

kg.s–2.A–1

Inductancia

henry

H

m2.kg.s–2.A–2

Flujo luminoso

lumen

lm

cd.sr

Iluminación

lux

lx

cd.m–2.sr

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Física Los prefijos en el S.I. se usan para obtener unidades que son múltiplos o submúltiplos de las unidades base y derivadas, se escriben junto a la unidad sin dejar espacios. Ejemplos: Kilogramo ≡ kg miliampere ≡ mA microtesla ≡ mT SÍMBOLO

VALOR

NOTACIÓN CIENTÍFICA

exa

E

1 000 000 000 000 000 000

1018

peta

P

1 000 000 000 000 000

1015

tera

T

1 000 000 000 000

1012

giga

G

1 000 000 000

109

mega

M

1 000 000

106

kilo

k

1 000

103

hecto

h

100

102

deca

da

10

101

deci

d

0,1

10–1

centi

c

0,01

10–2

mili

m

0,001

10–3

micro

m

0,000 001

10–6

nano

n

0,000 000 001

10–9

pico

p

0,000 000 000 001

10–12

femto

f

0,000 000 000 000 001

10–15

atto

a

0,000 000 000 000 000 001

10–18

PREFIJO

B) Las unidades fuera del S.I. que se consideran necesarias y convenientes en el país, se encuentran en concordancia con las resoluciones de la XI Conferencia General de Pesos y Medidas (CGPM), realizada en Paris (Octubre de 1960).

- 28 -

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores

1.5 Vectores En principio, podemos considerar un vector como un segmento de recta con una flecha en uno de sus extremos. En la fisica son usados para representar a las magnitudes vectoriales. Representación gráfica dirección sentido

Notación:

mó d

ulo

P

O y

≡ |

origen

|≡|

: “Vector A” | ≡ A : “Módulo del vector A”

θ

x Los vectores se caracterizan por poseer: a)

Un origen (O), también denominado punto de aplicación. Es el punto exacto sobre el que actúa el vector.

b) Una longitud (| módulo. c)

|), la que es representada por un valor numérico al que llamaremos

Una dirección, que viene dada por la orientación en el espacio de la recta que lo contiene con respecto al sistema de coordemadas. Se define mediante el ángulo θ con respecto a la horizontal (eje X +).

d) Un sentido, representado por una flecha. La recta posee dos sentidos, generalmente estos se indican mediante signos “ + ” para un lado y “ – ” para el otro. e)

Una línea de acción, que es la recta que contiene al vector

.

Los vectores pueden situarse en el plano (dos dimensiones) o en el espacio (tres dimensiones). Un vector es una herramienta matemática que permite el desarrollo y comprensión de muchos fenómenos físicos.

- 29 -

Física

1.5.1 Tipos de vectores a) Vectores colineales Son aquellos dos o más vectores que están contenidos en una misma línea de acción.

,

y

son colineales

b) Vectores paralelos Son aquellos dos o más vectores que tienen sus líneas de acción respectivamente paralelas. //

//

// Notación: // : “

θ

θ

es paralelo a

”

// // : “ , y son paralelos entre sí”

θ

c) Vectores iguales Dos vectores serán iguales cuando tienen el mismo módulo, la misma dirección y el mismo sentido. Si

es igual a

, entonces: //

- 30 -

= //

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores d) Vectores opuestos Dos vectores son opuestos cuando tienen el mismo módulo, la misma dirección y son opuestos, entonces: =– o =– pero sentidos contrarios. Si //

Se cumple siempre que:

|

|=|

//

| = |–

|= A

e) Vectores coplanares Dos o más vectores son coplanares cuando todos ellos están contenidos en un mismo plano P .

P f) Vector unitario Es cualquier vector de módulo igual a la unidad. Este tipo de vectores se representan con un “sombrero”, así: . Si |

|=A=1 ⇒

Notación:

es unitario

,

El vector unitario en la dirección de un vector cualquiera, viene dado por: = - 31 -

,

1u

Física

1.5.2 Operaciones con Vectores 1.5.2.1 Suma de vectores Dados dos vectores, estos pueden ser sumados mediante una operación llamada suma de vectores. Aunque recibe el mismo nombre que la suma de números, se trata de una operación distinta. En general la suma de vectores da como resultado un solo vector llamado vector resultante ( ). = Σ VECTORES Existen diversos métodos para sumar vectores: A) Método de Paralelogramo En este método se suman 2 vectores. El método se describe a continuación: 1.- Se dibujan los dos vectores con sus origenes coincidentes. 2.- Los vectores forman de esta manera los lados adyacentes de un paralelogramo, los otros dos lados se construyen dibujando líneas paralelas a los vectores de igual magnitud. 3.- La resultante se obtendrá de la diagonal del paralelogramo a partir del origen común de los vectores.

= |

α

+

|=R=

(Ley de cosenos)

Casos particulares: • Si α = 0º

(Resultante máxima)

R = A + B (Suma de módulos)

- 32 -

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores • Si a = 180º (Resultante mínima)

R = A – B (Resta de Módulos)

• Si a = 90º

(Teorema de Pitágoras)

R=

B) Método del polígono Este método es una generalización del método del paralelogramo, el cual resulta un caso particular. Se emplea, sobre todo, cuando se desean sumar varios vectores a la vez. En el extremo del primer vector se sitúa el punto de aplicación del segundo, sobre el extremo del segundo vector se coloca el punto de aplicación del tercero y así hasta terminar de dibujar todos los vectores. El vector resultante es el que se obtiene al unir el punto de aplicación del primero con el extremo del último.

=

+

+

+

¡Para hallar el módulo R, debemos valernos de la geometría del polígono!

- 33 -

Física Casos particulares: • Si los vectores forman un polígono cerrado, la resultante será nula.

=

+

=

+

+

=

(Vector nulo)

• Para el caso en que el polígono resulte ser un triángulo, se cumple la ley de senos para los módulos de los vectores. q

= a

1.5.2.2

=

(Ley de senos)

b

Resta de vectores

Al igual que en el caso de los números, la resta es una operación derivada de la suma. Restar dos vectores consiste en sumarle al primero, el vector opuesto del segundo: – = + (– ). Gráficamente si empleamos el método del paralelogramo, la otra diagonal del paralelogramo obtenido representa la sustracción de los dos vectores, y dependiendo del sentido se tratará de – , si el punto de aplicación comienza en el final del vector , o – , si el punto de aplicación lo colocamos en el extremo del vector A.

= D=

a

- 34 -

–

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores 1.5.2.3 Producto de un vector por un escalar El resultado de multiplicar un escalar (número real) c por un vector A, expresado analíticamente por cA, es otro vector con las siguientes características: 1.- Tiene la misma dirección que A (son paralelos). 2.- Su sentido coincide con el de A, si c es un número positivo, y es el opuesto, si c es un número negativo. 3.- El módulo es c veces la longitud que representa el módulo de A. (Si c es 0 el resultado es el vector nulo.

c

c

Si c > 0

Si c < 0

1.5.3 Representación de un vector por coordenadas y componentes rectangulares se puede representar de dos formas:

En el plano cartesianol (x-y) un vector y

Por coordenadas:

P(u,v)

v

= (u,v) Por vectores unitarios:

y

=u q o x

u

x

=

“

es el vector unitario en la dirección x ” ( | | = 1 )

“

es el vector unitario en la dirección y ” ( | | = 1)

“

x

y

y

son las componentes de

+v x

+

o y

o vectores componentes rectangulares de

- 35 -

”

Física Luego, cualquier vector V se puede descomponer en dos vectores: Vx y Vy. Sus respectivos módulos (del gráfico) vienen dados por: Vx = V.cos q

(componente rectangular de V en el eje x)

Vy = V.sen q

(componente rectangular de V en el eje y)

Además: V = Vx2 + Vy2

Vectores en el espacio En el espacio tridimensional un vector se puede representar de dos maneras distintas (análogo al espacio bidimensional).

z w

= (u, v, w) = ( Vx , Vy , Vz ) =u

P (u,v,w)

+v

+w

“ es el vector unitario en la dirección Z” (| | = 1)

z

y

v o

y

x

u x “

,

x

=

y x

y

z

son las componentes del vector

+

y

+

”

z

V= Observación: “Las propiedades y métodos estudiados para vectores en dos dimensiones se extienden también para los vectores en tres dimensiones” - 36 -

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores

Suma de vectores por el método de las componentes También llamado método algebraico. Éste es otro de los métodos que se usan para sumar vectores. En este método se descomponen cada uno de los vectores a sumar en sus respectivos vectores componentes rectangulares. Luego, las componentes rectangulares del vector resultante: x y y , se determinan de la siguiente manera: -

x

es igual a la suma algebraica de los vectores en el eje x . x

-

y

= Σ vectores en el eje x

es igual a la suma algebracia de los vectores en el eje y. y

= Σ vectores en el eje y

- Como consecuencia el módulo de la resultante será : R= • Regla de signos Por convención, los vectores que tienen el sentido apuntando a los ejes x+ e y+ se consideran con signo mas (+) , en caso contrario apunten a los ejes x- e y- se considerarán con signo menos (-).

Por ejemplo, para tres vectores: ,

Sean

los vectores que deseamos sumar:

y y

y

x

x

+

x

+

x

Rx = Ax + Cx – Bx

y

x x

x

=

y

x

=

y

+

y

+

Ry = Ay + By – Cy y

R=

- 37 -

y

Física

1.6 Operaciones gráficas y analíticas Aquí presentaremos algunas referencias matemáticas y fórmulas trigonométricas de uso frecuente en el estudio de la física.

1.6.1 Funciones y gráficas Función.- Es una forma de expresión de la relación entre 2 o más cantidades físicas. Gráfica de una función .- Es la representación de una función en el plano cartesiano x-y. Entre las gráficas de funciones más elementales están: la recta y la parábola. A) La recta, es una función lineal de la forma: y = mx + b

y

donde:

P1

y1

y , x : cantidades físicas (variables)

q

m : pendiente b : intercepto con el eje y

(x2;y2)

P2

y2 x

x1

x2 Pendiente :

(x1;y1)

= tan q

m=

Longitud o distancia entre 2 puntos: d(P1,P2) = Posiciones relativas entre dos rectas (L1 y L2): Paralelismo

Ortogonalidad

y

y

L2

L1

L2 L1

q

q

x

L1 // L2 ⇔ m1 = m2

x

L1 ⊥ L2 ⇔ m1 . m2 = – 1

- 38 -

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores B) La parábola, es una función cuadrática de la forma: y = Ax2 + Bx + C

Cuando el eje de la parábola es paralelo al eje y, la función es de la forma:

;

A, B, C ∈ IR

y

Eje de la Parábola Parábola

y = a (x – h)2 + k Si: a > 0: parábola se abre hacia arriba

k

a < 0: Parábola se abre hacia abajo

h

Vértice (h;k) x

1.6.2 Relaciones trigonométricas Razones trigonométricas de un ángulo agudo a: sen a =

cos a =

tan a =

r y

csc a =

sec a =

cot a =

Identidades trigonométricas: •

tan a =

•

sen2 a + cos2 a = 1; sec2 a – 1 = tan2 a

•

sen(a ± b) = sen a.cos b ± cos a.sen b

•

cos(a ± b) = cos a.cos b m sen a.sen b

•

sen a ± sen b = 2sen

. cos

- 39 -

x

α

Física

•

cos a + cos b = 2 cos

•

cos a – cos b = – 2 sen

•

sen a.sen b =

[cos(a – b) – cos(a + b)]

•

cos a.cos b =

[cos(a – b) + cos(a + b)]

•

sen a.sen b =

[(sen(a – b) – sen(a + b)]

•

sen 2a = 2 sen a.cos a ;

cos 2a = cos2a – sen2a

•

sen2

cos2

=

.cos .sen

;

=

1.6.3 Triángulos rectángulos notables Sea k un número real cualquiera (no nulo).

60º

45º

2K K

K

3K

30º

74º

5K

45º

37º

K

K

7K

53º

K

25 K 16º

K

82º

4K

5

K 7K

24 K

- 40 -

8º

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores Razones trigonométricas de ángulos notables

Ángulo notable

sen

cos

tan

30º

60º

45º

1

37º

53º

16º

74º

8º

7

82º

- 41 -

Física

Problemas Resueltos VECTORES 1. Calcular el módulo del vector resultante para los vectores establecidos.

2. Sea “G” el baricentro del triángulo. Si el vector resultante para los mostrados es n , halle “n”.

G

1u 105º SOLUCIÓN:

u 15º 1u

SOLUCIÓN:

M

P G 1 60º 45º

Q

15º 1 Sea la resultante de los dos vectores con módulo igual a 1. Aplicando el método del paralelogramo: y=

N ”:

Sea el vector resultante “ =

+

+

… (i)

(Propiedades del baricentro) =

;

=

Ahora tenemos en el triángulo GMN:

⇒ y=1

M

Ahora tenemos solo dos vectores:

=

⇒

+

+ =

y=

1

G

⇒

N

Reemplazando en (i):

45º

Aplicando nuevamente el método del paralelogramo: R2 = 12 + ( \

)2 + 2(1)( R=

= ⇒

+(

=

+

=n

).cos45º \

u - 42 -

n=

)=

+

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores

3. Determinar el vector vectores y .

, en función de los

SOLUCIÓN: ,

Sean los vectores

:

y

y’

=–

3

P

θ

SOLUCIÓN:

M

–3

P

=

Q

+

… (i)

=

En el triángulo PRS: +

+1

| =

=–3

–3

… (i)

=–3

+1

… (ii)

Por condición del problema:

… (ii)

De (i) y (ii):

\

–3

En el triángulo PNR:

En el triángulo PQR:

–

x

En el triángulo MPN:

R

=

R

1

son los vectores unitarios Donde: y de los ejes x e y’ respectivamente.

S

=

N

+

+

|=

u

Reemplazando de (i) y (ii):

–

+

+

= (– 3 – 3 ) – 3 + (– 3 + 1 )

+

+

= ⇒

4. Calcular el valor de “θ”, tal que la suma de los vectores mostrados sea de módulo u.

=–9

–2

Por el método del paralelogramo: ⇒ ⇒

(

)2 = 92 + 22 + 2(9)(2).cos θ cos θ =

3u

\

θ 3u

1u

- 43 -

θ = 60º

Física 5. Encuentre el módulo de la resultante de los vectores y , donde = + y = – . Además | | = 8 u, | | = 7 u y forman un ángulo de 60º. SOLUCIÓN:

6. Dos vectores y forman entre si un ángulo de 45º y | | = B = u. Hallar el módulo de = + , sabiendo que y forman un ángulo de 30º.

forman 60º.

y Ambos vectores Gráficamente se tiene:

+

⇒ 60º

En este caso, usaremos una construcción geométrica, con ayuda de los triángulos notables.

45º

60º

= y

45º

30º O

P

El vector ángulo Q

es paralelo a P = 45º.

, por ello, el

Además: |

|=B=

M

+

Q

+

=

B Ahora trasladamos el vector + usamos el método del polígono:

por el método

Hallamos la resultante del paralelogramo: N

–

y

SOLUCIÓN:

u

8

Como el triángulo OQP es notable (45°):

–

|

60º

⇒ 7 =(

⇒ ⇒

| = |2 \

=

k

k=

=|

|=|

|

| usamos el Para hallar | | = | triángulo notable MQP (30° y 60°): –

)+(

+

)

= 2 |

|=

⇒ | = 2|

|

| =

=k

|

| = 2 k = 2(

| = 2(8) \

R = 16 u - 44 -

R=2

u

)

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores 7. Dos vectores de módulos “a” y “2a” forman un ángulo de 60º y su resultante es de módulo “R”. Hay otro vector de módulo “S” que actúa en el origen de la resultante, con S > R. Si el máximo y mínimo valor de la resultante total de y es 26 u y 12 u respectivamente, hallar “a”.

8. Si el módulo de un vector es “a”. Hallar el módulo de otro vector que forme 127º con el primero de manera que la resultante de ambas sea mínima. (El módulo de este vector desconocido en función de “a”).

SOLUCIÓN:

SOLUCIÓN: El módulo del vector buscado “ ” puede ser:

En total tenemos tres vectores, pero se pueden reducir a solo dos, si sumamos los que forman 60º (vector de modulo “R”): ¡S esta colocado arbitrariamente pues no sabemos su dirección!

a 60º

S

Posibles resultantes

a a Posibles

a

127º

a

2a

Para dos vectores de módulos “R” y “S” sabemos que:

Vemos que la resultante es mayor cuando a es menor o mayor que 90º .

Resultante máxima = S + R = 26 u

Por lo tanto, la resultante mínima se obtiene cuando a = 90º:

Resultante mínima = S – R = 12 u ⇒ 2 S = 38 Luego:

N

R MI b

S = 19 u y R = 7 u

Calculamos la resultante “R” usando la ley de cosenos: R= ⇒

R=

⇒

R=a

127º

a En el triángulo notable MNP: N b

b 37º M

Finalmente igualando: R=7=a ⇒

sen 37º =

a= \

a=

a

⇒

b= \

u - 45 -

=

b = 0,6 a

P

Física

9. Se muestra un cubo de lado “a”. Hallar | – | si los extremos de ambos vectores parten de los puntos medios de las aristas.

Aplicando el teorema de Pitágoras en el triángulo rectángulo PMN: R=

\

a

=

R=

10. Si la resultante de los vectores mostrados es nula. Hallar el ángulo “a”. y 70 u

SOLUCIÓN: Como solo nos interesa el módulo, podemos “desplazar” el vector según nuestra conveniencia. ¡Pero sólo a direcciones paralelas a éste!

50 u

x

a

65º

30 u

SOLUCIÓN: En este caso los vectores forman un polígono cerrado de 3 lados (triángulo). y //

P 30 u 70 u

M Sea

N

a/2

50 u

= Luego, del gráfico:

⇒

R=|

Aplicando la ley de cosenos:

+ (– –

65º a

)=

x

Para hallar “a”, primero calculemos el valor del angulo “x”:

el vector que va de N a P .

=

a

x

//

a/2 –

70 =

– ⇒

|

4900 = 900 + 2500 – 3000.cos x

⇒ – 1500 = – 3000.cos x - 46 -

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores Q

M

cos x =

⇒

q

x = 60º

⇒

Usando la propiedad del ángulo llano: x + a + 65º = 180º q

⇒ (60º) + a + 65º = 180º a = 55º

\

O 11. Dados 2 vectores y que forman 60º y | | = 2| |. Hallar el ángulo que forman los vectores: = + y = – . SOLUCIÓN: y que forman 60º y Los vectores cuyos módulos cumplen: a = 2b, satisfacen la condición de formar un triángulo notable de 30° y 60° (por semejanza de triángulos).

En el triángulo rectángulo sombreado: cos q = ⇒

cos q =

⇒

cos q =

Módulo de

=

+

:

=

–

:

| |=

M ⇒

u=

⇒

u=b

Módulo de | |= 60º O

R

P

P

En el siguiente gráfico ubicamos los y . Sea “θ” el ángulo vectores formado por la interseccion de ambos:

⇒

v=

⇒

v=b

⇒ cos q =

\

- 47 -

=

q = arc cos

Física 12. El módulo de la resultante de los vectores mostrados es R = 15 m. Hallar q si AM = MB, AC = 9 m y BD = 12 m. C

Hallando “α”: (Por dato: | a

D

| | = 9m

9m

12 m

64º

152 = 81 + 144 + 216.cos a

⇒

SOLUCIÓN: Podemos descomponer y ayudándonos de la geometría triángulo:

del

⇒

0 = cos a

⇒

a = 90º

Usando la propiedad de la suma de ángulos en un triángulo: a + q + 64º = 180º

a

(90º) + q + 64º = 180º

⇒

\

64º

q

=

+

=

+

=

+

=(

+

)+(

B

+

5u

)

Como | | = | | (M es punto medio) y poseen sentidos opuestos: + ⇒

q = 26º

13. Si el módulo de la resultante del sistema de u y el triángulo vectores mostrado es 6 ABC es equilátero de lado 5 u. Además | | = 5 u. Hallar el valor del ángulo x.

M

⇒

| = 12 m

R= B

M

|

Por ley de cosenos:

q

A

| = R = 15 m)

60º A

=0

x

60º P

C

Q =

+

O - 48 -

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores SOLUCIÓN:

⇒ (6

Podemos reducir el sistema de seis a sólo dos vectores. Del gráfico tenemos: +

=

+

=

⇒ ⇒

y

) + 2(

)

⇒

B

5

5

x P

α = 37°

⇒

α + 60º + x = 180º (37º) + 60º + x = 180º x = 83º

14. En el gráfico se muestran tres vectores. Si la componente de la resultante en el eje x (Rx ) es 10 u, calcule el ángulo “α”.

5

A

cos α =

\

α 5

160 = 200cos α

Sumando los ángulos interiores en el triángulo ABP:

La resultante del sistema se reduce a: = 2(

)2 = 200 + 200cos α

y 52 u

12 u

C

α α

Q O La resultante del sistema vendrá dada por la suma de los vectores 2 y 2 , ambos de módulo igual a 10:

α

x

20 u

SOLUCIÓN: Descomponemos los vectores en sus componentes rectangulares:

α 10

10 12 sen α 12 cos α

Por ley de cosenos:

20 cos α

R= (Por dato: R = 6

20 sen α

u)

- 49 -

52 sen α 52 cos α

Física Solo nos interesa Rx: Rx = 52 cos α – 12 cos α – 20 cos α ⇒ Rx = 20 cos α

•

El vector – 6 + 8 tiene componentes 6 en el eje X y 8 en el eje Y.

•

Para descomponer

(Por dato: Rx = 10). Reemplazando:

(8;6)

= cos α

10 = 20 cos α ⇒

⇒

q

α = 60º

\

, se define “θ”:

En el gráfico:

37º

x = 37º + q A

15. Si la resultante en el sistema mostrado es nula. Hallar el ángulo “x”. y –6

+8

(8;b) 37º x

45º

10

Como la resultante es nula: Ry = 8 + 6 – A sen q – 10

cos 45º = 0 … (i)

Rx = 8 + A cos q – 6 – 10

sen 45º = 0 ... (ii)

De (i):

x

14 = A sen q + 10

u

⇒ 14 = A = A sen q + 10 ⇒ A sen q = 4 De (ii):

SOLUCIÓN:

2 + A cos q = 10

Antes de descomponer los vectores debemos hallar el valor de “b”:

Dividiendo ambos resultados: =

Descomponiendo los cuatro vectores:

8 6 10 10

sen 45º cos 45º

6

.

⇒ 2 + A cos q = 10 ⇒ A cos q = 8

tan 37º = b/8 ⇒ b = 8.tan 37º ⇒ b = 8.(3/4) = 6

b

37º

.

8

⇒

tan q =

⇒

q=

Reemplazando:

Acos q

x = 37º +

Asen q

\ - 50 -

x = 100,5º

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores 16. Los vectores de la figura representan fuerzas. Hallar el valor del ángulo “x” y el módulo de la resultante, sabiendo que ésta se encuentra sobre la línea de acción de la fuerza de 90 N. y 90 N

⇒ ⇒

⇒ sen(x – 12º) =

12º

x – 12º = 53º \

⇒

x = 65º

Para la resultante: R = Ry = 90 – 100 cos(65º – 12º) ⇒ R = 90 – 100 cos 53º

12º

x

Rx = 80 – 100 sen(x – 12º) = 0 80 = 100 sen(x – 12º)

x

⇒

R = 90 – 100.

80 N

100 N

\

SOLUCIÓN: Podemos simplificar el problema rotando los tres vectores un ángulo de 12º:

R = 30 N – 2

17. Calcular | mostrados:

|, para los vectores

40º

90 N

30 u 80 N 10º

90 u x–

12 º

SOLUCIÓN: Graficamos el vector – 2 , así:

100 N “La resultante ( ) estará sobre la línea de acción de la fuerza de 90 N, que ahora está en la dirección del eje Y.”

40º

30

//

Descomponiendo el vector de 100 N:

40º

// 50º

(2 ) = 60

100 sen(x–12º)

)

30

90 N

10º

120º 90 = 30(3

80 N

–2

Luego sumamos ambos vectores: Y calculamos su módulo, así:

100 cos(x–12º)

|

– 2 | = 30 \

Como R = Ry ⇒ Rx = 0 - 51 -

|

–2

| = 30

u

y –2 .

Física 18. En la figura se muestra un triángulo rectángulo isósceles ABC, donde G es el baricentro de éste. Si se cumple que: | +3 |=8 u, hallar | |.

En la figura tenemos que: =

B

G

+

⇒

|

|=

⇒

|

|=4

+

= =

u

Como el triángulo rectángulo ABC es isósceles (notable de 45º):

A

C

SOLUCIÓN:

|

|=|

|=a

|

|=4

=a

\

Como el baricentro es la intersección de las medianas de un triángulo. Si trazamos , se cumple que: |

|=|

a=4u

19. En el hexágono regular de lado “a”, halle el módulo del vector:

|=

B

=

–

+

+

–

G /2 A

C

/2 M

/2

Usamos ahora la propiedad del baricentro: SOLUCIÓN:

= Como: |

|=b ⇒ |

⇒

|=

Además: |

=

–

+

=(

+

)+(

+

– –

)–

De la figura, reemplazamos: |=|

|+|

|=

+b=

b

- 52 -

⇒

=

+

–

=2

–

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores

U

20. En la figura se muestran dos vectores:

–

V

Vemos que:

–

=3

+

=

Si |

–

=

donde

+2

| = 30 u y | =7

W

60º

W

⇒

| = 25 u. Hallar | –4

|,

.

SOLUCIÓN: Tenemos que usar

30º

|=|

–3

V

+2

Como |–

=2

60º

Tanto como – forman un triángulo rectángulo notable de 30° y 60°: – U

y

=3

+2

⇒

+2

=3

+2

⇒

+2

=7

–4

⇒

|=a

y

+2

para hallar + 2(2

–3

+4

–6

: )

=

Entonces, podemos construir gráficamente:

| |=a |:

Finalmente la resultante |

2

–

60º

=2

|2 | = 2a

|–

⇒ \

|

|=

|

|=

|

“El vector 2 es paralelo a tanto el ángulo no varía” Por ley de cosenos:

|=a

|=a

|

|=

⇒

|

|=

⇒

|

|= \

- 53 -

|

| = 70 u

, por lo

Física 21. Calcular el vector resultante en el cubo de lado igual a 1 u.

y ubicados sobre 22. Los vectores , un rombo de lado “L” constituyen una resultante cuyo módulo es “2L ”. Determinar el módulo de para tal efecto, si M y N son puntos medios y la resultante pasa por la diagonal mayor. M N

SOLUCIÓN:

120º

Descomponiendo los vectores y en sus respectivas componentes rectangulares: z SOLUCIÓN: y Descomponemos los vectores , en las direcciones de los ejes x e y’:

1

–1

y

1

–

L

–1

y’( )

x2

x

120º

Del gráfico:

=1

–1 –1

+

=2

⇒ |

+

|= |

+

L

1

–1

x

=1

⇒

\

x(

)

1

+1 Del gráfico: =

|=

u

- 54 -

+L

=L

–

= x1

+ x2

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores

⇒

+

+

=

+

La resultante ( ) pasa por la diagonal mayor y biseca el ángulo de 60º T

23. Sea ABC un triángulo equilátero de lado igual “a”. Si el lado se divide en “n” partes iguales por “n – 1” puntos, que representan los extremos de los “n – 1” vectores trazados desde el vértice A. Calcular el módulo del vector resultante (R).

y’

SOLUCIÓN: x P

y’( )

A

2L Q

+ x2 30º

–a

+ x1

30º

.... O

Observando del gráfico, los triángulos OPT y OQT son congruentes: ⇒

+ x2 =

⇒

x2 – x1 = L

x( )

B 60º

C

(a/n) (2a/n)

+ x1

Si descomponemos el primer vector: … (i) 1

Aplicando el método del paralelogramo (2L

)2 = 2

⇒

2

cos 60º

+2

2

⇒ | |2 =

+

+

1

–a

+ ...

2

+

1

Reemplazando y simplificando:

Finalmente tenemos: + x2

–a

= (n – 1)

x1 = = x1

=

Si descomponemos los “n – 1” vectores y los sumamos:

Reemplazando en (i): ⇒

–a

Si descomponemos los dos primeros vectores y los sumamos:

L= x2 =

⇒

=

= +2

= (n – 1)a

+ cos 60º

\ | |= - 55 -

+

[1 + 2 + ... + (n – 1)]

⇒

= (n – 1)a

+

⇒

= (n – 1)a

+

Física Gráficamente:

y

x’

y’ y’

x

120º

45º

25º

(n – 1)a

x

25º 28º

Aplicando el método del paralelogramo:

x’

Descomponiendo los vectores en x’–y’:

R = (n – 1) a

|

|

|

\

|cos

y’

45º

R=

|

45º

|sen

53º

|

|sen

53º

|

|cos

24. Dado el sistema de vectores. Hallar el módulo de la resultante si: |

|=2

u , |

| = 10 u y |

| = 10 u

En el eje y’: Ry’ = |

y

|sen 45º – |

|–|

|sen 53º

Reemplazando valores: ⇒ Ry’ = 10 – 2

– 10

⇒ Ry’ = 0 u 25º

20º

x

En el eje x’: Rx’ = |

28º

|cos 45º – |

⇒ Rx’ = (2

)

⇒ Rx’ = – 4 u

SOLUCIÓN: Observamos que los ángulos que forman los vectores con los ejes no son notables. Entonces cambiamos nuestros ejes de coordenadas x–y por x’–y’, tal que el eje y’ coincida con el vector . - 56 -

Luego la resultante será: R= ⇒

R= \

R = 4u

|cos 53º – (10)

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores Para la resultante: Rx’ = 40 – 30sen(θ + 20º)

25. Calcular el ángulo θ y el módulo de la fuerza resultante, sabiendo que ésta se encuentra sobre la fuerza de 40 N. y 24 N

20º

⇒

Rx’ = 40 – 30sen 37º

⇒

Rx’ = 40 – 30

Finalmente:

40 N 20º

R=

x ⇒

θ

R = 22 N

ANALISIS DIMENSIONAL

SOLUCIÓN: Como no hay ángulos notables, cambiamos convenientemente los ejes de coordenadas: y’

26. Hallar una expresión para la velocidad (v) de una onda mecánica que se propaga en una cuerda. Experimentalmente se ha encontrado que depende de la tensión (t) de la cuerda y de la densidad lineal (m).

x’

24 (θ +

R= \

30 N

en 30 s

= 22 N

20º)

SOLUCIÓN: La tensión tiene unidades de fuerza:

40

[t] = [fuerza] = MLT–2

º

20 θ+

30

s (θ

o 30 c

º)

+ 20

Para m tenemos: [m] =

= ML–1

Supondremos la fórmula para “v”: v = ltxmy

Como la fuerza resultante “ ” se encuentra sobre el eje x’; entonces la resultante sobre el eje y’ deberá ser cero: Ry’ = 24 – 30 cos(θ + 20º) = 0 ⇒ cos(θ + 20º) = \

= cos 37º

θ = 17º - 57 -

... (i)

(donde l = constante numérica) ⇒

[v] = [l][tx][my]

⇒

[v] = 1.[t]x[m]y

⇒

LT–1 = (MLT–2)x(ML–1)y

⇒

LT–1 = Mx.Lx.T–2x.My.L–y

⇒

LT–1 = Mx+y.Lx–y.T–2x

Física Igualando los exponentes:

M0L0T1 = 1. [C]a [b]b [h]d

• L1 = Lx–y ⇒ x – y = 1

... (ii)

M0L0T1 = (LT–1)a. (M–1L3T–2)b. (ML2T–1)d

• M0 = Mx+y ⇒ x + y = 0 ; x = – y ... (iii)

M0L0T1 = La.T–a.M–b.L3b. T–2b. Md. L2d. T–d

• T–1 = T–2x ⇒ – 2x = – 1

M0L0T1 = La+3b+2d . Md–b . T–a–2b–d

... (iv)

Igualando los exponentes: De: M0 = Md–b ⇒ d – b = 0 ; d = b … (i) L0 = Ma+3b+2d ⇒ a + 3b + 2d = 0 … (ii) T1 = T–a–2b–d ⇒ – a – 2b – d = 1 … (iii)

x=

⇒

Reemplazando (iv) en (iii): (– y) – y = 1 ⇒

y=–

Reemplazando (i) en (ii):

Reemplazando valores en (i):

⇒

\

a + 3b + 2b = 0 a + 5b = 0

v = lt1/2 m–1/2

⇒

v=l

Reemplazando (i) en (iii): ⇒

v=l

… (v)

Sumando (iv) y (v):

27. Si justo después del BIG BANG se mide el tiempo de Planck (tp) dado por: Ca.Gb.hd , donde:

tp =

– a – 2b – b = 1 – a – 3b = 1

… (iv)

(+)

a + 5b = 0 – a – 3b = 1

⇒

2b = 1

⇒

b=

=d

8

C = 3 x 10 m/s G = 6,67 x 10–11 Nm2/kg2 h = 6,63 x 10–34 J.s ; hallar el “tp” estimado. SOLUCIÓN: [C] = LT–1

a+

=0 ⇒ a=–

Reemplazando a,b y d en la fórmula: ⇒ tp =

Aquí C, G y h son constantes físicas

.C–5/2 . G1/2 . h1/2

⇒ tp =

[G] = M–1L3T–2 [h] = ML2T–1

⇒ tp =

Las dimensiones, en la fórmula, son: [tp] =

En (iv):

[Ca][Gb][hd]

\ - 58 -

tp = 5,34.10–44 s

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores SOLUCIÓN: Por el principio de homogeneidad; sen q y

28. Dada la ecuación: W = BL2sen

+ B2.q

sen φ tienen las mismas dimensiones:

donde: W = energía ; L = longitud Si esta ecuación es dimensionalmente homogénea, hallar las dimensiones de “B” y “q”.

[sen q] =

SOLUCIÓN:

⇒

1 =

[sen φ]

Para la energía: [W] = ML2T–2 En la ecuación, cada sumando tiene las mismas dimensiones:

⇒

1 =

(1)

2

[W] = [B][L ]

⇒

… (i)

2

[W] = [B ][q]

Sabemos que: [W] = ML2T–2 y [V] = L3

… (ii)

De (i):

⇒

[W] = [B] [L]2.1 ⇒

ML2T–2 = [B].L2 \

\

[A] = ML–1T–2

30. En la ecuación dimensionalmente correcta:

[W] = [B]2[q]

Sx + Vy2 + H =

⇒

ML T = (MT ) [q]

⇒

ML2T–2 = M2T–4[q]

2

–2

–2 2

Hallar las dimensiones de x e y; si: S: área ; V: volumen ; p: presión y mo: masa.

[q] = \

[A] =

[B] = MT–2

Hallando [q], de (ii):

⇒

[W] = [A] [V] ⇒ [A] =

–1

2

2

[q] = M L T

29. Si la siguiente ecuación es dimensionalmente correcta, hallar las dimensiones de “A”. = Donde: B = fuerza; mo = masa; g = aceleración; W = trabajo y V = volumen - 59 -

SOLUCIÓN: Por el principio de homogeneidad las dimensiones de cada término son las mismas: [Sx] = [Vy2] = [H] = Determinando las dimensiones de x: [Sx] = [H] ⇒

[x] =

... (i)

Física SOLUCIÓN:

Para [H]:

Se sabe que:

[H] = Por el principio de homogeneidad:

[P] = ML–1T–2

[q] = MLT–2

[R] = L3

[S] = L

En la expresión:

[p – fa] = [p] = [fa]

P = qzR–ySx ⇒ [H] =

=

⇒

Reemplazando:

⇒ [H] = (L–1T–2)2 ⇒ [H] = L–2T–4

ML–1T–2 = (MLT–2)z(L3)–y(L)x

Reemplazando en (i): [x] = \

[P] = [q]z[R]–y[S]x

⇒

ML–1T–2 = MzLz–3y+xT–2z

Comparando los exponentes:

=

⇒ z=1

• M = Mz

[x] = L–4T–4

–1

z–3y+x

• L =L

Hallando las dimensiones de y:

⇒ (1) – 3y + x = – 1

[Vy2] = [H] ⇒

⇒ z – 3y + x = –1

\

x – 3y = – 2

⇒ [y] =

2

[y] =

32. Halle la dimensión de “A” y “B” en la siguiente fórmula física.

⇒

[y] =

⇒

[y] = L–5/2 . T–4/2 \

= Donde:

[y] = L–5/2T–2

W: trabajo V: volumen

31. Si la siguiente expresión es dimensionalmente homogénea: P = qz.R–y.Sx Donde: P: presión R: volumen

+F F: fuerza

SOLUCIÓN: Aplicando el principio de homogeneidad =

q: fuerza S: longitud

= [F]

Determinando “[A]”:

Hallar: “x – 3y”

= [F] - 60 -

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores

⇒

⇒

= MLT–2 \

\ [B] = M

[A] = L

Determinando “[C]”:

Determinando “[B]”:

[E] = [C.a] ⇒ [C] =

= [F] ⇒

[B] =

⇒

[B] =

⇒

[C] = \

\

E = AF + Bv2 + C.a Donde: E: trabajo v: velocidad

F: fuerza a: aceleración

SOLUCIÓN: Aplicando el principio de homogeneidad.

Siendo Q = Ax Además: W: trabajo h: altura m: masa P: potencia C: velocidad g: aceleración A, B: constantes dimensionales SOLUCIÓN: [W] = [m][C]x = [A][g][h] = [B][P]

Determinando “[A]”:

Determinando “[A]”:

[E] = [AF] = [A].[F]

\

W = 0.5mCx + Agh + BP

Aplicando el principio de homogeneidad:

[E] = [AF] = [Bv2] = [C.a]

[A] =

[C] = ML

34. Determinar las dimensiones que debe tener “Q” para que la expresión para “W” sea dimensionalmente homogénea.

[B] = M–2LT4

33. Halle la dimensión de A, B y C en la siguiente fórmula física.

⇒

[B] =

[W] = [A][g][h] ⇒ [A] =

⇒ [A] = ⇒

[A] = L

[A] =

=M

Determinando “[B]”:

Determinando “[B]”:

[B][P] = [W] ⇒ [B] =

[E] = [Bv2] ⇒ [B] = - 61 -

Física

⇒

⇒ [B] = [t]

[B] =

⇒

LT–2 = (1)(LT–1)(T)x

⇒

LT–2 = LT x–1 –2=x–1 ⇒ x=–1

⇒ ⇒

Como y = x

[B] = T

Piden “x – 2y”. Reemplazando:

Determinando “x”:

x – 2y = (– 1) – 2(– 1)

[W] = [m][C]x ⇒

(ML2T–2) = M(LT–1)x

⇒

ML2T–2 = MLxT–x

⇒

x=2

\

36. Un cabello humano crece a razón de 1,08 mm por día. Expresar este cálculo en Mm/s.

[Q] = [A]x[B]1/x

SOLUCIÓN:

[Q] = MxT1/x \

[Q] = M2T1/2

v=

35. Si la siguiente ecuación es dimensionalmente homogénea: a = vtx(1 + ky–x) Hallar: “x – 2y” Siendo: a: aceleración; v: velocidad

x – 2y = 1

Conversión de Unidades – Operaciones gráficas y/o analíticas

Finalmente en “Q”: ⇒

⇒ y = –1

=

= 1

1

= t: tiempo y

= 0,125 x 10–7

SOLUCIÓN:

1

Dimensionalmente se tiene:

=

[1] = [k]y–x ⇒ 1 = [k]y–x ⇒

\

y–x=0 ⇒ y=x

v = 1,25 x 10–14

Luego: a = vtx(1 + ky–y) ⇒

37. Convertir 1 KW – h a Joule (J) 1 KW = 1

a = 2vtx

kilowatt, además Watt =

Dimensionalmente: ⇒ [a] = [2][v][t]x

SOLUCIÓN: 1 KW – h = KW x h - 62 -

.

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores 40. Convertir 420 kW/h a dW/s. ⇒ = KW x h x

SOLUCIÓN:

x

Recordemos que:

⇒ = 36 x 105 W x s

1kW ≡ 1000 W

⇒ = 36 x 105 W x s x y \

1W ≡ 10–1 dW

1KW – h = 36 x 105 Joule ⇒ 420

= 420 x 103

38. Convertir 54 km/h a m/s. 1

SOLUCIÓN: Para esto recordemos que: 1km ≡ 103 m y 1h ≡ 60 min ≡ 36 x 102 s

⇒ 420x103

⇒ 54

⇒ 420 x 102

=

= 420x102 1

=

=

15

⇒

1

= \

54

420 kW/h = 11,67 dW/s

\

1

= 15 41. Convertir 0,32 T/m a mT/cm.

39. Convertir 30 mA a mA.

SOLUCIÓN:

SOLUCIÓN:

Recordar:

Recordemos que: 1 mA ≡ 10–3 A y 1A ≡ 106 mA

y ⇒ 0,32

⇒ 30 mA

= 0,32 x 106

–3

= 30 x 10 A ⇒ 0,32.106

1

⇒ 30 x 10–3 A

= 0,32 x 104

= 30 x 103 mA \

1

\

1 T = 106 mT 1 m = 102 cm

30 mA = 30 000 mA - 63 -

0,32 T/m = 3200 mT/cm

Física El  AOM es semejante al  ACG:

a Ω/cm2.

42. Convertir 151

=

SOLUCIÓN: Recordar: 1MΩ = 106 Ω y 1m2 = 104 cm2 ⇒ 151

Además: OM = 8. ⇒

=

ON = 8

También por semejanza:

= 151 x 106

=

⇒ 151 x 106

= 151 x 102 GM =

⇒ \ 151

= 15100 Ω/cm2

En la figura: AO = 12. Reemplazando: GM =

⇒ 43. Hallar la ecuación de la recta en el siguente gráfico. Sabiendo que las coordenadas de A son (0;12), además la m ฀ ABO es 37º y el punto G es baricentro de la región triangular AOB. y

=4

Luego, el punto G es

.

Ahora analizando pendientes: m

A Además

=–

=–

⊥

. Luego:

m .mL = – 1 G

⇒

37º

O SOLUCIÓN: y

x

B

mL =

Finalmente: ⇒

=

A

\

2x – 3y +

=0

2a

12

G

C

a

O

N

M

37º

8

B

x

44. Hallar la ecuación cartesiana de la recta , si es diámetro y además las coordenadas de A y C son respectivamente: (1;1) y (3;3). - 64 -

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores y

C

A(6;4)

B(1;2) B

D A

x

O(0;0)

SOLUCIÓN:

SOLUCIÓN: y C(3;3)

A(6;4)

B(1;2)

~

•

B

~

;1)

M(1/2

•

D x

O(0;0)

A(1;1) Del gráfico, la pendiente de m

=

es:

⇒

=1

Además, como ⊥ (propiedad de la semicircunferencia), se cumple: m .mL = – 1 ⇒

m

= mL

... (i)

Además, de la gráfica: m

⇒

:

=–1 \

(propiedad del trapecio)

=

=

Reemplazando en (i):

mL = – 1

Finalmente, como el punto C ∈

//

Como

mL =

El punto medio de es M = (1/2;1), el cual pertenece a la recta . Entonces reemplazando:

x+y–6=0

45. Se tiene un trapecio ABOD ( // ), las coordenadas de A son (6;4) y las de B son (1;2). Hallar la ecuación de la recta que contiene a la base media del trapecio. - 65 -

= \

2x – 5y + 4 = 0

Física 46. Hallar las ecuaciones de las siguientes parábolas: y

47. Hallar la ecuación de la recta que pasa por los puntos: A = (– 2; –1) y B = (3; 6); y la distancia entre estos dos puntos. SOLUCIÓN: y

P1

3

6

1

2 P2 0

2

3

4

6

x

SOLUCIÓN: Para la parábola (1): y = a(x – h)2 + k El vértice es (0;0) y pertenece a la parábola. Reemplazando en la ecuación: ⇒ y = a(x – 0)2 + 0 ⇒ y = ax2 Como P1 = (3;3) ∈ a la parábola, reemplazamos: ⇒ 3 = a(3)2 ⇒

3 = 9a ⇒ a =

\

y=

3

Hallamos la pendiente de la recta “m”, usando las coordenadas de A y B. m=

0 = a(2 – 4)2 + 3

⇒

0 = 4a + 3 ⇒ a = –

=

La ecuación de la recta queda: y = m.x + b ⇒

x+b

y=

–1= ⇒

… (i)

(– 2) + b

–1=b ⇒

b=

Reemplazando en (i):

Como P2 = (2;0) ∈ a la parábola: ⇒

x

–1

A(–2;–1)

x2

Para la parábola (2): El vértice es (4;3) ⇒ y = a(x – 4)2 + 3

\

y=

x+

La distancia entre A y B será:

La ecuación de la parábola (2) será: y=–

–2

Para hallar “b” reemplazamos las coordenadas del punto A (el cual pertenece a la recta) en (i):

La ecuación de la parábola (1) será:

\

B(3;6)

d(A,B) =

(x – 4)2 + 3

\ - 66 -

d(A,B) =

u

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores 48. Hallar la ecuación de la siguiente recta:

4 67º

El módulo de un vector , cuyas coordenadas son la suma de las del vértice V y el intercepto I.

c)

y

SOLUCIÓN: Debemos darle la forma: y = a(x – h)2 + k

x

o

y = x2 – 4x + 4 + 4

SOLUCIÓN:

y = (x – 2)2 + 4 ⇒ h = 2; k = 4

⇒

Hallando la pendiente: m = tan 67º:

\

; donde:

tan 67º =

• sen 67º = sen(30º + 37º) sen 67º = sen 30º.cos 37º + sen 37º.cos 30º sen 67º =

El intercepto con el eje y, lo obtenemos colocando x = 0 en la ecuación de la parábola: y = 02 – 4(0) + 8 = 8

=

\

• cos 67º = cos(30º + 37º) cos 67º = cos 30º.cos 37º – sen 30º.sen 37º cos 67º =

I = (0;8) y

=

⇒ tan 67º =

V = (2;4)

8

I = (0;8)

= 4

V = (2;4)

Hallando el intercepto b: ⇒ ⇒

y = mx + b ; 4 = m(0) + b b=4 \

y=

(el punto (0;4) pertenece a la recta)

O

x

2

Las coordenadas del vector serán: P = V + I = (2;4) + (0;8) = (2;12)

x+4

Luego su módulo será: y 49. Una parábola tiene por ecuacion: y = x2 – 4x + 8 Calcular: a) Las coordenadas de su vértice V. b) Las coordenadas de su intercepto con el eje y: I. - 67 -

|

|=

⇒ |

|=

\ |

|=2

12

0

P

2

x

Física 50. En el siguiente gráfico hallar las ecuaciones de los segmentos de recta en el intervalo desde x = 0 hasta x = 15. y 12

Reemplazando en (ii): y = 0.x + b = b Luego, para todo valor de “x”, el valor de “y” será siempre “b”. De la gráfica, este valor es 6.

6

• Para el segmento de recta (3):

q

2

y = m.x + b

... (iii)

Hallando “m”:

1

0

y=6

\

3

30º

7

10

15

x 12 – 6

SOLUCIÓN:

q 15 – 10

• Para el segmento de recta (1): y = m.x + b

... (i)

⇒

Hallando “m”:

6 q 5

m = tan q =

Para hallar “b” usamos el punto (15;12), el cual pertenece a la recta (3):

m = tan 30º = Para hallar “b” reemplazamos el punto (0;0), que pertenece a la recta, en la ecuación (i): 0 = m.0 + b ⇒

⇒

⇒

12 =

⇒

12 = 18 + b ⇒ b = – 6

(15) + b

Reemplazando “m” y “b” en (iii):

b=0 \

Reemplazando m y b en (i): \

y=

x–6

Resumiendo:

x

• Para el segmento de recta (2): y = m.x + b

y=

... (ii)

Hallando “m”: m = tan 0º = 0 - 68 -

0≤x≤7

⇒ y=

7 ≤ x ≤ 10

⇒ y=6

10 ≤ x ≤ 15

⇒ y=

x

x–6

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores

Problemas Propuestos 1.

Hallar el módulo de la resultante de los vectores y :

4.

En la figura se muestra un conjunto de vectores. Hallar el módulo del vector = – + 2 – 2 , si | | = 6 u

30º 4

u

30º

A) 6 u C) 8 u E) 10 u A) 1 u C)

u

E)

u

B)

u

D)

u

5.

B) 7 u D) 9 u

En la figura, AB = BC = 2k, además M y N son los puntos medios de AB y BC respectivamente. Hallar α de manera que la resultante tenga módulo “k”. C

2.

Si los vectores e son coplanares y de igual módulo, verificándose además que: |

+ |= e .

| –

|. Halle el ángulo entre A

A) 120º C) 90º E) 37º 3.

N

α M

B

A) 60º C) 90º E) 45º

B) 127º D) 60º 6.

Si los vectores y forman un ángulo diferente de 90º cuando | + | = 10 u

B) 120º D) 135º

Hallar el ángulo que forma la resultante con el eje x. y 50 u

37º

y | – | = 10 u. Hallar el módulo de la resultante si ambos vectores fueran perpendiculares.

60 u

x

37º 50 u

A) 5

u

B) 10

u

C) 5 u E) 10 u

D) 10

u

A) 30º C) 45º E) 60º - 69 -

B) 37º D) 53º

Física 7.

Sabiendo que la resultante del sistema mostrado se encuentra sobre el eje x, hallar la medida del ángulo a. 20 u

25 u 37º

A) 30º C) 45º E) 60º

B) 37º D) 53º

Si:

30º 30º

,

; hallar

el módulo del vector

9.

y

a

60º

50 u

8.

=3

+7

.

A)

u

B)

u

C)

u

D)

u

E)

u

Dados el vector

11. Tres vectores: , y con | | = 3 u, | | = 2 u y | | = 6 u; están colocados como se muestra en la figura. Si , calcular “m + n”.

x

A)

B)

C)

D)

E)

los

vectores: y

, ; hallar

=

.

A)

B)

C)

D)

12. En la figura, M y N son puntos medios de los segmentos y respectivamente. Hallar el vector en función de los vectores y . T

E) N

10. Hallar el módulo de la resultante de los vectores mostrados en la figura. El radio de la circunferencia mide 25 u. y

S

42º 21º

A) 9 u C) 10 u E) 11 u

B) 9 D) 10

M

H

A)

B)

C)

D)

x

u u

E) - 70 -

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores 13. Determine el módulo de la resultante del sistema de vectores mostrados. (b = 1u)

15. En el cuadrado PQRS; M y N son puntos medios. Halle el vector en función de los vectores y . M

P

Q

60º

N

1u

A)

2u

u

B)

C)

u

E)

u

D)

u

14. En el siguiente sistema de vectores se tiene que | | = 5u y que el módulo de la resultante es igual a 14 u. Determine |5

R

S

u A)

B) 2(

C)

D)

–

)

E)

+ 3 |. 16. La figura PQR es un triángulo equilátero. Determinar el módulo de la suma de los vectores , y ; si =2 +2 . Q

y

A) 5

u

C) 15 u E) 15

x

B) 5 u

P

D) 14 u u

- 71 -

R

A) 0 u

B) 6 u

C) u E) 2 u

D) 3

u

Física 17. Marque la expresión incorrecta considerando que los vectores , , y parten del origen. x

A) hc–1m C) h–1mc E) h2c–1m–2

20. La posición x de una partícula en función del tiempo T esta dado por x (T) = aT2 – bT4, con x en metros y T en segundos. Las unidades de a y b respectivamente son:

r y

A) m/s2; m/s4 C) m/s2; m/s E) m2/s2; m/s4

2r

A)

+

+

=

B) La componente sobre el eje x de + + + es 4| | C)

+

+

+

D)

+

–

=–

E)

–

+

=

+

+

=2

B) m/s; m/s2 D) m/s4; m/s2

21. La velocidad crítica “Vc” a la cual el flujo de un líquido a través de un tubo se convierte en turbulento, depende de la viscosidad “η”, de la densidad “ρ” del fluido, del diámetro “D” del tubo y de una constante adimensional “R”. De la ecuación dimensional para la viscosidad: [η] = ML–1T1; la dependencia de Vc, con η, r, D y R es: A) Rηr/D C) RηD/r E) RηrD

18. En el sistema internacional (S.I). El ohm es la unidad de resistencia eléctrica. Las dimensiones de esta unidad son: A) m2 Kg s–3A–2 C) Kg s–2A–1 E) m2 Kg s–3

B) hcm–1 D) hm–1c–1

B) R/ηrD D) Rη/rD

22. La energía de un cuerpo que se mueve con velocidades cercanas a la de la luz está dada por:

B) m2 Kg s–2A–1 D) m2 Kg A–1

E=

19. En un sistema de unidades, las tres magnitudes fundamentales son: la velocidad de la luz (c = 3 x 108 m/s), la constante de Planck (h = 6,63 x 10–34 kg.m2/s) y la masa del protón (m = 1,67 x 10–27kg). ¿Cómo deben combinarse estas magnitudes para que formen una magnitud que tenga dimensión de longitud? - 72 -

donde “p” es la cantidad de movimiento lineal, “c” es la velocidad de la luz y “m” la masa del cuerpo. Hallar “x” para que la ecuación sea dimensionalmente correcta. A) 1/2 C) 3/2 E) 5/2

B) 1 D) 2

Capítulo 1: Magnitudes de la Física y Vectores 23. Determine las dimensiones de “a”, sabiendo que la siguiente ecuación es dimensionalmente correcta:

26. Hallar la ecuación de la recta que pasa por los puntos: A = (– 3;7) y B = (4; – 3)

G=

x + 19

A) y =

Donde:

C) y = 5x + 18

G : aceleración de la gravedad T : tiempo b y L : longitud A) 2L C) L E) L2

B) L D) L1/2

24. En la siguiente expresión, calcular “x + y”. s = kaxty

27. En el gráfico se tiene un paralelogramo OABC. Calcular el módulo del vector . Si // con = (1;2); // con = (1;4) y B = (4;10). y B

A

Donde: k: constante numérica s: espacio a: aceleración t: tiempo A) 1 C) 2 E) 4

x+

D) y = –

x–

E) y = –

–2

x–

B) y =

C x

O u

B)

u C) E) N.A.

D)

A)

B) 5 D) 3

25. Si la siguiente expresión es dimensionalmente homogénea, determinar:

u u

28. En la figura se muestran dos segmentos de recta: A y B. Hallar el producto de sus pendientes. y

t+k=

6

Donde: a : aceleración 2

A) T C) T E) T3

A

4

y

B

t : tiempo

0

1/2

B) T D) T–2

A) 1 C) – 1 E) 3 - 73 -

2

B) 2 D) – 2

x

Física 29. En el gráfico mostrado, la ecuación de la recta A es y = Kx + H y la ecuación de la recta

B

30. Si la ecuación de una parábola es:

es y = Mx + N. Hallar: E =

¿A qué distancia del vértice se encuentra un punto que está 5 unidades a la izquierda sobre el eje x?

y

A

37º

3

8

x

A)

u

B)

u

C)

u

D)

u

E)

u

B

–2

A) 1/32 C) – 1/48 E) 1/48

y = x2 – 10x + 28

B) 3/48 D) – 3/32

Respuestas 1.

E

11. A

21. D

2.

A

12. A

22. D

3.

D

13. B

23. E

4.

D

14. E

24. D

5.

B

15. A

25. A

6.

C

16. E

26. D

7.

A

17. B

27. D

8.

C

18. A

28. D

9.

A

19. D

29. C

10. B

20. A

30. C

- 74 -

Capítulo 2: Cinemática

Parte I:

MECÁNICA La mecánica (del latín mechanìca o arte de construir una máquina) es la rama de la física que describe el movimiento de los cuerpos, y su evolución en el tiempo, bajo la acción de fuerzas. La mecánica es la base para la mayoría de las ciencias de la ingeniería clásica.

Los engranajes son un mecanismo utilizados para transmitir potencia mecánica entre las partes de una máquina.

- 75 -

Física

Capítulo 2

Cinemática

2.1 Introducción La cinemática es la parte de la mecánica que estudia el movimiento de los cuerpos sin considerar las causas que lo producen. El movimiento mecánico es un movimiento sencillo el cual consiste en el cambio continuo de posición de un cuerpo con respecto a otro, a éste último se le denomina observador. En cinemática se utiliza un sistema de coordenadas para describir las trayectorias y se le llama sistema de referencia. En conclusión, el movimiento mecánico es relativo (depende del observador).

2.2 Elementos para la descripción del movimiento mecánico. a) Móvil: Es aquel cuerpo que se encuentra en movimiento mecánico. b) Trayectoria: Es aquella línea que resulta de unir todos los puntos por donde pasa el móvil. c)

Vector posición ( ): Es aquel que parte de la visual del observador y se dirige hacia el móvil para ubicarlo en el espacio y al transcurrir el tiempo. Para el caso bidimensional: reloj

y móvil en el instante “t” y trayectoria =x

Posición del observador

x

+y

x

vector posición

d) Desplazamiento ( ): Es aquel vector que nos permite determinar el cambio de posición. Parte de la posición inicial y se dirige hacia la posición final. Matemáticamente:

=∆

=

f

–

o

e)

Recorrido (e): Es la medida de la longitud que posee la trayectoria descrita por el móvil.

f)

Distancia (d): Es el módulo del vector desplazamiento. - 76 -

Capítulo 2: Cinemática

g) Velocidad ( ): Es aquella magnitud vectorial la cual nos expresa “la rapidez con que un móvil cambia de posición”. ∆t to

∆

tf

=

trayectoria O: observador Matemáticamente: Velocidad media (

m

=

): = o

donde: La

media

f

–

m

=

m

o

=∆

f

es paralela al vector ∆

Si consideramos intervalos de tiempo más pequeños:

∆

∆

“∆t” seg.

trayectoria

∆ m

para un intervalo de tiempo muy pequeño (∆t → 0), a la velocidad se le denomina “velocidad instantánea” y ésta resulta además tangente a la trayectoria. Velocidad instantánea ( ): =

⇒

cuando ∆t → 0

=

- 77 -

Física

h) Aceleración ( ): Es una magnitud vectorial la cual nos expresa la rapidez con que un móvil cambia de velocidad.

∆t o

f

Matemáticamente: Aceleración media (

m

): m

=

=

Representación geométrica:

o

f

–

m

o

=∆

La aceleración

es paralela a ∆

=

f

Considerando un intervalo de tiempo muy pequeño (∆t → 0), de manera similar que para el caso de la velocidad, se define: Aceleración instantánea ( ): =

⇒

cuando ∆t → 0

=

- 78 -

Capítulo 2: Cinemática

2.3 Movimiento rectilíneo uniforme (M.R.U) El M.R.U es el movimiento rectilíneo más sencillo, en el cual la velocidad se mantiene constante. En consecuencia la velocidad instantánea coincidirá con la velocidad media. = constante ⇒

=

m

=

=

⇒

=

⇒

(t – to) =

⇒

=

– o

o

+

(t – to)

Si el movimiento se da solo en el eje x con

(ecuación general del M.R.U)

= constante (caso unidimensional):

to

t =v

=v x

O ∆ = (x – xo)

= xo =x en la ec. general se tiene: x (si to = 0) :

= xo + v (t – to) x = xo + v(t – to) x = xo + vt

x – xo = vt e = vt

(v = cte.)

es decir: “En un M.R.U, la longitud o espacio recorrido (e) es directamente proporcional al tiempo empleado”. - 79 -

Física Las relaciones básicas del M.R.U se pueden describir de una manera muy sencilla:

1ra

e = vt

2da

v=

Nemotecnia: Tapando una letra con tu dedo en el triángulo descubrirás una relación básica del M.R.U: e

ra

3

t =

v

t

2.4 Análisis e interpretación de las gráficas: Desplazamiento vs. Tiempo y Velocidad vs. Tiempo en el M.R.U a) El gráfico “x vs t”, es una línea recta, cuya pendiente (tangente del ángulo de inclinación) es igual a la rapidez (v) del móvil. x recta: x = xo + vt

x

tan φ = φ

xo

⇒

o

t

=v

v = tan φ

t

b) El gráfico “v vs t”, es una línea recta con pendiente cero, el área bajo el gráfico es igual a la longitud (e) recorrida. v recta : v = cte.

v

A

o

⇒ t

t - 80 -

A = v t = x – xo e A=e

Capítulo 2: Cinemática Generalizando: En todo gráfico “v vs t”, el área bajo la curva es igual, numéricamente, a la longitud recorrida por el móvil. v

Área = Longitud recorrida desde “t1 a t2”

t2

t1

t

2.5 Movimiento Rectilíneo Uniformemente Variado (M.R.U.V) Si la velocidad del móvil no se mantiene constante si no que aumenta, se dice que el movimiento es acelerado. Si la velocidad aumenta con el tiempo de modo proporcional, se dice que es movimiento uniformemente acelerado; es decir, es un M.R.U.V. = constante

⇒

=

⇒

=

o

+

⇒

=

o

+

= (Ecuaciones vectoriales del M.R.U.V)

(t – to) (t – to) +

o

(t – to)2

Si el movimiento se da sobre el eje x (caso unidimensional) y to = 0:

o

=a

= vo

=v x

o

= xo =x - 81 -

Física

⇒

x = xo + vot +

⇒

e = vot +

at2

at2

Además se cumplen: e =

t (Ecuaciones escalares del M.R.U.V)

vf = v0 + at vf2 = v02 + 2ae Casos de un móvil con M.R.U.V:

vo

a

vf

(I)

to

vo

a

to

=–a )

(

=–a )

(

=a )

tf

a

tf

vo

to

a

vo

(IV)

tf

(

vf

(III)

vf

=a )

tf

(II)

vf

(

to - 82 -

Capítulo 2: Cinemática

–

Cuando la aceleración tiene la misma dirección que la velocidad inicial dice que el movimiento es acelerado. (Caso I y Caso III).

–

Cuando la aceleración tiene dirección opuesta a la velocidad inicial que el movimiento es desacelerado. (Caso II y Caso IV).

, se

o

, se dice

o

2.6 Ecuaciones y gráficas del M.R.U.V a) Gráfica Posición vs Tiempo: x(m) Parábola del M.R.U.V: x = vot +

B

at2

b

a

x

A

o

t

t(s)

Se puede demostrar que la pendiente de la recta tangente a la parábola nos da la velocidad instantánea del móvil. Luego, de la figura: vA = tan a ∧ vB = tan b y como:

a vA B

t2 → t3

t1 = 0

tE =

(m/s)

Graficando el movimiento en x: Aquí la partícula se detiene de t2 = 5s a t3 = 8s (v2= 0)

t4 = 10

d = (vA + vB)tE

= – 10 \

\

eB = vBtE

además de la figura:

t(s)

10

y

A

d

x2 = 20 = x3 x(m)

3. En la figura mostrada, ¿cuál es el tiempo que emplean los dos móviles en encontrarse? vA = cte

vB = cte

A

B

SOLUCIÓN: Dibujando el instante “t a” en que el móvil B alcanza al móvil A: ta ta B

d

eA eB

d - 88 -

A

Capítulo 2: Cinemática De la relación e = vt: eB = vBta Y del gráfico: ⇒

y

Si ahora el móvil “A” cambia la dirección de su velocidad en 180º, se tendrá la siguiente nueva situación: ta donde:

eA = vAta

eB = d + ea

ta

vBta = d + vAta

⇒

vBta – vAta = d

⇒

(vB – vA)ta = d

vA

vB

A

B

vA < vB

d1 = 100 m

(Tiempo de alcance) vB > vA

\ ta =

el tiempo de alcance estará dado por: =

ta = 5. Dos móviles se desplazan en la misma pista con rapidez constante, luego de 10 s el móvil “A” cambia su dirección en 180º manteniendo su rapidez constante. ¿Qué tiempo emplean hasta encontrarse, desde las posiciones indicadas en la figura de abajo? vA = 10 m/s

⇒

ta = 5 s

Por lo tanto, el tiempo “t” que emplean hasta encontrarse, desde las posiciones iniciales será: t = 10 + ta = 10 + (5) \

vB = 30 m/s

A

B

500 m SOLUCIÓN: Calculando cuanto avanza cada móvil luego de 10 s:

t = 15 s

6. Un hombre ubicado entre dos montañas emite un grito y escucha el primer eco a los 3 segundos y el siguiente a los 3,6 segundos. ¿Cuál es la separación “D” entre las montañas? (considere la velocidad del sonido en el aire igual a 340 m/s)

•

eA = vA(10) = 10 x (10) = 100 m

SOLUCIÓN:

•

eB = vB(10) = 30 x (10) = 300 m

Gráficamente:

Graficando tenemos la siguiente situación: 10 s

emite el grito

10 s vA

vS

montaña B

vS

vB B

A 100 m

montaña A

100 m

A 300 m

x

O

D

500 m

- 89 -

B

Física SOLUCIÓN:

Donde: vS: velocidad del sonido (340 m/s) D: distancia de separación entre las montañas De O → A: el sonido emitido recorre una distancia “x”, se produce el eco en la montaña A, luego el sonido cambia de dirección y vuelve a recorrer la misma distancia “x” de A → O, hasta que es escuchado por el hombre al cabo de t1 = 3 s. Planteando la ecuación cinemática para el espacio recorrido total “2x” a rapidez constante vS = 340 m/s:

En el instante en que se cruzan (al cabo de t = 2 s) se tendrá:

eB

2x = 3 vS

C

Además, como ABC es un triángulo rectángulo notable de 37º y 53º, la longitud de los lados recorridos estarán relacionados así:

... (i)

eB = vBt = 5k y

⇒

2D = 6,6 vS

⇒

= ⇒

=

⇒

vB =

vA =

(20)

D = 1122 m \

7. Si los móviles mostrados tardan 2 s en cruzarse desde el instante indicado. ¿Cuál es la rapidez “vB” del móvil B? (vA = 20 m/s) vB B

37º C

=

=

D= \

eA = vAt = 4k

Dividiendo eB/eA:

Reemplazando de (i): 2D – (3 vS) = 3,6 vS

A

eA 2s

2D – 2x = 3,6 vS

⇒

3k

4k

37º

vA

Haciendo el mismo análisis para el sonido que produce su eco en la montaña B y emplea un tiempo t2 = 3,6 s: 2(D – x) = t2vS = 3,6 vS ⇒

53º

5k

vB

2x = t1 vS = (3)vS ⇒

B

2s

A vA

vB = 25 m/s

8. Un niño, iluminado por un foco, corre hacia la pared de un edificio con una rapidez de 2,5 m/s. Hallar la rapidez media con la que desciende el extremo de la sombra del niño, si luego de 2 s de pasar por “A” se encuentra a 10 m del edificio. La estatura del niño es de 1,5 m y el punto “A” se encuentra a 5 m del foco.

- 90 -

Capítulo 2: Cinemática SOLUCIÓN:

Donde “e” es el espacio recorrido por el niño con una rapidez de 2,5 m/s al cabo de 2 s.

Al pasar por “A” se tiene: edificio

extremo de la sombra

1,5 m A

5m

Reemplazando los valores de “e” y “L” en las relaciones (i) y (ii):

B L

x1 =

De la figura, por semejanza de los triángulos FAH y FBC: ⇒ x1 =

=

L = 5 + e + 10 L = 5 + (5) + 10 L = 20 m

⇒ ⇒

x1

Foco

e = (2,5) x 2 = 5 m

Además de la última figura se tiene que:

C

H

F

⇒

L

y

... (i)

L=

x2 =

(20) = 6 m

L=

(20) = 3 m

Por lo tanto, la rapidez media con la que desciende el extremo de la sombra del niño será:

Luego de t = 2 s, el niño se encuentra a 10 m del edificio. edificio extremos de la sombra C

vS = \

= vS = 1,5 m/s

t = 2s t = 2s Foco F

x2

1,5 m 5m

A

e

9. Un tren tarda 76 s para atravesar un túnel de 900 m de longitud; y en pasar delante de un observador tarda 16 s. ¿Cuál es la longitud “Ltren” del tren?

E

H

D

10 m

B

SOLUCIÓN:

L Y por semejanza de los triángulos FDH y FBE: = ⇒

x2 =

El tren comienza a atravesar el túnel: vtren: velocidad del tren vtren

x

L

A

… (ii)

900 m - 91 -

Física Cuando termina de atravesar el túnel: t = 76 s vtren

⇒

L = 900

⇒

L= \

A Ltren

900 m

Para que el tren logre atravesar el túnel por completo, deberá recorrer “900 + L” metros. Luego, del M.R.U tenemos: 900 + Ltren = vtren x 76

… (i)

Ahora, al pasar delante de un observador “O”: antes:

L = 240 m

10. En la figura se muestran dos plataformas de igual longitud que se desplazan con rapideces “v1” y “v2” , respectivamente. Además las personas indicadas tienen rapideces “vB” y “vC” , respectivamente. ¿Qué distancia “d” los separará cuando ambas plataformas choquen entre sí? vC

vB

vtren

v1

A

v2

O

L después:

L

L

SOLUCIÓN:

t = 16 s vtren

El tiempo de encuentro (o choque) “tE” de las plataformas es: A tE =

Ltren

O

Graficando dicho instante “tE”: De la figura:

vB

vC

L = vtren x 16 ⇒

… (ii)

vtren =

Reemplazando (ii) en (i): eB 900 + L = ⇒

900 =

x

76

eC

d L

L

d: distancia de separación de las personas B y C en el instante del choque.

L–L - 92 -

Capítulo 2: Cinemática Donde “eB” y “eC” son los espacios recorridos por las personas B y C respectivamente dentro de cada una de sus plataformas durante el intervalo de tiempo “tE” . Por lo tanto, del M.R.U tenemos que: eB = vBtE

t=4s

Además, de la figura:

t=4s

v vSON

O

eC = vCtE

y

P

x

M

L–x

A velocidad constante tenemos que en 4 s: x = v.t ⇒ x = 4.v … (i) Además, para el eco: vSONt = L + (L – x) ⇒ 4vSON = 2L – x ... (ii)

eB + d + eC = 2L ⇒

En este instante se hace sonar el silbato, luego el tren avanzará unos “x” metros antes de recibir el eco 4s mas tarde.

d = 2L – eC – eB

Reemplazando “eB” y “eC”: ⇒

d = 2L – (vCtE) – (vBtE)

⇒

d = 2L – (vC + vB) x tE

⇒

d = 2L – (vC + vB)

Luego, vuelve a tocar el silbato y recibe el eco 3 s después. Gráficamente: t1 = 3 s

t1 = 3 s

v O

\

d=L

SOLUCIÓN: Gráficamente tenemos:

Q

M

… (iii)

3vSON = 2L – 2x – y ⇒ 2L = 3vSON + 2x + y ⇒

4vSON + x = 3vSON + 2x + y vSON = x + y

Reemplazando de (i) y (iii): ⇒ vSON = (4v) + (3v) = 7v v= \

- 93 -

L–x–y

De las ecuaciones (ii) y (iv): 4vSON = 2L – x ⇒ 2L = 4vSON + x

⇒ L

M

Además, para el eco: vSONt1 = (L – x) + (L – x – y) ⇒ 3vSON = 2L – 2x – y … (iv)

⇒ Montaña

vSON O

y

De aquí tenemos: y = v.t1 ⇒ y = 3v

11. Un tren se dirige hacia una montaña con velocidad constante. El maquinista hace sonar el silbato y recibe el eco 4 s más tarde. En el instante de recibir el eco vuelve a tocar el silbato y recibe el segundo eco 3 s después. Calcular la rapidez “v” del tren. (vSON = 336 m/s)

v

P

x

= v = 48 m/s

Física 12. Un río tiene 1 km de ancho y la velocidad de su corriente es de 3 km/h. Determinar el tiempo que demoraría un hombre en llevar y traer, remando, un bote a través del río de una orilla a la otra. Comparar este tiempo con el que le tomaría a un hombre para remar 1 km, en la dirección de la corriente y regresar nuevamente. El bote a remos se mueve con una velocidad constante de 5 km/h. SOLUCIÓN:

Además:

x = vB.t

⇒

t=

Reemplazando valores: ⇒

= 0,5 h

t= \

t = 30 min

b) Cálculo del tiempo total cuando el bote viaja paralelamente al río:

Sea el gráfico:

• De ida:

c

t1 =

B

Reemplazando valores:

1 km

⇒

t1 =

=

h

• De vuelta: Donde: t2 =

vc: velocidad de la corriente de agua.

Reemplazando valores:

v : velocidad del bote respecto a la corriente de agua. a)

⇒

Cálculo del tiempo total cuando el bote atraviesa el río:

⇒

t=

+

⇒ t=

h

… (i) \

Dato: v = 5 km/h; vc = 3 km/h Remplazando en (i):

*

vB = ⇒

h

El tiempo total: t = t1 + t2

vc2 + vB2 = v2 vB =

=

Luego:

Del gráfico tenemos: ⇒

t2 =

vB = 4 km/h

Luego: El recorrido total es: x = 2 km. - 94 -

t = 40 min

Comparando los dos tiempos obtenidos, vemos que el bote demora 10 minutos mas, cuando el bote viaja paralelamente al río que cuando lo atraviesa.

Capítulo 2: Cinemática SOLUCIÓN:

13. Una bala perdida a 850 m/s, llega al blanco 3 s antes que el sonido del disparo. Desde que distancia “d” al blanco se hizo el disparo. (vSON = 340 m/s)

6:30 10 min

6:40 t

t

v

vC

SOLUCIÓN: t vb = 850 m/s

BLANCO CASA

t+3

FÁBRICA

6 km

24 km

Para el ciclista: vCt = 24

vSON = 340 m/s ⇒

=

t=

h

d Se encontrarán a las: Para la bala: d = vbt ⇒ d = 850 t

T = 6,5 h +

… (i) \

Para el sonido del disparo: d = vSON(t + 3) ⇒ d = 340(t + 3) ... (ii)

h = 8h

Hora de encuentro: 8 am

Además:

Igualando (i) y (ii):

v=

850 t = 340(t + 3) ⇒

h+

t = 2s

\

= v = 4 km/h

Reemplazando en (i): d = 850(2) \

d = 1700 m

14. Un obrero sale todos los días de su casa a las 6:30 y se dirige de su ciudad a la fábrica que se encuentra a 30 km. Si 10 minutos mas tarde, sale desde la fábrica un ciclista en dirección a la ciudad a razón de 18 km/h, encontrándose con el obrero cuando este había caminado 6 km. ¿A qué hora sucede el encuentro y cuál fue la rapidez “v” del obrero?

15. En el instante mostrado una paloma pasa por el punto “A” del tren (con M.R.U), que posee una rapidez de 10 m/s. ¿Cuántos segundos emplea para volar desde “A” hasta “B” e inmediatamente regresar al punto “A” con rapidez constante de 20 m/s y sobre la misma horizontal?

- 95 -

vtren = 10 m/s A

B

120 m

Física SOLUCIÓN:

= 340 m/s ⇒ t1 =

tA tE

vp = 20 m/s

= 144 m/s ⇒ t2 =

vtren = 10 m/s

A

B

Además por dato: ⇒

120 m i)

La paloma va al alcance de “B”:

⇒

= 11

d= \

ii) La paloma va al encuentro de “A”: tE =

= 4s

tTOTAL = tA + tE = 12 + 4 \

–

= 12 s

tA =

⇒

t1 – t2 = 11 s

tTOTAL = 16 s

16. Una persona se encuentra a orillas del mar percatándose que mar adentro se produjo una explosión y reconoce que la diferencia de los tiempos de llegada de los sonidos por agua y aire es de 11 s. ¿A qué distancia “d” de la persona se produjo la explosión?. Considere la velocidad del sonido en el aire y en el agua de 340 m/s y 1440 m/s, respectivamente. SOLUCIÓN: t1

d = 4896 m

17. Sobre una superficie horizontal lisa se tienen dos esferas que se mueven con rapideces de 4 m/s y 3 m/s, en la forma como se indica. Determinar el tiempo que transcurre desde el instante que se indica en la figura, hasta el instante en que la distancia que los separa sea mínima. vA = 4 m/s A

30 m

B

vB = 3 m/s SOLUCIÓN: Un observador “O” sobre la esfera “A” verá que ésta no se desplaza y que la esfera “B” posee además una componente de velocidad horizontal hacia la derecha de 4 m/s.

t2 d De la figura tenemos: - 96 -

Capítulo 2: Cinemática Movimiento Rectilíneo Uniformemente Variado (M.R.U.V)

O

18. Una partícula tiene una aceleración = 4 (m/s2). Si con una constante velocidad inicial o = 2 (m/s) parte del origen de coordenadas (to = 0 y o= ). Determinar el vector velocidad “ ” y el vector posición “ ” para t = 2 s.

A

4m

37º

=2

d min 30 m

B

3 m/s 5 m/s

SOLUCIÓN:

Q

Graficando: y

4 m/s

P

Gráficamente se observa que: dmin = 24 m o

Graficando el recorrido observado por “O” desde el punto P hasta el punto Q:

vB

B

x m/s2

=4

Q

o

⇒ xo = 0 y yo = 0

=

= ax ⇒

t

ax = 4

P o

⇒

m/s

partícula

/s

m =5

=2

+ ay

=4

y ay = 0

= vox

+ voy

=2

dPQ = 30 sen 37º = 30

⇒

dPQ = 18 m

• Para la coordenada “y” en t = 2 s:

Como la esfera “B” realiza un M.R.U, entonces: t= \

= t = 3,6 s

vox = 0 y voy = 2

ay = 0 ⇒ vy = 2 0

cte. (M.R.U) 0

⇒

y = yo + vy (t – to)

⇒

y = vyt

⇒

y(t = 2s) = (2)(2) = 4

• Para la coordenada “x” en t = 2 s: vox = 0 y ax = 4 - 97 -

cte. (M.R.U.V)

Física

⇒ ⇒ ⇒

0

0

0

entonces la ecuación de la parábola será:

0

(t – to)2

x = xo + vox(t – to) +

x – k = C(t – h)2 ⇒

xt2

x=

Para el vector velocidad en t = 2 s: =

o 0

+

(t – to)

vx = vox + ax(t – to)

⇒

vx = axt

⇒ \

vx

(t = 2s)

(i) es la ecuación del movimiento de la partícula. Reemplazando C en (i):

0

⇒

x = 2(t – 2)2

= (4)(2) = 8

(t = 2)

= vx + vy = (8 + 2 ) m/s y

(t = 2)

=x

+y

… (i)

Del gráfico en t = 0 ⇒ x = 8. Reemplazando en (i): 8 = C(0 – 2)2 8 = C.4 ⇒ C=2

(2)2 = 8

x(t =2s) =

x = C(t – 2)2

= (8

+4 )m

x = 2t2 – 8t + 8

⇒

x = 8 – 8t + 2t2

t2

Se obtiene finalmente:

8

SOLUCIÓN:

⇒

x = xo + vot +

x(m)

t(s)

x = 2(t2 – 4t + 4)

Luego, comparando con la ecuación del movimiento para un M.R.U.V:

19. La parábola de la figura representa el movimiento rectilíneo de una partícula. Determinar su posición inicial, su velocidad inicial y su aceleración.

2

⇒

xo = 8 m

(posición inicial)

vo = – 8 m/s

(velocidad inicial)

a = 4 m/s2

(aceleración)

20. Un móvil parte del reposo con aceleración constante y tarda 8 segundos en recorrer una distancia de 600 m entre dos puntos “A” y “B” de su trayectoria. Si su rapidez en el segundo punto, “B”, es 100 m/s, calcular: a) La rapidez en el primer punto “A”. b) La aceleración del móvil. c) La distancia que hay entre el punto de partida y el punto “A”.

El vértice de la parábola es: V = (h;k) = (2;0)

- 98 -

Capítulo 2: Cinemática SOLUCIÓN:

SOLUCIÓN:

Graficando:

Graficando: t = 8s

a vO = 0

1º seg 2º seg

8º seg

vB = 100 m/s

to = 0 s t1 = 1 s t2 = 2 s

...

O

x

A

600 m

vo = 0 e1

B

Punto de partida

t7 = 7 s

e2

34 m

ei: espacio recorrido por el móvil hasta el i – ésimo segundo.

t

ati2

ei = 600 =

8

Por dato, en el noveno segundo el móvil recorre 34 m. Luego del gráfico:

vA = 50 m/s

e9 – e8 = 34

Calculando la aceleración del móvil entre los puntos “A” y “B”:

⇒ \

at92 –

at82 = 34

⇒

a=

⇒

a = 6,25 m/s2

Por analogía, en el doceavo segundo, el móvil recorre una distancia “x” igual a:

a(9)2 –

a(8)2 = 34

a = 4 m/s2

x = e12 – e11

502 = 0 + 2(6,25)x \

⇒

a=

Entre los puntos “O” y “A” se cumple: vA2 = vO2 + 2ax ⇒

...

t9 = 9 s

e9

e=

\

t8 = 8 s

e8

Entre los puntos “A” y “B” se cumple:

⇒

9º seg

...

vA

x = 200 m

21. Un móvil parte del reposo con aceleración constante. Si en el noveno segundo recorre 34 m, ¿qué distancia recorrerá en el doceavo segundo? - 99 -

⇒

x=

at122 –

⇒

x=

(4)(12)2 –

\

x = 46 m

at112 (4)(11)2

Física 22. Un automóvil se acerca a una pared vertical con una aceleración constante de 4 m/s2. Si emite un sonido y el conductor escucha el eco luego de 10 segundos, calcular la distancia “d” que separaba inicialmente al auto de la pared. Considere vo = 8 m/s y vSON = 340 m/s

23. Un auto, que realiza un M.R.U.V, pasa frente a un poste con una rapidez de 20 m/s y 2 segundos después pasa frente a un segundo poste ubicado a 30 m del primero. Determinar a que distancia “x” del segundo poste se detendrá el auto. SOLUCIÓN:

SOLUCIÓN:

Graficando:

Graficando t = 10s

1er poste

2do poste

t = 2s vo = 8 m/s

a = 4 m/s2

vA = 20 m/s

escucha el eco

emite el eco

A

B

C

e d

⇒

e = 8(10) +

⇒

e = 280 m

30 m

B

x

C

Del gráfico, se pide calcular “x”

Para el automóvil: De “A” a “B”, éste recorre con M.R.U.V una distancia “e”: e = vot +

vC = 0

A

d–e

Se detiene

a

En el tramo AB: e = vAt +

at2 (4)(10)2

⇒

30 = 20(2) +

⇒

a = – 5 m/s2

at2 a(2)2 (movimiento desacelerado)

En el tramo AC: vC2 = vA2 + 2ae

Para el sonido: Al cabo de 10 s, el sonido habrá recorrido de “A” a “C” y de “C” a “B”, con M.R.U, una distancia igual a: d + (d – e) = vSON t ⇒

d + [d – (280)] = (340)(10)

⇒

2d – 280 = 3400

⇒

2d = 3680 \

⇒

0 = (20)2 + 2(– 5)(30 + x) \

x = 10 m

24. Un móvil se desplaza en línea recta con una velocidad cuya dependencia del tiempo se muestra en el gráfico. ¿Qué distancia, en km, recorre en las primeras cuatro horas?

d = 1840 m - 100 -

Capítulo 2: Cinemática 25. Un automóvil se acerca a 20 m/s a un trailer que viaja con rapidez constante de 10 m/s. Calcular la aceleración constante “a” del automóvil, que le permite pasar completamente al trailer, en 2 s, a partir del instante mostrado. vtrailer = 10 m/s

v (km/h) 80 60 40 20

20 m/s 0

1

2

3

t (h)

4

SOLUCIÓN:

4m

La aceleración del móvil es igual a la pendiente de la recta dada en el gráfico: velocidad – tiempo. La pendiente se determina por medio de la tangente del ángulo que forma la recta con el eje del tiempo. v(km/h)

40 q

1

t = 2s

10 m/s

C

e

D

20 m

(4 + e + 20) = vAt +

B

⇒ ⇒

at2

e + 24 = (20)(2) + e = 16 + 2a

a(2)2 … (i)

Para el trailer: En el tramo CD, el trailer recorre “e” m en 2 s con M.R.U:

at2

e = (40)(4) +

4m

Para el automóvil: En el tramo AB, el automóvil recorre (4 + e + 20) m en 2 s con M.R.U.V

t(h)

2

e = vot +

\

t = 2s

a = tan θ =

En la gráfica, se observa que para t = 0 h, la velocidad inicial es vo = 40 km/h. Luego, el espacio recorrido hasta t = 4 h será:

⇒

Graficando el instante en que el automóvil pasa completamente al trailer:

A

⇒ a = 20 km/h2

2

0

SOLUCIÓN:

a vA = 20 m/s

80

40

20 m

(20)(4)2

e = vtrailer x t

e = 320 km

- 101 -

⇒

e = (10)(2)

⇒

e = 20 m

… (ii)

Física Reemplazando (ii) en (i):

27. Una partícula parte del origen “O” y viaja a lo largo del semieje con M.R.U.V. Si en los tiempos t1 y t2 sus posiciones son x1 y x2, respectivamente. Hallar la aceleración de dicha partícula. SOLUCIÓN:

20 = 16 + 2a \

a = 2 m/s2

26. Calcular luego de cuanto tiempo se detiene un auto con M.R.U.V, a partir del instante en que su rapidez es de 30 m/s. Además, en el último segundo de su movimiento recorre 1,5 m.

Graficando: vo = 0 o

SOLUCIÓN:

x1

x2 : 0

⇒

(último segundo)

vC = 0

En el tramo

B

2

1,5m Si se estudia el movimiento desde el punto final de la trayectoria hacia atrás, éste se verá como un movimiento acelerado. Luego, teniendo en cuenta esta consideración, analizamos por tramos:

⇒

⇒

1,5 = 0 +

⇒

⇒

at

x1 + x2 =

at12 +

at22

\

a=

2

a(1)

0 = 30 + (– 3)t t = 10 s

... (ii)

Despejando la aceleración “a”:

En el tramo AC: (movimiento desacelerado) a = – 3 m/s2 vC = vA + at \

at22

2

a = 3 m/s2

⇒

x2 =

at22

Sumando (i) y (ii) miembro a miembro:

En el tramo CB: e = vCt +

… (i)

:

x2 = vot2 +

C

at12

at12

x1 =

0

A

x

1

x1 = vot1 +

1s vA = 30 m/s

t2

En el tramo

Graficando el movimiento desacelerado: t

a

a t1

28. Dos trenes “A” y “B” de 200 m y 400 m de longitud, avanzan en vías paralelas y en direcciones opuestas. Si en el instante en que se cruzan, sus rapideces son de 12 m/s y 18 m/s, respectivamente, y sus aceleraciones son de módulo igual a 3 m/s2. Determinar el tiempo que demoran los trenes en cruzarse completamente.

- 102 -

Capítulo 2: Cinemática SOLUCIÓN: Cuando los trenes se cruzan: A

v1 = 12 m/s v2 = 18 m/s

B

29. En una competencia de atletismo de 100 metros planos, un atleta parte con aceleración máxima de 5 m/s2. ¿Cuál es el tiempo mínimo que podrá hacer para llegar a la meta, sabiendo que solo puede alcanzar una rapidez máxima de 10 m/s?

200 m

SOLUCIÓN: 400 m Partida

eAB

vo = 0

Cuando los trenes se cruzan completamente: (luego de “t” segundos)

(M.R.U.V) (M.R.U) Llegada v = 10 m/s v = 10 m/s

t1

t2

a = 5 m/s2

A

eA

A

⇒

10 = 0 + 5t1

dBC

C

⇒ t1 = 2 s

Luego, la distancia “dAB” vendrá dado por:

t2

Para el espacio recorrido por el tren “A”: eA = 12t +

B

En el tramo AB: (M.R.U.V) v = vo + a t1

eB B Aplicando la siguiente fórmula del M.R.U.V:

e = vt +

dAB

t2

… (i)

⇒

Para el espacio recorrido por el tren “B”:

dAB =

t1

dAB =

(2) ⇒ dAB = 10 m

En el tramo BC: (M.R.U) eB = 18t +

t2

… (ii)

dBC = 100 – dAB = v t2

Además, del gráfico tenemos: eAB = eA + eB = 200 + 400 ⇒

⇒ ⇒

eA + eB = 600

⇒

t2) + (18t +

t2) = 600

\

t2 + 10t – 200 = 0

⇒

t = 10 ∨ t = – 20

Como el tiempo no puede ser negativo: \

t = 10 s

t2 = 9 s

Finalmente, el tiempo mínimo total “tMIN” será: tMIN = t1 + t2 = 2 + 9

Reemplazando (i) y (ii): (12t +

100 – (10) = (10) t2

tMIN = 11 s

30. ¿Durante que segundo, un auto que parte del reposo y que posee M.R.U.V, recorrerá el triple del recorrido hecho durante el 5to segundo? - 103 -

Física SOLUCIÓN:

SOLUCIÓN: 1s v=0

1s v=a

e1

a

v = 2a

vA = 8 m/s A (M.R.U)

v = 3a

e2

e3

vA = 8 m/s A vB = 0 B e

eB eA

t

e =

Para que “A” logre alcanzar una sola vez a B, entonces se debe cumplir en el encuentro que vB = 8 m/s.

Aplicándolo a cada intervalo: .1 =

e1 = e2 =

;

.1 =

e3 =

Luego, para el móvil A: (M.R.U) eA = vAt = (8)(4) = 32

;

.1 =

Para el móvil B: (M.R.U.V)

⇒

.1 =

a

a=

n = 14

(16) = 16

e = eA – eB = (32) – (16) \

a

2n – 1 = 27 \

eB = 0 +

Finalmente “e”:

Por condición del problema: en = 3 e5 ⇒

t2

eB = vot +

; ...

En el n – ésimo segundo: en =

a = 2 m/s2 vB = 8 m/s B 4s

(M.R.U.V)

Se sabe del M.R.U.V:

⇒

4s

1s

(14avo segundo)

e = 16 m

32. Un ciclista pasa por un grifo con una rapidez de 6 m/s. Si aumenta su rapidez a razón de 2 m/s en cada segundo, determine su rapidez cuando haya recorrido 55 m a partir del grifo. Considere una trayectoria rectilínea.

31. Separados una distancia “e”, sobre una pista horizontal, dos móviles: A y B, inician simultáneamente su movimiento en la misma dirección; A con 8 m/s y B desde el reposo con 2 m/s2. Determinar el valor de “e”, sabiendo que el móvil A (que se encuentra atrás) alcanza una vez al móvil B. - 104 -

SOLUCIÓN: GRIFO

t

vo = 6 m/s a = 2 m/s2

55 m

vf

Capítulo 2: Cinemática Calculamos “t” aplicando la fórmula del M.R.U.V:

SOLUCIÓN:

t2

e = vot +

aA

A

t

Reemplazando: ⇒

=0

t

⇒

t + 6t – 55 = 0

⇒

t=5

/s a B

2

55 = 6t +

t

2m =1 B

2

Calculamos “vf” aplicando la fórmula del M.R.U.V:

30º

A

eA

5m

eB

Aplicando la fórmula del M.R.U.V: t2

e = vot ±

t

e=

B

… (*)

Para el móvil “A”: Reemplazando: eA = 0 +

⇒

55 =

⇒

6 + vf = 22

t2 = 2t2

... (i)

(5) Para el móvil “B”:

\

eB = 12 t –

vf = 16 m/s

33. Un móvil “A”, con aceleración positiva aA = 4 m/s2, comienza a deslizarse a partir de “O”, en el mismo instante que un móvil “B” es lanzado con vo = 12 m/s y aceleración negativa aB = 8 m/s2, tal como se indica en la figura. Determine el tiempo de encuentro de los móviles. Considere un M.R.U.V. (desprecie efectos gravitatorios)

aA

aB

t2 =

=8

2

2 =1

B

s

m/

... (ii)

(Nota: En la fórmula (*), se suma cuando la aceleración está en la misma dirección que el desplazamiento del móvil y se resta cuando la aceleración está en sentido opuesto al desplazamiento del móvil.) Además, del gráfico: eA + eB = 5 csc 30º ⇒ eA + eB = 10 Reemplazando (i) y (ii): ⇒ (2t2) + (12t – 4t2) = 10 ⇒

s

m/

t2 – 6t + 5 = 0

⇒ t=5 ∨ t=1 Pero, para t = 5, tenemos: eB = 12t – 4t2 = 12(5) – 4(5)2 = – 40

A O

s

m/

=4

2

t2 = 12 t – 4t2

5m

Como una distancia no puede ser negativa, entonces descartamos la solución: t = 5.

30º

\ - 105 -

t=1s

Física 34. El gráfico “v VS t” nos muestra el movimiento de dos móviles “M” y “N”. Si “M” parte 3 s después que “N”, ¿al cabo de que tiempo ambos móviles alcanzan igual velocidad, sabiendo además que “M” acelera a 2,3 m/s2 y “N” inicia su movimiento a 8,6 m/s? “M” v (m/s) “N”

Movimiento Vertical de Caída Libre (M.V.C.L) 35. Dos cuerpos “P” y “Q” se colocan en la misma vertical, tal como se muestra en la figura. El cuerpo “P” se lanza hacia arriba con una rapidez de 60 m/s y en el mismo instante “Q” se deja caer. ¿Desde que altura “h” se tendrá que dejar caer al cuerpo “Q” para que ambos se encuentren en la máxima altura recorrida por el cuerpo “P”. Considerar g = 10 m/s2.

37º

Q

g

t (s) SOLUCIÓN: h

1) Para el móvil “N”: Tenemos que la pendiente de la recta es tan 37º. Luego: ⇒ aN =

aN = tan 37º =

m/s2

P

Se sabe que: vf = vo + at Por dato:

= 8,6 m/s. Reemplazando:

60 m/s

SOLUCIÓN: En el instante “t” del encuentro:

⇒

= 8,6 +

2) Para el móvil “M”: Por dato: aM = 2,3 m/s2 ; Se sabe que: vf = vo + at ⇒

= 2,3(t – 3)

t

… (i)

=0 … (ii) h

Por condición del problema: =

\

Q P

=0

eP (altura máxima)

Igualando (i) y (ii): 8,6 +

t

eQ

t = 2,3(t – 3) t = 10 s - 106 -

t

g = 10 m/s2

Capítulo 2: Cinemática Para “P”: = ⇒

– gt

= 60 – 10 t

... (i)

Para la altura máxima ⇒

36. Un cuerpo es lanzado verticalmente hacia arriba con una velocidad de 50 m/s, ¿al cabo de qué tiempo se encontrará a 80 m por encima del punto de lanzamiento? (g = 10 m/s2)

=0

SOLUCIÓN: Utilizando la relación:

Reemplazando en (i): 0 = 60 – 10t ⇒

t=6s

Luego la máxima altura alcanzada por “P” será: eP =

t–

gt2

⇒

eP = (60)(5) –

⇒

eP = 180 m

(10)(5)

2

t+

⇒

eQ = (0)(6) +

⇒

eQ = 180 m

Reemplazando datos: ⇒

80 = 50 t –

⇒

80 = 50t – 5t2

(10)t2

⇒

t2 – 10t + 16 = 0

⇒

(t – 2)(t – 8) = 0 \

Para “Q”: El espacio recorrido por “Q” será: eQ =

gt2

h = vot –

t = 2s

∨

t = 8s

“Se encuentran dos resultados:” Esto se explica graficando la trayectoria:

gt2 (1ra vez) t=2s

(10)(6)2

Finalmente, del gráfico tenemos que la altura “h” viene dado por:

(2da vez) t=8s

h = 80m

h = eP + eQ Reemplazando los valores de eP y eQ: ⇒

t=0s vo = 50 m/s

h = 180 + 180 \

h = 360 m

El cuerpo se encuentrará a 80 m del altura por primera vez (subida) al cabo de 2 s, y por segunda vez (bajada) al cabo de 8 s. - 107 -

Física 37. Desde un globo, que se encuentra a 240 m de altura y asciende con una velocidad de 10 m/s, se suelta una piedra. ¿Qué espacio recorrerá la piedra hasta llegar al suelo? (g = 10 m/s2) SOLUCIÓN:

38. La profundidad de una piscina es 10 m. Desde un trampolín se suelta una pelota, la cual al entrar al agua experimenta una desaceleración de 5 m/s2, logrando “con las justas” llegar al fondo. Hallar la altura “h” del trampolín. (g = 10 m/s2)

Como la piedra se encuentra dentro del globo, ésta adquiere la misma velocidad del globo. Por lo tanto, cuando se suelta la piedra, ésta empieza a subir con una velocidad inicial de 10 m/s. Graficando:

SOLUCIÓN: Graficando: vA = 0

v=0

h

B h

B

vo = 10 m/s

A

g = 10 m/s2

vB

g 10 m/s

trampolín

A

hpisc = 10 m

5 m/s2

C

vC = 0

240 m

C El espacio total “e” que recorre la piedra hasta llegar al suelo será: e = 2h + 240

0 = (10)2 – (2)(10) h

⇒

20 h = 100

⇒

h = 5m

vB2 = vA2 + 2gh ⇒

vB2 = 0 + 2(10)h

⇒

vB2 = 20 h

… (i)

En el tramo BC: (a = – 5 m/s2) vC2 = vB2 + 2ahpisc ⇒

Reemplazando en (i): e = 2(5) + 240 \

En el tramo AB: (a = g = 10 m/s2)

… (i)

En el tramo AB: vB2 = vA2 – 2gh ⇒

Por condición del problema, la pelota llega “con las justas” al fondo ⇒ vC = 0

e = 250 m - 108 -

0 = vB2 + 2(– 5)(10)

⇒

vB2 = 100

⇒

vB = 10 m/s

... (ii)

Capítulo 2: Cinemática Reemplazando (ii) en (i):

Restando (i) – (ii), miembro a miembro: H – (H – 25) = 5(t1 + 1)2 – 5t12

100 = 20 h \

h = 5m

A

⇒

25 = 10t1 + 5 t1 = 2 s

Luego, reemplazando en (i): H = 5(2 + 1)2 ⇒

H = 5(3)2 \

H = 45 m

vA = 0

40. Un cuerpo resbala con M.R.U.V por un plano inclinado que forma un ángulo “θ” con la horizontal. Si parte del reposo, hallar el valor de dicho ángulo θ, sabiendo que después de 10 segundos adquiere una velocidad de 80 m/s. (g = 10 m/s2)

g t1

H – 25 H

25 = 5(t12 + 2t1 + 1) – 5t12

⇒

39. Un cuerpo se deja caer en el vacío (sin aire). Si en el último segundo recorre 25 m, determine desde qué altura “H” fue soltado el cuerpo. (g = 10 m/s2) SOLUCIÓN: Graficando:

⇒

B vB (último 1 s segundo)

25 m C

SOLUCIÓN: Graficando: v

A

En el tramo AC:

=

0

A

H = vAt +

a=

10 cte

g

s

.

gt2

v

B

⇒ ⇒

H = (0)(t1 + 1) +

B

2

(10)(t1 + 1)

H = 5(t1 + 1)2

⇒

H – 25 = (0)t1 +

⇒

H – 25 = 5t12

80

m

/s

θ

… (i) En el tramo AB:

En el tramo AB: H – 25 = vAt1 +

=

vB = vA + at gt12 (10) t1

2

… (ii) - 109 -

⇒

80 = 0 + a(10)

⇒

a = 8 m/s2

Y como la aceleración “a” es una componente de la aceleración de la gravedad “g”:

gs

en

θ

gc

os

θ

Física De la figura: θ=

hA + 10 = hB

a

… (i)

Para el cuerpo “A”:

g

hA =

En el esquema: a = g sen θ ⇒

⇒

hA = (0)t +

⇒

hA = 5t2

sen θ = \

hB = ⇒

θ = 53º

SOLUCIÓN: Graficando el instante “t” en el que los cuerpos se encontrarán separados 10 m: A

B

… (ii)

gt2

t+

hB = 2t + 5t2

… (iii)

Reemplazando (ii) y (iii) en (i):

41. Desde un mismo nivel horizontal se deja caer un cuerpo “A” y simultáneamente se lanza otro cuerpo “B” hacia abajo con una velocidad de 2 m/s. ¿Después de cuantos segundos estarán separados 10 m? (g = 10 m/s2)

voA = 0

(10)t2

Para el cuerpo “B”:

8 = 10 sen θ

⇒

gt2

t+

voB = 2m/s

⇒ ⇒

5t2 + 10 = 2t + 5t2 10 = 2t \

t=5s

42. Un globo se eleva desde el suelo a una velocidad constante de 5 m/s. Si, cuando se encuentra a una altura de 360 m, se deja caer una esfera. ¿Cuál es el tiempo total “tTOTAL” que tardará la esfera en llegar al suelo? (g = 10 m/s2)

NIVEL

SOLUCIÓN:

tTOTAL y

hA t

g 5 m/s

t

hB

5 m/s

A

360 m

10m B

- 110 -

yo = 360

origen yf = 0

Capítulo 2: Cinemática Para la 1ra gota: La 1ra gota empleará “t1” seg. en caer desde el caño hasta el piso. Luego:

Teniendo las mismas consideraciones que en el problema 37, aplicamos la ecuación: yf = yo + vot + ⇒

0 = 360 + 5t –

⇒ ⇒ ⇒

gt2

H = vogota.t1 + ⇒ ⇒

(10)t2

t2 – t – 72 = 0 (t – 9)(t + 8) = 0 t=–8 ∨ t=9 absurdo \

7,2 = (0) t1 + 5t12 t1 = 1,2 s

Para el chorro: Del gráfico, el chorro de agua deberá emplear (t1 – 0,2) s para llegar al piso al mismo tiempo que la primera gota. Luego:

tTOTAL = 9 s

g(t1 – 0,2)2

H = vochorro(t1 – 0,2) +

43. De un caño, que está a 7,2 m de altura, cae una gota de agua cada 0,1 s. Cuando está por caer la tercera gota, se abre completamente el caño y sale un chorro de agua. ¿Cuál deberá ser la velocidad con la que sale el chorro de agua, para que logre alcanzar a la primera gota, en el preciso momento que ésta llega al piso? (g = 10 m/s2) SOLUCIÓN: Graficando el momento en que empieza a salir el chorro con una velocidad vochorro: vochorro 3ra gota

gt12

⇒ 7,2 = vochorro(1,2 – 0,2) + 5(1,2 – 0,2)2 \

vochorro = 2,2 m/s

44. Un niño “A” deja caer una piedra en un pozo de 180 m de profundidad. Un segundo niño “B” que se encuentra a 45 m del pozo, queriendo presenciar la caída, empieza a correr en el mismo instante, acelerando uniformemente hacia el borde del pozo; pero tan sólo llega a tiempo de escuchar el ruido que hace la piedra al tocar el fondo. Calcula la aceleración del niño “B”. (Considere: vSON = 360 m/s; g = 10 m/s2) SOLUCIÓN:

vogota = 0

A

g

0,1s

tB B

B aB

voB = 0

vopiedra = 0

da

2 gota H =7,2 m 0,1s

45 m

t1

vSON

180 m tpiedra

ra

1 gota (t1 – 0,2)s

- 111 -

tSON

g

Física SOLUCIÓN:

Para el niño “B”: eB = voB tB + ⇒

45 = (0).tB +

⇒

aB =

aBtB2

A

vA = 0 g = 10 m/s2

aBtB2 … (i) H

Por condición del problema, se debe cumplir que: tB = tpiedra + tSON … (ii)

t1

vB B 2s

100 m

Para la piedra: h = vopiedra tpiedra + ⇒ ⇒

180 = (0)tpiedra +

vC

g

C

Para el tramo AB:

(10)

tpiedra = 6 s

Aplicando la fórmula: … (iii)

Para el sonido del impacto: h = vSON tSON ⇒

180 = (360)tSON

⇒

tSON = 2 s

vf = vo + gt ⇒

vC = vB + (10)(2)

⇒

vC = vB + 20

... (i)

Para el tramo BC: … (iv)

Aplicando la fórmula:

Reemplazando (iii) y (iv) en (ii):

h=

tB = (6) + (2) = 8 s

t

Reemplazando de (i):

Finalmente, reemplazando en (i): aB =

⇒

100 =

⇒

2vB + 20 = 100

⇒

\ aB = 1,4 m/s2 45. Una piedra que cae libremente, necesita sólo dos segundos para recorrer los últimos 100 m, antes de impactar en la superficie. ¿Desde qué altura “H”, respecto a la superficie, fue soltada? (g = 10 m/s2) - 112 -

(2)

vB = 40 m/s

Luego: vC = vB + 20 = 40 + 20 = 60 m/s Para el tramo AC: vC = vA + gt1 ⇒

60 = (0) + (10)t1 ⇒ t1 = 6 s

Capítulo 2: Cinemática Finalmente tenemos: H=

En el tramo AB: vB2 = vA2 – 2gh

t1

Reemplazando: ⇒ \

H = 180 m

⇒

vB = 20 m/s

Se sabe que vD = vB: ⇒ 20 = (0) + (10)tCD ⇒ tCD = 2 s

46. Una pelota es lanzada desde el piso con una velocidad inicial de 40 m/s. ¿Al cabo de qué tiempo, como máximo, llegará a estar a 60 m sobre el nivel del piso? (g = 10 m/s2) SOLUCIÓN:

vB2 = (40)2 – 2(10)(60)

Ahora calculando “tCD”: vD = vC + gtCD

(6)

H=

⇒

Finalmente tenemos: tD = tC + tCD ⇒

t = tC vC = 0 C

tD = (4) + (2) \

tD = 6 s

g = 10 m/s2

47. En el momento que se lanza una esfera “A” (verticalmente hacia arriba), desde 80 m de altura se suelta otra esfera “B”, de modo tal que cuando se cruzan lo hacen con igual rapidez. ¿A qué altura “H” del suelo se cruzan? (g = 10 m/s2)

tCD vB t = tB

B

vD D

(vB = vD) t = tD

SOLUCIÓN:

60 m t=0

A

En la gráfica se observa que la piedra estará a 60 m de altura en dos instantes de tiempo diferentes: “tB” y “tD”. Por condición del problema, el tiempo máximo será “tD”. Luego:

0 = 40 – 10 tC

⇒

tC = 4 s

g

vAN

N

80 m vBN

vC = vA – gtC ⇒

B

t

H

En el tramo AC:

vBP = 0

vAP

P

40 m/s

M

t M A vA

Aplicando la ecuación: vf = vo ± gt - 113 -

Física Para “A”:

vAN = vAM – 10 t

Para “B”:

vBN = 10 t

SOLUCIÓN: A

vA = 0 g

Por condición del problema (vAN = vBN): ⇒

vAM – 10 t = 10 t

⇒

vAM = 20 t

t

h1

M.V.C.L

B

En el tramo MP (Para “A”): (vAP)2 = (vAM)2 – 2gh M.R.U

Reemplazando: ⇒ 0 = (20t)2 – 2(10)(80) ⇒ t = 2s

vB

t

(vB = vC)

h2

C

vC

En el tramo MN (Para “A”): H=

En el tramo AB (M.V.C.L):

t

⇒

H=

⇒ ⇒

t

⇒

h1 = (0)t +

2

H = 15 t H = 15(2)2 \

gt2

h = vot +

Reemplazando:

Además: ⇒

H = 60 m

t2 = 5t2

... (i)

vB = vA + gt vB = (0) + (10)t = 10 t

En el tramo BC (M.R.U): 48. Un objeto pequeño experimenta un M.R.U cuando se desplaza en el agua. Si el tiempo que tarda en su M.V.C.L es igual al tiempo que emplea en moverse dentro del agua. Determine la relación h1/h2.

h2 = vBt ⇒

h2 = (10t)t = 10t2

Piden: “

”. Dividiendo (i) y (ii):

v=0 g = 10 m/s2

⇒

h1

=

aire agua

\ h2

- 114 -

=

... (ii)

Capítulo 2: Cinemática 49. Se muestran dos plataformas, cada una con agujeros, las cuales se mueven con velocidad constante de 1 m/s. Si se lanza una esfera, en el instante mostrado, con la intención de que pase por los agujeros, ¿con qué rapidez “vo” deberá ser lanzada ésta? (Considere que la esfera desciende verticalmente) (g = 10 m/s2)

Luego:

v1

t2

(t2 – t1) 3 m

vB = 1 m/s vo A

g

v2

vA = 1 m/s 40 cm

0,6 m B 3m

vB = 1 m/s

t2 La plataforma “B” también se mueve a velocidad constante (M.R.U). Luego: d = vB.t2

60 cm

⇒

SOLUCIÓN:

Por lo tanto, 0,6 s después de ser soltada, la esfera pasa por el agujero de la plataforma “B” con una velocidad “v2” dada por:

En el primer tramo de la caída: vo

v2 = vo + gt2

t1

t1

vA = 1 m/s

0,4 m

v1

La plataforma “A” se mueve a velocidad constante (M.R.U). Luego: d = vAt1 ⇒

0,6 = (1)t2 ⇒ t2 = 0,6 s

0,4 = (1)t1 ⇒ t1 = 0,4 s

Por lo tanto, en 0,4 s, la esfera pasa por el agujero de la plataforma “A”, con una velocidad “v1” dada por:

⇒

v2 = vo + (10)(0,6)

⇒

v2 = vo + 6

... (ii)

Luego, entre las plataformas “A” y “B”, la esfera cae con M.V.C.L. Aplicando: d=

t

Reemplazando (i) y (ii): ⇒

3=

v1 = vo + gt1

⇒

3 = (vo + 5)(0,6 – 0,4)

⇒

v1 = vo + 10(0,4)

⇒

⇒

v1 = vo + 4

... (i)

- 115 -

(t2 – t1)

vo + 5 = 15 \

vo = 10 m/s

Física 50. Desde cierta altura “H” se lanza verticalmente hacia arriba una moneda con 17 m/s y se observa que llega a tierra luego de 5 segundos. Determine el valor de “H” y rapidez “vf” con la que impacta en la tierra. (g = 10 m/s2)

Aplicando las ecuaciones: i)

Para la velocidad: f

Graficando:

\ g

o

+

t

vf = 33 m/s

ii) Para la posición:

vo = 17 m/s

=

ORIGEN DE COORDENADAS

x

=

⇒ – vf = (17) + (– 10)(5)

SOLUCIÓN:

y

Resolviendo el problema vectorialmente:

o

t+

⇒ – H = (17)(5) + H

\ vf

- 116 -

H = 40 m

t2 (– 10)(5)2

Capítulo 2: Cinemática

Problemas Propuestos (M.R.U, M.R.U.V, M.C.L) 1.

Una partícula recorre el arco AB, cuyo radio mide 50 m. Si θ = 74º, ¿cuál es el módulo del desplazamiento en dicho recorrido? B

A θ

A) 100 m C) 70 m E) 50 m 2.

R

B) 80 m D) 60 m

5.

B) 14,3 s D) 21,3 s

Determinar (en m/s) la diferencia de rapideces: v(1) – v(2), si se sabe que el gráfico corresponde a la posición versus tiempo de dos móviles. x(m) 60 (2)

B) 300 m D) 350 m

(1)

Si la paloma, indicada en la figura, se mueve con una velocidad constante de 12 m/s, ¿con qué rapidez se desplaza la sombra proyectada en el piso? foco 3a

0 A) 2 C) 6 E) 10 6.

vpaloma = 12 m/s

a

A) 14 m/s C) 18 m/s E) 10 m/s

Dos autos parten de un punto “A” hacia otro punto “B”, con velocidades constantes de 20 m/s y 30 m/s. Simultáneamente, del punto “B” parte un tercer móvil con una velocidad de 40 m/s hacia “A”. Si la distancia entre A y B es de 1600 m, ¿qué tiempo transcurre hasta que el tercer móvil se encuentre en medio de los otros dos? A) 24,6 s C) 48,2 s E) 25,3 s

Un cazador dispara una bala con una velocidad de 170 m/s y escucha que ésta llega al blanco en 3 s. ¿A qué distancia del cazador se encuentra el blanco? (Considere que la trayectoria de la bala es rectilínea y la velocidad del sonido en el aire es de 340 m/s). A) 340 m C) 320 m E) 330 m

3.

4.

- 117 -

12

t(s)

B) 4 D) 8

Si una granada activada demora 10 s para explotar, ¿con qué aceleración constante mínima tendrá que alejarse un motociclista que activa la granada para que no sea alcanzado por la onda expansiva de la explosión? (Considere vSONIDO = 340 m/s). A) 17 C) 18 E) 12

B) 16 m/s D) 20 m/s

8

B) 15 D) 30

Física 7.

Dos carros, separados una distancia “L” entre sí, parten del reposo en el mismo sentido. Si el carro posterior logra alcanzar al delantero después que éste a recorrido un espacio “x”. Hallar la relación de sus aceleraciones. A)

B)

C)

D)

10. Dos partículas se mueven en línea recta horizontal cuya posición varía con el tiempo como se indica en la figura. Si una de las partículas presenta una aceleración de 1 m/s2, ¿en qué instante las partículas presentarán igual rapidez? x(m) parábola

E) – 20 8.

Un futbolista patea una pelota, saliendo ésta al ras del piso y con una rapidez de 12 m/s. Si en cada segundo la rapidez disminuye en 3 m/s, ¿logrará hacer el gol?

21m A) B) C) D) E) 9.

Si hay gol. No hay gol. Falta conocer el tiempo. Para llegar al arco la pelota emplea 4 s. Como máximo recorre 45 m.

La ecuación de movimiento de un móvil está dado por: x = 2,5t2 – 20t + 30; con “t” en segundos. ¿En qué instante pasará junto al observador por segunda vez y con qué rapidez? A) 6 s ; 10 m/s C) 6 s ; 20 m/s E) 8 s ; 25 m/s

A) 2 s C) 4 s E) 10 s

2

t(s)

B) 3 s D) 6 s

11. Una moneda cae verticalmente de manera que pasa con una rapidez de 12 m/s por el marco superior de un gran ventanal. Si al pasar por el marco inferior lo hace a razón de 18 m/s, ¿qué altura tiene la ventana si la moneda emplea 6,2 s? (g = 10 m/s2) A) 93 m C) 6 m E) 65 m

B) 8 m D) 54 m

12. Dos esferitas son lanzadas verticalmente hacia arriba con un intervalo de separación de 2 s y con rapideces iguales. Si impactan entre sí luego de 6 s de haber sido lanzada la última esfera, determinar la rapidez con la cual fueron lanzadas. (g = 10 m/s2) A) 20 m/s C) 50 m/s E) 70 m/s

B) 7 s ; 20 m/s D) 4 s ; 10 m/s

- 118 -

B) 30 m/s D) 60 m/s

Capítulo 2: Cinemática 13. Desde la base de un edificio se lanza una piedra verticalmente hacia arriba con 40 m/s. Desde una rendija muy pequeña ubicada en el edificio una persona ve pasar a la piedra y luego de 6 s la ve de regreso. ¿A qué altura, respecto a la base del edificio, se encuentra la rendija? (g = 10 m/s2) A) 60 m C) 50 m E) 37 m

16. Un joven corre realizando un M.R.U. Si emplea 10 s para ir del punto “A” hacia el punto “C”, determine el tiempo empleado por el joven para ir del punto “A” hacia el punto “B”.

A

B) 35 m D) 80 m

A) 2 s C) 4 s E) 7 s

14. ¿De qué altura debe caer un cuerpo para recorrer una distancia “L” en el último segundo de su caída?

A)

B)

C)

D)

E)

(g + 1)2

15. En el instante mostrado un hombre da un paso y cae del puente que posee una altura de 21 m. Calcular la máxima rapidez constante con la que debe avanzar el camión para rescatar a la persona. (g = 10 m/s2)

3m

A) 2 m/s C) 6 m/s E) 10 m/s

3m

10m

B) 4 m/s D) 8 m/s

B

3d

C

B) 3 s D) 6 s

17. Un bus recorre a diario 240 km en línea recta y con rapidez constante de 40 km/h. Un día, cuando había recorrido 80 km, el bus experimenta un desperfecto que se demora en reparar 1 h y como consecuencia de la mala reparación llega con un retraso de 2 h. ¿Con qué rapidez constante reanudó su movimiento?

g(L + 2)

1m

2d

A) 30 km/h C) 34 km/h E) 38 km/h

B) 32 km/h D) 36 km/h

18. En el instante que se muestra se produce una explosión en el punto P; si el agricultor permanece quieto y el joven avanza con una velocidad constante de módulo “v”, éstos logran escuchar la explosión simultáneamente luego de 0,5 s de ocurrida. Determinar “v” y la separación que existe entre ellos en el momento que escuchan simultáneamente la explosión. (Considere la rapidez del sonido igual a 340 m/s).

- 119 -

Física v a = 4 m/s2 v = 2 m/s A

P

a = 2 m/s2 v=0 B

343 m 40 m

A) 1 m/s; 170 m C) 4 m/s; 195 m E) 7 m/s; 310 m

B) 2 m/s; 250 m D) 6 m/s; 340 m

19. Un auto, que desarrolla un M.R.U.V, en el tercer segundo recorre 8 m más que en el primero. Determinar su rapidez inicial, si en el tercer segundo recorre 12 m. A) 1 m/s C) 3 m/s E) 5 m/s

B) 2 m/s D) 4 m/s

20. La parte delantera de un tren de 84 m de largo ingresa a una túnel de 300 m de longitud con una rapidez de 4 m/s y la parte posterior ingresa con 10 m/s. Determinar con qué rapidez termina de salir completamente el tren del túnel. (Considere que el tren realiza M.R.U.V). A) 40 m/s C) 30 m/s E) 45 m/s

B) 20 m/s D) 35 m/s

21. Dos autos A y B realizan M.R.U.V, según se indica en la figura. Determine el tiempo que transcurre desde el momento en que el auto A pasa por el poste hasta el momento en el que se cruza con el auto B.

A) 2 s C) 4 s E) 8 s

168 m

B) 3 s D) 6 s

22. De un caño malogrado caen gotas de agua; si han transcurrido 0,2 s de haberse desprendido una gota y el chorro de agua que sale con una rapidez de 3 m/s llegan simultáneamente al piso. Determinar cuántos segundos le demanda al chorro para llegar al piso. (g = 10 m/s2) A) 0,2 s C) 0,6 s E) 0,9 s

B) 0,4 s D) 0,8 s

23. En el instante en que desde la base de un edificio de altura “H” se lanza verticalmente hacia arriba un objeto; desde la azotea se suelta otro. Si dichos objetos se cruzan a una altura de 60 m desde la base; además se sabe que en el instante en que el segundo impacta en el suelo el primero alcanza su altura máxima, determine la altura del edificio. (g = 10 m/s2)

- 120 -

A) 45 m C) 80 m E) 75 m

B) 60 m D) 100 m

Capítulo 2: Cinemática

A) 40 m/s C) 60 m/s E) 80 m/s

v

24. Un globo aerostático se eleva verticalmente con rapidez constante de 20 m/s, si cuando se encuentra a 160 m una persona que se encuentra en el globo suelta una piedra y transcurrido 6 s impacta con una segunda piedra, que presenta en dicho momento la misma rapidez. Determinar la rapidez de lanzamiento de la segunda piedra, si ésta fue lanzada desde tierra verticalmente hacia arriba. (g = 10 m/s2)

37º

A) 1 m C) 1,2 m E) 1,5 m

B) 50 m/s D) 70 m/s

25. Un ascensor sube con una aceleración de 2 m/s2. En el instante en que su velocidad es de 4 m/s cae un tornillo desde el techo del ascensor a su piso, que distan entre sí 3 m. Determinar el tiempo que tarda el tornillo en llegar al piso del ascensor y la distancia que cae. (Considere: 1,4 =

s; 0,3m

B)

s; 2m

C)

s;

D)

s; 1m

m

27. Dos relojes están separados 1020 m. Uno de ellos está adelantado 2 segundos. ¿A qué distancia del reloj adelantado, una persona oirá a los relojes dar la hora en el mismo instante? (Considere vSONIDO = 340 m/s) A) 800 m C) 900 m E) 750 m

; g = 10 m/s2)

A)

B) 1,1 m D) 1,3 m

B) 850 m D) 950 m

28. El bloque A desciende por el plano inclinado con rapidez constante. Si a partir del instante mostrado, el bloque llega en 2 s al punto P, determinar la rapidez “v” del bloque B en cm/s.

E) 2s; 0,1m 26. Un automóvil se aleja de una pared, tal como se muestra en la figura. En el instante mostrado el chofer toca el claxon durante un pequeño intervalo de tiempo. ¿Qué distancia recorre el auto hasta que el chofer escucha el eco? (v = 20 m/s ; vSONIDO = 320 m/s)

- 121 -

A

P

40

cm

B

A) 10 C) 30 E) 50

B) 20 D) 40

v

Física 29. Un camión inicia su movimiento acelerado uniforme con 1 m/s2 durante 10 s, inmediatamente después empieza a desacelerar a razón constante de 2 m/s2 hasta detenerse. Determinar la rapidez media del camión durante todo su movimiento rectilíneo. A) 8 m/s C) 6 m/s E) 4 m/s

30. Un pequeño cohete despega verticalmente experimentando una aceleración constante de módulo 10/3 m/s2. Si luego de 6 s se agota su combustible, determinar el tiempo que transcurre desde su lanzamiento hasta que impacta contra el suelo. (g = 10 m/s2) A) 10 s C) 12 s E) 14 s

B) 7 m/s D) 5 m/s

B) 11 s D) 13 s

Respuestas 1.

D

11. A

21. C

2.

A

12. E

22. A

3.

B

13. B

23. C

4.

A

14. C

24. C

5.

E

15. D

25. A

6.

A

16. C

26. E

7.

A

17. B

27. B

8.

A

18. D

28. A

9.

A

19. B

29. D

10. E

20. B

30. E

- 122 -

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones

Capítulo 3

Cinemática – Movimiento en dos dimensiones

3.1 Introducción En este capítulo estudiaremos el movimiento de un cuerpo en el plano, lo que constituye el movimiento en dos dimensiones o bidimensional. Después de los movimientos rectilíneos, los mas sencillos de estudio son aquellos en la que un móvil describe una trayectoria sobre un plano Son ejemplos de movimientos en un plano las que describe un punto de un péndulo, la trayectoria de un proyectil y el de un punto solidario a una rueda de eje no móvil.

3.2 Movimiento en dos dimensiones con aceleración constante. Si un móvil se mueve con aceleración constante y tiene una velocidad o y posición o en el instante t = 0, sus vectores de velocidad y posición en algún instante “t” posterior vendrán dados por las siguientes relaciones: =

o

+

=

o

+

t t+

o

t2

Para un movimiento bidimensional en el plano XY bajo aceleración constante, éstas expresiones vectoriales son equivalentes a expresiones para las dos componentes, una para el movimiento a lo largo del eje x y otra para el movimiento a lo largo del eje y. Como las ecuaciones anteriores son expresiones vectoriales, se pueden escribir en forma de sus componentes en los ejes x e y (considerando o = ): vx = vxo + axt =

=

o

o

+

t+

t

vy = vyo + ayt

t2

x = vxot +

axt2

y = vyot +

ayt2

En resumen otras palabras: “Un movimiento bidimensional con aceleración constante es equivalente a dos movimientos independientes en las direcciones x e y con aceleraciones constantes ax y ay ”. - 123 -

Física

3.3 Movimiento compuesto Se denomina movimiento compuesto a la combinación de dos movimientos simples. Por movimientos simples nos referimos a: el Movimiento Rectilineo Uniforme (M.R.U) y el Movimiento Rectilineo Uniformemento Variado (M.R.U.V). En un movimiento compuesto se cumple el principio de independencia de los movimientos, el cual establece que: “Los movimientos componentes en un movimiento compuesto se desarrollan independientemente uno del otro”. Ejemplo aclaratorio: Un barco moviéndose sobre un río: El barco por sus propios medios posee una velocidad uniforme 1 respecto al agua, y el agua a su vez se mueve con respecto a tierra con una velocidad uniforme 2. Luego, el barco poseerá una velocidad total vT que es igual a la velocidad resultante de las otras dos . a)

1

c) d2 B

C

2

v1

vT

d1

b)

v2 A

1

2

Caso (a):

vT = v1 + v2, dado que

1

↑↑

2

Caso (b):

vT = v1 – v2, dado que

1

↑↓

2

Caso (c):

vT =

, dado que - 124 -

1

⊥

2

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones Además, de acuerdo con el principio de independencia de los movimientos.

Luego:

T

=

1

1

=

1

T

=

T

t=

1

=

1

T

2

t y

2

=

t

2

t t+

T

⇒

+

+

2

t

2

3.4 Movimiento Parabólico El Movimiento Parabólico o también llamado movimiento de proyectiles, debido a que es el tipo de movimiento que describen los proyectiles debido a la sola influencia de la gravedad terrestre. En general: es un movimiento bidimensional de un móvil bajo aceleración constante, donde (ax = 0) y (ay = – g). =–g

(g = 10 m/s2)

En este caso, si xo = yo = 0, las componentes de las ecuaciones vectoriales se reducen a: vx = vxo = constante

x = vxot

vy = vyo – gt

y = vyot –

gt2

Donde vo es la velocidad inicial del proyectil y q es el ángulo que positivo. Luego: vxo = vo cos q, vyo = vo sen q.

o

forma con el eje x

Advierta que estas expresiones brindan completamente el vector velocidad y las coordenadas del vector posición en cualquier tiempo “t” en que el proyectil está en movimiento.

vyo = vosen q

y

vy= 0

vo

vxo

ymáx

q

vxo = vocos q

vxo q

xmáx vyo

- 125 -

v

x

Física En la altura máxima se cumple: ⇒

vy = 0 – gt = 0

vyo

⇒

vosen q – gt = 0

⇒

ty

=

máx

reemplazando esta expresión en: gt2

y = vyot – ⇒

y = vosen q

–

se obtiene finalmente que: ymáx =

(Altura máxima)

El alcance R = xmáx, es la distancia horizontal recorrida en el doble de tiempo necesario para alcanzar la altura máxima, es decir en el tiempo: t = 2 ty

máx

=

Reemplazando en: x = vxo t ⇒

x = vocos q t ↓

⇒

R = vocos q

se obtiene: R=

(Alcance)

Es útil considerar el movimiento de proyectiles como la superposición de dos movimientos simples: 1) Movimiento uniforme en la dirección del eje x (M.R.U), y 2) Movimiento vertical sujeto a la aceleración de la gravedad (M.R.U.V). - 126 -

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones Por consiguiente, uno puede analizar el movimiento parabólico en función de sus componentes de velocidad horizontal y vertical, ambas independientes una de otra. vx

vyo = vosen q

vx = vxo = vocos q y

vo

y

q

vy

g = 10m/s2

x x

El movimiento del proyectil es equivalente a

Movimiento horizontal : con velocidad constante + (M.R.U)

Movimiento vertical con aceleración constante (M.R.U.V)

3.5 Movimiento circular Se define movimiento circular como aquel cuya trayectoria es una circunferencia. Este tipo de movimiento plano puede ser, al igual que el movimiento rectilíneo: uniforme o acelerado. 3.5.1 Conceptos y definiciones a) Desplazamiento angular (∆q).- Es el ángulo que se describe en el centro de la trayectoria correspondiente a un arco de circunferencia recorrido por un cuerpo con movimiento circular, se expresa generalmente en radianes. y tf Desplazamiento angular:

v R

∆q qf

∆q = qf – qo

to qo

x

R: radio de giro

b) Periodo (T).- Es el tiempo que demora un cuerpo con movimiento circular para dar una vuelta completa. (Unidades S.I: seg) T= - 127 -

Física c)

Frecuencia (f).- Es el número de vueltas dado por un cuerpo con movimiento circular en cada unidad de tiempo. (Unidades S.I: s–1 ) =

f =

d) Velocidad angular ( ).- Es aquella magnitud vectorial que nos indica cual es el ángulo que puede recorrer un cuerpo en cada unidad de tiempo. Se representa mediante un vector perpendicular al plano de rotación; su sentido se determina aplicando la regla de la mano derecha.

Matemáticamente: Velocidad angular media: ω=

=

(rad/s)

Velocidad angular instantánea: ω=

e)

Aceleración angular ( ).- Es aquella magnitud vectorial que nos indica cuanto aumenta o disminuye la velocidad angular en cada unidad de tiempo. Se representa mediante un vector perpendicular al plano de rotación y su sentido coincide con el de la velocidad angular cuando este aumenta, en caso contrario se le opone. - 128 -

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones Matemáticamente: Aceleración angular media αm =

(rad/s2)

=

Aceleración angular instantánea αm = z

R

= to

0,

= qo

0

En el plano del movimiento (paralelo al plano xy):

r se ∆q

nφ

φ

R = r.sen φ

v

∆q: desplazamiento angular

r

: velocidad angular

y x

3.6 Movimiento circular uniforme (M.C.U) Es aquel movimiento circular en el cual el móvil recorre desplazamientos angulares iguales en tiempos iguales. Este movimiento se desarrolla de esta forma debido a que experimenta una velocidad angular constante. : constante

⇒

ω=

R

q ⇒

q = qo + ω(t – to)

(ecuación del M.C.U)

- 129 -

to

t v

Física Relaciones del M.C.U ω=

1ra

2da

q = ωt

3ra

t=

Relación entre la velocidad angular “ω” y el periodo “T”: ω= Relación entre la velocidad “v” y la velocidad angular “ω”: v = ωR Observaciones: a) Una partícula que desarrolla un M.C.U, posee una velocidad de módulo constante. v v | | = v = cte. v b) Si dos o más partículas giran en base a un mismo centro, sus velocidades angulares serán iguales. ωB

ω

ωA

B

A

ω = ω A = ωB

A

B

ω (1)

(2) - 130 -

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones c)

Cuando dos ruedas están en contacto o conectadas por una correa, entonces los valores de sus velocidades tangenciales son iguales.

vB A

B

v

v

A

B

A

vB

A

vA = vB

(1)

(2)

3.7 Movimiento Circular Uniformemente Variado (M.C.U.V) Es aquel en el cual la velocidad angular de la partícula no permanece constante, si no que varía progresivamente conforme transcurre el tiempo, ya sea aumentando o disminuyendo; pero permaneciendo constante la aceleración angular. = constante ⇒

α=

⇒

ω = ωo + α(t – to)

(Ecuación del M.C.U.V)

Las fórmulas que caracterizan este tipo de movimiento son similares a las del M.R.U.V.

Relaciones del M.C.U.V

1.

ωf = ωo + αt

3.

q = ω ot +

2.

ωf2 = ωo2 + 2aq

4.

q=

- 131 -

αt2

t

Física

Movimiento de rotación acelerado ↑↑

Movimiento de rotación desacelerado ↑↓

3.8 Aceleración tangencial y aceleración centrípeta Si una partícula se mueve a lo largo de una trayectoria curva, de manera tal que la magnitud y la dirección del vector velocidad cambian en el tiempo, se dice entonces que la partícula tiene un vector aceleración, el cual puede describirse mediante dos vectores o aceleraciones componentes: 1) Un vector componente radial

, producto del cambio en la dirección de

r

ar = 2) Un vector componente tangencial

(aceleración radial o centrípeta) , resultado del cambio en la magnitud

t

at = =

r

+

(aceleración tangencial)

t

M.C.U.V M.C.U at = 0

t

r

:

at = a =

at ≠ 0 ar ≠ 0 a=

o Trayectoria de la partícula - 132 -

:

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones Relación entre la aceleración tangencial y angular: at = αR Relación entre la aceleración centrípeta y la velocidad angular: a r = ω 2R

- 133 -

Física

Problemas Resueltos ⇒

Movimiento Compuesto 1. En la figura, el campo gravitatorio está representado por líneas que hacen 30º con la horizontal. Si se lanza una pelota perpendicular a la superficie con una rapidez de 20 m/s, determinar la altura máxima que alcanzaría. (g = 10 m/s2)

talt-max = 4 s

Luego, para la posición = ⇒

o

t+

t2

= (20 )t +

y(t) g

⇒

30º

Finalmente la altura máxima, ymax, se dará para t = talt-max = 4 s. Reemplazando de (i):

vo = 20 m/s x

⇒ Resolviendo el problema vectorialmente. Determinando el vector aceleración : y( ) 60º

| | = 10 m/s2

2

5 m/s

30º

y(t = 4) = 20(4) – 2,5(4)2

x( )

\

SOLUCIÓN:

Del gráfico, entonces:

Si la lancha se desplaza en el mismo sentido de la corriente del río.

– 5 ) m/s2

= (5

Ahora, para el movimiento de la pelota: =

= o

) +

ymax = 40 m

2. Una lancha se desplaza por un río; cuando lo hace aguas abajo, su velocidad vista desde la orilla es de 4 m/s y cuando va aguas arriba su velocidad es de 2 m/s. ¿Cuál es la velocidad “vC” de la lancha en aguas tranquilas?

m/s2

5

+ (20t – 2,5t2)

=

SOLUCIÓN:

o

se tiene:

t2

y

(to = 0;

... (i)

v1

t

⇒

= 20

+ (5

⇒

= (5

t) vx

vR – 5 )t + (20 – 5t)

v1: velocidad total de la lancha vR: velocidad del río

vy

Para la altura máxima ⇒ vy = 0 ⇒ 20 – 5t = 0

Se cumple que: vC + vR = v1 - 134 -

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones ⇒

vC + vR = 4

… (i)

(vL: velocidad de la lancha en aguas tranquilas; vR: velocidad del río).

Si la lancha se desplaza en contra del sentido de la corriente.

Donde T = L + R es la velocidad total con la que se mueve la lancha desde “A” hasta “B”. Ahora, para los desplazamientos componentes:

v2 vR

De A a C:

En este caso la velocidad de la lancha vista desde la orilla será “v2”. Se cumple: vC – vR = v2 ⇒ vC – vR = 2 … (ii)

⇒

t1 = 12 s e = vRt1 x = 3(12)

⇒ \

(M.R.U)

(M.R.U)

x = 36 m

vC = 3 m/s

3. Una lancha a motor cruza un río de modo que su orientación con relación a las orillas es en todo momento perpendicular a ellas. Sabiendo que el río tiene un ancho de 60 m. ¿Qué distancia “x” aguas abajo será arrastrada la lancha, si se sabe además que ésta desarrolla una velocidad de 5 m/s en aguas tranquilas y que el río desplaza sus aguas a razón de 3 m/s?

4. Una motonave desarrolla una velocidad constante, de modo que a partir de A llega a B en 50 s. ¿Cuál es el valor de su velocidad respecto de las aguas del río y qué ángulo forma su dirección respecto de las orillas, en todo momento? (vRIO = 9 m/s)

SOLUCIÓN: Graficando un esquema del movimiento: C

e = vLt1 60 = 5t1

De C a B:

Finalmente, sumando (i) y (ii): ⇒ 4 + 2 = (vC + vR) + (vC – vR) ⇒ 6 = 2 vC \

⇒

x

B vT vRIO

600 m

B

A

vL = 5 m/s vT

SOLUCIÓN:

60 m

La velocidad resultante de la lancha T , . Haciendo un está en la dirección diagrama vectorial:

vR = 3 m/s A

- 135 -

Física SOLUCIÓN: Graficando la trayectoria vista por el pasajero: vf = 0

B vRIO vL

θ

vT

600 m

50 s g = 10 m/s t1

t1 A

vo = 5 m/s

vL: Velocidad de la lancha ⇒

T

=

L

donde:

+

RIO

En el gráfico se observa que el tiempo que emplea la moneda en volver a la mano del pasajero es igual a “2 t1”. Luego:

=

vT =

vT = 12 m/s

vf = vo – gt1 ⇒

Luego, del gráfico se tiene:

Por lo tanto: tvuelo = 2 t1 = 1 s

vL = ⇒

0 = (5) – (10)t1 ⇒ t1 = 0,5 s

Graficando la trayectoria de la moneda vista por un observador fuera del bus:

vL =

Trayectoria parabólica

\ vL = 15 m/s Del gráfico también se tiene: tan θ =

g

vo = 5 m/s

4

vbus

=

20 m

3

\

En el mismo intervalo de tiempo “tvuelo” el bus recorre 20 m. Luego:

θ = 53º

5. Un pasajero juega con una moneda, lanzándola verticalmente hacia arriba con una velocidad de 5 m/s y observando que cada vez que la moneda retorna a su mano, el bus avanza 20 m. Suponiendo que el bus desarrolla un M.R.U, ¿cuál es su velocidad en km/h? (g = 10 m/s2) - 136 -

vbus =

=

= 20 m/s

Convirtiendo unidades: ⇒ vbus = \

vbus = 72 km/h

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones Para el proyectil “B”:

Movimiento Parabólico 6. En la figura, los proyectiles “A” y “B” se disparan como se muestra. Sabiendo que: A

= (– 30

B

= (10

o

o

+ 40 ) m/s

y

+ 40 ) m/s,

determinar el ángulo φ que forman sus vectores velocidad al momento del impacto. (g = 10 m/s2) y

B

= (10

⇒

B

= (10 t)

v

v

A

B

x

200 m

SOLUCIÓN:

Para la velocidad tenemos: B

= (10

B

= (10)

⇒ ⇒

=

+ o

t+ o

=

+ o

t

t2

⇒

A

⇒ |

A

⇒ |

(t = 5)

= – 30

(t = 5)|

=

(t = 5)

B

B

B

(t = 5)

(t = 5)|

y

A

= (– 30)

(t = 5)

A

⇒

B

. Luego:

B

en t = 5 s:

+ (40 – 10 x 5)

– 10 = 10

= 10

= 10

m/s

+ (40 – 10 x 5) – 10

=

= 10

m/s

De la multiplicación escalar, se tiene:

= 200 t2

= 200 + (– 30 + 40 )t – A = (200 – 30 t)

2

+ (40 t – 5 t )

A

= (– 30

+ 40 ) – 10 t

A

= (– 30)

+ (40 – 10 t)

⇒

A

.

B

.

= AB cos φ

=|

A

(t = 5)||

(–30)(10) + (–10)(–10) = (10

Para la velocidad tenemos:

⇒

=

A

timpacto = 5 s

•

Para el proyectil “A”:

A

+ (40 – 10 t)

200 – 30 t = 10 t

•

⇒

+ 40 ) + (– 10t )

Luego, calculando

Resolviendo el problema vectorialmente. Para los movimientos bidimensionales bajo aceleración constante: ( = – 10 m/s2 ), se tiene las siguientes ecuaciones vectoriales:

⇒

+ (40 t – 5t2)

(200 – 30t) + (40 – 5t2) = (10t) + (40t – 5t2) A o

B o

A o

t2

+ 40 )t –

Cuando impactan ⇒

vB

q

=

⇒

⇒

g vA

B o

Despejando: \ - 137 -

φ = arc cos

B

(t = 5)|cos φ

)(10

⇒ )cosφ

Física 7. Una pelota sale horizontalmente desde A, tal como se indica en la figura, e impacta en B. Si se sabe que AB = 100 m, ¿cuál es el valor de vo?

⇒

d = vot

⇒

60 = vo(4) \

vo = 15 m/s

vo A

8. Determinar con qué ángulo “θ” se ha lanzado un proyectil que describe un movimiento parabólico, si se sabe que al duplicar dicho ángulo de disparo, logra desarrollar el mismo alcance. (g = 10 m/s2)

g = 10 m/s2

B 53º

SOLUCIÓN: Graficando:

SOLUCIÓN:

(2)

La pelota realizará un movimiento parabólico. Graficando: vo t

A

g (1) vo

g = 10 m/s2

vo θ α = 2θ L1 = L2

10

El alcance “L” está dado por:

0m

h = 80 m

L=

53º

d = 60 m

B

Analizando la componente vertical (M.R.U.V): h = voyt +

gt2

Caso (2): L2 =

Se tiene voy = 0, luego: ⇒

h = (0)t +

Caso (1): L1 =

Por condición del problema: L1 = L2 2

(10)t

⇒

80 = 5t

⇒

=

⇒

t = 4s

⇒

sen(2θ) = sen(2α)

⇒

2θ + 2α = 180º

⇒

θ + α = 180º

2

Analizando la componente horizontal (M.R.U): d = voxt Por condición del problema vo = vox: - 138 -

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones Como α = 2θ, reemplazando: ⇒ θ + (2θ) = 180º ⇒ 3θ = 180º

Reemplazando: ⇒ – h = (vosen 30º) t –

θ = 60º

\

⇒ – h = (50)

9. Una pelota es lanzada desde un punto A con una velocidad vo = 50 m/s, llegando al punto B luego de 10 s. ¿Cuál es el valor de “h” en metros? (g = 10 m/s2) vo 30º

g

A

h

\

gt2 (10)(10)2

(10) – h = 250 m

10. Una pelota es lanzada con una velocidad paralela al plano inclinado. Determinar cuántos metros desciende verticalmente la pelota, respecto de su posición inicial, hasta que impacta sobre la superficie inclinada. (g = 10 m/s2) 10 m/s g

B

20 m

SOLUCIÓN: Utilizando el sistema x-y mostrado: y

37º vo = 50 m/s

voy = vosen30º A

vox = vocos30º

SOLUCIÓN: x

Graficando la trayectoria en el sistema x-y mostrado:

t = 10 s

vo = 10 m/s

g = 10 m/s2

t1

h

vyo vxo

A y1

x1 B

B

C

37º

Analizando el desplazamiento vertical: (y = – h ; voy = vosen 30º) y = voyt –

20 – y1 37º

gt2

D

- 139 -

Física Para el desplazamiento vertical (M.C.L)

SOLUCIÓN:

Por dato: vyo = vosen 37º = (10)

Utilizando el sistema “x-y” mostrado:

=6

vx

En el impacto (t = t1 ∧ y = – y1): ⇒

2

– y1 = 6t – 5t

... (i)

x vo = 50 m/s g

Para el desplazamiento horizontal (M.R.U): Por dato: vx = vxo = vocos 37º = (10)

53º

voy y

H = 100 m

=8

En el impacto (t = t1 ∧ x = x1): ⇒

x1 = 8 t

.... (ii) d

Luego, del triángulo BCD, se tiene: tan 37º = ⇒

20 – y1 =

Para las velocidades iniciales:

=

vx = vocos 53º = (50)(3/5) = 30 m/s vyo = vosen 53º = (50)(4/5) = 40 m/s

x

Verticalmente (M.R.U.V):

Reemplazando de (i) y (ii): ⇒

20 + (6t – 5t2) =

⇒ ⇒

Sea “tv: tiempo de vuelo”. Luego: H = voytv + (1/2)gtv2

(8t) ⇒

20 = 5t2 t = 2s

⇒

– y1 = 6(2) – 5(2)2 \

tv = 2s

Horizontalmente (M.R.U): d = vxtv = (30)(2)

Finalmente reemplazando en (i): ⇒

100 = 40 tv + (1/2)(10) tv2

\

y1 = 8 m

11. Desde un avión que vuela horizontalmente se lanza una bomba con una velocidad resultante de 50 m/s con respecto a tierra y formando un ángulo de 53º con respecto a la horizontal. Si la altura a la que se encuentra el avión es de 100 m, ¿qué espacio horizontal “d” recorrerá la bomba? (g = 10 m/s2)

d = 60 m

12. Calcular la mínima velocidad que puede tener una motocicleta para lograr pasar por el obstáculo en la figura. (g = 10 m/s2)

- 140 -

vo

g A

15º

C

20 m

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones SOLUCIÓN: Graficando la trayectoria: y voy

15º

A

g = 10 m/s2

g

B

vo min

vmáx

6 m/s

x

C

vox

27 m

 = 20 m 25 m

De “A” a “C” (horizontalmente):  = voxtv ⇒ 20 = (vocos15º)tv … (i) De “A” a “B” (verticalmente; vB = 0):

SOLUCIÓN: Dibujando la trayectoria para la rapidez vmáx:

vB = voy – g ⇒

2m

y voy = 6 m/s

0 = (vosen 15º) – g

x

vmáx

⇒

= vosen 15º

g

… (ii) H = 27 m

Multiplicando (i) x (ii) miembro a miembro: = vo2 . sen15º . cos15º . tv

(20)

2m

d

25 m

[sen(2 x 15º)] ⇒

Horizontalmente (M.R.U): d = vmáxtv

20 =

⇒

Reemplazando y operando: \

27 = vmáxtv

Verticalmente (M.R.U.V): – H = voytv – (1/2)gtv2

vo = 20 m/s

13. Desde un globo que asciende verticalmente con una rapidez de 6 m/s, se lanza una piedra horizontalmente con el objetivo de sumergirla en un lago. ¿Cuál debe ser el valor de la rapidez máxima “vmáx” con la que debe ser lanzada la piedra para que se logre dicho objetivo? (g = 10 m/s2) - 141 -

⇒

– 27 = 6 tv – (1/2)(10)tv2

⇒

(5tv + 9)(tv – 3) = 0

⇒

tv = 3 s

Reemplazando en (i): 27 = vmáx(3) \

vmax = 9 m/s

… (i)

Física 14. Un proyectil se puede disparar con la misma rapidez y con diferentes ángulos de elevación. Relacionar los alcances D1 y D2 con las alturas máximas H1 y H2 para θ1 y θ2, tal que θ1 + θ2 = 90º.

Para la altura máxima:

SOLUCIÓN: Para θ1:

=

D1 vy = 0 vx

... (ii)

θ2 = 90 – θ1

⇒

sen θ2 = sen(90º – θ1)

⇒

sen θ2 = cos θ1

Luego, reemplazando en (ii): g

vo

H2 =

θ1 + θ2 = 90º

⇒

H1

Para θ2:

Dividiendo:

⇒

g θ1

y

Además, se sabe:

vy = 0 vx

vo

H1 =

=

H2 θ2

D1 = D2 = Dividiendo:

=

... (i)

15. Se lanza un proyectil perpendicular al plano inclinado, 37º con la horizontal, con una rapidez de 40 m/s. ¿Cuál es el desplazamiento máximo “L” sobre el plano inclinado? (g = 10 m/s2) a) Utilizando el sistema x’-y’ b) Utilizando el sistema x-y

Además, se sabe: θ1 + θ2 = 90º

y

y’ v

o

⇒ 2θ1 + 2θ2 = 180º ⇒

= tan2θ1

\

D2 Para el alcance horizontal, se tiene:

x

2θ2 = 180º – 2θ1

⇒ sen(2θ2) = sen(180º – 2θ1) = sen(2θ1)

g L

Luego, reemplazando en (i): ⇒

=1

\

D1 = D2

37º x’

- 142 -

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones SOLUCIÓN:

b) Utilizando el sistema x-y

Resolviendo éste problema por el método vectorial:

y

vo = 40 m/s

a) Utilizando el sistema x’-y’ v

o

53º 37º

A

=4 y’ 0m /s

x g = 10 m/s2

L

y1

8 37º g = 10 m/s2

o

6

x1

B

37º C

37º

37º

L

Descomponiendo “vo” en el sistema x-y:

x’ = L y’ = 0

y

37º x’

En la figura: = o

vo

= 40

53º vox = 24 m/s

m/s

De la ecuación vectorial para la posición:

⇒

(t)

= (40 )t +

(t)

= (3t2)

(6

x

En la figura: =

– 8 )t2 o

+ (40t – 4t2)

= – 10

= (24

m/s2

+ 32 ) m/s

De la ecuación vectorial para la posición:

x’(t)

y’(t)

Por condición: x’ = L ⇒ y’ = 0 ⇒

y’(t) = 0

⇒

40 t – 4 t2 = 0

⇒

(t)

= (24

(t)

= (24t)

+ 32 )t +

Del

Luego, el alcance máximo: L = x’(t = 10) = 3(10)2

... (i)

y

ABC de la figura: A y1

L = 300 m B

- 143 -

(– 10 )t2

+ (32t – 5t2)

x

t = 10 s

\

voy = 32 m/s

– 8 ) m/s2

= (6

L 37º x1

C

Física SOLUCIÓN: cot 37º =

=

y y

Reemplazando de (i): ⇒

= – 9,8 m/s2

=

vo = 50 m/s hmáx

voy

=

30º

o

⇒

24 t =

2

(5t – 32t)

x

vox x

⇒

24 =

t–

= – 2 m/s2 (d,5) vy

. 32

vx

Inicialmente tenemos para la velocidad:

⇒ ⇒

200 = 20 t t = 10 s

vox = 50 cos 30º = 25 m/s voy = 50 sen 30º = 25 m/s

Reemplazando en x(t = 10) e y(t = 10):

Analizando la componente vertical:

x1 = x(t = 10) = 24(10) ⇒ x1 = 240 m – y1 = y(t = 10) = 32(10) – 5(10)2 ⇒ y1 = 180 m Finalmente: L=

Aplicando: h = voytv + ⇒

– 5 = 25 tv –

(9,8)tv2

⇒ 4,9 tv2 – 25 tv – 5 = 0 ⇒ tv = 5,29 s Analizando la componente horizontal:

= \

gtv2

Aplicando: d = voxtv +

L = 300 m

16. Guillermo Tell va a intentar insertar con una flecha una manzana, dispuesta en la cabeza de su hijo a cierta distancia “d” del punto de disparo (la manzana está 5 m por debajo del punto de lanzamiento de la flecha). La flecha sale con una velocidad inicial de 50 m/s haciendo una inclinación de 30º con la horizontal y el viento produce una aceleración horizontal opuesta a su velocidad de 2 m/s2. a) Calcular “d”. b) Hállese la altura máxima “hmáx” que alcanza la flecha medida desde el punto de lanzamiento. (g = 9,8 m/s2) - 144 -

⇒ d = 25 \

(5,29) +

axtv2 (– 2)(5,29)2

d = 201,08 m

La altura máxima se da cuando vy = 0. Analizando la componente vertical: Aplicando: vy = voyts + gts2 ⇒ ⇒

0 = 25 + (– 9,8)ts ts = 2,55 s

Aplicando: hmáx = voyts +

gts2

⇒ hmax = (25)(2,55) + (1/2)(– 9,8)(2,55)2 \

hmax = 31,9 m

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones En la componente horizontal (M.R.U):

17. Un proyectil es lanzado desde el origen de coordenadas tal como se muestra. Si en el instante t = 8 s, su posición es (16,0) m. Determine su posición para el instante t1 = 6 s. (g = 10 m/s2)

x1 = vox.t1 De (i): ⇒

y (m)

x1 = (2)(6)

⇒ x1 = 12

En la componente vertical (M.C.L): g y1 = voyt1 +

gt12

De (ii): vo x (m)

o SOLUCIÓN: y(m) A(x1,y1) v ox v1y

voy vox

B vox x(m) voy

16 m

y1 = 40(6) +

⇒

y1 = 240 – 180

⇒

y1 = 60 \

g

(t1 = 6 s)

⇒

En la trayectoria parabólica

A(x1,y1) = (12;60)

18. El proyectil mostrado pasa rasante por los muros (A) y (B). Si luego de 2 s de haber sido lanzado pasa por el muro “B”, determine la altura del muro “A” (g = 10 m/s2)

(tv = 8 s)

(t = 0)

(– 10)(6)2

(B)

g

:

(A)

100 m

Tenemos: tv = 8 s En la componente horizontal (M.R.U): 

vox.tv = 16 ⇒ vox(8) = 16 ⇒ vox = 2 m/s

... (i)



SOLUCIÓN: vyB

En la componente vertical (M.C.L): – voy = voy + gtv ⇒ ⇒

vyA

g

vx

vx

– voy = voy + (– 10)(8) voy = 40 m/s

En la trayectoria parabólica

(B)

... (ii) :

(A)

vo voy

vx



Tenemos: t1 = 6 s - 145 -

100 m

hA



Física

En el tramo

: (Por dato: tB = 2 s)

En la componente horizontal: vx = d/tB ⇒

vx = (2)/(2) = 

... (i)

19. Si los proyectiles “A” y “B” son lanzados simultáneamente desde las posiciones indicadas. Determine en que relación deben estar los módulos de las velocidades de lanzamiento: vA/vB para que impacten. A

vA

En la componente vertical: Aplicando: vf = vo – gtB

g = 10 m/s2

⇒

vyB = voy – 10(2)

⇒

vyB = voy – 20

30 m vB

... (ii)

37º

Aplicando: h =

tB

60 m SOLUCIÓN:

Reemplazando (ii):

vA

⇒

50 = voy – 10

⇒

voy = 60 m/s

En el tramo

... (iii)

tv

30 m vB

h2

:

vB d1

d = vx.tA

⇒

tA = 1 s

Aplicando: d = v.tv ⇒

⇒

⇒

gtA2

hA = (60)(1) – \

d1 = vAtv ; d2 =

En la componente vertical: hA = voytA –

d2

Para la componente horizontal:

Reemplazando (i):  = ().tA

37º

60 m

 = vx.tA

⇒

g

h1

En la componente horizontal: ⇒

tv

(2)

100 =

⇒

B

vBtv d1 + d2 = vAtv +

⇒ 5vAtv + 4vBtv = 300

… (i)

Para la componente vertical:

(10)(1)2

Aplicando: h = vot +

hA = 55 m - 146 -

vBtv = 60

gt2

vB

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones Para la componente vertical:

⇒ h1 + h2 = [0(tv) +

(10)tv2] +

[ vBtv –

Aplicando: vfy = voy + gt1 ⇒

(10)tv2] = 30

30 = (0) + (10)t1 \

⇒

vBtv = 30

⇒

vBtv = 50

Para el recorrido total, aplicamos:

… (ii)

h = voytv +

Reemplazando (ii) en (i): ⇒

5vAtv + 4(50) = 300 ⇒

vAtv = 20

tv = 4 s

Para la componente horizontal: Aplicando: d = vx.tv

=

⇒

d = (40)(4) \

=

20. Desde lo alto de un edificio de 80 m, se lanza horizontalmente una pelota con 40 m/s. Calcular: a) Luego de que tiempo, “t1”, su velocidad tendrá módulo 50 m/s. b) A qué distancia, “d”, de la base del edificio, impactará en el suelo. (g = 10 m/s2) SOLUCIÓN:

d = 160 m

21. Calcular la rapidez de lanzamiento, vo, para que el proyectil ingrese sin dificultad por el canal mostrado (g = 10 m/s2)

g

P

vo

37º

35 m 53º

t1

voy = 0

gtv2

80 = 0 + (1/2)(10)(tv)2

⇒

… (iii)

Finalmente, dividiendo (iii) entre (i):

\

t1 = 3 s

g

vx = 40 m/s

SOLUCIÓN:

40 m/s vf = 50 m/s

voy = vosen 53º

vfy = 30 m/s 80 m

d

- 147 -

g

vPy

vP vx

vo

37º

35 m 53º v = v cos 53º x o

Física En la componente horizontal: Como la componente horizontal de la velocidad no cambia en este movimiento, entonces en el punto “P” se tiene:

SOLUCIÓN: vo = 20 m/s g A

tan 37º =

d h = d sen 37º

⇒

vPy = vx.tan 37º

⇒

vPy = (vocos 53º)tan 37º

⇒

vPy = vo

⇒

vP y =

vo

37º

B

d cos 37º

Analizando en la vertical (M.C.L): Sea tv: tiempo de vuelo entre A y B.

... (i)

gt2

Aplicando: h = vot +

En la componente vertical: (vPy)2 = voy2 – 2gh

⇒ d sen 37º = (0)tv +

(10)tv2

Reemplazando (i): ⇒

⇒

=

= 5tv2

d

– 2(10)(35)

… (i)

Analizando en la horizontal (M.R.U):

⇒

vo2 = 1600 \

Aplicando: ⇒

vo = 40 m/s

22. Una esquiador abandona la superficie horizontal con 20 m/s. A qué distancia del punto “A” impactará sobre la superficie inclinada. (g = 10 m/s2)

e = v.t

d cos 37º = (20)tv

⇒

d = 20 tv

Reemplazando (i): ⇒

= 20 tv

⇒

g A

tv = 3 s

Finalmente, reemplazando en (i): d= \

B 37º - 148 -

(3)2

d = 75 m

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones Y del gráfico:

23. Se muestra el instante en que un bombardero en vuelo horizontal suelta un proyectil, destruyendo un auto que lleva una rapidez constante de 15 m/s. Determinar la rapidez “vB” del bombardero. (g = 10 m/s2)

dB = 520 – dA = 520 – (120) ⇒

dB = 400 m

... (ii)

• Para el bombardero:

vB

dB = vBtv

g

Reemplazando (i) y (ii): ⇒

320 m

400 = vB(8)

vA = 15 m/s

\

vB = 50 m/s

520 m

SOLUCIÓN: Graficando en el impacto: vB

24. Se lanzan dos granadas “A” y “B”, tal como se indica en la figura. Determinar a qué altura, “hB”, chocarán ambos proyectiles. (g = 10 m/s2) 20 m/s

g

vA = 15 m/s

g

A 37º

tv 320 m

tv

dA

24 m

dB 520 m

hB

30 m/s

Analizando en la vertical (M.C.L): Aplicando: h = vot +

gt2

⇒

(10)(tv2)

⇒

320 = (0)tv + tv = 8 s

53º

B

SOLUCIÓN: Graficando en el instante del choque: 12 m/s

20 m/s

tv

37º

... (i)

g = 10 m/s2

16 m/s

Analizando en la horizontal (M.R.U):

hA

• Para el carro: 24 m

dA = vAtv

hB

Reemplazando de (i): ⇒

tv 24 m/s

30 m/s

53º

18 m/s

dA = (15)(8) = 120 m - 149 -

Física Analizando la vertical (M.V.C.L):

vo = 3

g

m/s

Aplicando la ecuacion:

45º (A)

gt2

h = vot + • Para la granada “A”:

h

(– 10)tv2

– hA = (12)tv + ⇒

hA = 5tv2 – 12tv

... (i)

• Para la granada “B”: hB = (24)tv + ⇒

e

(– 10)tv2

hB = 24 tv – 5 tv2

2m

SOLUCIÓN: voy = 3 m/s

Del gráfico:

g

m/s

vo = 3

.... (ii)

tv

45º

vx = 3 m/s

hA + hB = 24 m Reemplazando (i) y (ii):

h vx = 3 m/s

⇒ (5 tv2 – 12 tv) + (24 tv – 5 tv2) = 24 ⇒

12 tv = 24

⇒

tv = 2 s

vfy = 4 m/s

e

vf = 5 m/s

2m

Finalmente, reemplazando en (ii): a)

hB = 24(2) – 5(2)2 \

hB = 28 m

Analizando en la vertical (M.V.C.L): Aplicando: vfy = vo + gt ⇒ (– 4) = (3) + (– 10)tv ⇒ tv = 0,7 s

25. Una persona desea ingresar una moneda a la boca del sapito, tal y como se muestra en la figura, para lo cual lanza dicha m/s y observa que ésta moneda con 3 ingresa con 5 m/s. (g = 10 m/s2) Determinar: a) Desde que distancia, “e”, del borde (A) debió lanzar la moneda para lograr su propósito. b) La altura “h”. - 150 -

Analizando en la horizontal (M.R.U): Aplicando: d = vx.tv ⇒ e + 2 = (3)(0,7) \

e = 0,1 m

b) Analizando en la vertical (M.V.C.L): Aplicando: vfy2 = voy2 + 2gd ⇒ (– 4)2 = (3)2 + 2(– 10)(– h) ⇒ \

16 = 9 + 20 h h = 0,35 m

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones Movimiento Circular Uniforme (M.C.U) y Movimiento Circular Uniformemente Variado (M.C.U.V) 26. Un disco compacto (CD) realiza 60 vueltas en 15 segundos. De acuerdo a estos datos se desea conocer su periodo de rotación y su velocidad angular en segundos y rev/s respectivamente. SOLUCIÓN: Con los datos; la frecuencia viene dada por: f=

ωA

ωB O

SOLUCIÓN: Graficando el instante en el que las barras forman un ángulo recto: ωB

ωA

= t

⇒

t qA

f = 4 Hz

Ahora, calculando el periodo: T=

qB O

De la figura: qA + qB = 90º

=

… (i)

Además: \ T = 0,25 s

ωA =

⇒ qA = ωAt

ωB =

⇒ qB = ωBt

La velocidad angular viene dada por: ω=

=

Reemplazando en (i): ⇒

(ωAt) + (ωBt) = 90º

ω = 8π rad/s

Ahora, como 1 revolución ó vuelta equivale a 2π rad (1 rev = 2π rad):

\

(ωA + ωB) t = 90º

Se sabe que:

ω = 8π

⇒

⇒

⇒

ω = 4 rev/s

27. Sabiendo que ωA = 5 rpm y ωB = 10 rpm, determinar al cabo de que tiempo (en segundos), las barras formarán un ángulo recto por primera vez. - 151 -

rev = 90º. Luego:

(ωA + ωB) t =

rev

Sabiendo que: rpm = ⇒ ωA = 5

y ωB = 10

… (ii)

Física Reemplazando en (ii):

t1 A t=

rev q

⇒

min

t=

O 2R

Convirtiendo a segundos: ⇒

t=

min x

\

t = 1s

vB

60º B

Para el ángulo “q” girado por el punto A: q = ωt1

28. Determinar la velocidad “vB” de una bala que al atravesar un cilindro de radio “R”, que gira con una velocidad angular “ω”, pasa por el eje de giro y se observa que al salir, los agujeros hechos forman un ángulo de 60º.

⇒

t1 =

… (i) ⇒ t1 =

Para la bala: vB =

… (ii)

Igualando (i) y (ii): =

ω

vB

o

⇒ R

vB = 2R

… (iii)

Por dato: q = 180º – 60º = 120º = 2π/3 Luego, reemplazando en (iii):

SOLUCIÓN:

⇒

vB =

En el primer impacto, sea “A” el primer agujero: \ A

vB =

29. En el siguiente sistema, determinar la velocidad angular de la rueda “B”.

R

ωA ωB

En el segundo impacto, luego de “t1” segundos, se hace el segundo agujero “B”: - 152 -

A

RA = 4 m RB = 2 m

B

ωA = 60 rad/s

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones SOLUCIÓN:

SOLUCIÓN: ωA

Para el punto A: ωB

Relacionando la rapidez del punto “A” con la rapidez tangencial de la polea R2

A B vP

P

R2

ω2

vQ

Q

vA

Sean P y Q dos puntos que pertenecen a las ruedas “A” y “B”, respectivamente. Dado que las ruedas están en contacto tangencialmente, se cumple para las velocidades de los puntos P y Q: vP = vQ ⇒

ωARA = ωBRB

⇒

(60)(4) = ωB(2)

30. En la figura se muestra un sistema de poleas de radios R1 = 0,1 m y R2 = 0,2 m. Si ω2 = 5 rad/s, calcule los tiempos “tA” y “tB” que demoran los puntos A y B en dar una vuelta completa?  = 5m

Se cumple que: vA = v2 ⇒

vA = (ω2R2) = (5)(0,2) = 1 m/s

Ahora, para dar una vuelta completa debe recorrer  = 5 m, y el tiempo que demora será: tA =

=

\

tA = 5 s

Para el punto B: Su rapidez vB se relaciona con la polea R1, así: vB = ω1R1 Además, para las poleas que giran en base a un mismo centro, se cumple:

ω2 R2

R2

R1

R2

ω1

R1 ω1

A

ω 1 = ω2

=

ω2

7m

B ω3

R3

 = longitud de la faja - 153 -

v2

A

ωB = 120 rad/s

\

R2

Se tiene:

vB = ω2R1 = (5)(0,1)

⇒

vB = 0,5 m/s

Física SOLUCIÓN:

Luego, para dar una vuelta completa deberá recorrer  = 7 m, y el tiempo empleado será: tB = \

A partir de los datos: ωo = 0 ,

=

ωf = 120 rev/s

y

α = 6π rad/s2 = 3 rev/s2

tB = 14 s

Luego, utilizando la ecuación del M.C.U.V:

31. Un ventilador es desconectado durante 10 segundos, de modo tal que su velocidad pasa de 2 400 rpm a 900 rpm. ¿Qué aceleración experimenta, en rev/s2, si el movimiento fue uniformemente desacelerado? SOLUCIÓN: A partir de los datos se reconoce: ωo = 2400 rev/min = 40 rev/s,

ωf2 = ωi2 + 2αθ ⇒

(120)2 = (0)2 + 2(3)θ θ = 2 400 rev

\

33. Una rueda, con M.C.U.V, cuadriplica su velocidad angular después de haber dado 250 rev en 10 s. ¿Cuántas revoluciones dará en los 4 s siguientes? SOLUCIÓN: Haciendo un esquema:

ωf = 900 rev/min = 15 rev/s y t = 10 s

10 s

Luego, aplicando la ecuación dada para la aceleración angular (α):

ω

t1

4s 4ω

t2

t3

α= 250 rev

α=

⇒

x rev

De t1 a t2: \

α = – 2,5 rev/s2

θ=

32. Una polea parte del reposo y experimenta un movimiento de rotación uniformemente acelerado, de modo que alcanza una velocidad angular de 120 rev/s. Si durante el movimiento experimentó una aceleración angular a = 6π rad/s2. ¿Cuántas revoluciones logro realizar en dicho movimiento? - 154 -

⇒

t (10)

250 = ω = 10 rev/s

⇒

Luego, calculando la aceleración angular: α= ⇒

= α = 3 rev/s2

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones De t2 a t3:

Del gráfico: αt2

θ = ωot + ↓ ⇒

x = (40)(4) + \

q1 + q2 =

rev

… (i)

Para los desplazamientos angulares (ωo = 0): (3)(4)2

x = 184 rev

q1 =

a1t12 =

(3,5)t12

q2 =

a2t12 =

(2,5)t12

Reemplazando en (i):

34. Dos barras parten del reposo desde los puntos A y B, con aceleraciones angulares constantes:

(3,5)t12 +

a1 = 3,5 rev/min2 y a2 = 2,5 rev/min2

⇒

¿Al cabo de que tiempo “t1” (en s) logran cruzarse por primera vez?

⇒ t1 =

3t12 = \

(2,5)t12 = min

t1 = 30 s

A

35. Un objeto irregular se pega a la superficie de una rueda; luego ésta gira, partiendo del reposo con aceleración angular constante de 2 rad/s2. Calcular “x”, sabiendo que el objeto se desprende después de 4 s, tal y como se muestra en la figura (g = 10 m/s2)

(1) B (2)

o

SOLUCIÓN:

2m

Graficando el instante en que se cruzan por primera vez:

3m

vS

g

A x t1

SOLUCIÓN:

θ2

Para la rueda, después de 4 segundos, su velocidad angular final vendrá dada por:

B θ1

ωf = ωo + αt C

t1

- 155 -

⇒

ωf = 0 + (2)(4)

⇒

ωf = 8 rad/s

Física z

La velocidad de salida, vS (horizontal), del objeto en “O” será: vS = ωf x 2 = (8)(2) = 16 m/s Para la componente horizontal del movimiento del objeto: e = vStv ⇒

(3 + x) = 16 tv

ω

… (i) x

Y para la componente vertical: h = voytv + ⇒

5 = (0)tv +

⇒

5 = 5tv2

⇒

tv = 1 s

SOLUCIÓN:

gtv2

Utilizando la relación: ⇒

(10)tv2

ω=

=

v = ωr = 2 rad/s

Luego: … (ii) ⇒

Reemplazando (ii) en (i): 3 + x = 16(1) \

y

r

q

q = qo + ω(t – to) = ωt q = 2t

Reemplazando para t = 0,5 s:

x = 13 m

36. Una masa se mueve en una trayectoria circunferencial (r = 0,5 m) sobre un plano horizontal, con una rapidez constante de v = 1 m/s, tal como se muestra en la figura. Si cuando t = 0 s, la masa se encontraba en θ = 0º: a) Calcule las coordenadas (x1;y1) de la masa en t1 = 0,5 s.

⇒

q(t = 0,5) = 2(0,5)

⇒

q(t = 0,5) = 1 rad ≡

Para las coordenadas (x;y): y (x;y)

y r θ

x

x

b) Calcule el vector aceleración de la masa en t0 = 0 s. c)

Calcule el vector aceleración de la masa cuando θ = 90º.

- 156 -

... (i)

⇒ (x;y) = (r cos θ,r sen θ)

x = r cos θ y = r sen θ

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones En t = 0,5 s:

y

\ (x1;y1) = (0,5 cos

; 0, 5sen

) 1

Como v = 1 m/s, entonces del M.C.U, se tiene: aT = 0 aC = a =

x

y = 2 m/s2

=

SOLUCIÓN: a) Graficando la aceleración total de la partícula en la posición 1 = 6 + 8 y descomponiéndola en sus vectores componentes t y c:

θ = 90º

y

x

=

t=0 θ = 0º

+ t

v

1

t

c

53º c

1

8

53º

En t = 0 s ⇒ θ = 0º. Luego:

6

x

= – 2 m/s2 En θ = 90º: De la figura:

= – 2 m/s2

• Para la aceleración centrípeta, ac: 37. Una partícula de masa “m” describe una trayectoria circular, tal como se muestra en la figura. En el instante en que su vector posición es 1 = 6 + 8 , su aceleración total es de 5 m/s2 en la dirección del eje x negativo. Hallar: a) Su aceleración tangencial at y centrípeta ac. b) Su rapidez en dicho instante.

ac = a cos 53º = (5) \

• Para la aceleración tangencial, at: at = a sen 53º = (5) \

- 157 -

ac = 3 m/s2

at = 4 m/s2

Física 39. Una masa “m”, unida a una cuerda de 12 m, describe una trayectoria circular. Si en el instante que la cuerda forma un ángulo de 37º con el eje x, ésta se rompe, hallar la ecuación de la trayectoria que describirá la masa a partir de éste instante. (No considere la acción de la gravedad)

b) Utilizando la relación: ac = ⇒

v12 = ac.r1

⇒

v12 = (3)(

\

)

v1 =

m/s

y

38. Una partícula, inicialmente en reposo, se mueve sobre una circunferencia de radio igual a 2 m con aceleración tangencial constante. Calcúlese el desplazamiento angular hasta el instante en que el cociente entre los módulos de la aceleración tangencial y centrípeta resulta ser 4.

37º

x

SOLUCIÓN:

SOLUCIÓN:

Paa dicho instante: at = αR y ar = ω12R

Cuando se rompe la cuerda, la masa “m” sale disparada tangente a la trayectoria circular, siguiendo una trayectoria rectilínea, dada por la recta L:

⇒

=

=4

α = 4ω12

⇒

… (i) y

Como at = αR = constante, entonces “α” es constante. Luego aplicamos las ecuaciones del M.C.U.V:

Trayectoria seguida por la masa

37º

0

ω1 = ωo + αt ω1 = αt ω1 = 4ω12t

⇒ ⇒ ⇒

t=

b 12

... (ii)

37º

Para el desplazamiento angular “θ”: 0

θ = ω ot + ⇒ θ=

αt2 =

53º

L

αt2 De la gráfica:

(4ω12)

mL = – tan 53º = – \

θ=

x

O

rad

b = 12(csc 37º) = 20 - 158 -

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones Luego, la ecuación de la recta L, viene dado por: y = mx + b Reemplazando valores: ⇒

y=

41. Con un instrumento de observación, cuyo ángulo de visión es 3º, se observa el paso de un satélite artificial que se encuentra a 260 km de altura. Si el tiempo en cubrir dicho ángulo es 4 segundos, calcule la velocidad del satélite (en km/s).

x + (20)

SOLUCIÓN: Graficando:

\

L: y = –

x + 20 vS R

40. Una partícula, que parte del reposo, experimenta un M.C.U.V con aceleración rad/s2. Sabiendo que el angular α = radio de giro mide 4 m, calcule el módulo de la aceleración total (en m/s2) del móvil al cabo de 2 s.

P

R

Utilizando las relaciones del M.C.U.V: ω = ωot + αt

⇒

ω = αt

De:

a=

⇒

a=

... (i)

vS = ⇒

Reemplazando de (i): ⇒

a=

⇒

a = αR

a = 28

vS =

π km/s

42. Un disco gira con velocidad angular constante. La velocidad lineal de los puntos periféricos del disco es 6 m/s y la velocidad lineal de los puntos situados una distancia  = 0,15 m más cerca al eje es 5,5 m/s. Calcule el radio “R” del disco.

a= \

=

vS = \

Para t = 2 s: ⇒

vS

Como el ángulo es muy pequeño (3º), entonces podemos aproximar la trayectoria a un arco de circunferencia con centro en el punto “P”. Luego:

SOLUCIÓN: De:

3º

m/s2 - 159 -

Física

⇒



R

⇒

= 6 R – 0,9 = 5,5 R \

SOLUCIÓN: Como el disco gira con velocidad angular constante:

R = 1,8 m

43. Un cilindro hueco de 3 m de largo gira alrededor de su eje con velocidad angular constante a razón de 180 vueltas por minuto. Una bala disparada paralelamente al eje de rotación perfora las bases en dos puntos, cuyos radios forman un ángulo de 8º. Calcular la velocidad de la bala. SOLUCIÓN:

o

B

A

v1

v2

R

ω: cte

Por dato: | | =  = 0,15 m Se sabe que: v = ω.R

3m

Para el proyectil:

También tenemos que: ω 1 = ω2 = ω Luego, para el disco grande: v2 = ωR Para el disco pequeño: v1 = ω(R – 0,15)

Consideremos que se trata de un cilindro ideal, es decir que tiene sus bases y la superficie lateral constituido por un material muy ligero y por tanto se supone que la bala no modifica su velocidad al perforar las bases. vb

e = vb.tb

... (i)

Por dato se sabe que en el lapso (t1)en que el proyectil recorre el largo del cilindro, éste gira 8º. Luego: θ = ωtb

... (i)

... (ii)

Luego, dividiendo (i) entre (ii): ... (ii) =

Finalmente, dividiendo (i) entre (ii): ⇒

= - 160 -

vb = ω

… (iii)

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones Determinando “ω”: ω = 2πf = 2π ⇒

ω = 6π

⇒

v = 2π

⇒

v = 6π m/s

(0,5) ... (ii)

Reemplazando (ii) en (i):

Además:

ac =

θ = 8º

=

rad \

Finalmente, reemplazando en (iii): vb = 6π

ac = 72 π2 m/s2

45. En un planeta, de 28 800 km de radio, el día dura 32 horas. Calcule la velocidad tangencial (en m/s) en un punto ubicado sobre el paralelo a 60º al norte del ecuador, debido a su rotación.

\ vb = 405 m/s

SOLUCIÓN: 44. La figura muestra una hélice compuesta de 6 paletas que giran a razón de 360 RPM. Si la longitud de cada paleta es de 0,5 m, calcule la aceleración centrípeta en m/s2 en las puntas exteriores de las paletas.

Representando el problema: ωplaneta : cte Paralelo

o’

RB B

vB

R ecuador

60º o A

SOLUCIÓN: Las puntas exteriores de las paletas describen un M.C.U.V, luego se cumple que: ac =

… (i)

Sea “B” un punto ubicado sobre el paralelo a 60º al norte del ecuador. Luego su velocidad tangencial, vB, vendrá dado por: vB = ωBRB Además se cumple que: ωB = ωplaneta. Luego:

Además se sabe que: v = ω.R = 2πf.R

⇒ - 161 -

vB = ωplanetaRB

... (i)

Física Calculando ωplaneta:

SOLUCIÓN:

ωplaneta =

En el movimiento circular uniformemente variado, se cumple que:

=

ωplaneta =

⇒

=

... (ii) De los datos:

Calculando RB: o’

RB

=

B 60º

ωi = 48 rad/s

⇒

Luego, la aceleración angular viene dada por: R

α= α=

⇒ 60º o

\

De la figura: RB = R cos 60º ⇒

RB =

⇒

RB = 14 400 km

= ... (iii)

Finalmente, reemplazando (ii) y (iii) en (i): vB =

α = 20 rad/s2

47. Una partícula gira en un círculo de 3 m de diámetro con una velocidad tangencial de 6 m/s. Si 3 s después su velocidad tangencial se incrementa a 9 m/s, determine el número de vueltas que dará al cabo de 6 s. (Considerar un M.C.U.V) SOLUCIÓN:

(14400)

Aplicando las siguientes ecuaciones: ⇒ vB = \

(14400)

vf = vo + att

vB = 250 π m/s

46. Una rueda, durante su recorrido, necesita 3 s para girar un ángulo de 234 rad. Si su velocidad angular al cabo de este tiempo es de 108 rad/s, determine su aceleración angular constante. - 162 -

⇒

9 = 6 + at(3)

⇒

at = 1 m/s2 e = vot +

... (i) att2

Reemplazando valores: ⇒

e = 6(6) +

⇒

e = 54 m

(1)(6)2 ... (ii)

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones Finalmente el número de vueltas, N, vendrá dado por: N=

49. La velocidad de un automóvil aumenta uniformemente en 10 s de 19 km/h a 55 km/h. Si el diámetro de sus ruedas es de 50 cm, ¿cuál es la aceleración angular de las mismas en rad/s2?

Reemplazando valores:

SOLUCIÓN:

⇒

Analizando al automóvil: t = 10 s

N= \

N= v1 = 19 km/h

48. La velocidad angular de las aspas de un ventilador aumentan a razón constante de 600 RPM a 1200 RPM en 30 segundos. Determine la aceleración angular de dichas aspas (en rad/s2). SOLUCIÓN: En primer lugar debemos determinar las velocidades angulares en rad/s • finicial = 600

=

= 10 rev/s

⇒ ωinicial = 2πfinicial = 2π(10) = 20 π rad/s • ffinal = 1200

=

= 20 rev/s

⇒ ωfinal = 2πffinal = 2π(20) = 40 π rad/s Finalmente tenemos: α=

v2 = 55 km/h

aauto

Por dato: v1 = 19

=

m/s

v2 = 55

=

m/s

Luego, aauto vendrá dado por: aauto =

=

⇒ aauto = 1 m/s2 En este caso, las ruedas del automóvil “ruedan” de tal manera que su centro se traslada aceleradamente, entonces todos los puntos periféricos describen un M.C.U.V con respecto al centro y con una aceleración tangencial igual a la aceleración con la que se traslada el centro de la rueda. at = aauto

⇒

α= \

α=

α

rad/s2

- 163 -

aauto

Física Entonces, para un punto periférico con respecto al centro, se cumple que: at = aauto ⇒

⇒

α(0,25) = 1 \

ac = a cos 45º = 50 ac = 50 m/s2

... (i)

Pero se sabe además:

α = 4 rad/s

2

ac =

50. En la figura se muestra una partícula moviéndose en sentido antihorario sobre una circunferencia de radio r = 5 m. La magnitud de su velocidad es variable. En el instante que se muestra en la figura, halle el valor de la velocidad (en m/s) y el tipo de movimiento en ese instante. v

m/s2

r

a = 50 45º

SOLUCIÓN a)

v t

ac

=

v a t

Ta n

ge

r

nt

e

En el gráfico se muestra la descomposición de la aceleración, , en sus componentes tangencial y centrípeta. Luego se tiene:

- 164 -

=

Reemplazando (i): ⇒

50 = \

v=5

m/s

b) Se observa que al descomponerse la aceleración instantánea, la aceleración tangencial resulta opuesta a la velocidad instantánea; por lo tanto el MOVIMIENTO ES RETARDADO.

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones

Problemas Propuestos 1.

En el instante mostrado, el avión vuela horizontalmente a cierta altura “h” y suelta una bomba. Determine “h”, si se sabe que en cada segundo el avión recorre 80 m y la bomba logra impactar en el blanco. (Desprecie la resistencia del aire y considere g = 10 m/s2) v

3.

Un niño lanza una pelota con una rapidez de 5 m/s, tal y como se indica en la figura. Hallar la altura “H” a la cual se encuentra el aro, si la pelota llega a éste con una rapidez de 3 m/s. (g = 10 m/s2) ARO

g

g 5 m/s 53º

h

H

blanco

1,2 m

320 m A) 50 m C) 70 m E) 90 m 2.

A) 0,8 m C) 1,5 m E) 1,9 m

B) 60 m D) 80 m

Dos esferas son lanzadas simultáneamente tal como se muestra en la figura. Si impactan entre sí tres segundos después de haber sido lanzadas. Determine la rapidez, vA, con la que fué lanzada la esfera A. (g = 10 m/s2)

4.

g

B) 2 m D) 2,5 m

A partir del diagrama mostrado, se pide determinar el tiempo que empleará el proyectil para impactar en el plano inclinado. (g = 10 m/s2) g

4 m/s 53º

vA A

45º

vB = 50 m/s

θ

37º B

3m

210 m

A) 10

m/s

B) 20

m/s

C) 30

m/s

D) 40

m/s

E) 50

m/s

A) 5 s C) 3 s E) 1 s

- 165 -

B) 4 s D) 2 s

Física 5.

Simultáneamente dos partículas son lanzadas tal que colisionan en el punto “P”. Determinar el ángulo “θ”. (g = 10 m/s2) v1

B

g

40 m

g vo 100 m

P v2

A

40 m

A) 5 m/s C) 15 m/s E) 8 m/s

θ

B) 10 m/s D) 4 m/s

75 m 8. A) 53º C) 30º E) 45º 6.

B) 37º D) 60º

De dos cañerías A y B sale agua según se muestra en la figura. Si los chorros de agua tardan el mismo tiempo en llegar al punto C = (2;y), determine “h”. B

g

Un motociclista asciende por una rampa con una rapidez de 20 m/s, desprendiéndose de ella al final. ¿Cuánto tiempo (en s) permanecerá el motociclista en el aire? (g = 10 m/s2) (tan α = 1/2)

y A

1 m/s

h

5

m/s

45º

x

g

20 m/s

C(2;y)

A) 4,6 C) 6 E) 2 7.

A) 10 m C) 30 m E) 50 m

α

37º

B) 5 D) 7,2

9.

Un proyectil es lanzado desde la posición A. Si debe llegar hasta B en 4 s; determine cuál debe ser su rapidez de lanzamiento. (g = 10 m/s2)

- 166 -

B) 20 m D) 40 m

Desde la parte superior de un edificio se dispara una proyectil con una rapidez de 6 m/s y 45º de inclinación con respecto a la horizontal. Si el proyectil impacta con una rapidez de 10 m/s sobre la ventana de un edificio adyacente; determine la distancia de separación entre ambos edificios. (g = 10 m/s2)

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones A) 5,4 m C) 7,2 m E) 10,2 m

B) 6,4 m D) 8,4 m

10. Se lanzan simultáneamente las esferas A y B. Si luego de 0,5 s, la esfera A impacta con B cuando ambas ascienden; determine la rapidez con la que fué lanzada la esfera A. (g = 10 m/s2)

12. Una partícula se mueve en una circunferencia con aceleración tangencial (at) constante. La partícula parte del reposo y en el instante final el ángulo que forma at y a (aceleración total) es 37º. Hallar el cociente S/R; donde S es la longitud de recorrido y R es el radio de la circunferencia. A) 2/5 C) 3/8 E) 5/2

g vA

vB = 30 m/s

B) 5 D) 3/2

B

A

20 m

A) 10 m/s C) 30 m/s E) 50 m/s

B) 20 m/s D) 40 m/s

11. Desde una misma posición son lanzados dos proyectiles, tal como muestra la figura. Determine la veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones: (g = 10 m/s2) g

75 m/s 16º 100 m/s 37º

Los dos proyectiles impactan simultáneamente al suelo. II. Al impactar contra el suelo su separación es de 420 m. III. Siempre permanecen en una misma horizontal.

I.

A) VVV C) VVF E) FVV

B) VFV D) FFF

13. Una partícula, inicialmente en reposo, se mueve sobre una circunferencia de radio igual a 2 m con aceleración tangencial constante. Calcúlese el desplazamiento angular hasta el instante en que el cociente entre los módulos de la aceleración tangencial y normal sea 4. A) 0,125 rad C) 0,25 rad E) 2,105 rad

B) 1,5 rad D) 2 rad

14. Un cuerpo inicia su movimiento circular, alrededor de un eje fijo, con aceleración angular de 4 rad/s2. ¿Después de qué tiempo el vector aceleración total formará por primera vez forma un ángulo de 45º con el vector velocidad? A) 5 s C) 3,5 s E) 0,7 s

B) 0,5 s D) 1,5 s

15. ¿Cuáles de las siguientes afirmaciones son correctas? I. El M.C.U es un movimiento con aceleración constante. - 167 -

Física II. En un movimiento curvilíneo con aceleración constante, la aceleración se dirige hacia la curvatura de la trayectoria.

18. Se lanza una pelota tal como se muestra, impactando en el punto P luego de 2 s. ¿Con qué rapidez llega a dicho punto? (g = 10 m/s2)

III. En un movimiento con aceleración constante la trayectoria es una parábola o una recta en un solo sentido. A) Todos C) Solo I y II E) Solo III

g

P

B) Solo II y III D) Solo II

20 m v 10 m

16. Una esfera es lanzada tal como se muestra. Si la esfera impacta en P, luego de 1 s, con el arco de 25 m de radio; determinar el ángulo “θ”. (g = 10 m/s2; vo = 25 m/s)

A) 4 m/s C) 6 m/s E) 8 m/s

B) 5 m/s D) 7 m/s

g 19. Desde la azotea de una edificio se lanza horizontalmente un cuerpo con una rapidez de 5 m/s. Determine su alcance horizontal y la altura que desciende 2 s después de su lanzamiento. (g = 10 m/s2)

P vo θ A) 37º C) 45º E) 53º

53º

B) 30º D) 60º

A) 10 y 20 m C) 30 y 10 m E) 15 y 30 m

17. Un automóvil se desplaza horizontalmente con rapidez constante de 15 m/s. ¿Con qué rapidez se debe disparar verticalmente un proyectil desde el automóvil, para que después de 90 m de recorrido del automóvil, regrese nuevamente sobre él? (g = 10 m/s2) A) 45 m/s C) 35 m/s E) 25 m/s

B) 15 y 15 m D) 25 y 15 m

20. En t = 0, una partícula moviéndose en el plano xy con aceleración constante tiene una velocidad de o = (3 – 2 ) m/s en el origen. Si en t = 3 s, su velocidad viene dada por = (9 + 7 ) m/s, determine la aceleración de la partícula.

B) 40 m/s D) 30 m/s

A) 0 m/s2 C) 3 E) (2

- 168 -

m/s2 + 3 ) m/s2

B) – 10 D) 2

m/s2

m/s2

Capítulo 3: Cinemática – Movimiento en dos dimensiones 21. Un jugador de fútbol patea una pelota horizontalmente desde el borde de una plataforma de 40 m de altura en dirección a una fosa de agua. Si el jugador escucha el sonido del contacto con el agua 3 s después de patear la pelota. ¿Cuál fue la velocidad inicial de lanzamiento? (vSONIDO = 343 m/s; g = 10 m/s2) A) 6,91 m/s C) 8,91 m/s E) 10,91 m/s

25. Una persona situada sobre la parte superior de una roca hemisférica de radio R patea una pelota de manera que su velocidad inicial es horizontal, como en la figura. ¿Cuál debe ser la velocidad inicial mínima, vo, de la pelota de tal manera que no impacte sobre la roca?

B) 7,91 m/s D) 9,91 m/s

22. Si la rotación de la Tierra aumenta hasta el punto que la aceleración centrípeta fuera igual a la aceleración gravitacional en el Ecuador. ¿Cuánto duraría el día? (g = 10 m/s2) A) 7 050 s C) 4 070 s E) 7 030 s

R

B) 5 070 s D) 3 070 s

B)

C)

D) (

B) 277 m/s2 D) 77 m/s2

– 1)R

– 1)g

26. Una rueda de radio, r = 40 cm, desciende rodando por un plano inclinado. Si en determinado instante la velocidad de los puntos A y B valen 0 y 120 cm/s respectivamente (el sentido se indica en la figura), ¿cuál será la magnitud de la velocidad del punto C? vC

24. Un tren frena cuando libra una curva pronunciada, reduciendo su velocidad de 90 km/h a 50 km/h en los 15 s que tarda en recorrerla. El radio de la curva es 150 m. Calcular la aceleración del tren en el momento en que la velocidad del tren alcanza los 50 km/h. A) 0,48 m/s2 C) 2,48 m/s2 E) 4,48 m/s2

A)

E) (

23. Un atleta hace girar un disco de 1 kg a lo largo de una trayectoria circular de 1,06 m de radio. La velocidad máxima del disco es 20 m/s. Determinar la magnitud de su aceleración centrípeta máxima. A) 377 m/s2 C) 177 m/s2 E) 27 m/s2

vo

g

B) 1,48 m/s2 D) 3,48 m/s2

C

vB

A vA = 0

A) 60 cm/s

B) 60

C) 60

D) 120

E) 120 - 169 -

B

cm/s cm/s

cm/s cm/s

Física 29. Una rueda parte del reposo y acelera de tal manera que su velocidad angular aumenta uniformemente a 200 RPM en 6 s. Después de haber estado girando por algún tiempo a esta velocidad, se aplican los frenos y la rueda demora 5 minutos en detenerse uniformemente. Si el número total de revoluciones dado por la rueda es de 3100. Calcular el tiempo total de rotación de la rueda.

27. Una piedra que estaba cogida entre las llantas dobles de un camión que se mueve a 60 km/h, se desprende justo en el punto más alto de su recorrido ¿Con qué velocidad sale despedida la piedra? A) 120 km/h C) 60 km/h E) 90 km/h

B) 30 km/h D) 180 km/h

28. Un disco rota uniformemente alrededor de su eje. Sea v1 la velocidad del punto 1 y v2 la del punto 2. Si los puntos 1 y 2 distan del centro del disco: 1,5 y 2 cm respectivamente, determine la relación de velocidades v2/v1. A)

B) 1

C)

D)

A) 16,05 min C) 18,05 min E) N. A

B) 17,05 min D) 20,05 min

30. Un volante, cuyo diámetro es de 8 pies, tiene una velocidad angular que disminuye uniformemente de 100 RPM en t = 0, hasta detenerse cuando t = 4 s. Calcular la aceleración tangencial (en pies/s2) de un punto situado sobre el borde del volante cuando t = 2 s.

E) 2 A) 5,05 C) 8,05 E) 10,05

B) 7,05 D) 9,05

Respuestas 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.

D C B E A A B A D E

11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20.

B C A B B A D B A E

- 170 -

21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30.

D B A B C B A A C E

Capítulo 4: Estática

Capítulo 4

Estática

4.1 Introducción Es la parte de la mecánica que estudia las condiciones que se deben cumplir para que un cuerpo o sistema físico se encuentre en equilibrio. Con la estática entramos por primera vez en la parte de la mecánica que estudia las fuerzas.

4.2 La primera ley de Newton y el concepto de fuerza 4.2.1. Fuerza.- Es una magnitud vectorial que representa la acción de un cuerpo sobre otro; surge como resultado de una interacción. Se manifiesta sobre un cuerpo alterando su movimiento o provocándole deformaciones. Unidad S.I. : Newton (N) ; 1 N = 1kg.m.s–2 F

Una persona empuja un bloque

Representación de la acción de la persona sobre el bloque: fuerza

El primero en estudiar los efectos y las consecuencias de la aplicación de fuerzas sobre los cuerpos fue Isaac Newton. Sus conclusiones fueron expresadas mediante tres leyes: 4.2.2. Primera Ley de Newton (Ley de Inercia).Establece que “Todo cuerpo continúa en su estado de reposo o de movimiento uniforme y rectilíneo, a menos que sea impelido a cambiar dicho estado por fuerzas ejercidas sobre él”. Aquel estado en el cual un cuerpo carece de todo tipo de aceleración, es decir esta en reposo ó moviéndose a velocidad constante, se llama equilibrio. Estados de equilibrio: =

reposo v = constante

M.R.U - 171 -

liso

Física

4.3 Concepto de partícula Un cuerpo es considerado una partícula cuando es de tamaño poco significativo para un fenómeno o situación dada. Por ejemplo, el tamaño de la Tierra es insignificante comparado con el tamaño de su órbita, y por lo tanto la Tierra se puede tomar como una partícula cuando se estudia su movimiento orbital en un modelo. Cuando un cuerpo se idealiza como una partícula, los principios de la Mecánica se simplifican de manera importante, debido a que la geometría del cuerpo no se tomará en cuenta en el análisis del problema. Se suele representar por un punto.

4.4 Primera condición de equilibrio para una partícula Para que una partícula esté en equilibrio es condición necesaria y suficiente que la suma vectorial de todas las fuerzas que actúan sobre ella sea nula. 1

∑

2

=

4 3

Condición algebraica: Rx = Σ Fx = 0

=

1

+

2

+

3

+

4

=

Ry = Σ Fy = 0

⇒

Rz = Σ Fz = 0

Condición gráfica: (polígono de fuerzas cerrado) 2

3 1 1

4

- 172 -

+

2

+

3

+

4

=

Capítulo 4: Estática

4.5 Tercera Ley de Newton (Ley de acción y reacción) Establece que: “Cuando un cuerpo ejerce una fuerza sobre otro, éste le responde con otra fuerza al primero, de igual magnitud y dirección, pero de sentido contrario”.

1

El hombre ejerce una fuerza 1 sobre la pared, la pared reacciona y ejerce una fuerza 2 = – 1 sobre el hombre, en sentido contrario.

2

1

La Tierra atrae a la Luna con una fuerza 1, la Luna reacciona y atrae también a la Tierra con una fuerza = – 1, de sentido contrario. 2

2

4.6 Momento (Torque) de una fuerza y equilibrio de un cuerpo rígido 4.6.1 Torque o momento de una fuerza (

)

Es una magnitud vectorial que representa el efecto de giro que se produce sobre un cuerpo alrededor de un punto o eje al aplicarle una fuerza. La dirección y sentido del torque o momento están definidas según “la regla de la mano derecha” que gira en el sentido de la fuerza.

O: centro de torque o momentos φ

: Fuerza

O d

: vector posición d: brazo de torque o momento: Línea de acción de

Se define:

= |

=

d = r sen φ

x

| = (r sen φ)(F) = d.F - 173 -

⇒

= F.d

(N.m)

Física Ejemplo: Determinar la magnitud del torque que produce la fuerza F de 400 N respecto del punto “O” mostrado en la figura. F 60º

O 2m Resolución:

F = 400 N 2

O

d=

|

60º 60º

2se

⇒

n6

| = F.d = F.(2sen 60º) = 400

N.m

0º

4.6.2 Equilibrio de un cuerpo rígido Un cuerpo rígido, es un concepto, que representa cualquier cuerpo que no se deforma al aplicarle una fuerza externa. Para que un cuerpo rígido este en equilibrio estático se deben cumplir dos requisitos simultáneamente, llamados condiciones de equilibrio. La primera condición de equilibrio es la Primera Ley de Newton, que garantiza el equilibrio de traslación. La segunda condición de equilibrio, corresponde al equilibrio de rotación, se enuncia de la siguiente forma: “La suma vectorial de todos los torques externos que actúan sobre un cuerpo rígido alrededor de cualquier origen es cero”. Condiciones: 1ra. Condición de equilibrio =Σ

=

1

+

2

+ ... +

n

1

=

n

2

Σ Fx = 0 Σ Fy = 0

O

Σ Fz = 0

3 2 1 3

4

Polígono de fuerzas cerrado n

4

- 174 -

Capítulo 4: Estática 2da. Condición de equilibrio =Σ

=

+

+

+…+

Σ τx = 0 Σ τy = 0 Σ τz = 0

=

Polígono cerrado de torques o momentos

Observación: En el plano, el torque o momento resultante con respecto a un punto será nulo, si la suma de las magnitudes de los torques que generan efecto de giro antihorario es igual a la suma de las magnitudes de los torques que generan efecto de giro horario. F1 τoF = τoF 1

d1 O d2

F2

2

F1d1 = F2d2

4.7 Diagrama de cuerpo libre (D.C.L) Hacer el diagrama de cuerpo libre de un cuerpo, es representar gráficamente las fuerzas que actúan en él. Entre las fuerzas mas comunes están: a) Peso ( ).- Fuerza ejercida por la Tierra sobre los cuerpos; se representa mediante un vector dirigido hacia el centro de la Tierra y se aplica en el centro de gravedad del cuerpo. El peso de un cuerpo de masa “m” en un lugar donde la gravedad es =m C.G

C.G

W = mg W = mg C.G: Centro de gravedad - 175 -

viene dado por:

Física b) Reacción ( ).- Fuerzas de contacto que se generan en las superficies de apoyo. Si la superficie de apoyo es lisa la reacción será perpendicular a dicha superficie y se le denomina normal ( ). Se tienen los siguientes casos: (1) Superficies rugosas

(2) Superficies lisas

(3) Reacción en la articulación

x

y

=

c)

+

=

=

x

+

y

Tensión ( ).- Fuerza que aparece en el interior de un cuerpo flexible (cuerda, cable, etc.) debido a fuerzas externas que tratan de alargarlo.

T Corte imaginario ⇒ T T

W En el equilibrio: T = W

- 176 -

(La tensión es la misma a lo largo de toda la cuerda)

Capítulo 4: Estática

d) Compresión ( ): Fuerza que aparece en el interior de un sólido rígido cuando fuerzas externas tratan de comprimirlo. Fext corte imaginario ⇒

Fext

C

C

en el equilibrio: C = Fext Ejemplo: En la balanza de la figura, el punto de apoyo no coincide con el centro de la barra homogénea. Cuando se coloca un objeto en “A” la balanza se equilibra con 4 N en “B”, cuando se coloca el mismo objeto en “B” la balanza se equilibra con 9 N en “A”. Determinar el peso del objeto en Newtons. A

B

O

Resolución: Cuando se coloca el objeto en “A” de la 2da condición de equlibrio:

τoW

τoF = τoW

F1 = 4 N

W

1

O A

τoF

B a

F1b = W a

1

4b = W a

… (i)

b

Cuando el objeto se coloca en “B” de la 2da condición de equilibrio:

F2 = 9 N τoF

W O

τoW

2

A

B a

τoW = τoF

W b = F2a W b = 9a

b

Dividiendo (i) entre (ii): =

⇒

=

2

⇒

W2 = 36 ⇒

- 177 -

W = 6N

… (ii)

Física Consideraciones sobre el Diagrama de Cuerpo Libre (D.C.L) Con el fin de obtener buenos resultados al aplicar las leyes de Newton a un sistema mecánico, se debe ser capaz de reconocer todas las fuerzas que actúan sobre el sistema. Es decir, se debe poder construir el diagrama de cuerpo libre correcto del cuerpo . Cuando un sistema contiene más de un elemento, es importante construir el diagrama de cuerpo libre para cada elemento. denota cierta fuerza aplicada,

Como es usual, denota la normal,

la fuerza de fricción y

=m

es la fuerza de la gravedad,

es la fuerza de la cuerda sobre el objeto.

Pasos para hacer el D.C.L. de un cuerpo: 1.

Se aísla el cuerpo, de todo el sistema.

2.

Se representa el peso del cuerpo mediante un vector dirigido siempre hacia el centro de la Tierra.

3.

Si existieran superficies en contacto, se representa a la reacción.

4.

Si hubiese cuerdas o cables, se representa a la tensión mediante un vector que esta siempre jalando al cuerpo.

5.

Si existieran barras comprimidas, se representa a la comprensión mediante un vector que esta siempre empujando al cuerpo.

Ejemplos: Configuración mecánica

D.C.L W

m

F f N F

m

f N W

q

- 178 -

Capítulo 4: Estática W1 F

m1

m2

R1

F m1 N1

m1

W2

N2

=– 1 acción = reacción

T f N1

m2

2

W1

m2

R2

T

W2

4.8 Máquinas simples Son dispositivos creados por el ser humano a fin de aplicar fuerzas pequeñas para equilibrar fuerzas resistentes o de cargas grandes. Las máquinas simples fundamentales o básicas son: 4.8.1 La palanca W F

a

b Σ τo = 0 Wa = Fb ⇒ \

F=W Fa

Física 4.8.2 La polea Para el bloque: T

Σ Fy = 0

T

2T + T = W F=T

2T

3T = W T=

2T

T

⇒

F=

\ F

C.G

. . .

4.10.1 Propiedades del centro de gravedad -

Un cuerpo apoyado sobre una base plana estará en equilibrio o también dicho será estable (esta aproximación puede considerarse constante para objetos de sólo unos metros de longitud) si el centro de gravedad está situado sobre la vertical de la base de apoyo. (1)

(2)

(3)

C.G

W

W

-

W

El bloque no vuelca en las posiciones (1) y (2) porque el C.G esta sobre la base de apoyo. Su peso (vector) intersecta la base. En cambio en la posición (3) el bloque se vuelca debido a que el C.G no se encuentra sobre la base de apoyo, y además el peso no llega a intersectar la base de apoyo. En un cuerpo sólido el C.G, ocupa siempre un punto fijo, si el cuerpo cambiara de posición espacial, el C.G conserva el mismo lugar en el cuerpo. Para un cuerpo irregular el C.G está, cargado en la zona de mayor concentración de masa. Si el cuerpo cambia de forma, el C.G puede cambiar de lugar. Si el cuerpo es homogéneo (densidad constante), el centro de gravedad coincide con su centro geométrico. - 182 -

Capítulo 4: Estática -

En cuerpos de formas regulares o sencillas también existe una dependencia entre el centro de gravedad y los parámetros geométricos de los mismos. Por ejemplo el C.G de una esfera homogénea será su centro.

4.10.2 Calculo de las coordenadas del C.G Sea un cuerpo constituido por un grupo de partículas de pesos W1, W2, W3, ...Wn aplicados en sus respectivos centros de gravedad, tal como se aprecia en la figura de abajo: y

y3 y1

W3

W1

...

C.G

yC.G y2

W2

W Wn

yn

x1

x2 xC.G x3

xn ...

x

Luego, el cálculo de la coordenada del C.G en el eje X será: xC.G = Análogamente, el cálculo de la coordenada del C.G en el eje Y será: yC.G = 4.10.3 Casos para cuerpos con densidad homogénea a) Si todos las partículas que conforman el cuerpo, poseen volúmenes de la misma densidad, en lugar de usar los pesos en el cálculo de las coordenadas del centro de gravedad, se usarán los volúmenes: xC.G =

yC.G = - 183 -

Física b) Si todos los cuerpos tienen áreas de la misma densidad y poseen el mismo espesor, en lugar de los pesos se emplearán las áreas : xC.G =

yC.G = c)

Si el cuerpo estuviera compuesto por otros cuerpos con formas de varilla de la misma densidad y de la misma sección recta, en lugar de sus pesos se emplearán sus longitudes: xC.G =

yC.G = 4.10.4 C.G de algunas figuras geométricas conocidas Figuras lineales C.G

C.G d

R

d

C.G

R

C.G

yC.G

yC.G

45º

R

xC.G

R yC.G =

xC.G = yC.G =

- 184 -

Capítulo 4: Estática

C.G R

h

C.G //

C.G

//

Superficies planas

h/3

xC.G

C.G yC.G R

45º

R

yC.G =

C.G yC.G

xC.G = yC.G =

Volúmenes

h/2 C.G

C.G h/2

h

h/2

3h/4 C.G C.G

yC.G

3h/4 R

- 185 -

R

Física

Problemas Resueltos 1. En el sistema mostrado en la figura, calcular el valor de la fuerza F para que el cuerpo de 40 N de peso, permanezca en equilibrio.

Dividiendo (i) ÷ (ii): = \

= tan 45º = 1

F = 40 N

45º

• 2do Método (Método del Polígono) F T SOLUCIÓN: D.C.L del cuerpo

F

T

F

W

45º

De la figura:

W tan 45º =

er

• 1 Método (Descomposición rectangular) Descomponemos la fuerza de tensión T en las direcciones x e y:

F = 40 N

T

T cos 45º

• 3er. Método 45º

Teorema de Lamy x

“Si un sólido se encuentra en equilibrio bajo la acción de 3 fuerzas coplanares y concurrentes, el valor de cada una de las fuerzas es directamente proporcional al seno del ángulo que se le opone”. En el problema: T

T sen 45º W De la 1ra condición de equilibrio: Σ Fx = 0 ⇒ (T sen 45º – F) = 0 ⇒

1= \

y

F

⇒

F = T sen 45

… (i)

Σ Fy = 0

45º

F 135º

⇒ (T cos 45º – W) = 0

40 N

⇒ T cos 45º – (40) = 0

W

⇒

40 = T cos 45º

… (ii) - 186 -

Capítulo 4: Estática

⇒

=

⇒

F = 40

T

=

37º

120 N

\

W R

F = 40 N En el triángulo:

⇒ R = 120

tan 37º =

2. Se tiene una esfera como se muestra en la figura. Determinar el valor de la tensión en la cuerda y la reacción en la pared vertical, para que el cuerpo permanezca en equilibro. (Wesfera = 120 N)

\

R = 90 N ⇒ T = 120

cos 37º = \

T = 150 N

37º

3. El sistema mostrado se encuentra en equilibrio. Calcular el valor del ángulo q. (W1 = 80 N, W2 = 60 N)

q P

SOLUCIÓN: D.C.L de la esfera

1

T

2 SOLUCIÓN:

R

D.C.L. de (1) T1

D.C.L. de (2) T2

W Construimos el triángulo cerrado de fuerzas:

- 187 -

W1 T1 – W1 = 0 ⇒ T1 = W1 = 80 N

W2 T2 – W2 = 0 ⇒ T2 = W2 = 60 N

Física D.C.L del punto “P”: θ

N1

T θ

⇒

T2

… (i)

En la figura (2); F2 es paralela al plano. Realizando el D.C.L del bloque y construyendo el triángulo de fuerzas: W

N2

=

tan θ = \

⇒ tan α =

F1

En el triángulo cerrado de fuerzas:

⇒

ΣF = 0 W

T2

tan θ =

α

T

T1

T1

Se tiene:

α

F2

N2 α

W F2

θ = 37º Del triángulo: sen α =

4. De las figuras, hallar la relación entre la fuerza F1 y la fuerza F2, sabiendo que ambas permiten, separadamente, mantener en reposo al bloque. liso

... (ii)

Dividiendo (i) entre (ii):

=

liso

m // //

F1

m

F2 //

α

α

(1)

= sec α

\

//

(2)

SOLUCIÓN: En la figura (1); F1 es paralela a la horizontal. Realizando el D.C.L del bloque: W F1

5. Determinar las fuerzas aplicadas por el piso y el bloque B sobre el bloque A de 100 N de peso, al aplicarle una fuerza F = 50 N que lo mantiene en equilibrio, tal y como se muestra en la figura. (Asumir superficies lisas)

α

N1

F

Luego, construyendo el triángulo de fuerzas: - 188 -

A

B 60º

Capítulo 4: Estática SOLUCIÓN:

En la vertical: Σ Fy = 0

Haciendo el D.C.L del bloque A y descomponiendo las fuerzas en las direcciones vertical y horizontal.

⇒

W = N + R cos 60º

⇒

(100) = N + (100)

W \

N = 50 N

A

F 60º

6. Calcular la fuerza, F, necesaria para soportar la carga Q. (Peso de la polea móvil = 150 N y WQ = 1500 N)

R 60º

N F Por descomposición rectangular: y Q W

SOLUCIÓN:

Rsen 60º

F

60º

N

Como la tensión en la cuerda es igual a lo largo de ella, para el sistema físico: (bloque + polea móvil), se tiene:

x

R F

Rcos 60º

R: Fuerza aplicada por “B” sobre “A”. N: Fuerza aplicada por el piso sobre “A”.

F

F

WP

De la 1ra condición de equilibrio en la horizontal: WQ

Σ Fx = 0 ⇒ ⇒

Del D.C.L, en el equilibrio:

F = R sen 60º 50 \

=R

Σ Fy = 0 3F = WP + WQ 3F = (150) + (1500)

⇒ ⇒

R = 100 N

\ - 189 -

F = 550 N

Física Del equilibrio: Σ Fy = 0

7. El sistema mostrado está en equilibrio. Determinar el módulo de la tensión en la cuerda (1), si las poleas son de 0,3 kg y el bloque es de 6 kg. (g = 10 m/s2)

⇒

T2 = 2T1 + 3

Reemplazando de (i):

(1)

⇒

T2 = 2(2T + 3) + 3

⇒

T2 = 4T + 9

… (ii)

D.C.L (Para el bloque)

A

g

T

T1

B

60 N

F

Del equilibrio: Σ Fy = 0 ⇒

SOLUCIÓN:

60 = T + T1

Reemplazando de (i):

D.C.L (Para la polea B)

⇒ ⇒

T1

60 = T + (2T + 3) T = 19 N

Finalmente, reemplazando en (ii): T2 = 4(19) + 9 T

F=T

\

T2 = 85 N

3N

Del equilibrio: Σ Fy = 0 ⇒

T1 = 2T + 3

D.C.L (Para la polea A)

... (i)

8. El sistema se encuentra en equilibrio. Si el bloque “B” es de 50 kg, determine la masa del bloque “A”. (Considere poleas ideales; g = 10 m/s2) g

T2

T1

T1

B 143º

3N

A - 190 -

Capítulo 4: Estática SOLUCIÓN:

9. Una barra de 2,9 kg se encuentra en equilibrio, tal como se muestra en la figura. Determine el módulo de la fuerza que ejerce la articulación a la barra. (g = 10 m/s2).

D.C.L (Para el bloque “B”) T Por equilibrio: T = 500 N

B

g

500 N

A

37º 37º

Las poleas son ideales, por lo tanto carecen de peso. D.C.L (para la polea que sostiene al bloque “A”) T

3 kg

SOLUCIÓN:

T

500 N

5 kg

B

Análisis de la polea “A”:

500 N

143º WA

Construimos con estas tres fuerzas un triángulo de vectores cerrados.

40 N

50 N

T = 50 N

37º

500 N 37º 400 N

50 N

30 N Análisis de la polea “B”

WA = mAg 500 N 37º 400 N

30 N

145º

37º

24 N

18 N

En la figura:

30 N

mAg = 400 + 400 ⇒

10 mA = 800 \

30 N

mA = 80 Kg

- 191 -

Física SOLUCIÓN:

Análisis de la barra: 40 N

29 N

D.C.L (Para la barra): Rx

24 N

R

30 N

18 N

Rx 30 N

Ry

Ry

7N

R

28 N 74º

110 N

96 N 100 N

De la 1ra condición de equilibrio:

De la 1ra condición de equilibro:

Σ Fx = 0 ⇒ Rx = 30 – 18

Σ Fx = 0 ⇒ Rx = 28 N

Rx = 12 N

Σ Fy = 0 ⇒ Ry + 96 = 7 + 110

Σ Fy = 0 ⇒ Ry = 40 + 24 – 29 – 30

⇒ Ry = 21 N

Ry = 5 N

Finalmente:

Finalmente:

R=

R= ⇒

⇒

R=

R= \

R = 35 N

\ R = 13 N

10. Si el módulo de la fuerza en “B” es 100 N, determine el módulo de la fuerza que ejerce el plano inclinado a la barra homogénea de 11 kg. (g = 10 m/s2) g

0,7 k

A

11. Si el sistema mostrado se encuentra en equilibrio mecánico. Determine el módulo de la reacción que experimenta el bloque de 7 kg por parte de la superficie. (g = 10 m/s2)

g

g

16º liso B B 8 kg

rugoso α

74º

37º 1,6 kg A - 192 -

Capítulo 4: Estática SOLUCIÓN:

Descomponiendo las fuerzas:

Analizando el bloque A: y’

48 N

64

N

56 N

80 N

T = 16 N 37º

42

Rx

T = 16 N

N

R 16

16 N

Ry

Analizando el bloque B:

N

x’

Del equilibrio en el eje x’: T1 = 80 N

Rx + 16 + 42 = 64 ⇒

T1 = 80 N

Rx = 6 N

Del equilibrio en el eje y’: Ry + 48 = 56

80 N

⇒

D.C.L (del bloque en el plano inclinado)

Finalmente, la reacción que experimenta el bloque, por parte de la superficie:

16º

=

R= 80 N θ 37º

70 N

\ 16 N

R 37º Del gráfico: 16º+ θº + 37º = 90º ⇒

Ry = 8 N

θ = 37º

R = 10 N

12. Una esfera se encuentra en equilibrio incrustada en un casquete esférico como se muestra en la figura. Determine el ángulo “θ” y el módulo de la reacción del plano para que la esfera esté a punto de caer del casquete. Además se sabe que la profundidad del casquete es igual a la mitad del radio. (mESF = 3 kg; g = 10 m/s2)

- 193 -

Física Ahora en el triángulo P’OB:

g

O θ

r

r P’

B cos θ =

⇒

=

θ \

SOLUCIÓN:

θ = 60º

b) Como la esfera se encuentra en equilibrio: Σ Fy = 0 WESF

r/2

P’ P

R = WESF = mESF g

⇒

R = (3)(10) \

O

θº

⇒

R = 30 N

r 13. Si la esfera de 90 kg se encuentra en equilibrio, determine la fuerza de reacción en el punto B. Considere superficies lisas. (g = 10 m/s2)

B

g

R θ B

a) Para que la esfera este a punto de salir, deberá estar apoyada solamente en el punto B. Dato: |PP’| = 53º Como: |OP| = r ⇒ |P’O| =

- 194 -

Capítulo 4: Estática SOLUCIÓN:

rugoso

g

D.C.L (de la esfera): WESF liso

R

53º 53º

B

SOLUCIÓN: RB

Realizando el D.C.L. (de la barra) N

W fR 37º

53º

R

Con las tres fuerzas en equilibrio, formamos un triángulo cerrado:

53º

35 N F

Del equilibrio en la vertical, tenemos:

53º

Σ Fy = 0

RB

WESF

⇒ ⇒

R

W=F+R (6)(10) = 35 + R

⇒

En la figura:

R = 25 N

Además: WESF = RB cos 53º ⇒

mESF g = RB

⇒

RB = \

fR = R cos 37º ⇒

(90)(10)

fR = (25) \

fR = 20 N

RB = 1 500 N

14. En la figura, el plano horizontal ejerce una fuerza de 35 N a la barra de 6 kg de masa. Determine el módulo de la fuerza de rozamiento entre la barra y el plano inclinado. (g = 10 m/s2)

15. Un resorte con constante de rigidez k = 20 N/cm y 60 cm de longitud, ha sido cortado en dos partes de 20 cm y 40 cm y colocados tal como se muestra en la figura. Si el bloque de 18 kg es soltado lentamente, ¿cuál será la longitud final de cada resorte en el equilibrio? (g = 10 m/s2)

- 195 -

Física D.C.L del bloque (final) Fe

g

1

20 cm Fe

W

2

Del equilibrio en el eje y: Σ Fy = 0

40 cm ⇒

W = F e + Fe

⇒

m g = k1x + k2x

1

⇒

SOLUCIÓN:

(Inicio)

(18)(10) = 60x + 30x

⇒

Después de soltar lentamente al bloque:

x = 2 cm

Finalmente, las longitudes finales de los resortes, LF y LF , serán:

(Final)

1

• \ 20 cm

2

LF

•

1

\

2

LF = 20 + 2 1

LF = 22 cm 1

LF = 40 – 2 2

LF = 38 cm 2

x 40 cm

16. Si la barra de 8 kg se mantiene en equilibrio mecánico tal como se muestra. Determine la lectura del dinamómetro ideal. (g = 10 m/s2)

LF

2

g De la teoría sabemos que “k” es inversamente proporcional a “L”. Luego: L = 60 cm

37º 37º

⇒ k = 20 N/cm

Si L1 = 20 cm ⇒ k1 = 60 N/cm

liso

Si L2 = 40 cm ⇒ k2 = 30 N/cm

30º - 196 -

Capítulo 4: Estática SOLUCIÓN:

Finalmente, reemplazando:

D.C.L (de la barra) //

θ

⇒ 80 = T 37º

T

⇒ 80 = W N

T \

74º

T = 50 N

30º

17. Una polea móvil (ideal), de la que cuelga W1, se desliza sobre un alambre que está sujeto a la pared de la izquierda y por la derecha está unido a un peso 4W que se encuentra sobre un plano inclinado, tal como se muestra en la figura. Hallar “d”, en función de W, W1 y L.

30º

//

En la figura: 30º + (37º + θ) = 74º ⇒ θ = 7º Descomponiendo fuerzas: T cos 7º

L/2 M L/2 θ d

T sen 7º

S

P

liso

4W

W N sen 30º

30º

W1

N cos 30º

SOLUCIÓN:

Del equilibrio, se tiene:

Analizando la polea móvil:

Σ Fy = 0 ⇒ W + T sen 7º = N cos 30º

D.C.L de la polea móvil

Σ Fx = 0 ⇒ T cos 7º = N sen 30º

T

T

De ambas ecuaciones tenemos: θ

W + T sen 7º = (T cos 7º) ⇒

m g = T(

cos7º – sen7º)

⇒

(8)(10) = T(

cos7º – sen7º)

W1

Además se sabe: sen 7º =

θ

Del equilibrio: Σ Fy = 0

; cos 7º =

⇒ - 197 -

2T sen θ = W1

… (i)

Física Analizando el bloque que pesa “4W”: D.C.L del bloque T y’

60º

rugoso

T

2T

N 4W

4W cos 30º

sen

30º

30º

SOLUCIÓN:

x’

4W

D.C.L de la barra

30º Del equilibrio: ⇒ ⇒

g

30º

T Σ Fx’ = 0

30º

4W sen 30º = 2T W=T

30º

2d

… (ii)

2d

2d

Reemplazando (ii) en (i): 2W sen θ = W1

… (iii)

2d

O

En el triángulo PMS de la figura:

d

R

sen θ =

W

30º

De la 2da condición de equilibrio: Σ τo = 0

Reemplazando en (iii): ⇒

2W

⇒ = W1

⇒

(2 d

) = (mg)(d

)

2T = (5)(10)

⇒

Despejando y resolviendo: \

(2d) +

T = 25 N

Descomponiendo las fuerzas:

d=

N

N

18. Una barra homogénea de 5 kg se encuentra en equilibrio sujeta en un extremo por una cuerda. Determine el módulo de la reacción de la superficie sobre la barra (g = 10 m/s2). - 198 -

50 N

Rx R

Ry

Capítulo 4: Estática De la 1ra condición de equilibrio: Σ Fx = 0 ⇒ Rx =

De la 2da condición de equilibrio: Σ τo = 0

N

Σ Fy = 0 ⇒ Ry = 50 –

=

N

⇒

50(a) = RN(2a)

⇒

RN = 25 N

De la 1ra condición de equilibrio:

Finalmente, el módulo de la resultante: R2 = Rx2 + Ry2

Σ Fx = 0 ⇒ Rx = RN = 25 N Σ Fy = 0 ⇒ Ry = 50 N

⇒

R= \

Finalmente el módulo de la reacción “R”:

R = 25

N

19. Una barra homogénea de 5 kg está en equilibro mediante dos paredes verticales tal como se muestra. Determine el módulo de la reacción sobre la barra por parte de la pared rugosa. (g = 10 m/s2) liso

rugoso g

⇒

R2 = Rx2 +Ry2

⇒

R= \

R = 25

N

20. Una esfera homogénea se encuentra en equilibrio mecánico por medio de dos resortes ideales tal como se muestra. Determine la relación k1/k2, si los resortes experimentan la misma deformación. g

k2

30º

45º k1 SOLUCIÓN: D.C.L de la barra a a

30º

SOLUCIÓN:

RN

45º

D.C.L (de la esfera): F2

F2cos 30º

2a

30º

50 N

Rx R

F2sen 30º

F1cos 30º

W

30º

O Ry

F1

- 199 -

W F1sen 30º

Física En el gráfico se observa:

Del equilibrio en la horizontal: Σ Fx = 0

|PM| = 5r cos 53º = 3r

⇒

F1cos 30º = F2sen 30º

⇒

= cot 30° =

De la 2da condición de equilibrio: Σ τo = 0 ⇒

F(5r) = 80(3r)

Sea “x” la deformación de ambos resortes, luego: ⇒

\

F = 48 N

= \

22. Determine el módulo de la fuerza constante que debe ejercer la persona sobre la cuerda ideal de tal manera que el bloque descienda verticalmente con rapidez constante. (g = 10 m/s2)

=

21. Determine el módulo de la fuerza “F” de tal manera que sea necesaria para mantener a la esfera homogénea de 80 N en equilibro mecánico.

F

g g

2k

μk = 0,5

g

37º

liso

F

4 kg SOLUCIÓN:

53º

D.C.L del bloque de 2 kg: SOLUCIÓN: D.C.L de la esfera

W 20 cos 37º

W

37º

20

n se

º 37 T fk R

80 N 3r P

M

RN

53º

5r

F

37º

4r

Como el bloque se desplaza a rapidez constante, se encontrará en equilibro cinético. Por lo tanto:

O

RN 53º

- 200 -

Capítulo 4: Estática Σ Fy’ = 0 ⇒

SOLUCIÓN: D.C.L de la barra:

RN = 20 cos 37º = 16 N Σ Fx’ = 0

a

⇒ T = 20 sen 37º + fk 30 N

⇒ T = 12 + μk.RN = 12 + (0,5)(16) ⇒

a

Fe = kx

T = 20 N

D.C.L del bloque de 4 kg:

2a

F

20 N

60º O

a

R

De la 2da condición de equilibrio: 20 N

F

Σ τo = 0 30(a) = kx(3a) ⇒

40 N

⇒ Como el bloque se desplaza a rapidez constante, entonces:

kx = 10 ⇒ (100) x = 10 x = 0,1 m \

x = 10 cm

Σ Fy = 0 ⇒

20 + F = 40 \

24. Para el sistema mostrado que consta de una barra de peso igual al bloque “Q”, calcular cot θ en funcion de a, b y α.

F = 20 N

23. Una barra homogénea de 3 kg está en equilibrio tal como se muestra. Determine la deformación del resorte de rigidez k = 100 N/m. (g = 10 m/s2)

O

b a

α θ

a

g Q 3a

SOLUCIÓN:

60º

Analizando las fuerza en “O”: - 201 -

α

Física ⇒ 2a cos α.cos θ – 2a sen α.sen θ + 2b cos α.cos θ – 2b sen α.sen θ = 3a cos α.cos θ + b cos α.cos θ

2Q

⇒ b cos α.cos θ – a cos α.cos θ = 2b sen α.sen θ + 2a sen α.sen θ

O

α–θ α+θ T2 180 – 2α T1

⇒ (b – a)cos α.cos θ = 2(b + a)sen α.sen θ

=

=

25. Calcular la tensión de la cuerda; si la esfera pesa “W”. (AB = BC)

b)sen

α

T1

A

α α

tan α

... (i)

D.C.L de la barra:

(a +

cot θ =

\

Aplicando el Teorema de Lamy:

T2

B Q

θ

P

Q

b

C

a De la 2da condición de equilibrio: Σ τP = 0

SOLUCIÓN:

cos θ + Qa cos θ ... (ii)

T1(a + b)sen α = Q

D.C.L de la esfera:

De (i): T 2r

T1 = ⇒ T1 =

… (iii)

N

60º

r

Reemplazando (iii) en (ii):

30º

(a + b)sen α W = ⇒

Qacos θ + Q

cos θ

= 3a cos θ + b cos θ - 202 -

Del equilibrio; formamos un triángulo de vectores cerrados:

Capítulo 4: Estática Del equilibrio; formamos un triángulo de vectores cerrados:

30º

W

T

⇒ sen 60º =

T

60º

= W

60º

60º 60º

N

N

Como el triángulo es equilátero:

\

T=

W \

26. Hallar la tensión en la cuerda, para mantener la esfera de peso “W” en la posición mostrada. Las superficies son lisas.

T=W

27. La percha ilustrada en la figura se utiliza para soportar un peso de 450 N en “F”. Determinar la reacción del pasador “E” sobre DE y la reacción del pasador “C” sobre CF.

30º

80 cm

E

40 cm

F

C 40 cm

450 N

60º

D

SOLUCIÓN: D.C.L de la esfera 30º

SOLUCIÓN: D.C.L de la barra CF:

T

β

C

60º

450 N

RE

nα se

RC

0,4 m

α 0,8

60º

0,8 m

N W

De la 2da condición de equilibrio (para “C”): Σ τC = 0 ⇒ RE(0,8 sen α) = 450(1,2)

30º

⇒

60º

- 203 -

RE = 675 csc α

... (i)

Física En el triángulo ECD: 0,8 0,4

28. Suponiendo que todas las superficies son lisas, se pide determinar el valor de la fuerza que ejerce la pared sobre la esfera “B”. (mA = 2 mB = 4 kg ; g = 10 m/s2)

α

0,4 g

csc α =

37º

=

Reemplazando en (i): RE = 675

N

Ahora, de la 2da condición de equilibrio (para “E”): Σ τE = 0 ⇒ RC(0,8 sen β) = 450(0,4) RC = 225 csc β

⇒

SOLUCIÓN: Haciendo el DCL. para el sistema de las dos esferas, como un solo cuerpo:

... (ii)

ra

Además, de la 1 condición de equilibrio: Σ Fx = 0 ⇒

B

T cos 37º

\

A

T 37º

T sen 37º

RC cos β = RE cos α

R

cos β =

⇒

40 N

20 N

WB ⇒ 1 – sen β = 2

WA

(1 – sen α) 2

De la 1ra condición de equilibrio: sen β =

⇒

•

⇒ T cos 37º = 40 + 20

Reemplazando en (ii): RC =

⇒

RC2 – RE2(1 – sen2α) = 2252

•

Además: RE = 675

y sen α =

Reemplazando en la ecuación anterior: \

Σ Fy = 0

T

Σ Fx = 0

⇒

R = T sen 37º

⇒

R = (75) \

RC = 1368,62 N - 204 -

= 60 ⇒ T = 75 N

R = 45 N

Capítulo 4: Estática 29. En la figura, una persona jala un bloque de 20 kg a través de una cuerda que pasa por una polea de peso y radio despreciables. Hallar la fuerza con que la persona, de 60 kg, presiona sobre el piso, si todo el sistema esta en reposo. (g = 10 m/s2)

30. En la figura se muestra una barra homogénea. Si en la pared vertical no existe rozamiento, se pide calcular la distancia “x” que define la posición de equilibrio.

x

g

L

a SOLUCIÓN: Por la 1ra condición de equilibrio, las fuerzas sobre la barra deberán ser coplanares y concurrentes. A

SOLUCIÓN: Haciendo el D.C.L. de la persona: W

T : Tensión de la cuerda R : Reacción del piso

T

x

Como el sistema esta en equilibrio:

y

R

Σ Fy = 0 ⇒ R + T = W

a/2

x E

Del equilibrio: ⇒ T = 200 N ... (ii)

Reemplazando (ii) en (i): R + (200) = 600 \

2y

T a/2

D

En el  ABC:

Σ Fy = 0 ⇒ T = W1 W1

M W

Haciendo el D.C.L del bloque: T

B

C

⇒ R + T = 600 N ... (i)

R

L/2

x2 + y2 = En el  CED: x2 + (2y)2 = a2

R = 400 N

… (i)

… (ii)

Restando 4 x (i) – (ii) miembro a miembro:

“Por la ley de acción y reacción, la fuerza con que la persona presiona sobre el piso, es igual en magnitud a la reacción R del piso sobre la persona”

- 205 -

⇒

3x2 = L2 – a2 \

x=

Física 31. Una barra uniforme AB de peso “Q” es sostenida como se muestra en la figura, conectada en B al bloque de peso “P”. Hallar la longitud “L” de .

F1

C P

H

37º

O

F2

B

SOLUCIÓN: A

Calculando los brazos de momento para cada una de las fuerzas:

SOLUCIÓN: F1 A

Del D.C.L. de la barra (por condición de equilibrio de fuerzas coplanares y concurrentes) Triángulo de C

τ1 0,3 m

fuerzas cerrado

a L/2

a

N

37º

T=P

L/2 b R

O B

A

d1 τ2

d2 = 0,2 m

B F2

Q b

M Q

m

37º

T

H

H 0,5

R

En el  AHO: d1 = 0,3 cos 37º = 0,3

De la semejanza entre  ACN y el triángulo de fuerzas cerrado:

⇒

d1 = 0,24 m

En el  AOB: = d2 = 0,5 cos 37º = 0,5 \

⇒

L=

d2 = 0,4 m

Entonces, el momento de cada fuerza con respecto a O: 32. Determinar en N.m (Newton – metro) el momento de las fuerzas: F1 = 200 N y F2 = 100 N respecto de “O”, sabiendo que la hipotenusa de la placa triangular mide 50 cm. (Placa de masa despreciable) - 206 -

τ1 = F1d1 = (200)(0,24) ⇒ τ1 = 48 N.m τ2 = F2d2 = (100)(0,4) ⇒ τ2 = 40 N.m

Capítulo 4: Estática 33. Sabiendo que el sistema de fuerzas mostrado se encuentra en equilibrio de rotación, determinar el valor de F3 (en Newton), si F1 = 40 N y F2 = 30 N.

liso

g

F2

F1 5m

rugoso

5m 37º

o F3

SOLUCIÓN: 2m

D.C.L de la barra: N2

SOLUCIÓN:

C

Observando que el centro de giro es el punto O:

5k

fs

d2 = 5 m

τ1

O

B

τ2

F3

De la 2da condición de equilibrio: ∑ τo = 0 τ3 + τ2 = τ1

⇒

F3d3 + F2d2 = F1d1

⇒

F3(2) + (30)(5) = (40)(5)

4k

4k

O

N1

De la 2da condición de equilibrio (con respecto al punto O): ∑ τo = 0

d3 = 2 m

\

τW

W

F2

d1 = 5 m

⇒

5k 6k

τ3

F1

τ N2

⇒

τW = τN2

⇒

W(4k) = N2(6k)

⇒

W=

N2

... (i)

Además, de la 1ra condición de equilibrio: ∑ Fx = 0

F3 = 25 N

34. En la figura, la barra uniforme y homogénea permanece en reposo. Si la fuerza de rozamiento entre la barra y el piso es igual a 40 N, determine la masa de la barra. (g = 10 m/s2)

⇒

N2 = fs

⇒

N2 = 40 N

Reemplazando (ii) en (i): W= ⇒

- 207 -

(40)

W = 60 N

… (ii)

Física Y como W = mg: ⇒

⇒

m (10) = 60 \

ma gL = 3ma g

⇒

m = 6 kg

(5)

L = 9m

Además, de la figura:

35. Se tiene una barrilla AOB en forma de L (AO = 10 m; BO = 5 m) y de peso despreciable, en cuyo extremo B se le aplica una fuerza F (F = 3 mg) que hace un ángulo de 37º con la vertical. Halle la distancia “x”, con respecto al extremo A, en que debe colocarse un anillo de masa “ma” para que la varilla se encuentre en equilibrio. B g F

x + L = AO = 10 x + (9) = 10

⇒

\

x = 1m

36. En el siguiente sistema en equilibrio, hallar el valor de la tensión “T” en la cuerda (1), si la barra pesa 600 N. (No hay rozamiento en las poleas y son de peso despreciable)

ma O

A

(1)

SOLUCIÓN: D.C.L para el sistema varilla – masa: F cos 37º

B F sen 37º AO = 10 m BO = 5 m

37º

SOLUCIÓN: Analizando las fuerzas y del equilibrio que existe

F

T

Rx

A x

Ry

T1

da

De la 2 condición de equilibrio:

⇒

T T2

∑ τo = 0 ⇒

T

O

L ma g

T T

T

τm g = τFsen37º

T1

T3

T3

a

600 N

ma gL = F sen 37º x (5) - 208 -

T2

Capítulo 4: Estática D.C.L del bloque A

Se tienen las siguientes ecuaciones: a) T + 2T3 + T2 + T1 = 600

… (i)

b) 2T2 = T ⇒ T2 =

… (ii)

d) T1 = 2T

T2

R

WA

⇒ T3 =

c) 2T3 = T2 ⇒ T3 =

T1

... (iii) R + WA = T1 + T2

… (iv)

⇒

Reemplazando (ii), (iii) y (iv) en (i):

R + 20 = T1 + T2

… (ii)

D.C.L para el sistema de los dos bloques: +

T+2 ⇒

+ 2T = 600

\

T = 150 N WA

2T1 + 2T2 = WB + WA ⇒

2(T1 + T2) = 40 + 20

⇒ WA = 20 N WB = 40 N

… (iii)

R + 20 = 30 \

SOLUCIÓN:

R = 10 N

38. En la figura mostrada, hallar el ángulo “q” que determina el equilibrio de la barra homogénea que está sujeta a una cuerda de masa despreciable.

D.C.L. del bloque B T2

R

T1 + T2 = 30

Reemplazando (iii) en (ii):

B A

T1

T2

WB

37. En la figura se tiene dos bloques cuyos pesos son de 20 y 40 N. Calcular la reacción entre ambos bloques.

WB

R + T1 + T2 = 40

2L

R + T1 + T2 = WB ⇒

T1 T2

T1

4T = 600

… (i)

- 209 -

q

L

Física SOLUCIÓN: Dado que la barra está doblada en dos partes, se puede considerar al cuerpo como si fueran dos barras del mismo material. Haciendo el D.C.L:

39. En el sistema mostrado, hallar el ángulo “q” para que las dos esferitas unidas por un hilo, se mantengan en equilibrio. W1 = 15 N

W2 = 7 N

T d1

d2

O

L/

2

L

q

q

O

SOLUCIÓN: Haciendo el D.C.L. para el sistema de las dos esferitas:

W2 L

53º

W1

T

De la 2da condición de equilibrio:

N1

W1d1 = W2d2

d2 =

L

… (i)

además, de la figura: d1 = L sen q y

W2 = k(

cos q

… (iii)

L)

… (v)

Reemplazando (ii), (iii), (iv) y (v) en (i): k(2L)L sen q = k( ⇒

L)

De la figura:

53º

d1

o

d2

d1 = L cos q d2 = L cos(127º – q) De la 2da condición de equilibrio: ∑τo = 0 ⇒

W1d1 = W2d2

⇒ (15)L cos q = (7)L cos(127º – q) ⇒ 15 cos q = 7(cos 127º.cos q + sen 127º.sen q)

cos q

⇒

tan q = \

W2 L

q

… (ii)

Como la barra es homogénea, el peso es directamente proporcional a la longitud: W = kL ; siendo k = cte. ⇒ W1 = k(2L) … (iv) y

N2

W1

∑ τo = 0 ⇒

T

15 = 7(cos 127º + sen 127º.tan q)

Operando: \

q = 37º - 210 -

q = arc tan

Capítulo 4: Estática 40. La barra mostrada en la figura está bajo la acción de dos fuerzas y soportada en “O”. Localizar la posición “x” del soporte para que exista equilibrio. (Considerar despreciable el peso de la barra).

SOLUCIÓN: Realizando el D.C.L de la mitad derecha de la cadena: T Ty 1 30º

x

80 N

Tx

30 N

W

37º

O

T 50 m De la 1ra condición de equilibrio:

SOLUCIÓN:

Σ Fx = 0

Como no se conocen las reacciones en el apoyo, se toma el momento respecto a éste punto. 50 – x

x

80 N

⇒

T = Tx = T1cos 30º

además:

30 N

… (i)

Σ Fy = 0

37º

0–

(5

⇒

W = Ty

⇒

mg = T1 sen 30º

37º

x) se

(12)(10) = T1

7º

n3

⇒ ⇒

De la 2da condición de equilibrio: ∑τo = 0 ⇒

(80)(x) = (50 – x)sen 37º(30)

T = (120) cos 30º \

41. La cadena uniforme y homogénea de 12 kg, se encuentra en equilibrio en la posición mostrada. Se pide calcular la fuerza de tracción en su parte más baja (θ = 30º; g = 10 m/s2)

160 N θ

T = 60

N

(Tracción)

42. Encontrar el valor de la fuerza Q (en newtons) si se sabe que el bloque tiene un peso 100 N y que está a punto de resbalar hacia la derecha.

g θ

… (ii)

Reemplazando (ii) en (i):

\ x = 9,1 m

A

T1 = 120 N

B

- 211 -

Q

ms = 0,7

Física SOLUCIÓN: Al realizar el D.C.L del bloque, se dibuja la fuerza de rozamiento fs orientada hacia la izquierda, dado que el bloque intenta resbalarse hacia la derecha.

g 53º

D.C.L del bloque

F ms

Q

160 N

fs

W

SOLUCIÓN:

N1 Dado que el bloque está a punto de moverse, pero todavía en reposo, se cumple que: ∑ F = 0 y fs = msN1 (fuerza max

Cuando F toma su mínimo valor, el bloque intenta resbalar hacia arriba, generándose dirigida una fuerza de rozamiento fs max

hacia abajo, tal que fs

de rozamiento estática máxima).

y

Σ Fx = 0 ⇒

fs + Q = 160

⇒

msN1 + Q = 160

⇒

0,7N1 + Q = 160

Ty fs

… (i)

N1 = W

⇒

N1 = 100 N

T 53º Tx

max

Fmin

N1

Σ Fy = 0 ⇒

max

= ms N = 0,5 N1.

x

20 N

… (ii)

Reemplazando (ii) en (i): De la 1ra condición de equilibrio (inestable):

0,7(100) + Q = 160 \

Σ Fx = 0

Q = 90 N

⇒

43. Se desea calcular el mínimo valor de F para que el bloque de 20 N de peso no resbale hacia arriba. Se sabe que la esfera tiene un peso de 50 N y ms = 0,5.

- 212 -

Fmin = N1 + Tx

… (i)

Σ Fy = 0 ⇒ ⇒

fs

max

+ 20 = Ty

0,5 N1 + 20 = Ty

… (ii)

Capítulo 4: Estática 1º) A punto de resbalar hacia arriba

D.C.L de la esfera: T

0N

53º

⇒ T = W = 50 N ⇒

T

f s max

=5

x

F ma

Tx = 40 N

W

x’

y’

Ty = 30 N De la 1ra condición de equilibrio:

100 N

W

Reemplazando Ty = 30 en (ii):

Σ Fy’ = 0

Fmin = (N1 + 40)

⇒

N1 = Wcos 37º

Fmin = 60 N

⇒

N1 = (100)

\

44. En el plano inclinado ABC, se apoya una carga de 10 kg de masa. A fin de mantenerla en equilibrio, se aplica una fuerza F paralela al plano inclinado. Las superficies presentan un coeficiente de rozamiento ms = 0,1. En estas condiciones, ¿en qué intervalo de valores puede variar la magnitud de dicha fuerza (en newton) a fin de mantener el estado de equilibrio? (g = 10 m/s2) rugoso

N

De la 1ra condición de equilibrio:

Reemplazando Tx = 40 en (i): ⇒

60

37º

0,5N1 + 20 = 30 N1 = 20 N

⇒

N1

37º 80 N

C

Por lo tanto fs

= 80 N

:

max

⇒ fs

max

= msN1 = (0,1)(80) = 8 N

En el eje x’: Σ Fx = 0 ⇒

Fmax = 60 + fs

⇒

Fmax = 60 + (8)

⇒

Fmax = 68 N

max

... (i)

2º) A punto de resbalar hacia abajo

x’

y’

g

F

f s max F min

37º

A

4m

B

W

SOLUCIÓN: Elaborando el D.C.L del bloque en las dos situaciones límites: - 213 -

37º

N1

37º 100 N 80 N 60

N

Física De la 1ra condición de equilibrio:

De la 1ra condición de equilibrio:

Σ Fx’ = 0 ⇒

Σ Fy’ = 0

Fmin + fsmax = 60

⇒

Fmin = 60 – (8)

⇒

Fmin = 52 N

... (ii)

Luego, el intervalo de valores de “F” es: 52 N ≤ F ≤ 68 N

N1 = Wcos 37º

⇒

N1 = (mg)cos 37º

⇒

N1 = (10)(10)

⇒

N1 = 80 N

Por lo tanto el valor de “fk” es:

45. Hallar la magnitud de la fuerza F (en N), si se sabe que el bloque de 10 kg resbala con velocidad constante en la dirección indicada. (mk = 0,4 ; g = 10 m/s2)

⇒

fk = mkN1 = (0,4)(80)

⇒

fk = 32 N

... (i)

En el eje x’: Σ Fx’ = 0

g

F

⇒

⇒

v

F + fk = 60

Reemplazando de (i): mk

⇒

F = 60 – (32) \

37º

F = 28 N

SOLUCIÓN: D.C.L del bloque (en equilibrio cinético)

F

y’

fk N

37º

80

N

1

60

N

100 N

46. Un bloque de 500 N se encuentra en reposo sobre una superficie horizontal áspera, cuyos coeficientes de fricción con el bloque son 0,3 y 0,5. Si al bloque le aplicamos una fuerza horizontal que varía con la ecuación F = 10 + 5t, donde F se da en Newton y t en segundos. ¿Luego de qué tiempo de empezar a aplicar la fuerza F al bloque, empezará a moverse? SOLUCIÓN:

W 37º

x’

fk: fuerza de rozamiento cinética

Sabiendo que mk < ms, se reconoce: mk = 0,3 y ms = 0,5 Para el instante “t1” en que el bloque esta apunto de moverse:

- 214 -

Capítulo 4: Estática O

F(t1)

fs

max

3k

T 45º 3k

W

N1

De la 1 condición de equilibrio:

N1 = W

⇒

N1 = 500 N

Por lo tanto el valor de fs

⇒

fs

max

max

A W

max

De la 2da condición de equilibrio (con respecto a O):

es:

F|

= msN1 = (0,5)(500)

Σ Fx = 0 F(t1) = fs

⇒

|

... (i)

|

| = 3k + a

|

| = 4k –

a

max

Además:

10 + 5t1 = 250 \

| = W|

De la figura:

= 250 N

⇒

a

F

⇒

fs

a

a

Σ fy = 0

T 37º 4k

ra

⇒

B

t1 = 48 s

4k + 3k = 3a 7k = 3a

⇒

47. Un espejo uniforme de 16 kg cuelga en dos cuerdas como se muestra. Encuentre la magnitud de la fuerza F necesaria para mantenerlo en su posición. (g = 10 m/s2)

⇒

k=

a

Luego: |

|=3

+a=

|

|=4

–

a

O g

45º

a=

Reemplazando en (i):

37º

F

a

= mg

F ⇒

3a SOLUCIÓN:

16 F = (16)(10) \

D.C.L del espejo: - 215 -

F = 15 N

a

Física Y de la 1ra condición de equilibrio:

48. Una barra uniforme, de peso 100 N, esta sujeta mediante tres cuerdas, como se indica en la figura. Si una pesa W de 200 N se coloca en la posición indicada, ¿cuáles serán las tensiones, en Newton, en cada cuerda T1, T2, T3 respectivamente? T1

• ⇒

T2 = T3cos θ

⇒

T2 = (250) \ T2 = 150 N

T3 θ

T2 L

•

L

θ

ΣFy = 0

⇒ T1 + T3sen θ = 100 + 200

W

5

ΣFx = 0

⇒ 4

T1 + 200 = 300 \

T1 = 100 N

3 SOLUCIÓN: Haciendo el diagrama de cuerpo libre de la barra: T3sen θ

T1

T2

θ B T cos θ

A

3

49. El bloque de la figura tiene una masa de 3 kg y esta suspendido en una cuerda de masa despreciable. La cuerda forma un ángulo de 60º con la vertical debido a que al bloque se le aplica la fuerza F. Determinar el valor de la fuerza F. (g = 10 m/s2)

100 N

g 200 N

De la 2da condición de equilibrio (respecto de A):

60º F

Σ τA = 0 ⇒ (T3sen θ)(L) = 100 ⇒

T3sen θ = 200

⇒

T3 \

SOLUCIÓN:

+ 200

Haciendo el diagrama de cuerpo libre del bloque: T

= 200

60º

F T3 = 120 N W - 216 -

Capítulo 4: Estática De la 1ra condición de equilibrio:

Además, como el sistema se encuentra en equilibrio, la tensión T es la misma a lo largo de toda la cuerda.

• Σ Fx = 0 ⇒ T sen 60º = F • Σ Fy = 0 ⇒ T cos 60º = mg

⇒

Dividiendo miembro a miembro:

\

tan 60º = ⇒

= \

F = 30

m2g = m1g

N

50. La cuerda y las poleas mostradas se comportan idealmente. El sistema se encuentra en equilibrio. Si m1 = 2 kg, calcule m2.

m2 = m1 = 2 kg

51. Un pequeño bloque cúbico cuyo peso es 100 N esta en equilibrio sobre un plano inclinado, como se muestra en la figura. El coeficiente de fricción estático entre el bloque y el plano inclinado es 0,8. Calcular la fuerza que ejerce el plano sobre el bloque. g

g

37º 45º

SOLUCIÓN: m2

D.C.L del bloque

W m1

fS

SOLUCIÓN: D.C.L de m1:

N R

T ⇒ T = m1g

De la 1ra condición de equilibrio: Σ Fi = 0

m1g

⇒

D.C.L de m2:

R–W=0

⇒

T ⇒ T = m2g

R=W \

m2g - 217 -

R = 100 N

Física Centro de Gravedad

Cálculo de la abscisa del C.G:

52. Calcular el C.G de la pieza de material uniforme que se muestra en la figura:

xC.G =

y(m) 6

⇒

xC.G =

⇒

xC.G = 3,45 m

Cálculo de la ordenada del C.G: 2

yC.G =

C.G

0

x(m) 8

2

SOLUCIÓN: Como primer paso dividimos imaginariamente la pieza plana en un cuadrado y en un triángulo. 6

1 0

C.G2

A1

C.G1

1

2

yC.G =

⇒

yC.G = 1,82 m

Las coordenadas del C.G serán: \

C.G = (3,64 ; 1,82)

53. Hallar el C.G de los cuerpos en los casos (a) y (b) de la figura, gráfica y analíticamente. Las esferas son homogéneas e iguales y están unidas por varillas de masa despreciable.

2a A2 2

⇒

a 4

8

5

1m

Luego, del gráfico podemos apreciar que los centros de gravedad de ambas placas son:

(a) 60º 1m

Para la plancha cuadrada: C.G1 = (1;1) Para la plancha triangular: C.G2 = (4;2) Calculando las áreas: A1 = (2)(2) = 4 y

A2 =

1m

(b)

= 18

El área total será: AT = 4 + 18 = 22

1m - 218 -

Capítulo 4: Estática SOLUCIÓN:

Caso (b):

Caso (a):

Gráficamente:

Gráficamente: y(m)

y(m)

m3

1

m3

2a 2a 1/3

C.G

a

x(m)

Las coordenadas del centro de gravedad serán:

⇒

xC.G =

⇒

xC.G = 0,5 m

Para la ordenada:

Del gráfico, y por condición del problema: m1 = m2 = m3 = m. Luego: ⇒

xC.G =

⇒

xC.G =

m

Para la ordenada:

yC.G =

⇒

yC.G =

⇒

yC.G =

m

Las coordenadas del centro de gravedad serán:

m

Las coordenadas del C.G serán: \

1

xC.G =

Del gráfico, y por condición del problema: m1 = m2 = m3 = m. Luego:

yC.G =

x(m)

Las coordenadas del centro de gravedad serán:

xC.G =

⇒

2/3

Para la abscisa:

Para la abscisa:

yC.G =

m2

Analíticamente:

Analíticamente:

⇒

45º

m1

m2

m1

C.G

a

\ C.G = - 219 -

C.G =

Física 54. Un alambre de acero de sección transversal muy pequeña, se doble de manera tal que forma dos esquinas de ángulo recto. Determine el C.G con respecto a los ejes mostrados: y(m) 12

De la figura Para el 1er segmento: L1 = 10 m y C.G1 = (0;5) Para el 2do segmento: L2 = 8 m y C.G2 = (4;0) Para el 3er segmento:

10

L3 = 12 m y C.G3 = (8;6) Además, la longitud total del alambre es: L = 10 + 8 + 12 = 30 m Luego, calculando la abscisa del C.G del alambre: x(m) 0

xC.G =

8 ⇒ xC.G =

SOLUCIÓN: Como primer paso dividimos imaginariamente el alambre en tres segmentos rectilíneos. Seguidamente determinamos el centro de gravedad correspondiente a cada una de éstos. y(m) 12

⇒ xC.G =

Calculando la ordenada del C.G del alambre: yC.G =

L3

⇒ yC.G =

10 L 1

⇒ yC.G = 6 5

m

Finalmente, las ordenadas del C.G del alambre de acero: L2

0

m

4

x(m) 8

- 220 -

\

C.G =

Capítulo 4: Estática 55. En la figura se muestran tres placas metálicas cuadradas con densidades superficiales homogéneas de 2, 4 y 6 kg/m2 respectivamente. Determinar la posición del C.G del sistema. (g: aceleración de la gravedad) y(m) 4

m2 = A2σ2 ⇒

m2 = [(2)(2)].4

⇒

m2 = 16 kg y C.G2 = (1 ; 1)

Para la placa (3):

(1)

2

Para la placa (2):

g

(2)

m3 = A3σ3

(3)

⇒

m3 = [(2)(2)].6

⇒

m3 = 24 kg y C.G3 = (3 ; 1)

0

2

4

x(m)

SOLUCIÓN: Determinando el peso y el C.G de cada una de las placas: y(m)

Luego las coordenadas del C.G del sistema serán: Para la abscisa: xC.G = ⇒ xC.G =

4 3

⇒ xC.G = 2 m

C.G1

Para la ordenada:

2 C.G2

1 0

1

C.G3

2

3

4

yC.G = x(m)

Del gráfico:

⇒ yC.G =

Para la placa (1): m1 = A1σ1 ⇒

m1 = [(2)(2)].2

⇒

m1 = 8 kg

⇒ yC.G = m

Finalmente: \

y C.G1 = (1 ; 3) - 221 -

C.G =

Física 56. Encuentre la posición del C.G de un disco del cual han sido cortados pedazos circulares como indica la figura inferior.

Para la ordenada: y1 = y2 = y3 = 0 ⇒

y

yC.G = 0

Finalmente las coordenadas del C.G son:

(1)

R

\

(2) R/4 (3)

C.G =

x

57. Determinar el C.G del alambre de densidad homogénea que se muestra a continuación. y

R

SOLUCIÓN: Como primer paso calculamos el centro de gravedad de cada círculo y sus áreas:

R R/2

Para el círculo (1) de radio “R”: A1 = πR2 ; C.G1 = (0 ; 0)

x

0

R/2

Para el círculo (2) de radio “R/2”: SOLUCIÓN: A2 =

;

C.G2 =

Dividimos el alambre en tres segmentos con forma de semicircunferencia de radios R, R/2 y R/2. Luego hallamos sus longitudes y sus respectivos C.G:

Para el círculo (3) de radio “R/4”: A3 =

;

C.G3 =

Para el segmento de radio “R”: Luego las coordenadas del C.G serán: L1 = πR ; C.G1 =

Para la abscisa:

Para el segmento (superior) de radio “R/2”:

xC.G =

L2 =

Para el segmento (inferior) de radio “R/2”:

⇒ xC.G =

L3 = ⇒ xC.G =

; C.G2 =

R

; C.G3 =

Calculamos ahora las coordenadas del C.G del alambre: - 222 -

Capítulo 4: Estática Para la abscisa: xC.G = ⇒ xC.G = R Para la ordenada: yC.G = ⇒ yC.G = Finalmente obtenemos: \

C.G =

- 223 -

Física

Problemas Propuestos 1.

El sistema mostrado se encuentra en equilibrio. Si las esferas A y B son homogéneas de 8 kg y 30 kg respectivamente, determine el módulo de la fuerza de reacción que ejerce la esfera B al plano inclinado. (g = 10 m/s2)

3.

liso g

(A)

A) 20 N; 53º/2

B) 20

C) 30 N; 30º E) 50 N; 60º

D) 40 N; 45º

N; 45º

El sistema que se muestra está en equilibrio. Si consideramos cuerdas ideales, determine la masa del bloque A. La masa del bloque B es 5 kg. (g = 10 m/s2)

r

(B)

4r

g 37º

4r

45º

B 53º

A

A) 350 N C) 450 N E) 475 N 2.

C

A) 5 kg C) 7 kg E) 10 kg

B) 375 N D) 500 N 4.

La placa de masa despreciable se mantiene en reposo, determine el módulo de la reacción en la articulación y la medida del ángulo “θ”. (g = 10 m/s2) g

B) 6 kg D) 8 kg

Un resorte de 1 m de longitud natural, se deforma 10 cm al sujetarse una carga P. Si cortamos al resorte en cinco partes iguales y a una de estas partes la sometemos al esfuerzo que indica la figura. En estas condiciones, calcule la nueva deformación del resorte.

P

2 kg θ

A) 1 cm C) 3 cm E) 5 cm

articulación

- 224 -

P B) 2 cm D) 4 cm

Capítulo 4: Estática 5.

Una esfera homogénea de 5 kg se encuentra en equilibrio mecánico, tal como se muestra. Determine el módulo de la fuerza que le ejerce el plano inclinado a la esfera. (g = 10 m/s2)

7.

La barra homogénea de 5 kg y 1,2 m de longitud permanece en posición horizontal, tal como se muestra. Determine la lectura del dinamómetro D2, si el dinamómetro D1 indica 20 N. (g = 10 m/s2)

g g 37º

D2

D1

53º

8 kg 0,5 m

A) 60 N C) 45 N E) 30 N 6.

A) 20 N C) 40 N E) 60 N

B) 50 N D) 40 N

Una barra de masa igual a 20 M se encuentra en equilibrio en la posición horizontal, tal como se muestra. Si los bloques 1, 2 y 3 son de masas M, 2 M y 3 M, respectivamente. Determinar a que distancia de la articulación se encuentra el centro de gravedad de la barra. (1)

(2)

5a A) C) a

a

8.

B) 30 N D) 50 N

La barra homogénea se encuentra en reposo. Marque verdadero (V) o falso (F). g θ m F

(3) I.

a

Para Fmin la reacción en la articulación es vertical.

B)

II. Fmin tiene módulo igual a

D)

III. Si la barra es no homogénea, no hay un valor mínimo para F. A) FVV C) FVF E) VFV

E)

- 225 -

B) VFF D) VVV

.

Física 9.

En la figura se muestra una barra de 7 kg en equilibrio. Determine el módulo de la fuerza de reacción en la articulación. (g = 10 m/s2)

g

g

A

53º

4m

3,5 kg

3 kg A) 50 N C) 75 N E) 80 N

A

B) 45 N D) 60 N A) 4 N C) 7,5 N E) 4,5 N

10. Determine el módulo de la tensión en la cuerda, si la barra homogénea de 11 kg permanece horizontal (g = 10 m/s2) g

12. El sistema mostrado se encuentra en equilibrio, sabiendo que el semicírculo “A” se encuentra a punto de resbalar, calcule el coeficiente de rozamiento (ms) entre el cilindro “A” y el piso horizontal. Los cilindros poseen igual masa. (g = 10 m/s2)

polea lisa

37º

B) 5 N D) 6 N

53º

C.G.

g

A) 20 N C) 40 N E) 60 N

B) 30 N D) 50 N

ms

liso A B 16º

11. En la figura, una varilla de masa despreciable se mantiene en la posición mostrada, su longitud es de 1 m y el bloque “A” es de 20 N. Determine el módulo de la fuerza de compresión que experimenta dicha varilla. (g = 10 m/s2)

- 226 -

A) 0,5 C) 0,6 E) 0,25

B) 0,75 D) 0,4

53º

Capítulo 4: Estática 13. Una cadena cuyo peso es 100 N, se suspende de los puntos A y B. Hallar la relación entre las reacciones de dichos puntos: RA/RB. (g = 10 m/s2) 37º

A) 6 N C) 1,5 N E) 0,5 N

B) 10 N D) 5 N

16. Una barra de 32 N y de longitud 3R, está articulado en “A” y se encuentra apoyada sobre una esfera lisa de radio “R”, la que a su vez esta sujeta a una cuerda = R. Determinar la fuerza de tensión en la cuerda.

B g

A 53º

g A) 5/13 C) 3/5 E) 7/24

liso

B) 1/2 D) 16/25

C A) 8 N

14. Hallar “F” para que la esfera de peso 8 N se apoye solo en A. (g = 10 m/s2) g m=0

A B) 8 D) 16

C) 16 N E) 8 N

N N

17. Si la barra homogénea de 5 kg se encuentra a punto de resbalar. Determinar el valor de la reacción de la pared sobre la barra. (g = 10 m/s2)

F A 45º

rodillo liso

A) 10 N C) 8 N E) 2 N

ms = 4/3

B) 1,5 N D) 5 N

5a

g a

16º

15. Un objeto de masa 0,5 kg se encuentra suspendido de una polea. Hallar la tensión en el cable (1) para que el ángulo entre los cables que sostienen a la polea sea igual a 120º. Desprecie la masa de la polea. (g = 10 m/s2) g

(1)

m

A) 16 N C) 40 N E) 32 N

B) 70 N D) 50 N

18. Una barra homogénea y rugosa de 3 kg se mantiene en forma horizontal apoyada sobre una polea rugosa que gira en la forma mostrada. Determine el módulo de la fuerza que ejerce la articulación “A” sobre la barra. (g = 10 m/s2) - 227 -

Física

60 cm

20 cm

g A

μ=

liso

0,5 0,6

A) 5 N C) 10 E) 8 N

º

37

g

30º

B) 5

N

D) 15 N

N

B) 15 N D) 35 N

A) 5 N C) 40 N E) 20 N

19. Un bloque de 60 kg se desliza por la parte superior de otro bloque de 140 kg con una aceleración constante de 3 m/s2 debido a la acción de una fuerza horizontal que ejerce la persona cuyo módulo es 320 N. Determine la aceleración que adquiere el bloque de 140 kg. (g = 10 m/s2)

21. En la figura mostrada el peso de la esfera es de 10 N. Despreciando todo tipo de rozamiento, hallar la tensión del cable. (g = 10 m/s2) g

30º

g 60 kg

liso

140 kg

A) 0,5 m/s2 C) 2 m/s2 E) 3 m/s2

A) 5 N C) 15 N E) 25 N

m

B) 10 N D) 20 N

22. Encontrar el peso de la rueda en A, para que la barra AB permanezca horizontal. Si la rueda en B pesa 300 N y α = 60º. (despreciar el peso de la barra) g

B) 1 m/s2 D) 2,5 m/s2

20. Determine el módulo de la fuerza constante con la que la persona acciona el bloque de 2 kg, en el cual, éste adquiere una aceleración de 8 m/s2. Considere que el aire presente una oposición constante de 10 N. (g = 10 m/s2)

- 228 -

A

B

α A) 50 N C) 100 N E) 150 N

B) 75 N D) 125 N

Capítulo 4: Estática 23. Sobre un plano que forma con la horizontal un ángulo de 10º, se apoya un cilindro recto de radio r = 5 cm y altura “h”. ¿Cuál es el máximo valor de h (en m) permitido para que el cilindro no voltee? A) 10 ctg10º C) 10 cos10º E) 5 sen10º

g

B) 5 ctg10º D) 10 sen10º

A) 30 N C) 15 N E) 20 N

24. La distancia entre dos postes de teléfono es 45 m. Un pájaro de 1 kg se posa sobre el cable telefónico a la mitad entre los postes de modo que la línea se pandea 0,18 m. ¿Cuál es la tensión en el cable? (Ignore el peso del cable) (g = 10 m/s2) A) 316 N C) 163 N E) 631 N

B) 10 N D) 25 N

27. Un aro de 40 cm de radio y 80 N de peso está suspendido contra una pared lisa por medio de una cuerda que forma 37º con la pared. ¿Cuál es la tensión en la cuerda? g 37º

B) 613 N D) 136 N

25. Una esfera de 800 N de peso reposa sobre dos planos ortogonales como se indica en la figura. Determinar las reacciones en cada uno de los planos sobre la esfera.

A) 20 N C) 60 N E) 50 N

g

B) 100 N D) 80 N

28. Si el sistema se encuentra en equilibrio, hallar la tensión en la cuerda (1). A 53º

A) 600 N y 400 N C) 400 N y 400 N E) 640 N y 480 N

B

(1)

g

37º

B) 500 N y 500 N D) 500 N y 300 N

26. Si la barra de 24 N permanece inmóvil. Determine la magnitud de la reacción en la articulación, si se sabe que el dinamómetro marca 7 N. - 229 -

37º

W

A) 4 W C) 4/5 W E) W

B) 3 W D) 3/5 W

Física A) (2,6;1,8) C) (2,8;1,6) E) (2;1)

29. Hallar la tensión en la cuerda si la esfera de 10 N de peso se mantiene en equilibrio. (No existe rozamiento) g

B) (1,8;2,6) D) (4;2)

32. Determine las coordenadas del C.G de la placa de cobre de espesor homogéneo que se muestra en la figura.

30º

y(m) 9 6

60º

A) 5 N C) 10 N E) 20 N

B) 5 D) 10

N N

0

30. Un tubo de 13 cm de radio es jalado por una cuerda según el gráfico. Si el peso del tubo es 90 N, ¿con qué fuerza mínima se debe tirar de la cuerda para que el tubo ascienda por el escalón de 8 cm de altura.

2

A) (2;4) C) (2;3,8) E) (3;3,8)

x(m)

4

B) (3;3,5) D) (2;3,6)

F 33. Determine las coordenadas del C.G de la varilla doblada y de material homogéneo y uniforme que se muestra en el diagrama. y(m)

A) 30 N C) 90 N E) 150 N

B) 60 N D) 120 N 37º 0

31. Halle las coordenadas del C.G de la lámina homogénea y uniforme que se muestra en la figura.

A) (1,55;2,0) C) (2,75;2,75) E) (2,75;1,5)

y(m) 4

x(m)

B) (1,75;1,5) D) (2,25;2,5)

34. Determine las coordenadas del C.G de la placa de aluminio de densidad uniforme que se muestra en la figura.

2

0

4

4

6

x(m)

- 230 -

Capítulo 4: Estática y(m) 3m

36. Determine la posición del C.G de la siguiente placa homogénea de vidrio.

3m

y(cm) A

6m

0

A) (3;6) C) (4;4) E) (3;3)

x(m)

R

B) (3,5;3,5) D) (1,5;1,5)

0

35. Halle el C.G del área mostrada en la siguiente figura: y(cm)

R

B

R

R

C

A)

B)

C)

D)

x(cm)

E) R

x(cm) R

37. Halle el C.G de la placa circular de densidad uniforme que se muestra en la figura. y(cm)

A)

r = 6 cm

O R = 12 cm

B)

x(cm)

C) A) (12;10) C) (12;12) E) (9;9)

D)

E)

- 231 -

B) (10;12) D) (8;8)

Física 38. Encontrar la ordenada “y” que fije el centroide de la plancha de aluminio que se muestra en la figura. (a = 4r) y

A) arc cos

B) arc sen

C) arc tan

D) arc tan

E) arc sen a

r

A) 0,34 a C) 0,45 a E) 0,56 a

x

B) 0,54 a D) 0,64 a

39. Determinar el máximo valor de inclinación de un plano inclinado de modo tal que al colocar sobre éste un cilindro recto de altura “H” y diámetro “D”; no vuelque a través de dicho plano.

x

A

P

B

g

g

D

H

40. Una placa de forma triangular de material homogéneo está colgado de un punto P del lado AB, mediante un hilo. ¿Cuánto debe medir AP de tal modo que el cuerpo se encuentre en equilibrio y que AB quede horizontal? La altura trazada desde C sobre AB divide a éste último en dos segmentos de 27 y 9 cm.

C

A) 15 cm C) 19 cm E) 21 cm

α

B) 18 cm D) 20 cm

Respuestas 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.

E B C B A B D C C D

11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20.

A A C E D B E C B A

21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. - 232 -

E C A B E D B E C B

31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. 40.

A C E E C B A B C E

Capítulo 5: Dinámica

Capítulo 5

Dinámica

5.1. Introducción En los capítulos relativos a la cinemática discutimos detalladamente la descripción del movimiento de un cuerpo, ahora veremos las razones por las cuales este cuerpo se mueve y de que manera lo hace, esto es lo que se conoce como dinámica. En el estudio de las dinámicas, abarcaremos los movimientos lineal y circular.

5.2 Conceptos previos Inercia.- Es la dificultad o resistencia que opone un cuerpo a un cambio en su estado de movimiento. En física se dice que un cuerpo tiene más inercia cuando resulta más difícil lograr un cambio en el estado de movimiento del mismo. Masa.- Es una propiedad intrínseca de la materia. Esta magnitud escalar mide la cantidad de INERCIA que posee un cuerpo, es decir que a mayor masa del cuerpo tendrá mas inercia y será más difícil cambiarle su velocidad. La masa de un cuerpo es la misma en cualquier lugar del universo. La masa se mide con una balanza. Indirectamente se determina como la relación del peso del cuerpo a la aceleracion de la gravedad en ese lugar, observándose que este cociente se mantiene constante. (Unidad S.I: kg) Masa =

= constante

Peso.- El peso de un cuerpo no es otra cosa que la fuerza de atracción gravitacional ejercida por la Tierra; magnitud vectorial cuya dirección siempre es perpendicular al suelo y su sentido apunta hacia él. Si dejamos un cuerpo en el aire, el peso lo hará caer y la aceleración que experimenta es la gravedad. g

m Peso = mg

TIERRA

esta magnitud vectorial se mide con un dinamómetro. (Unidad S.I: newton). Peso = - 233 -

Física Marco de referencia inercial.- Un marco (o sistema) de referencia inercial es aquel en el que es válida la primera ley de Newton. Un marco de referencia que se mueve con velocidad constante respecto a las estrellas distantes es la mejor aproximación de un marco inercial. La Tierra no es un marco de referencia inercial debido a su movimiento orbital alrededor del sol y a su movimiento de rotación alrededor de su propio eje. Sin embargo estas aceleraciones a menudo se pueden despreciar. En la mayoría de los casos se supondrá que la Tierra es un marco inercial. Todo marco de referencia que se mueva con velocidad constante respecto de otra marco de referencia inercial, será también inercial. En general en todo marco de referencia inercial se cumplen las leyes de Newton . SISTEMA INERCIAL

v = cte péndulo

TIERRA

Marco de referencia acelerado (no inercial).- Es aquel que se encuentra acelerado con respecto a un observador que está en un marco de referencia inercial.. En un sistema de referencia no inercial no se cumplen las leyes de Newton.

SISTEMA NO INERCIAL

a = cte

TIERRA

- 234 -

Capítulo 5: Dinámica

5.3. Segunda Ley de Newton La Segunda Ley de Newton dice: “Toda fuerza resultante no nula que actúa sobre un cuerpo de masa constante, origina una aceleración resultante, con la misma dirección y sentido que la fuerza resultante, el valor de ésta es directamente proporcional al valor de la fuerza resultante e inversamente proporcional a la masa del cuerpo.”

3

//

2

//

1

4 R

=

=∑

( 2da Ley de Newton )

m : masa del cuerpo : aceleración del cuerpo

O también:

FR = m . a

UNIDADES SISTEMA

a 2

m

F

S.I

m/s

kg

Newton

C.G.S

cm/s2

gr

Dina

- 235 -

R

Física

5.4 Máquina de Atwood La aceleración que adquieren un grupo de bloques entrelazados entre sí por medio de una cuerda que pasa alrededor de una polea fija, puede ser determinado directamente por la siguiente fórmula general:

a= Para el caso de cuatro masas:

g a= m2 a

a

m3 m1

⇒

a=

\

a=

=

m4

Otros casos:

a m2

LISO

a m3

a

m1

a

m2 θ

m1

a=

a=

- 236 -

a

Capítulo 5: Dinámica

5.5. Dinámica circular Es aquella que estudia las condiciones que deben cumplir una o más fuerzas para que un determinado cuerpo se encuentre en movimiento circular. En el estudio del movimiento circular uniforme, hemos visto que la velocidad del móvil no cambia de módulo pero cambia constantemente de dirección. La fuerza resultante que actúa sobre un cuerpo que posee una trayectoria circular, se descompone en dos componentes: la radial (fuerza centrípeta) y la tangencial (fuerza resultante tangencial). Fuerza Tangencial(FT).- Es la componente que produce la aceleración tangencial (a T), la cuál varía la velocidad lineal del cuerpo en movimiento circular. Fuerza Centrípeta (Fcp).- Es la componente radial de la fuerza resultante, cumple la función de desviar continuamente el cuerpo del camino rectilíneo que recorrería en ausencia de esta fuerza. La Fcp es la suma de las fuerzas radiales y genera la aceleración centrípeta (acp) que cambia la dirección de la velocidad tangencial para que el cuerpo gire. aT a R (Radio)

acp =

= ω2R

acp v : Velocidad Tangencial (m/s) ω : Velocidad Angular (rad/s)

Y la aceleración total del cuerpo: a=

aT : Ac. Tangencial FT F Fcp R

- 237 -

EJE RADIAL

Física Para las fuerzas: FT = m.aT = m.a.R

(a : aceleración angular en rad/s2)

Fcp = m.acp = m.ω2.R

(ω : velocidad angular en rad/s)

Además: F=

Si hay varias fuerzas sobre un cuerpo, la Fcp es la resultante de las todas las fuerzas SOBRE EL EJE RADIAL:

Fcp = Σ F (Apuntan al centro) – Σ F (No apuntan al centro)

- 238 -

Capítulo 5: Dinámica

Problemas Resueltos Dinámica Lineal 1. De los gráficos que se muestran, ¿cuáles son los que mejor representan la 2da Ley de Newton? a a m2 > m1

en la cual la aceleración y la masa son inversamente proporcionales. “Entonces (I) no representa la 2da ley” (II)

a h(m)

m1 m

F

(I) F

( II )

m

a2 > a1

Según este gráfico, la aceleración se relaciona con la masa de acuerdo a la , donde k es una

función h(m) =

constante, esto nos lleva a colocar a = a1 ( III )

lo cual indica que a y m son inversamente

m

proporcionales

SOLUCIÓN:

, esto si está de

acuerdo a la 2da Ley de Newton.

Analizamos cada gráfico: (I)

,

a

“Entonces (II) si representa la 2da ley” (III)

m2

a2

F

a2

F2

m1

a1

a1

F1

Fo

F

mo

Según este gráfico, si tomamos la fuerza Fo la cual actúa sobre la masa m1 y la masa m2 (m2 es mayor que m1). Del gráfico vemos que a2 es mayor que a1. Esto quiere decir que al aumentar la masa (de m1 a m2) aumenta la aceleración (de a1 a a2) lo cual indicaría que ambas magnitudes son directamente proporcionales, esto no concuerda con la 2da Ley de Newton, - 239 -

m

Según este gráfico, si sobre la misma masa (mo) actúa mayor fuerza (F2 es mayor que F1) esto produce mayor aceleración (ya que a2 es mayor que a1). De aquí vemos que F es directamente proporcional a “a” lo cual si está de acuerdo con la 2da ley de Newton. “Entonces (III) si representa la 2da ley”

Física 2. En el siguiente caso mostrado, hallar la aceleración “mínima” (amin) tal que el bloque C no caiga. Considere que existe rozamiento entre el bloque C y el carro. (ms = 0,5; mk = 0,3; g = 10 m/s2) amin

⇒

… (ii)

N=

Analizando en el eje horizontal. De la 2da ley de Newton: Σ Fx = m amin = N

rugoso

⇒

C

amin =

Reemplazando de (ii): SOLUCIÓN: El sistema “carro – bloque C”, se mueve con una misma aceleración amin horizontal, así que primero realizaremos el D.C.L del bloque C: fs N

⇒

amin =

⇒

amin =

⇒

amin =

⇒

amin =

(como P = mg)

P Para que el bloque no caiga, no debe haber movimiento vertical, en otras palabras, la fuerza de rozamiento fs debe ser igual al peso P del bloque, así: Σ Fy = 0 ⇒

fs = P

... (i)

La mínima aceleración implica que la fuerza fs debe ser lo más grande posible (para compensar el peso del bloque). Luego fs debe ser igual a fs :

\

3. Un bloque de masa m = 3 kg se desplaza horizontalmente sobre una superficie rugosa (mk = 0,5) por acción de una fuerza F aplicada sobre él, tal como se muestra en la figura. Si F = 20 N, hallar la aceleración del bloque. (g = 10 m/s2) a

max

= ms N

rugoso

Reemplazando en (i): ms N = P - 240 -

F 37º

max

fs = fs

amin = 20 m/s2

Capítulo 5: Dinámica SOLUCIÓN:

4. Hallar la aceleración mínima requerida con que debe moverse el prisma para que el cuerpo sobre él comience a subir. Sólo hay rozamiento entre el cuerpo y el prisma. (ms = 0,5 ; g = 10 m/s2)

Hagamos el D.C.L del bloque: F 37º

fk

a rugoso

P N

g

m

Descomponiendo la fuerza F:

Prisma

liso 37º

Fsen 37º fk

N

SOLUCIÓN:

Fcos 37º

D.C.L del bloque

P

N Como el movimiento es en el eje horizontal, aplicamos la 2da ley de Newton: Σ Fx = m.a ⇒

53º

F cos 37º – fk = m.a

⇒

P … (i)

a=

La aceleración mínima se dará cuando la fuerza de rozamiento fs sea máxima, justo antes de que el bloque empieza a deslizarse:

Del equilibrio en la vertical: Σ Fy = 0 ⇒ N + F sen 37º – P = 0 ⇒

fs

N = P – F sen 37º ... (ii)

Reemplazando (ii) en (i):

fs = fs

max

= ms.N (para que la aceleración sea mínima)

¡Recordemos que la aceleración del sistema es horizontal!

⇒ a=

Descomponiendo las fuerzas en un sistema de coordenadas paralelo y perpendicular a la aceleración.

⇒ a= \

a = 1,66 m/s2 - 241 -

Física y

Igualando (i) y (ii): N

2mg = m.a ⇒

53º

x

37º

Dirección de aceleración

\

53º

fs

max

N sen 53º N cos 53º max

a = 20 m/s2

5. Una persona “A” observa un bloque colocado dentro de un ascensor que sale con aceleración a = 4 m/s2. Si existe rozamiento entre el bloque y el ascensor, ¿cuánto debe valer m para que éste permanezca en reposo a la vista del observador “B” ubicado dentro del ascensor? (g = 10 m/s2)

P

fs

a = 2g

cos 37º

P fs

a

sen 37º

max

53º

Aplicando la 2da ley de Newton para la componente horizontal:

m

Σ Fx = m.a ⇒

N cos 53º + fs

B

m

cos 37º = m.a

A

max

⇒ N cos 53º + (ms.N)cos 37º = m.a ⇒

= m.a

N

⇒

N = m.a

… (i)

Del equilibrio para la componente vertical: Σ Fy = 0 ⇒ (N sen 53º – P – fs ⇒ ⇒ ⇒

SOLUCIÓN: D.C.L del bloque (con respecto al observador “B”): N

fS sen 37º) = 0

max

N sen 53º – ms.N sen 37º = P N

53º

= mg N = 2mg

... (ii) - 242 -

P

Capítulo 5: Dinámica 6. En la figura, el bloque A sube con aceleración aA = 24 m/s2, hallar la aceleración con que desciende el bloque B. (mA = 80 kg ; mB = 1 kg ; g = 10 m/s2; mPOLEA es despreciable)

x’

Ahora descomponemos los vectores en un sistema de coordenadas paralelo y perpendicular a la aceleración del sistema. Recordar que para el observador “A” (fuera del ascensor), tanto el ascensor como el bloque se mueven con una misma aceleración a.

g

y’

N fS

37

º

en

A

37

º

37º

Pc

os

aA

Ps

Di r ac ecci ele ón rac de ión

P

B

Aplicando la 2da ley de Newton en el eje x’ (dirección de la aceleración): Σ Fx’ = m a ⇒

aB

SOLUCIÓN: Para cada polea se cumple: De la 2da Ley de Newton:

N – P cos 37º = m a

T

T

⇒ N – (mg)cos 37º = m a

2T – T’ = mPOLEA . aPOLEA

⇒ N – m(10)(4/5) = m(4)

Como mPOLEA ≈ 0:

⇒

N = 12 m

Del equilibrio en el eje y’:

T’

Σ Fy = 0 msN = (10 m)(3/5)

⇒

msN = 6m

Aplicando la 2da Ley: ... (ii)

ms(12 m) = 6m \

T’ = 2T ... (i)

TA TA – PA = mA aA … (ii)

Reemplazando (i) en (ii): ⇒

⇒

D.C.L del bloque A:

⇒ fS – P sen 37º = 0 ⇒

2T – T’ = 0

... (i)

PA

ms = 0,5 - 243 -

Física SOLUCIÓN:

D.C.L del bloque B:

Para la masa M aplicamos la 2da Ley de Newton:

TB Aplicando la 2da Ley:

F1 = (M)(5) = 5M

PB – TB = mB.aB … (iii)

Para la masa 2M aplicamos la 2da Ley de Newton:

PB

F2 = (2M)(15) = 30M

Como para cada polea la tensión se duplica de acuerdo a lo visto anteriormente, tenemos:

Ahora sobre un cuerpo de masa 3M: F1

3M

TB = 8TA

⇒

Con esto, combinamos las ecuaciones (ii) y (iii):

⇒

=

El módulo de F será:

=8

F=

Reemplazando valores:

⇒

F=

⇒

⇒

F=

⇒

=8

= 5M

Aplicando la 2da Ley de Newton al cuerpo de masa 3M:

10(10 – aB) = 34

⇒

10 – aB = 3,4 \

F1

F2

TA = mA(g + aA) ; TB = mB(g – aB)

F2

F

F = (3M)a ⇒

aB = 6,6 m/s2

7. Sobre un cuerpo de masa M se aplica una fuerza F1, que produce una aceleración de 5 m/s2. Sobre otro cuerpo de masa 2M se aplica una fuerza F2 que produce una aceleración de 15 m/s2. ¿Qué aceleración producirá la acción simultánea de F1 y F2 perpendiculares entre si, sobre un cuerpo de masa 3M?

= 3M.a

5M \

a=

m/s2

8. En la figura mostrada, hallar la velocidad y dirección del bloque de masa m1, 5 s después del instante inicial en el cual vo = 7 m/s hacia la izquierda. (m1 = 0,5 kg; m2 = 0,2 kg; g = 9,8 m/s2)

- 244 -

Capítulo 5: Dinámica

μ=0

vo = 7 m/s g

⇒

a=

g

⇒

a=

(9,8)

⇒

a = 2,8 m/s2

m1

m2

Para obtener la velocidad del bloque 1, 5 s después, usamos del M.R.U.V:

SOLUCIÓN:

vf = vo – at

Ya que no hay otra fuerza además de tensión aplicada horizontalmente en bloque “1”, la aceleración será hacia derecha del bloque “1”, por lo tanto bloque “2” tenderá a caer. Haciendo el D.C.L de los bloques: N

la el la el

⇒

vf = 7 – (2,8)5

⇒

vf = – 7 m/s

(El signo – indica que el bloque se mueve en sentido opuesto al que tenía inicialmente)

T

\

vf = 7 m/s

(a la derecha)

T

P1

9. Hallar la tensión de la cuerda en función de “m2” en el sistema mostrado. Considere despreciable la masa de la polea. (m1 = 3m2 ; g = 10 m/s2)

P2

Bloque 1

Bloque 2

(Generalmente despreciamos la masa de la polea, para que así, la tensión sea la misma para ambos bloques)

g

Aplicando la 2da ley de Newton al bloque 1: Σ Fx = T = m1a

Aplicando la 2da ley de Newton al bloque 2: Σ Fy = P2 – T = m2a

a

… (ii)

Reemplazando (i) en (ii):

m1

SOLUCIÓN:

P2 – m1a = m2a ⇒

m2

… (i)

Haciendo el diagrama de fuerzas que actúan sobre los bloques y la cuerda:

m2g = (m1 + m2)a - 245 -

Física Reemplazando m1 = 3m2: ⇒ T=

T a

T

T T

\

g=

T = 15 m2

P2 10. Hallar la aceleración “a” del sistema que se muestra en la figura. (m1 = 2 kg; m2 = 4 kg; m3 = 6 kg; g = 10 m/s2)

P1 Aplicando la 2da Ley de Newton para ambos bloques por separado: P1 – T = m1a

... (i)

(Para el bloque 2): T – P2 = m2a

... (ii)

(Para el bloque 1):

(10)

m2 a m3

Sumando (i) y (ii) miembro a miembro: m1

(P1 – T) + (T – P2) = m1a + m2a ⇒

P1 – P2 = (m1 + m2)a

⇒

m1g – m2g = (m1 + m2)a

⇒

(m1 – m2)g = (m1 + m2)a

⇒

.g

a=

SOLUCIÓN: Haciendo el D.C.L de cada bloque en el sistema: N2 T2

... (iii)

T = m2g + m2

⇒

T=

⇒

T=

T1

T2

Para hallar la tensión en la cuerda, reemplazamos (iii) en (ii): T – P2 = m2a ⇒

T1

P2

P3

P1

g

Aplicando la 2da Ley de Newton para cada bloque: (la aceleración es la misma en módulo para cada bloque)

g

(Para el bloque 1):

.g

Σ Fy = T2 – P1 = m1a ⇒ - 246 -

T2 = P1 + m1a

… (i)

Capítulo 5: Dinámica SOLUCIÓN:

(Para el bloque 2): Σ Fx = T1 – T2 = m2a

Como el sistema se mueve a una misma aceleración “a”, podemos aplicar la 2da Ley de Newton a los cuerpos por separado:

… (ii)

(Para el bloque 3): ΣFy = P3 – T1 = m3a ⇒

(Para la bola B)

T1 = P3 – m3a

… (iii)

D.C.L

Reemplazando (i) y (iii) en (ii): T

(P3 – m3a) – (P1 + m1a) = m2a ⇒

T sen 53º

P3 – P1 = m1a + m2a + m3a

53º

⇒ (m3g) – (m1g) = (m1 + m2 + m3)a ⇒

a=

g

PB

Aplicando la 2da ley de Newton:

Colocando los valores numéricos: ⇒

Σ Fx = T cos 53º = mBa

(10)

a=

Dirección de aceleración

T cos 53º

… (i)

Del equilibrio en la vertical: \

Σ Fy = 0

m/s2

a=

⇒

11. Un bloque A se mueve hacia la derecha en una superficie con rozamiento (mk = 0,1), a él se suspende una bola B por medio de una cuerda de manera que q = 37º (como en la figura). Si PA = 320 N y PB = 20 N, hallar el valor de la fuerza F. v rugoso

⇒

T sen 53º = PB T=

PB

... (ii)

Reemplazando (ii) en (i): cos 53º = mBa ⇒

= mBa

⇒

mB.g = mB.a

F 37º ⇒

B

- 247 -

a=

g

… (iii)

Física (Para el bloque A)

12. Hallar la aceleración del sistema mostrado, si el bloque A pesa 300 N y el bloque B pesa 800 N. (las poleas son de peso despreciable; g = 10 m/s2)

D.C.L N fk

F

mk = 0,6

A

37º

T

PA

Aplicando la 2da ley de Newton en la horizontal: B

Σ Fx = mAa ⇒ F – fk – T sen 37º = mAa

SOLUCIÓN:

⇒ F = fk + T sen 37º + mAa

Suponiendo que la aceleración es tal que el bloque B se mueve hacia abajo:

⇒ F = m kN +

T + mAa

… (iv)

D.C.L (bloque A)

Del equilibrio en la vertical: fk

N – T cos 37º – PA = 0

⇒

N = T cos 37º + PA

PA

PB +

⇒ F = PA

\

+ mA

TB = (22 )TA = 4TA Aplicando la 2da Ley de Newton al bloque A: TA – fk = mA.a ⇒

+ PB

⇒ F = (PA + PB)

PB

Como son dos poleas móviles e ideales, se cumple:

T + mAa

Reemplazando (ii) y (iii) en la expresión anterior: F=

TA

… (v)

Reemplazando (iv) en (v): F = mk(T cos 37º + PA) +

TB

NA

Σ Fy = 0 ⇒

D.C.L (bloque B)

TA = fk + mA.a

... (i)

Del equilibrio en la vertical para el bloque A:

= 340

Σ Fy = 0 ⇒

F = 289 N - 248 -

NA = PA

... (ii)

Capítulo 5: Dinámica Aplicando la 2da Ley de Newton al bloque B:

SOLUCIÓN: Considerando el sistema “bloque A + bloque B + bloque C”, que se mueve con una misma aceleración “a”. La fuerza resultante que actúa sobre el sistema es:

Σ Fy = PB – TB = mB.a ⇒

PB – (4TA) = mB.a

FR = F + mBg – mCg

Reemplazando de (i): ⇒

PB – 4(fk + mA.a) = mB.a

Aplicando la 2da ley de Newton al sistema: FR = msistema.a

⇒ PB – 4 (mk.NA) – 4mA.a = mB.a Reemplazando de (ii):

⇒ F + mBg – mCg = (mA + mB + mC)a

⇒ PB – 4 mk(PA) = a (4mA + mB)

⇒ ⇒

a=

a= Reemplazando valores:

⇒

a=

=

\

⇒

a = 0,4 m/s2

a= \

a = 0,54 m/s2

13. En la figura: mA = 4 kg ; mB = 6 kg ; mC = 10 kg y F = 50 N Calcule la aceleración del sistema.

14. Hallar la aceleración en el sistema mostrado. (g: aceleración de la gravedad) m1

m3

m4

m2

g = 9,8 m/s2

g

α

B SOLUCIÓN: C

Suponemos (arbitrariamente) que m4 desciende.

F A

- 249 -

Física Haciendo el diagrama de fuerzas del sistema:

SOLUCIÓN: D.C.L (del sistema)

m1g

a N

N1

co

m 2g

g m4

a

m4g

α en gs m4

sα

N

a

α

a

α

T a

α m1gcos α

α en

gs m1

m3g

T

m1g

α

m2g

Analizando el sistema total: Σ F = msistema.a m4g sen α – m2g – m3g = (m1 + m2 + m3 + m4)a

Asumiendo arbitrariamente que m2 desciende. Luego aplicando la 2da ley de Newton a todo el sistema: Σ F = m.a

\

⇒ m2g – m1gsen α = (m1 + m2)a

a=

⇒ Si se reemplazara valores numéricos en la fórmula y la aceleración resultáse negativa, esto indicaría que m4 no desciende, sino que asciende, es decir el sistema se desplaza en sentido contrario al asumido.

a=

(Si la aceleración saliera negativa; entonces el bloque de masa m2 ascendería verticalmente) Calculando la tensión: D.C.L (del bloque de masa m2)

15. En el sistema mostrado, calcular el valor de la aceleración y la tensión existente en la cuerda. (g: aceleración de la gravedad)

T a

g m2g μ=0

m1

Aplicando la 2da ley de Newton al bloque de masa m2:

m2

α

Σ F = ma ⇒ - 250 -

m2g – T = m2a

Capítulo 5: Dinámica ⇒

T = m2(g – a)

⇒

T = m2

\

17. ¿Qué fuerza “F” deberá aplicarse al carro de masa “M” para que la esfera de masa “me” forme un ángulo “α” con la vertical? (g: aceleración de la gravedad) g M α F me

T=

16. Un globo, de gran peso “W”, cae verticalmente hacia abajo con una aceleración constante “a”. ¿Qué cantidad de lastre “Q” debe arrojarse del globo a fin de darle una aceleración igual a “a”, dirigida hacia arriba? Se desprecia la resistencia del aire. (g: aceleración de la gravedad)

SOLUCIÓN: Aplicando la 2da ley de Newton: Σ F = ma ⇒

W–F=

a

... (i)

Para cuando suba el bloque. Aplicando la 2da ley de Newton: Σ F = ma ⇒

F – (W – Q) =

a … (ii)

T cos α

Q=a ⇒

Q

=2

α

meg Aplicando la 2da ley de Newton a la esfera: Σ F = ma ⇒

Tsen α = mea

… (ii)

Del equilibrio en la vertical para la esfera: Σ Fy = 0 Tcos α = meg

… (iii)

Dividiendo (ii) entre (iii) miembro a miembro:

–

=

= \

T

T sen α

⇒

Sumando (i) y (ii) miembro a miembro:

… (i)

D.C.L (de la esfera)

SOLUCIÓN: Sea “F” la fuerza ascensional. Para cuando cae el globo. Aplicando la 2da ley de Newton: Σ F = ma ⇒

F = (M + me)a

⇒

Q=

⇒ - 251 -

tan α = a = g tan α

... (iv)

Física Reemplazando (iv) en (i): \

Además: fk = μkN

F = (M + me)g tan α

⇒

18. Hallar la aceleración y la fuerza “F” que hará que el bloque de peso “W1” esté a punto de desligarse sobre la superficie inclinada, tal como muestra la figura.

fk = μk(W + W1)

... (ii)

Reemplazando (ii) en (i): F – μk(W + W1) =

a

⇒ F = (W + W1) F

W1

μs

D.C.L (del bloque de peso W1) Ncos θ

μk

W

… (iii)

α

N

El coeficiente de rozamiento en el plano inclinado es “μs” y en el plano horizontal es “μk”

θ

fssen θ θ

Nsen θ

fe fscos θ

W1

SOLUCIÓN: D.C.L del sistema:

Aplicando la 2da ley de Newton: Σ Fx = ma F

⇒ μsN cos θ – N sen θ =

fk

α

⇒

W + W1

Aplicando la 2da ley de Newton al sistema: Σ F = ma F – fk =

N(μscos θ – sen θ) = W1

… (iv)

Del equilbiro en la vertical:

N

⇒

a

Σ Fy = 0 ⇒

N cos θ + fssen θ = W1

⇒ N cos θ + (μsN) sen θ = W1 a

… (i)

- 252 -

⇒

N(cos θ + μssen θ) = W1

… (v)

Capítulo 5: Dinámica Dividiendo (iv) y (v) miembro a miembro:

Rbalanza : Lectura de la balanza

⇒

Aplicando la 2da ley de Newton al estudiante (componente vertical):

=

Σ Fy = m ay

⇒

a=g

⇒

W – Rbalanza =

⇒

160 – 120 =

⇒

ay =

ay

Reemplazando en (iii): ay

\ F = (W1 + W)

19. Un estudiante realiza el siguiente experimento: él arregla una balanza con un bloque de madera y pequeños rodillos de tal manera que rodará sobre el plano inclinado sin fricción como se muestra en la figura. Si su peso es de 160 N y lo que marca la balanza durante el descenso es de 120 N. ¿Cuál será el valor del ángulo de inclinación del plano, “θ”? g

… (i)

Además tenemos: a a = g sen θ

g θ

A la vez este descomponer:

vector

se

puede

ax θ

a = g sen θ

ay θ

ay = a sen θ = g sen2θ

SOLUCIÓN: D.C.L (del estudiante) ay

Igualando (i) y (ii): = g sen2θ

West ⇒ sen2θ =

⇒ sen θ = ±

y como “θ” es agudo: \

Rbalanza = 120 N - 253 -

θ = 30º

… (ii)

Física 20. Hallar la reacción sobre un cuerpo que se encuentre en el piso de un elevador que asciende con una aceleración de 9,8 m/s2. Además el peso del cuerpo es 2N. (g = 9,8 m/s2)

SOLUCIÓN: D.C.L (del bloque de masa “m”) N

SOLUCIÓN: g R

9,8 m/s2

fs

max

mg W Aplicando la 2da ley de Newton al cuerpo:

Aplicando la 2da ley de Newton al bloque:

Σ Fy = m a ⇒

ΣF = ma

R – W = ma

⇒

R=W+

a

⇒

R=2+

(9,8)

\

R=4N

fs max = m a

⇒

μN = m a

⇒

μ(mg) = m a

⇒

a = μg

… (i)

Aplicando la 2da ley de Newton a todo el sistema:

21. Calcular “W” en el siguiente sistema, con la condición que “m” esté a punto de deslizar sobre “2 m”. El coeficiente de rozamiento entre “m” y “2 m” es “μ”; no hay fricción entre “2 m” y la superficie horizontal. (W es el peso por calcular) μ m

liso

⇒

Σ F = mT a ⇒ ⇒

W= = 3m a

W

Reemplazando (i) en (ii):

2m

⇒

W(1 – μ) = 3m(μg) \

W

- 254 -

W=

a … (ii)

Capítulo 5: Dinámica 22. En el sistema mostrado, hallar la aceleración de los bloques. No hay rozamiento y las poleas son de peso despreciable. (g = 10 m/s2) (m1 = 1 kg ; m2 = 2 kg ; m3 = 3 kg)

D.C.L (del bloque 3) T Aplicando la 2da ley de Newton:

a3

P3 – T = m3a3 … (iii)

P3 m2

Reemplazando (ii) en (i): = m1a1

P1 –

m1 m3

⇒ (1)(10) –

= (1)a1

SOLUCIÓN:

⇒

En este caso el sistema no se mueve con la misma aceleración, ya que la polea en el bloque 2 condiciona la aceleración del bloque 1. Haciendo el D.C.L de cada bloque, considerando aceleraciones distintas y asumiendo los sentidos de éstas. (una aceleración negativa implica un cambio en el sentido asumido)

Reemplazando (ii) en (iii):

D.C.L (del bloque 1) T a1

Aplicando la 2da ley de Newton:

a1 = 10 – a2

P3 –

= m3a3

⇒ (3)(10) –

= (3)a3

⇒

a3 =

... (v)

Ahora usaremos una de las propiedades de la polea móvil (dada en el movimiento circular): a1 a2

P1 – T = m1a1 … (i) P1

a3

D.C.L (del bloque 2) N 2T P2 a2

... (iv)

a2 =

Aplicando la 2da ley de Newton: 2T = m2a2 … (ii) Del equilibrio en la vertical: N – P2 = 0 - 255 -

Reemplazando a1 y a3 de (iv) y (v):

⇒ a2 =

Física

⇒

Aplicando al bloque la 2da Ley de Newton:

2a2 = 10 – a2 + 10 –

Σ Fx’ = m.a

⇒

a2 = 20

⇒

a2 = 6 m/s2

⇒

\

Así también obtenemos:

P cos 37º – fk = m.a – mkN = m.a

mg

Del equilibrio en la vertical:

a1 = 10 – (6)

\

a1 = 4 m/s2

a3 =

\

a3 = 8 m/s2

Σ Fy’ = 0 ⇒

N – P sen 37º = 0

⇒ 23. En el instante mostrado el bloque de masa m = 10 kg posee una velocidad vo = 5 m/s. Hallar su velocidad luego de 3 s de movimiento. (mk = 0,4; g = 10 m/s2) mk

g

... (i)

⇒

N = mg N=

(10)(10) = 60

... (ii)

Reemplazando (ii) en (i):

m

mg – mkN = ma ⇒ 53º

⇒

SOLUCIÓN:

Usando la ecuación del M.R.U.V para hallar la velocidad del bloque luego de 3 s:

fk

N

a = 5,6 m/s2

v = vo + at

Ps 37º

en

37

Reemplazando para t = 3 s:

º

⇒

v = 5 + (5,6)(3)

P \

Di x’ r ac ecci ele ón rac de ión

y’

(60) = 10 a

80 – 24 = 10 a

⇒

D.C.L del bloque:

Pc os 37 º

(10)(10) –

- 256 -

v = 21,8 m/s

Capítulo 5: Dinámica 24. Se tiene una barra uniforme y homogénea, suspendida en el techo de un carro que se mueve con aceleración constante. Si la barra se desvía un ángulo de 53º respecto a la vertical, hallar la aceleración del carro. (g = 10 m/s2) a

Si bien, no hay equilibrio de traslación, la barra, al no rotar, posee equilibrio de rotación, o sea cumple la 2da condición de equilibrio. Tomando ahora los momentos respecto al centro de gravedad “G” de la barra (esto se hace por conveniencia ya que necesitamos relacionar Rx y Ry)

g

Σ MG = 0

53º

⇒ Ry(4) – Rx(3) = 0 ⇒ SOLUCIÓN:

4Ry = 3Rx

... (iii)

Reemplazando (i) y (ii) en (iii):

D.C.L de la barra:

4(mg) = 3(ma) Ry

a=

\

5

4 3

⇒ Rx

53º

m/s2

a=

G 25. En la figura mostrada, hallar la aceleración del carro, si la esferita colgada se desvía 45º respecto a la dirección vertical. (La masa de la cuerda es despreciable) (g = 9,8 m/s2)

P

Aplicando la 2º Ley de Newton:

a

Σ Fx = ma ⇒

Rx = ma

... (i)

g 45º

Del equilibrio en la vertical: Σ Fy = 0 Ry – mg = 0 ⇒ Ry = mg

... (ii)

En este caso se considera a la barra como un cuerpo con dimensiones (cuerpo rígido). - 257 -

Física SOLUCIÓN:

NB

NA

D.C.L. de la esfera

F T

T sen 45º

fk

A

fk

B

PA

Dirección de 45º T cos 45º aceleración

PB

Del equilibrio en la vertical: Σ Fy = 0

P

Para el bloque A: NA = PA

... (i)

Para el bloque B: NB = PB

... (ii)

Aplicando la 2da ley de Newton: Σ Fx = ma ⇒ T cos 45º = ma … (i) Del equilibrio en la vertical: Σ Fy = 0 ⇒ T sen 45º = P … (ii)

Como PA = PB ⇒ NA = NB

Dividiendo (ii) entre (i):

Luego:

De (i) y (ii) se deduce que: fk = m k N A A

fk = mkNB B

tan 45º =

⇒

⇒

a=g \

a = 9,8 m/s2

A

B

... (iii)

F – fk – fk = (mA + mB)a A

B

De (iii):

26. En el siguiente sistema físico, hallar la aceleración de los bloques A y B. (mA = mB = 10 kg; F = 130 N; g = 10 m/s2) mk = 0,4

A

Aplicando la 2da ley de Newton al sistema: Σ Fx = mTa

= ⇒

fk = fk

B

⇒

F – 2fk = (mA + mB)a

⇒

F – 2(mkmAg) = (mA + mB)a

⇒

a=

A

Reemplazando valores:

F

SOLUCIÓN: Haciendo el D.C.L del sistema conjunto A y B. (no se consideran las fuerzas internas como la tensión en la cuerda): - 258 -

⇒ a= \

= a = 2,5 m/s2

Capítulo 5: Dinámica

Dinámica Circular 27. Se hace girar una esfera de 5 kg mediante una cuerda de 2 m en un plano vertical, manteniendo la rapidez constante de 6 m/s. Determinar la tensión de la cuerda en los puntos A, B, C y D. (g = 10 m/s2)

⇒

TA + P = m

⇒

TA + mg = (5)

⇒ TA + (5)(10) = 90

A

\

TA = 40 N

• En el punto “B”: R g

Fc = mac

B 53º

⇒

TB = m

⇒

TB = (5)

D C

SOLUCIÓN

\

Haciendo el diagrama de fuerzas que actúan sobre la esfera en cada punto: A

v = 6 m/s g

P TA R

TB

TD s

o Pc

53º

D

º 53

• En el punto “C”: Fc = mac ⇒

TC – P = m

⇒

TC – 50 = (5)

P

\

TC

53º

TC = 140 N

• En el punto “D”: C

3º

5 en Ps

P

B

TB = 90 N

Fc = mac

P

• En el punto “A”: De la 2da ley de Newton:

⇒

TD – P cos 53º = m

⇒

TD – (50)

= (5)

Fc = mac \ - 259 -

TD = 120 N

Física De la figura:

28. En una curva peraltada, el ángulo de elevación es 16º y el radio de curvatura es R = 210 m. Hallar la velocidad máxima que deberá tener un vehículo para que no haya rozamiento en sus neumáticos. (considere g = 9,8 m/s2; sen74° = 24/25)

Fcp =

= N cos 74º

… (i)

Del equilibrio en el eje vertical: Σ Fy = 0 ⇒

R

N sen 74º – mg = 0

⇒

N sen 74º = mg

... (ii)

g Dividiendo (i) entre (ii), miembro a miembro:

16º SOLUCIÓN: El D.C.L del vehículo de acuerdo a las condiciones dadas: N

16º

P (Por condición del problema, no existe fuerza de rozamiento entre los neumáticos del auto y el piso). Para determinar la fuerza centrípeta, descomponemos las fuerzas que actúan sobre el auto en un sistema de coordenadas paralelo y perpendicular a los radios de curvatura:

N

=

⇒

tan 74º =

⇒

v=

⇒

v=

\

v = 24,5 m/s

29. En la figura mostrada, la esferita de 15 kg de masa gira con ω = 4 rad/s. Hallar la = m; tensión en la cuerda OB. ( g = 10 m/s2) A

ω N sen 74º

g

74º

N cos 74º

⇒

O P = mg

- 260 -

30º

B

Capítulo 5: Dinámica SOLUCIÓN: La esfera B describe una circunferencia |. de radio R = |

30. Una esferita, con M.C.U.V, parte del reposo y se desplaza 0,5 rad. Halle en ese instante el cociente entre la fuerza tangencial y normal (FT/FN).

Haciendo el D.C.L de la esfera: T1

SOLUCIÓN: ωf

60º

T1sen 60º

T1cos 60º

FT

FN

Dirección radial

T2

R

ωo = 0

Se pide hallar la razón: P

r=

Las fuerzas en la dirección radial son las que causan la aceleración centrípeta: Σ FRADIALES = mω2R ⇒ T2 + T1 cos 60º = mω2R ⇒ T2 = mω2R – T1 cos 60º

⇒

r=

⇒

r=

ωf2 = ωo2 + α.θ Reemplazando:

Σ Fy = 0

⇒ ⇒

P = T1 sen 60º

⇒

… (ii)

T1 =

ω2 = 02 + α(0,5) ω2 = α(0,5)

r=

T2 = mω2R –

\

⇒ T2 = mω2R –

\

T2 = 430

... (ii)

Finalmente reemplazando (ii) en (i):

Reemplazando (ii) en (i):

⇒ T2 = (15)(4)2(2

… (i)

Usando la ecuación del M.C.U.V:

… (i)

Del equilibrio en la vertical: ⇒

=

)–

N

r=2

31. Una persona de masa “m” está apoyada sobre la pared lateral de un cilindro que rota con una con rapidez angular constante de 2 rad/s. Determinar el menor coeficiente de rozamiento entre la pared y la persona; para impedir que ésta caiga. (rcilindro = 5 m; g = 10 m/s2) - 261 -

Física 32. Con que rapidez angular “ω” debe girar el sistema, para que la esferita mantenga la posición indicada en la figura. (g = 10 m/s2).

ω = 2 rad/s

10 cm 25

53º

g

cm

m

ω

SOLUCIÓN: (D.C.L de la persona):

SOLUCIÓN: fs

max

53º

T T cos 37º 37º 10 cm 20 cm R = 30 cm

mg Como la persona se encuentra a punto de resbalar; entonces actúa fs . Luego: max

= mg

μsN = mg

⇒

… (i)

Del equilibrio en la vertical:

da

De la 2 ley de Newton:

Σ Fy = 0

Fc = mac N = m(ω2r)

⇒

⇒ ⇒

μs(m ω2r) = mg

mg

... (i)

Fc = mac ⇒

μs = \

T=

De la dinámica circular:

μs =

⇒

Tsen 37º – P = 0

… (ii)

Reemplazando (ii) en (i):

⇒

P

ω

max

fs

T sen 37º

N

⇒

μs = 0,5 - 262 -

T cos 37º = m(ω2R) T=

mω2R

... (ii)

Capítulo 5: Dinámica Igualando (i) y (ii): mg =

D.C.L (de la esfera) T

T cos β

mω2R

β

⇒

ω2 =

⇒

ω2 =

\

T sen β P

Del equilibrio en la vertical:

ω=

rad/s

Σ Fy = 0 T cos β = mg

⇒

33. En la figura, las barras articuladas de igual longitud “L” y de masa despreciable, giran respecto a la vertical. ¿Con qué rapidez angular “ω” lo realizan?

⇒

T=

… (i)

De la dinámica circular: g

L

L

Fc = mac

α

T sen β = m(ω2R)

⇒

Reemplazando (i) en (ii):

ω

β

… (ii)

= mω2L(senβ + senα)

mg m

α

\

L

L

L sen β

⇒

ω2 =

⇒

SOLUCIÓN:

β L sen α

R = L(senβ + senα)

ω

ω=

34. Determinar la máxima rapidez angular con la que puede girar el eje vertical, de modo que la esfera homogénea, mostrada en la figura, no salga disparada. (r = 13 cm; g = 10 m/s2)

- 263 -

Física

R

eje

tan α =

⇒

g

Del  OPQ:

ω

tan α =

8 cm 24 cm

Reemplazando:

SOLUCIÓN: Considerando a un observador (O) que gira conjuntamente con la esfera. Por lo tanto, este observador se encontrará en un sistema de referencia no inercial (S.R.N.I) D.C.L de la esfera (S.R.N.I)

⇒

=

⇒

=

⇒

=

⇒

=

⇒

ω2 = 100

Fg S.R.N.I

Fi

ωmax

O α

5

13

P

Q

\

RE

8

ω = 10 rad/s

“O”

R = 24 cm

N

La condición de máxima rapidez angular implica que la reacción del piso sobre la esfera es nula. ωmax ⇒ N = 0

35. Un cuerpo gira atado a una cuerda describiendo una circunferencia. Si la cuerda tiene una longitud de 5 m y se considera de peso despreciable, hallar la velocidad angular “ω” del cuerpo. (g = 10 m/s2)

Para el observador “O”, la esfera se encuentra en equilibrio. Luego:

g 37º

L α mg

ω

RE

Fi - 264 -

Capítulo 5: Dinámica SOLUCIÓN: Haciendo el D.C.L del cuerpo: T

T sen 53º

⇒

ω=

⇒

ω=

sentido de la 53º T cos 53º aceleración

\

ω=

rad/s

P 36. Un móvil se mueve sobre un camino de radio de curvatura R = 225 m. Hallar el módulo de la velocidad con que se mueve el auto, si se sabe que, cuando éste pasa por el punto A, la reacción normal sobre el auto es igual al 50% de su peso. (g = 10 m/s2)

Por dinámica circular: Σ FRADIALES = mac ⇒

T cos 53º = m(ω2R)

... (i)

Del equilibrio en la vertical: Σ Fy = 0

g A

T sen 53º – P = 0 ⇒

v

T sen 53º = mg

R

... (ii)

“R” es el radio de la circunferencia descrita por el cuerpo. En la figura:

SOLUCIÓN: D.C.L del móvil (en el punto A): N

37º

L

R

P

⇒

R = L sen 37º

⇒

R = (5)

De la dinámica circular: Σ FRADIALES = mac

= 3m

Dividiendo (ii) entre (i) miembro a miembro: = ⇒

tan 53º =

⇒

Por condición del problema: N = Reemplazando: ⇒

= - 265 -

P – N = mac

= mac

... (i)

P

Física Sea “v” la velocidad del móvil en el punto A. Reemplazando en (i):

Para el bloque: Del equilibrio en la vertical: Σ Fy = 0

= ⇒ ⇒

⇒

T – PB = 0

v=

⇒

T = PB = Mg

v=

Para la esfera: Por dinámica circular:

… (i)

Σ FRADIALES = mac \

v = 15

m/s

T = mac

⇒

T = mω2R

⇒

mω2R = Mg

⇒

ω=

⇒

ω=

ω

R

\

R

… (ii)

Igualando (i) y (ii):

37. Una esfera de masa m = 10 kg está atada a una cuerda sin peso y se mueve con M.C.U en una circunferencia de radio R = 2 m. Un bloque de masa M = 200 kg se encuentra atado al otro extremo de la cuerda y pasa por un agujero en el centro de la circunferencia. Hallar la velocidad angular “ω” de la esfera. (g = 10 m/s2) m

⇒

ω = 10 rad/s

38. Halle la rapidez “v” suficiente que debe mantener el motociclista para superar el rizo vertical de 6,4 m de radio. (g = 10 m/s2)

M M SOLUCIÓN:

g

Haciendo el D.C.L de la esfera y del bloque por separado:

O

6,4

m

T

N T

SOLUCIÓN:

PE

PB

esfera

bloque

Como la velocidad “v” es la suficiente, entonces la reacción total sobre el motociclista en el punto mas alto del rizo debe ser cero. - 266 -

Capítulo 5: Dinámica Haciendo el D.C.L: N=0

⇒

μs =

⇒

μs =

P = mg

μs = 0,8

\

40. En la figura, la esferita de masa “m” gira sobre la superficie lisa inclinado 30º con una rapidez constante. Determine la variación de la tensión en la cuerda entre los puntos A y B.

Por dinámica circular: Fc = ⇒

g=

⇒

v=

⇒

v=

=P

A

B

\

v = 8 m/s

39. La máxima velocidad angular de la masa giratoria sin que la moneda se desprenda, es de 4 rad/s. Calcule μs. (g = 10 m/s2)

SOLUCIÓN: D.C.L de la esfera en ambas posiciones: Wsen 30º

A T1

Wsen 30º

SOLUCIÓN: Realizando el D.C.L de la moneda N fs = F c max W Por condición del problema, la moneda estaría a punto de desprenderse cuando la fuerza de rozamiento sea máxima. Así: Fc = fs max

⇒

30º

0,5 m

μs

mω2R = μsmg - 267 -

g

B

g

T2 30º

Por condición del problema, la velocidad es constante además de la masa y el radio de giro, por lo tanto la fuerza centrípeta deberá ser la misma en toda la trayectoria y en particular en las posiciones A y B. F c = Fc A

B

⇒ Wsen 30º + T1 = T2 – Wsen 30º ⇒ T2 – T1 = 2Wsen 30º ⇒

T2 – T1 = \

(mg)

T2 – T1 = mg

Física

Problemas Propuestos 1.

La figura muestra un bloque de peso igual a 280 N. Determinar la fuerza de rozamiento que actúa sobre el bloque cuando a éste se le aplica una fuerza “F” de 270 N de magnitud. (El cuerpo inicialmente se encuentra en reposo)

cuerda

(1)

g

μs = 0,5 μk = 0,4

F

(2) A) 112 N C) 110 N E) 215 N 2.

A) g C) 2,5 g E) 3,5 g

B) 56 N D) 224 N

Si al “yoyó” se le jala mediante una fuerza F, tal como se muestra en la figura, logrando resbalar sin rodar. Determinar el módulo de la aceleración que éste experimenta. (g = 10 m/s2)

4.

g

Una esfera es abandonada desde una gran altura, el aire le ejerce una resistencia que es proporcional al cuadrado de la rapidez. Si luego de un gran tiempo de descenso de la esfera, ésta adquiere una rapidez de 10 m/s, ¿cuál será el valor de su aceleración cuando su rapidez sea de 5 m/s? (g = 10 m/s2)

R

2R

B) 2 g D) 3 g

μk = 0,4

//

F

A) 5 m/s2 C) 7 m/s2 E) 8 m/s2

// A) 2 m/s2 C) 4 m/s2 E) 6 m/s2 3.

B) 3 m/s2 D) 5 m/s2

5.

En la figura se muestran dos esferas idénticas unidas por un resorte. ¿Qué módulo tendrá la aceleración que adquiere la esfera “(1)” al cortar la cuerda?

- 268 -

B) 6,5 m/s2 D) 7,5 m/s2

En el instante mostrado, el sistema de la figura es abandonado. Cuando la esfera B se desprende del plano inclinado, la esfera A adquiere una aceleración de 1 m/s2.. Calcular, en dicho instante, la aceleración que adquiere la esfera B?

Capítulo 5: Dinámica A

g

R

50

37º

cm

R

L=

g

B

30º

A)

m/s2

B) 2

m/s2

C)

m/s2

D)

m/s2

A) 75 N; 4 m/s2 C) 122 N; 4 m/s2 E) 49 N; 6 m/s2

E) 2 m/s2 8. 6.

Un cuerpo de masa 8 kg gira en una circunferencia horizontal por medio de una cuerda de 2 m de longitud. ¿Cuál será la máxima velocidad angular que se le puede imprimir, si la tensión máxima que puede soportar la cuerda es 256 N?

B) 116 N; 2 m/s2 D) 122 N; 2 m/s2

En la figura se muestra un pequeño bloque liso de 2,5 kg, resbalando sobre una cuña. Determine el módulo de la fuerza de reacción que ejerce la cuña sobre el bloque. (g = 10 m/s2) g O

1m

37º A) 2 rad/s C) 4 rad/s E) 6 rad/s 7.

A) 124 N C) 132 N E) 150 N

B) 3 rad/s D) 5 rad/s

En el instante que se muestra, la esfera de 2 kg posee una rapidez de 5 m/s, además por parte del aire experimenta una fuerza de resistencia de 10 N. En dicha posición, determine el módulo de la fuerza de tensión en la cuerda y de la aceleración tangencial de la esfera. (g = 10 m/s2)

9.

- 269 -

B) 130 N D) 148 N

En la figura, no hay fricción entre el bloque y el plano, ni entre el plano y el piso. Si el sistema parte del reposo y se mueve con aceleración constante de manera que el bloque no resbala sobre el plano inclinado, hallar el desplazamiento de éste 2 s después de iniciado el movimiento. (g: aceleración de la gravedad)

Física 12. Una masa puntual de 0,5 kg gira sin fricción sobre una superficie horizontal, describiendo un círculo de radio 0,8 m con un periodo de 0,4 s. Determine la magnitud de la fuerza (en Newtons) que lo mantiene girando.

liso

liso

30º

A)

g

B)

C)

g

D)

E)

A) 2 π2 C) 6 π2 E) 10 π2

g g

13. Entre un bloque y un plano de 5 m de longitud e inclinado 30º con la horizontal, se tiene un coeficiente de rozamiento

g

cinético, μk =

10. Una partícula realiza un M.C.U sobre un círculo de radio 1 m con una aceleración centrípeta, ac = 1 m/s2. En cierto momento la partícula sale tangencialmente y comienza a realizar un M.R.U.V a lo largo de la línea tangente al círculo. Si en este nuevo movimiento recorre 2 m en 1 s, determine su velocidad final. A) 5 m/s C) 3 m/s E) 1 m/s

B) 4 m/s D) 2 m/s

. Si el bloque parte

del reposo desde la parte superior del plano, determine su velocidad (en m/s) al llegar al punto mas bajo. (g = 10 m/s2) A) 3,5 C) 4,5 E) 5,5

B) 4,0 D) 5,0

14. Un bloque de masa 100 kg, atado a una cuerda, gira con una frecuencia de

11. Dos cuerpos de masas “m” y “3m” se sueltan al mismo tiempo desde cierta altura. La resistencia del aire es la misma para ambos cuerpos e igual a “mg/6”. Si am y a3m son sus respectivas aceleraciones. Entonces calcule el cociente a3m/am. (g: aceleración de la gravedad) A) 17/15 C) 19/15 E) 18/5

B) 4 π2 D) 8 π2

B) 18/15 D) 17/5 - 270 -

, en una trayectoria circular de radio 50 m sobre un plano horizontal sin fricción. Entonces la tensión en la cuerda es: A) 102 N C) 8.103 N E) 5.103 N

B) 2.103 N D) 4.103 N

Capítulo 5: Dinámica 15. En la figura el bloque A está en equilibrio estático y reposa sobre un plano inclinado sin fricción, sean “T1” y “T2” las tensiones en las cuerdas izquierda y derecha respectivamente, “P” el peso del bloque A y “N” la reacción normal del plano. Indicar el D.C.L correcto:

g

m M 30º

A) 0,8 N C) 4,8 N E) 48,0 N

A

17. Un patinador sobre hielo recorre una pista circular sin fricción de radio 12 m con una rapidez de 6 m/s. ¿Cuál deberá ser el ángulo de peraltado de la pista para que el patinador pueda recorrerla sin incidentes? (g = 10 m/s2)

30º

A)

N

T2

B)

T1

T2 T1

A) arc tan(0,1) C) arc tan(0,3) E) arc tan(0,5)

N

P

P T2

C)

P

P N

B) arc tan(0,2) D) arc tan(0,4)

18. Calcular la tensión en la cuerda, si el sistema gira a razón de 5 rad/s y el bloque pesa 40 N. (g = 10m/s2)

T1

T1

E)

T2

D)

B) 2,0 N D) 8,0 N

g ω

T2

T1

30 cm 16. Dos bloques de masas: m = 15 kg y M = 10 kg, se desplazan a lo largo de un plano inclinado, tal como se muestra en la figura. Si la fuerza de rozamiento sobre el bloque de masa “m” es constante e igual a 2 N, y el rozamiento sobre el bloque de masa M es nulo, determine el valor de la tensión en la cuerda. (g = 9,8 m/s2) - 271 -

A) 10 N C) 50 N E) 100 N

B) 30 N D) 70 N

Física 19. Un bloque resbala libremente hacia abajo con velocidad constante sobre un plano que tiene un ángulo de inclinación “θ” con la horizontal. Si μk = 0,75 y μs = 1,0, hallar la medida del ángulo “θ”. A) 30º C) 45º E) 60º

60 N

A) 48 N C) 55 N E) 80 N

B) 37º D) 53º

20. Un anillo gira con rapidez angular constante de π rad/s. Determinar el valor de “θ” para el cual, la arandela mantiene la posición indicada. (R = 2 m; g = π2 m/s2) ω

A

B

40 N

B) 60 N D) 72 N

23. Si en el sistema de la figura, la tensión en la cuerda es igual al peso y la velocidad es 6 m/s. Determinar el valor del ángulo α. (g = 10 m/s2)

g α R=2m

R

θ

A) 30º C) 45º E) 60º

A) 15º C) 30º E) 53º

B) 37º D) 53º

21. Un bloque de 6 kg se cuelga del techo de un ascensor que baja con aceleración constante: a = 1,8 m/s2. Hallar la tensión de la cuerda que sostiene al bloque. A) 35 N C) 38 N E) 56 N

B) 45º D) 37º

24. Un auto de 200 kg cruza un puente cóncavo de 50 m de radio con una rapidez constante de 10 m/s. ¿Con qué fuerza presionan las ruedas del coche sobre el puente en el punto más bajo? (g = 10 m/s2) 10 m/s

B) 45 N D) 48 N

22. Hallar la reacción entre los bloques A y B de masas 3 kg y 2 kg respectivamente (no existe rozamiento entre las superficies) - 272 -

A) 2 400 N C) 1 200 N E) 2 600 N

B) 2 500 N D) 2 000 N

Capítulo 5: Dinámica 25. Hallar la frecuencia cíclica (en número de vueltas por segundo) del péndulo cónico, si la cuerda tiene 50 cm de longitud y forma 37º con la vertical durante el movimiento circular de la bolita. (g = 10 m/s2)

26. Un auto viaja en un trayecto tal como se muestra en la figura. Si el módulo de la velocidad en todo el trayecto es constante, entonces, en el punto A’ de la trayectoria circular: A’ A

g

A) 2,5/π C) 5 E) 10

O A) La aceleración del coche es cero ya que la velocidad es constante. B) La aceleración no es cero y se dirige hacia el centro de la trayectoria circular. C) La aceleración no es cero y se dirige radialmente hacia afuera de la trayectoria circular. D) La aceleración es constante y tangencial. E) La aceleración no es constante; pero es tangencial.

B) π/2 D) 7,5

Respuestas 1.

A

10. C

19. B

2.

C

11. A

20. E

3.

B

12. E

21. D

4.

D

13. D

22. A

5.

B

14. D

23. E

6.

C

15. A

24. A

7.

D

16. A

25. A

8.

C

17. C

26. B

9.

D

18. E

- 273 -

Física

Capítulo 6

Trabajo y Energía

6.1. Introducción En la vida cotidiana, cuando uno se siente cansado ya sea física o intelectualmente, se dice comúnmente que es debido a que ha realizado un trabajo. En física esta idea debe ser descartada. Se dice que alguien o algo ha realizado un trabajo si llega a transferir movimiento mecánico a cierto cuerpo o sistema físico. Del mismo modo, pensamos acerca del concepto de energía en función del combustible para el transporte y la calefacción, electricidad para la iluminación, aparatos domésticos y los alimentos que consumimos. Sin embargo, estas ideas no definen realmente a la energía, sólo nos dicen que esos combustibles son necesarios para hacer trabajo y que nos proporcionan algo que llamamos energía.

6.2. Trabajo (W) Se llama trabajo a la energía usada para deformar o desplazar un cuerpo contra una resistencia o aceleración o, en general, alterar la energía de cualquier sistema físico. El concepto de trabajo está ligado íntimamente al concepto de energía y ambas magnitudes se miden en la misma unidad, el joule.

Trabajo efectuado por una fuerza constante Considere un objeto que experimenta un desplazamiento a lo largo de una línea recta mientras actúa sobre éste una fuerza constante , que forma en general un ángulo q con , como se muestra en la siguiente figura:

θ

El trabajo W efectuado por un agente que ejerce una fuerza constante, es el producto de la componente de la fuerza en la dirección del desplazamiento y la magnitud del desplazamiento de la fuerza; esto es: W = F . d cos q Unidades: [W] = [F][d] = N.m = J (Joule) 1 J = 107 ergios Se puede decir que: “Un joule es igual al trabajo realizado por una fuerza de 1 N en un metro de distancia” - 274 -

Capítulo 6: Trabajo y Energía

Observaciones: • • •

•

Si d = 0 entonces W = 0, es decir; una fuerza no hace trabajo sobre un objeto si éste no se desplaza. Si q = 90º entonces W = 0, es decir; el trabajo hecho por una fuerza perpendicular al desplazamiento es igual a cero. El factor cos q que aparece en la definición, determina directamente el signo que toma el trabajo; esto es, o positivo o negativo. Positivo si la fuerza se encuentra a favor del desplazamiento, y negativo si se encuentra en contra. Es importante advertir que el trabajo es una transferencia de energía; si la energía se transfiere al sistema (objeto), W > 0; pero si la energía se transfiere desde el sistema, W < 0.

Representación Gráfica (F = cte.) F cos q Wxo → xf = Área

Wxo → xf

F= cte.

Wxo → x = F . d f

A x xo

xf d = xf – xo

Trabajo efectuado por una fuerza variable Considere una partícula que se desplaza a lo largo del eje x bajo la acción de una fuerza variable, como se puede apreciar en la siguiente gráfica: F

Wxo → xf = Área

Área xo

xf

x

∆x = xf – xo

En esta situación no podemos usar W = F . d cos q para calcular el trabajo realizado por la fuerza, debido a que esta relación se aplica solo cuando la fuerza es constante en magnitud y dirección. En un curso universitario, este asunto (con fuerza variable) puede ser resuelto mediante el uso del cálculo integral. Sin embargo, el trabajo realizado por una fuerza variable es exactamente igual al área bajo esta curva. - 275 -

Física

6.3. Potencia Desde un punto de vista práctico, es interesante conocer no sólo el trabajo realizado sobre un objeto sino también el tiempo durante el cual se efectúa el trabajo. La tasa de tiempo a la cual se realiza el trabajo se conoce como potencia. Si una fuerza se aplica a un objeto y si el trabajo hecho por esta fuerza es “W” en el intervalo de tiempo “∆t”, entonces la potencia promedio durante este intervalo se define como: P= Unidades S.I.: [P] = [Joule/segundo] = 1Watts = 1W

6.4. Energía La energía está presente en el universo en varias formas, entre éstas tenemos: la energía mecánica, electromagnética, química, eólica, térmica, nuclear, etc. Además, una forma de energía puede convertirse en otra. Por ejemplo, cuando un motor eléctrico se conecta a una batería, la energía química se transforma en energía eléctrica, la cual, a su vez, se convierte en energía mecánica. Lo interesante es que cuando la energía cambia de una forma a otra, su cantidad total permanece constante.

6.4.1 Energía Cinética ( Ec ) Es aquella magnitud física escalar que esta asociada con el movimiento de un cuerpo. Si el cuerpo no gira entonces el cuerpo únicamente se traslada o resbala, así se tiene que la energía cinética (de traslación) viene dada por: EC =

m v2

donde: “m” es la masa y “v” la rapidez (en cierto instante) del cuerpo.

m Unidad (S.I):

[Ec] = Joule

- 276 -

Capítulo 6: Trabajo y Energía

6.4.2 Energía Potencial Es aquella energía asociada a la posición o configuración de un objeto. La energía potencial puede considerarse como la energía almacenada que puede convertirse en energía cinética o en otras formas de energía. El concepto de energía potencial puede utilizarse sólo cuando tratamos con una clase especial de fuerza, conocidas como CONSERVATIVAS, tales como la fuerza gravitatoria, y la del resorte. a) Energía Potencial Gravitatoria (Ep) Es aquella energía que nos expresa la posición de un cuerpo y su interacción con la Tierra (campo gravitacional). El módulo de esta posición depende del denominado plano de referencia a partir del cual se traza la altura “h” , y al cual se le atribuye una energía potencial gravitatoria nula. La elección del nivel cero es por completo arbitraria puesto que la cantidad importante es la diferencia en la energía potencial, y esta diferencia es independiente de la elección del nivel cero. Ep = m g h

mg

h Plano referencial (P.R.) (Ep = 0) Debe observarse que esta última ecuación es válida sólo para objetos “cercanos” a la superficie de la Tierra, donde g es aproximadamente constante (g = 9,8 m/s2). b) Energía Potencial Elástica (Ek) Es la energía que poseen los cuerpos elásticos (resortes) al ser estirados o comprimidos longitudinalmente, y se determina según: Ek =

kx2

Donde: k : constante de rigidez del resorte (la cual es una propiedad del material elástico). x : deformación longitudinal del resorte. - 277 -

Física x=0 k t=0 k

Fext t = t’ x

6.4.3 Energía Mecánica (E) Se denomina energía mecánica total “E”, a la suma de las energías cinética y potencial (de los diversos tipos): E = Ec + Ep + Ek

6.5. Teorema del Trabajo y la Energía Cinética Considere una partícula de masa “m” que se mueve hacia la derecha (por simplicidad) bajo la acción de una fuerza neta constante . Como la fuerza es constante, por la segunda ley de Newton, se sabe que la partícula se moverá con aceleración constante . Si la partícula se desplaza una distancia d, el trabajo neto efectuado por la fuerza será: Wneto = F. d = (ma).d

… (i)

....cc...

vo

vf

d Si consideramos que en t = 0 s la partícula tenía una rapidez “vo” y luego en un instante posterior “t” (ver gráfico) una rapidez “vf” . Luego, del M.R.U.V.: a= ... (ii) d=

- 278 -

Capítulo 6: Trabajo y Energía Reemplazando (ii) en (i): Wneto = m ⇒

Wneto =

m

–

m

Esto es: Wneto = Ecf – Eco = ∆Ec Luego, el teorema enuncia que: “El trabajo efectuado por una fuerza neta constante al desplazarse una partícula, es igual al cambio en la energía cinética de la partícula”

6.6. Fuerzas Conservativas Una fuerza es conservativa si el trabajo que hace sobre una partícula que se desplaza entre dos puntos cualesquiera es independiente de la trayectoria seguida por la partícula. Por ejemplo, como se ha mencionado anteriormente, la fuerza de gravedad es conservativa. Considérese un bloque de masa “m” a una altura inicial “ho” sobre el suelo, como se muestra en la siguiente figura:

mg d ho mg hf

- 279 -

Física Ignoremos la resistencia del aire y consideremos que cuando cae el bloque la única fuerza que hace trabajo sobre él es la fuerza gravitacional m . El trabajo realizado por la fuerza gravitacional conforme el bloque experimenta un desplazamiento hacia abajo es: Wmg = (– mg ).(hf – ho) ⇒

Wmg = m g ho – m g hf

⇒

Wmg = Ep – Ep o

f

En general: El trabajo hecho sobre un objeto por una fuerza conservativa es igual al valor inicial de la energía potencial asociada al objeto menos su valor final: WFuerza = Ep(Inicial) – Ep(Final) conservativa

6.7 Conservación de la Energía Mecánica A continuación presentaremos una de las leyes mas importantes de la física: “Para sistemas cerrados formados por partículas que interactúan mediante fuerzas puramente mecánicas o campos conservativos la energía se mantiene constante con el tiempo:” EMECÁNICA TOTAL INICIAL = EMECÁNICA TOTAL FINAL Ec + Ep + Ek = Ec + Ep + Ek o

o

o

f

f

f

Es importante notar que la energía mecánica así definida permanece constante si únicamente actúan fuerzas conservativas sobre las partículas.

- 280 -

Capítulo 6: Trabajo y Energía

Problemas Resueltos Trabajo Mecánico (W) 1. Se deja caer un cuerpo de 2 kg desde 10 m de altura. Calcule el trabajo que realiza la fuerza gravitatoria hasta llegar a la mitad de la altura. (g = 9,8 m/s2) SOLUCIÓN: D.C.L del cuerpo (en el instante en que se encuentra a la mitad de su altura)

mA

mB

F = 10 N

SOLUCIÓN: Considerando primero el sistema “mA + mB”. En este caso la tensión de la cuerda es una fuerza interna. Luego, de la 2da Ley de Newton: FR = m.a

vo = 0

⇒

g

10 = (mA + mB)a

Por dato: mA = mB = 2 kg. Reemplazando:

h = 5m

Fg

Nivel de referencia

⇒

m/s2

a=

… (i)

Considerando únicamente al cuerpo de masa mA y realizando su D.C.L:

5m

t = 4s vo = 0 mA

El trabajo realizado por la fuerza gravitatoria:

T d

WF = Fg.h g

⇒

WF = (mg)h

⇒

WF = (2)(9,8)(5)

El trabajo realizado por la fuerza de tensión es: … (ii) WT = T.d

g

g

Como el bloque A realiza un M.R.U.V (desde que T es constante):

\ WF = 98 J g

2. En la figura, se pide determinar el trabajo de la tensión de la cuerda aplicada sobre el cuerpo de masa mA = 2 kg, durante los 4 primeros segundos, sabiendo que el sistema parte del reposo y que la superficie es lisa. (Considere mA = mB y que g = 10 m/s2) - 281 -

d = vot +

at2

… (iii)

Reemplazando (i) en (iii): ⇒

d=

⇒

d = 20 m

(4)2 … (iv)

Física Aplicando la 2da ley de Newton al bloque de masa mA: T = mA.a

En este caso el área es un trapecio rectangular: WF = Atrapecio

⇒

T = (2)

⇒

⇒

T = 5N

WF =

4

\ WF = 16 J

… (v)

Finalmente, reemplazando (v) y (iv) en (ii): ⇒

WT = (5)(20) \

WT = 100 J

3. La fuerza F aplicada sobre un bloque se comporta según se muestra en la figura. Calcule el trabajo sobre el bloque cuando es llevado desde x1 = 2 m hasta x2 = 6 m.

4. Considerando superficie lisas, determinar el trabajo neto realizado sobre el pequeño ladrillo de 2 kg hasta el instante que éste asciende una altura de 20 m. Considere F = 100 N y g = 10 m/s2. g F

F(N)

53º

20

20

SOLUCIÓN: Sea el gráfico:

x(m)

SOLUCIÓN: La definición W = F.d no puede ser usada en este caso debido a que F no es constante. En este caso, el trabajo realizado por dicha fuerza es numéricamente igual al área bajo la curva, así:

B

Fg F

20 m N

53º 15 m El trabajo neto realizado sobre el bloque: A

F(N)

=

WF = Área x1→x2

Como: ⇒

45º

x1 = 2

x2 = 6

x(m)

⊥N⇒

+ =0

= 100(15) – 20(20) \

- 282 -

+

= 1100 J

Capítulo 6: Trabajo y Energía

5. Si la esfera de 2 kg asciende lentamente por el alambre. Determinar cuanto trabajo realiza la fuerza de rozamiento desde “A” hasta que la esfera alcanza una altura de 20 m. Considere F = 50 N y g = 10 m/s2.

⇒

+

+

+

=0

⇒ (500) – (400) + (0) + \

=0

= – 100 J

h(m)

//

F

5h = x2 A

x(m)

//

SOLUCIÓN: h(m)

Fg

6. Un ladrillo de 4 kg es arrastrado horizontalmente sobre una superficie rugosa por medio de una fuerza horizontal Fv que varía según la gráfica mostrada. Determinar el trabajo neto realizado sobre dicho ladrillo desde x = 2 m hasta x = 15 m. (μk = 0,5 ; g = 10 m/s2)

B(10,20)

Fv(N)

F

fk

N

100

10

0

A

Determinando la coordenada x para h = 20:

SOLUCIÓN: y

Fg

5(20) = x2 x = 10

x(m)

x(m)

10

⇒

20

Fv

... (i)

o

x=2m

El trabajo realizado por la fuerza F:

FN 13 m

A

x = 15 m

fk

x

B

= 50(10) = 500 J =

Trabajo realizado por la fuerza Fg: Donde:

= – 20(20) = – 400 J Trabajo realizado por la fuerza N:

+

... (i)

= Área sombreada

Fv (N) 100

=0 Como la esfera se mueve lentamente (v = 0) el trabajo neto sobre ésta resulta cero:

50 x(m)

=0 2

- 283 -

10

15

Física Graficando:

⇒

= 8(100) +

⇒

= 1175 J

5

Fy

... (ii)

Además: = – fkdAB

2m

Fy

⇒

= – μk m g dAB

⇒

= – (0,5)(4)(10)(13)

⇒

= – 260 J

my

y

Reemplazando (ii) y (iii) en (i):

Ahora hay que establecer si la fuerza Fy es constante o variable. La parte que se va elevando está en equilibrio:

⇒

⇒

... (iii)

= (1175) – (260)

Fy = Fg = myg = 10my

… (i)

La cadena es homogénea, por lo que \

= 915 J =

7. Una cadena homogénea de 10 kg y 2 m de longitud reposa sobre una superficie horizontal. ¿Cuál será la cantidad de trabajo necesario que se debe realizar para colocar la cadena en forma vertical? (g = 10 m/s2) M

⇒

my =

= cte y=

y = 5y

Reemplazando en (i): ⇒

Fy = 50 y

(fuerza variable)

En este caso podemos calcular el trabajo por medio de una gráfica. Fy(N)

L = 2m

100

SOLUCIÓN: Al levantar la cadena, se observa que la fuerza de gravedad sobre los eslabones que van siendo elevados, varía con la altura “y”. La cantidad de trabajo será la necesaria cuando la cadena se traslada lentamente, es decir en equilibrio cinético, hasta quedar en posición vertical, tal como se muestra a continuación.

- 284 -

Wnec 2 Wnec = \

Wnec = 100 J

y(m)

Capítulo 6: Trabajo y Energía 8. En la figura, se muestra como varía con x una fuerza que actúa sobre una partícula. Calcule el trabajo realizado por la fuerza cuando la partícula se mueve desde x = 0 hasta x = 6 m.

SOLUCIÓN: Haciendo el diagrama de fuerzas del bloque: mg Fsen θ

F(N)

fk

Fcos θ

5

N El trabajo realizado por el muchacho:

x(m) 1

2

3

4

5

6

WF = Fcos θ.d

SOLUCIÓN:

Se conoce que d = 5 m, sin embargo no sabemos nada de F. Pero por condición del problema el bloque se desliza a velocidad constante, por lo que necesariamente el bloque se encuentra en un “equilibrio cinético”, de modo que:

De manera similar a lo hecho en el problema 3, el trabajo realizado por una fuerza es igual al área bajo la curva, en este caso de x = 0 m a x = 6 m. En nuestro caso, ésta será igual al área de la sección rectangular de x = 0 m a x = 4 m más el área de la sección triangular de x = 4 m a x = 6 m. Luego:

Σ Fx = 0

WF = Area total = A + A ⇒ WF = (4)(5) + \

… (i)

⇒

Fcos θ = fk

⇒

Fcos θ = 20

… (ii)

Finalmente, reemplazando (ii) en (i): WF = (20)(5)

WF = 25 J

\

9. Un muchacho tira de un bloque de manera tal que éste se desliza sobre el suelo con velocidad constante, tal como se muestra en la figura. Si la fuerza de rozamiento cinético entre el objeto y el suelo es de 20 N, ¿qué trabajo realiza el muchacho para llevar el objeto a una distancia de 5 m?

m

WF = 100 J

Potencia 10. En la figura se muestra un bloque de masa m = 10 kg que parte del reposo y se pone en movimiento bajo la acción de una fuerza F = 80 N. hallar la potencia desarrollada después de recorrer 100 m sobre la superficie lisa.

q

m

- 285 -

F = 80 N

Física SOLUCIÓN: Por definición: Pot =

=

… (i)

Sólo falta calcular “t”. Debido a que F = 80 N es constante en todo momento, el bloque efectuará un M.R.U.V, de modo que se cumple: d = vot +

11. Un pintor de 60 kg, sentado sobre una silla de 30 kg, desea elevarse en 2 m empleando un tiempo de 2 minutos. ¿Qué potencia como mínimo (en watts) deberá desarrollar el hombre, al jalar la cuerda por uno de los extremos, para lograr su cometido? (g = 10 m/s2)

at2

donde: a: aceleración del bloque Por dato vo = 0, reemplazando y despejando: SOLUCIÓN: ⇒

t=

… (ii)

Aplicando la 2da ley de Newton al bloque:

El trabajo realizado por el hombre (WT) es igual al trabajo realizado por las fuerzas que actúan sobre la carga (W2T).

F = m.a ⇒

a=

T

T

300 N

600 N

… (iii)

Reemplazando (iii) en (ii): t=

… (iv)

Reemplazando (iv) en (i):

Del equilibrio cinético en la vertical: ΣFy = 0

Pot = Fd

⇒

Reemplazando valores numéricos: ⇒

El trabajo realizado por esta fuerza: WT = W2T = 900(2)

Pot = (80)(100) \

2T = 900 N

La potencia desarrollada por esta fuerza: Pot =

Pot = 1600 watts

\ - 286 -

=

Pot = 15 watts

Capítulo 6: Trabajo y Energía 12. Calcular la potencia que disipa el hombre cuyo objeto es jalar con rapidez constante un bloque de granito de 300 kg en 5 m si dispone de 5 minutos y el coeficiente de fricción cinética entre el granito y el piso áspero es de 0,4. (g = 10 m/s2)

D.C.L (de la polea) T/2

T

T/2 El trabajo realizado por la fuerza WT/2 =

:

(d)

Donde: d: distancia que recorre el hombre

SOLUCIÓN: D.C.L (del bloque)

Como el bloque se desplaza 5 m, entonces el hombre recorrerá 2,5 m. Reemplazando:

N T fk

WT/2 = ⇒

3000 N

⇒

T = μkN

Del equilibrio en la vertical Σ Fy = 0 ⇒

N = 3 000 N

Reemplazando en (i): ⇒

T = 0,4(3 000) = 1 200

⇒

T = 1 200 N

= 1500 J

Pot =

Σ Fx = 0 T = fk

WT/2 =

Finalmente, la potencia disipada por el hombre es:

Como el bloque es jalado a velocidad constante, entonces se encuentra en equilibrio cinético en la horizontal:

⇒

(2,5)

\

=

Pot = 5 W

... (i) 13. Un elevador tiene una masa de 1000 kg y transporta una carga máxima de 800 kg. Una fuerza de fricción constante de 4000 N retarda su movimiento hacia arriba, como se muestra en la figura. ¿Cuál debe ser la mínima potencia entregada por el motor para levantar el elevador a una velocidad constante de 3 m/s? (g = 9,8 m/s2)

- 287 -

Física

Energía

MOTOR

14. La siguiente figura muestra un objeto de masa “m” que se desliza sobre una superficie sin rozamiento con velocidad vo en dirección de un resorte de constante K colocado en la posición señalada en la figura. Si se desprecia la masa del resorte, determine el punto de reposo del objeto será:

g a

vo

SOLUCIÓN: D.C.L (del ascensor) T

m xo

fk

SOLUCIÓN: Sea “d” la deformación que sufriría el resorte, así, el punto de reposo de la masa “m” será:

P Aplicando la 2da ley de Newton en la vertical: ΣFy = ma Como v = cte., entonces a = 0. Luego: ΣFy = 0 ⇒

T – P – fk = 0

⇒

T = Mg + fk

… (i)

=

= T.v

Reemplazando (i) en (ii):

⇒

m

=

kd2

d = vo

Reemplazando (ii) en (i):

⇒ Pot = (Mg + fk)v ⇒ Pot = [(1000 + 800)9,8 + 4000](3) \

EM (inicio) = EM (final)

⇒

… (ii)

\

Pot = 64,92 KW - 288 -

… (i)

Por otro lado, debido a que la fuerza elástica de un resorte es conservativa, tenemos que la energía mecánica total del sistema “bloque + resorte” se conserva: ⇒

Por definición de potencia: Pot =

x = xo – d

x = xo – vo

… (ii)

Capítulo 6: Trabajo y Energía 15. Un bloque de 4 kg se lanza del punto A hacia arriba, sobre un plano inclinado liso, de tal modo que alcanza el punto B. Hallar el trabajo del peso sobre el bloque desde A hasta B. (g = 10 m/s2) g

c)

d)

e)

B h = 10 m A

SOLUCIÓN: SOLUCIÓN: m

Primeramente se toma como nivel de referencia a una horizontal que pasa por A. Luego por el teorema:

t ho

Wpeso = Ep – Ep f

Wpeso = mg.h – 0

⇒

Wpeso = (4)(10)(10) \

h

o

⇒

t=0

a

Como la fuerza de gravedad conservativa, se tiene que:

Wpeso = 400 J

es

Wmg = Ep (inicial) – Ep (final) ⇒

16. Un cuerpo se desliza sin fricción hacia abajo sobre un plano inclinado, partiendo del reposo desde una altura ho con respecto al piso. ¿Cuál de los siguientes gráficos representa cuantitativamente el trabajo W que realiza el peso del cuerpo en función de la altura “h”? a)

b)

Wmg = mgho – mgh \ Wmg(h) = A – B h

Dicha recta tiene pendiente negativa “– B”, de modo que la respuesta es la alternativa c.

17. En un tubo liso se lanza una bolita de masa “m” desde el punto A, con rapidez “vo”. Hallar la máxima altura “hmax” que alcanzará la bolita respecto del piso horizontal. (vo = 10 m/s; g = 10 m/s2)

- 289 -

Física 18. La figura muestra un péndulo compuesto por una esfera de masa “m” unida a una cuerda ligera de longitud “L”. La esfera se suelta desde el reposo cuando la cuerda forma un ángulo qo con la vertical. Encuentre la velocidad de la esfera cuando ésta se encuentra en el punto mas bajo.

g

m

A

B

vo

5m

SOLUCIÓN: Tomando a como nuestro nivel de referencia (Ep = 0). Por otro lado, ya que la fuerza de gravedad es conservativa y el tubo es liso, se tiene que la energía mecánica total se conserva. vf = 0

L m

A B SOLUCIÓN:

D

d

A

g

qo

θo

C Lcos θo

nivel de referencia

vo

T

L

vo = 0 mg

EM = EM A

v D

mg

⇒

m

= mgd +

m

La única fuerza que realiza trabajo sobre “m” es la fuerza de gravedad, ya que la fuerza de tensión T siempre es perpendicular al movimiento de ésta, y en consecuencia no realiza trabajo. En vista de que la fuerza de gravedad es una fuerza conservativa, la energía mecánica total se conserva:

0 ⇒

d=

... (i)

De la figura, la altura máxima hmax: hmax = d + 5 Reemplazando (i):

EM

⇒

hmax =

⇒

hmax = \

(A)

+5

= EM

(B)

⇒ – mgLcos θo = – mgL +

+5 \

hmax = 10 m - 290 -

v=

mv2

Capítulo 6: Trabajo y Energía 19. Un cuerpo pequeño de masa “m”, se encuentra sobre una superficie hemisférica de hielo, tal como se muestra en la figura. El cuerpo resbala a partir del reposo en A y a partir del punto B éste deja de tener contacto con la superficie. Suponiendo que el hielo es perfectamente liso, hallar sen θ.

De otro lado, por conservación de la energía mecánica tenemos: EM(A) = EM(B) mgR =

= 2gR(1 – sen θ)

HIELO

⇒

A

⇒

B

B Rsenθ

enθ

s

mg θ

vB

θ mgcosθ

sen θ = 2(1 – sen θ) sen θ =

20. Una bala de 20 g atravieza un bloque de madera de 10 cm de espesor. Si la bala ingresa con la velocidad de 10 m/s y sale con 6 m/s, qué fuerza promedio “Fm” ejerció la madera sobre la bala en su recorrido. Despreciar las pérdidas por calentamiento.

mg

SOLUCIÓN: BLOQUE

R

No se grafica la reacción normal en B, puesto que justo allí deja tener contacto con el hemisferio de hielo. Tenemos entonces sólo una fuerza radial, de modo que: FRADIAL = ⇒

mgsen θ =

[2 g R (1 – sen θ)]

m g sen θ =

\

θ

A

... (ii)

Reemplazando (ii) en (i):

g

SOLUCIÓN: Efectuando el D.C.L del cuerpo en el punto B:

+ mg(Rsen θ)

m

… (i)

v1 = 10 m/s

v2 = 6 m/s Fm

0,1 m

La madera ejercerá sobre la bala una fuerza de fricción que en general es variable. En el problema se considerará una fuerza promedio y constante, por lo que se cumple: WF = ∆Ec

bala

m

- 291 -

Física

⇒

– F.d =

m

–

m

⇒

F=

(

–

)

⇒

F= \

La esfera al abandonar la superficie describe un movimiento curvilíneo y experimenta una fuerza de resistencia por parte del aire “Faire”, de módulo constante pero de dirección variable. La potencia de oposición del aire esta definida:

(102 – 62)

Pot

F = 6,4 N

aire

=

=

… (i)

Además: = ΔEM =

21. La esfera de 2 kg lanzada desde la posición “A”, con una rapidez de 10 m/s, impacta sobre el piso con una rapidez de 12 m/s. Si la esfera en todo momento experimenta una fuerza de resistencia del aire constante, ¿qué potencia desarrolla esta fuerza de resistencia sobre la esfera, sabiendo que impacta en el piso luego de 2 s? (g = 10 m/s2)

⇒

=

⇒

=

⇒

= – 56 J

– –

(12)2 –

Reemplazando en (i):

g

A

Pot \

5m

=–

=

aire

Pot

aire

= – 28 Watts

22. Una masa de 100 kg, inicialmente en reposo, adquiere al cabo de 5 s, en movimiento por un plano sin fricción, una energía cinética de 20 KJ. Halle el valor de la fuerza constante F que provoca este movimiento.

SOLUCIÓN: 10 m/s A

SOLUCIÓN: Fg

F

t = 5s

ai

re

vo = 0 12

m

m/s

(N.R) B

- 292 -

A

v F

m B

liso

Capítulo 6: Trabajo y Energía 24. En la figura, cuando al resorte se le aplica una fuerza de 20 N se deforma 0,05 m. Se pide calcular el trabajo total que realiza la fuerza “F” de 20 N de magnitud hasta el momento en que el bloque se detiene. (Considere: m = 1 kg, d = 5 m y θ = 60º)

Aplicando la 2da ley de Newton: F = ma … (i) Por dato la energía cinética en B es: Ec = 20 x 103 J B

⇒

mv2 = 20 x 103

F θ

⇒

v=

= 20 m/s ... (ii)

m

m=0

La aceleración media viene dada por: d a= ⇒

SOLUCIÓN: = 4 m/s2

a=

... (iii)

Finalmente, reemplazando (iii) en (i): F = (100)(4) \

F cos θ = 20 cos 60º = 10 N Primer tramo:

F = 400 N

Hasta antes de llegar al resorte, el trabajo realizado por ésta fuerza es:

23. Un resorte se comprime “x” metros y lanza una esferita de masa “m”. Determine la velocidad “vo” con que sale la esferita.

m x SOLUCIÓN: Al ser la fuerza del resorte conservativa tenemos: Ec = Ek =

⇒

W1 = (10)(5) = 50 J

... (i)

Ahora, cuando la masa “m” se encuentre con el resorte, aparecerá la fuerza elástica Fk (que por cierto no es constante) y que se opondrá al movimiento del bloque. Haciendo el D.C.L del bloque es este tramo:

k

m

W1 = (Fcos θ)(d) Segundo tramo:

vo

⇒

La fuerza que realiza el trabajo sobre el bloque es la componente horizontal de F:

N Fk

Fcos θ mg

kx2

Hallando la distancia “x” recorrida por el bloque hasta que se detiene. Aplicando la ley de Hooke:

\ vo = x - 293 -

Física Fcos θ = Fk 10 = kx

⇒ ⇒

g … (ii)

x=

m1

Por dato, si al resorte se le aplica una fuerza de 20 N, éste se deforma 0,05 m:

H m2

20 = k (0,05) ⇒

k = 400 N/m

… (iii)

SOLUCIÓN:

Reemplazando (iii) en (ii): ⇒

x=

= 0,025m m1

Luego, el trabajo realizado por la fuerza en este tramo restante será: W2 = (Fcos θ)(d) ⇒

W2 = (10)(0,025)

⇒

W2 = 0,25 J

v1

m2 m1

v2

H (N.R)

h

m2 INICIO

FINAL

Reemplazando de (i) y (iv):

Como la cuerda es indeformable, entonces los bloques poseerán aceleración común. Si ambos parten del reposo, entonces ambos habrán recorrido iguales alturas “h” cuando se encuentren. Habiendo estado separadas en un inicio por una altura “H”, se cumple: h+h=H

⇒

W = (50) + (0,25)

⇒

W = 50,25 J

En nuestro sistema (m1 + m2 + polea), las fuerzas de tensión son internas, de modo que se conserva la energía mecánica:

... (iv)

En el tramo total: Finalmente, el trabajo total “W” realizado por la fuerza F será: W = W1 + W2

\

25. En la figura: m1 = 4 kg, m2 = 1 kg y H = 24 m. Si el sistema empieza a moverse desde el reposo, determine las magnitudes de las velocidades de las masas cuando se encuentran a una misma altura. (g = 10 m/s2)

- 294 -

h=

… (i)

Einicio = Efinal m1gH =

m1v12 + m1g

+

m2v22 + m2g

Al poseer igual aceleración, adquirirán la misma velocidad. Así: v1 = v2 = v

Capítulo 6: Trabajo y Energía Reemplazando y despejando “v”:

Reemplazando en (i): ΔEM = – (μkmg cos 37º)(10)

⇒

v= ⇒(

Reemplazando valores: ⇒

Reemplazando valores :

v= \

vf2) – (mgh) = – (μkmg cos 37º)(10)

⇒

v = 12 m/s

– (10)(6) = – (0,125)(10) \

26. Se suelta una esfera sobre un plano inclinado en 37º, el cuál es áspero (μk = 0,125). Calcule la velocidad de la partícula, cuando éste se haya desplazado en 10 m sobre el plano. (g = 10 m/s2) SOLUCIÓN: v0 = 0

(10)

vf = 10 m/s

27. A 24 m del borde de una plataforma horizontal (μk = 0,8) se lanza hacia el borde un tejo de jockey a una velocidad horizontal de 20 m/s. ¿Con qué velocidad saldrá el tejo por el borde de la plataforma? (g = 10 m/s2) SOLUCIÓN:

g

N

v0 = 20 m/s

vf

N h = 6m

d=

10

m

fk

fk mg

(N.R)

mg

v f

Se tiene como fuerza no conservativa a la fuerza de rozamiento cinética“fk”. Luego:

37º

Se tiene como fuerza no conservativa a la fuerza de rozamiento “fk”. Luego: Δ EM = WFNC … (i) Además: fk = μk.N = μk (mg cos 37º)

Δ E M = WFNC

… (i)

Además: fk = μkN = μkmg Luego, el trabajo de ésta fuerza no conservativa será:

El trabajo de ésta fuerza no conservativa será: W FNC = – fkd = – (μkmg cos 37º)(10)

WFNC = – fkd = – μkmgd Reemplazando en (i): ΔEM = WFNC

- 295 -

Física EMfinal – EMinicial = – μkmg d

⇒ ⇒

= – μkmg d

–

⇒

= – 2μk g d +

⇒

= – 2(0,8)(10)(24) + (20)2

vB2 = vA2 – 2μkgd

⇒

vB2 = (10)2 – 2(0,2)(10)(10)

⇒

vB2 = 60

... (i)

En el tramo cóncavo: vC = 0 C

vf = 4 m/s

N

\

⇒

28. Desde un horizonte rugoso (μk = 0,2) se lanza horizontalmente una teja con una velocidad de 10 m/s, al final del tramo rugoso se ubica una concavidad lisa. Halle la altura máxima que alcanza la teja sobre dicha concavidad. (g = 10 m/s2)

hmax mg

(N.R) B

Debido a que todas las fuerzas que actúan sobre la teja son conservativas, se cumple entonces:

g

ΔEM = 0 liso

vA

De la figura :

rugoso

(mghmax) – ( A

vB2) = 0

B

10 m

⇒

SOLUCIÓN:

hmax =

Reeemplazando de (i):

En el tramo horizontal: vA

vB

⇒

hmax =

fk

(N.R) A

\

B

En este caso la fuerza no conservativa es la fuerza de rozamiento fk. Luego, se cumple que: WFNC = ΔEM ⇒

– fk.d =

vB2 –

vA2

⇒

– μkmgd =

vB2 –

vA2

hmax = 3 m

29. Un bloque de 0,1 kg comprime en 0,1 m a un muelle cuya constante es k = 500 N/m. Si éste bloque es liberado, se observa que empieza a ascender sobre la pendiente rugosa (μk = 0,5) inclinada en 37º. Calcule la distancia que recorre el cuerpo hasta alcanzar el máximo ascenso. (g = 10 m/s2)

- 296 -

Capítulo 6: Trabajo y Energía 30. Por efecto de la fricción del aire, las gotas de lluvia caen verticalmente con una rapidez constante de 10 m/s. Halle el trabajo hecho por el aire sobre una gota de 0,2 g de masa, durante 10 s de su caída. (g = 10 m/s2)

g

37º

SOLUCIÓN:

SOLUCIÓN: Considerando el sistema “muelle + resorte”:

En 10 s, la gota baja 100 m con una rapidez de 10 m/s

=0 vf

v = 10 m/s

N =0 vo

fA

H

mg

fk

t = 10 s

H mg

37º

v = 10 m/s

Se observa que “fk” es la única fuerza no conservativa que actúa sobre el bloque, por tanto se cumple: ΔEM = WFNC ⇒

Además, debido a que la fuerza de fricción del aire “fA” es no conservativa, se cumple que:

o

kx2 = – (μkmgcos 37º)d

⇒ mgH –

Como la gota cae a velocidad constante entonces: H = 10(10) = 100 m

EM – EM = – fk.d F

(N.R)

WFNC = ΔEM

De la figura: H = d sen 37º, reemplazando: ⇒ d(mg sen 37º + μkmg cos 37º) = ⇒d

= \

kx2

⇒

(500)(0,1)2

⇒

WFNC = – mgH

⇒

WFNC = – (0,2 x 10–3)(10)(100)

WFNC =

–

d = 2,5 m \ WFNC = – 0,2 J - 297 -

Física

Problemas Propuestos 1.

Una piedra cuyo peso es de 20 N cae desde cierta altura (suponga velocidad inicial igual a cero). La caída dura 1,6 s. Despreciando la resistencia del aire, la energía cinética y la energía potencial de la piedra en el punto medio del camino recorrido serán iguales a: (en Joules). A) 128 ; 128 C) 32 ; 156 E) 96 ; 96

2.

4.

F(N)

B) 64 ; 128 D) 64 ; 180

4

Al lanzar una esfera de 2 kg de masa con un ángulo de 37º con la horizontal se realiza un trabajo de 225 J. ¿Al cabo de que tiempo cae al piso? (g = 10 m/s2)

1

37º A) 2,65 s C) 1,85 s E) 0,85 s

5.

B) 0,95 s D) 1,95 s

En la gráfica se muestra una esfera de 3 N de peso que es soltada en la posición “A” sobre una superficie cilíndrica perfectamente lisa. Determinar la reacción normal sobre la esfera cuando pasa por el punto mas bajo de su trayectoria. A

3

A) 10 C) 6 E) 15

vo

3.

Una fuerza F actúa sobre un cuerpo de masa 2 kg. En la gráfica se muestra dicha fuerza en función a la posición. Sabiendo que la fuerza tiene la misma dirección y sentido que el movimiento, determine el trabajo (en Joules) realizado por dicha fuerza entre las posiciones x = 0 m y x = 3 m.

B) 4 D) 9

Una carrilera de masa 8 kg se abandona sobre un eje horizontal que no ofrece rozamiento. La longitud natural del resorte es 3 m y de constante elástica k = 50 N/m. Determina la máxima velocidad que adquiere la carrilera durante su movimiento, si inicia su movimiento en la posición mostrada.

k 3m

R 4m

A) 3 N C) 5 N E) 9 N

A) 1 m/s C) 3 m/s E) 5 m/s

B) 4 N D) 8 N - 298 -

x(m)

B) 2 m/s D) 4 m/s

Capítulo 6: Trabajo y Energía 6.

Un ladrillo cuyo peso es de 10 N, se suelta desde una altura de 5 m sobre un pantano. La resistencia que ofrece al hundimiento del ladrillo es de 20 N (cte. en promedio). ¿hasta que profundidad logrará descender el ladrillo? (g = 10 m/s2) A) 4,5 m C) 5 m E) 3 m

7.

B) 9,4 m D) 6 m

Una bala atraviesa un bloque de madera de 10 cm de espesor ingresando horizontalmente a 100 m/s y saliendo a 50 m/s. Determinar la fuerza de resistencia promedio ejercida por la madera. (mbala = 0,2 kg)

Un cuerpo de masa “2 m”, partiendo del reposo, desliza por un plano inclinado, luego sobre una barra horizontal homogénea, cuya masa es “m” y longitud “4L”, y que se encuentra apoyada en B y C, tal como muestra la figura. Si la barra puede rotar alrededor de C, determine el tiempo que el cuerpo desliza sobre la barra horizontal, hasta que la reacción sobre el apoyo B sea cero. (Desprecie todo tipo de rozamiento) g A h 4L 3L

B) 7,5 x 103 N D) 6,5 x 103 N

A) 7,5 N C) 9,5 N E) 6 x 103 N

B

Un cuerpo puntual de masa “m” se mueve en una trayectoria circular bajo la acción de una fuerza constante F y una velocidad instantánea “v”, siendo ambos tangentes a la trayectoria. El trabajo realizado por la fuerza sobre la masa para ir de A a B es:

C

A)

B)

C)

D)

E)

v

A

m

F

R

8.

9.

10. Una esfera de 2 kg atada a un hilo describe una trayectoria en forma de circunferencia. Si el aire le ejerce una fuerza de resistencia de módulo constante

B

igual a

A)

B)

C)

D) 2πRF

N; determine la cantidad

de trabajo neto realizado sobre la esfera desde la posición A hasta la posición B. (g = 10 m/s2)

E) πRF - 299 -

Física

//

13. Una masa “m” se desprende del bloque M colgada de un resorte de rigidez “k”. ¿A qué altura máxima se elevará después de ello la parte restante del bloque?

g //

L=1m

37º

B A A) – 3 J C) – 8 J E) – 9 J

B) – 4 J D) – 10 J

M v=0

11. El bloque mostrado se encuentra en reposo, unido a un resorte de rigidez k = 200 N/m. Determine la cantidad de trabajo que debe realizar una fuerza horizontal aplicada al bloque para trasladarlo lentamente 50 cm hacia la derecha. k

B) + 5 J D) + 25 J

12. Un pequeño bloque es dejado en libertad en la posición que se muestra. Determine el menor valor de “h”, de tal manera que el bloque pueda completar una vuelta en el rizo (desprecie todo tipo de resistencia).

B) 3 mg/k

C) mg/k

D)

E)

mg/k

mg/k

14. Un bloque de 1 kg se suelta sobre una plataforma de 2 kg que presenta la forma mostrada en la figura. Determinar la rapidez del bloque cuando el resorte ideal experimenta una deformación de 40 cm. (desprecie el rozamiento y g = 10 m/s2) O

2m

g 2m k = 100 N/m

g

O

r B

RIZO

D

h

A) 2 r C) 3,5 r E) 4 r

A) 2 mg/k

liso

A) – 5 J C) + 15 J E) – 25 J

A

g

k

A) 2 m/s C) 4 m/s E) 6 m/s

C

B) 2,5 r D) 5 r - 300 -

B) 3 m/s D) 5 m/s

Capítulo 6: Trabajo y Energía 15. Cuando el bloque mostrado pasa por el punto “P” en t = 0 s, empieza a actuar sobre éste una fuerza que depende del tiempo según = 10t N. Calcule la velocidad de dicho bloque para t = 40 s. 10 m/s 2 kg

A) 80 m/s C) 86 m/s E) 90 m/s

liso

P

B) 82 m/s D) 92 m/s

Respuestas 1.

A

6.

C

11. D

2.

C

7.

B

12. B

3.

E

8.

E

13. A

4.

C

9.

E

14. C

5.

E

10. E

15. E

- 301 -

Física

Capítulo 7

Gravitación Universal

7.1 Introducción Newton en base a los descubrimientos de Galileo Galilei, Kepler, Brahe y otros científicos que lo antecedieron, deduce la Ley de Gravitación Universal, contribuyendo grandemente a la Física, ya que con esta ley explica el movimiento permanente de los planetas alrededor del Sol. Mediante esta Ley, Newton descubrió una propiedad más de la materia, en efecto, la materia además de ocupar un lugar en el espacio, de ser inerte, porosa, maleable, dúctil, etc., tiene una propiedad más que es la mutua atracción.

7.2 Ley de la Gravitación Universal Enuncia lo siguiente: “Dos partículas cualesquiera se atraen con una fuerza que es directamente proporcional al producto de sus masas pero inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que los separa”. m1

m2

–

F=

d

; G: constante de gravitación universal

G = 6,67 x 10–11

7.3 Variación de la aceleración de la gravedad con la altura Veamos ahora como varía la gravedad con la altitud: m W

h

d

Sabemos:

W = mg

También:

W=

Igualando: R

M

- 302 -

⇒

=

⇒

g=

Capítulo 7: Gravitación Universal En las proximidades de la Tierra, “h” es despreciable (h → 0) comparado con el radio terrestre (R = 6370 km), por lo tanto la aceleración de la gravedad cerca a la superficie estará dado por: … (i)

gs = En la Tierra: gs = 9,81 m/s2 Cuando “h” es comparable con el radio terrestre: d=R+h

… (ii)

gh = De (i) y (ii): gh =

gs

7.4 Energía Potencial Gravitatoria (Ep) La energía potencial gravitatoria (Ep) de los cuerpos en interacción es aquella que depende de la disposición recíproca en el espacio de dichos cuerpos. La energía potencial gravitatoria de un sistema formado por dos masas M y m situadas a una distancia d es igual a: U=–

d

m

M Aquí la energía potencial es una cantidad negativa, debido a que la fuerza de gravitación es una fuerza de atracción. - 303 -

Física

7.5 Leyes de Kepler Después de analizar durante varios años, los datos que tomo Tycho Brahe, Johannes Kepler presento su modelo heliocéntrico para explicar el movimiento de los planetas sintetizado en tres leyes: 1ra Ley: “Ley de las órbitas” “Todos los planetas describen órbitas elípticas, con el sol situado en uno de los focos de esta elipse.” Elipse Sol

v1

v2 Focos v1 > v2 2da Ley: “Ley de las áreas” “El radio vector (que es la línea recta que une un planeta cualquiera con el sol) barre áreas iguales en tiempos iguales.” S Sol

P tPQ

A1

tRS

A2

Q R Si: tPQ = tRS

Además:

⇒

A1 = A2

=

- 304 -

Capítulo 7: Gravitación Universal 3ra Ley: “Ley de los periodos” “Los cuadrados de los periodos de revolución de los planetas (tiempo que emplea un planeta en recorrer toda su trayectoria curva) son proporcionales a los cubos de sus distancias medias al sol” Distancia media al sol es: dm =

dMIN

dMAX

Así, la 3ra Ley de Kepler queda: =k

(k: cte.)

Observación: Si la trayectoria es una circunferencia de Radio R: =k

- 305 -

Física

Problemas Resueltos 1. En la Tierra, un cuerpo pesa 180 N, ¿cuánto pesará el mismo cuerpo en un planeta X, cuya masa es el doble de la Tierra y su radio es el triple del radio terrestre? SOLUCIÓN: La fuerza de atracción gravitacional sobre el cuerpo es igual al peso de éste en ambos planetas. P(en el planeta X) = P(en la Tierra) =

= PX ... (i) = PT

... (ii)

Dividiendo (i) entre (ii) miembro a miembro:

Suponiendo que los planetas son esféricos, con un volumen dado por: V=

πR3

Por dato: ρT = 1,5 ρP ⇒

=

⇒

=

⇒

=

PP =

=

Por dato: MX = 2MT y RX = 3RT . Luego:

… (i)

⇒ P X = PT

= mgP

gP: gravedad en el planeta P PT =

= mgT

gT: gravedad de la Tierra (gT = 9,8 m/s2) Dividiendo ambas expresiones:

⇒ PX = (180)(2) \

(R: radio)

Dado un cuerpo de masa “m”, éste posee un peso en la Tierra (PT) y en el planeta (PP), dado por:

=

⇒

SOLUCIÓN:

⇒ PX = 40 N

=

Reemplazando de (i):

2. Si la densidad de la Tierra es 1,5 veces la densidad de un planeta “P” y el radio de éste es la sexta parte del radio terrestre, ¿cuánto vale la aceleración de la gravedad en dicho planeta? (gTierra = 9,8 m/s2) - 306 -

⇒

=

⇒

=

Capítulo 7: Gravitación Universal

⇒

⇒ mω2(R + h) =

. Reemplazando:

Por dato: RP =

⇒

=

… (i)

=

Para hallar “h”, usamos la expresión: ⇒

gP =

gT

⇒

gP =

(9,8)

\

R2

gh = Por dato: gh = Reemplazando:

gP = 1,08 m/s2

3. Hallar el periodo de traslación de un satélite en órbita circular alrededor de la Tierra y a una altura donde la gravedad es la cuarta parte de la gravedad en la superficie terrestre. (considere: R = radio terrestre; g = gravedad en la superficie terrestre)

= ⇒

=

=

⇒

R + h = 2R R=h

⇒

... (ii)

SOLUCIÓN:

Reemplazando (ii) en (i):

En una órbita circular la fuerza de atracción gravitacional es la fuerza centrípeta:

⇒

=

ω Usando la expresión g =

m

h Fc

⇒

R MT

(g)

⇒

En este caso, la altura “h” es considerable con respecto a R. Luego: F=

=

⇒

T2 =

\

= Fc - 307 -

=

T = 4π

. Luego:

Física 4. El planeta Y se mueve en torno al planeta X, tal como se muestra en la figura. Si el planeta Y tarda en ir de P hasta A, 5 veces más que de C hasta P, determinar que fracción del área total es el área sombreada. B Y

Reemplazando de (i): =5

⇒

... (ii)

Ahora veamos como se relacionan las áreas. Del gráfico vemos que:

X

C

A S M–S

P

D

S

M

elipse A1 = M + S A2 = M – S

SOLUCIÓN: La elipse se puede dividir en 4 partes de igual área M: M

M

M

M

Reemplazando en (ii): =5 ⇒

5M – 5S = M + S

⇒

4M = 6S

⇒

=

¡Entonces el área total es 4M! El planeta Y viaja de P → A en un tiempo “t1” y de C → P en un tiempo “t2”, barriendo el radio vector áreas iguales a A1 y A2, respectivamente. Graficando:

A

C A2 t2 Por dato:

⇒

f=

⇒

t1 t1 = 5t2

f=

Reemplazando (iii):

A1 P

Se pide:

f=

… (i) \

da

Usando la 2 Ley de Kepler: = - 308 -

f=

… (iii)

Capítulo 7: Gravitación Universal Para que el satélite mantenga la trayectoria circular, se debe cumplir:

5. Un planeta de masa “M” posee dos satélites “A” y “B” girando en torno a él en órbitas circulares. La distancia, “2d”, de “B” al planeta es el doble que el correspondiente al satélite “A”. Calcular la diferencia entre las aceleraciones centrípetas de ambos satélites, “∆ac”. (G = cte. de gravitación universal)

Fc = FG ⇒

Además se sabe que: ac = ω2(R + d)

SOLUCIÓN: Para el satélite A: F G = Fc ⇒

⇒

... (ii)

(R + d) =

⇒ ms

… (i)

acA =

(R + d)

ac =

Reemplazando (ii) en (i):

= mAacA

⇒

... (i)

msac =

Para el satélite B: F G = Fc

⇒

⇒

Además se sabe:

= mBacB

GMT =

… (iii)

g= ⇒

… (ii)

B c

a =

⇒

Restando (i) – (ii) miembro a miembro: A

B

ac – ac =

GMT = gR2

… (iv)

Reemplazando (iv) en (iii):

– gR2 =

\ Δac = \ Ts = 2π 6. Calcular el periodo “TS” de un satélite en función de la aceleración de la gravedad de la Tierra “g”. Sea “R” el radio de la Tierra y “d” la distancia del satélite a la superficie de la misma. SOLUCIÓN: Sea:

ms: masa del satélite mT: masa de la Tierra

7. Determinar la aceleración de la gravedad en la superficie del Sol “gSol” cuyo radio equivale a 100 radios terrestres y cuya densidad media es 1/4 de la densidad de la Tierra. (g = 9,8 m/s2)

- 309 -

Física SOLUCIÓN: La aceleración de la gravedad en la superficie del Sol viene dada por: … (i)

gSol = Por dato se tiene que: ρSol = ⇒

ρT

8. Dos estrellas de masas “M1” y “M2” poseen satélites de masas “m1” y “m2”, respectivamente, los cuales giran alrededor de sus respectivas estrellas describiendo trayectorias circulares de radio “R”. Sabiendo que el periodo del satélite de masa “m1” es el doble del periodo del satélite de masa “m2”, ¿cuál es la relación entre las masas de las estrellas? SOLUCIÓN: Se sabe que:

=

GM =

Sustituyendo el volumen por su valor geométrico: ⇒

⇒

=

=

Luego, para el 1er satélite se cumple que: ⇒

MSol =

MT

… (ii)

Por dato: RSol = 100RT. Reemplazando en (ii): ⇒

MSol =

⇒

MSol =

De igual manera, para el 2do satélite:

… (iii)

Dividiendo (i) entre (ii) miembro a miembro:

Reemplazando (iii) en (i):

=

gSol =

Por dato: T1 = 2T2, reemplazando: (100)

⇒

gSol =

⇒

gSol =

⇒

gSol = (9,8)(25) \

… (ii)

=

MT(102)3 MT

… (i)

=

⇒

=

g (25) \

gSol = 245 m/s2

- 310 -

=4

Capítulo 7: Gravitación Universal Finalmente, reemplazando (iii) en (ii):

9. Si a una esfera maciza y homogénea de masa “M” y radio “R” se le realiza una cavidad esférica de radio “r”, tal como se muestra en la figura. Determine el campo gravitatorio en el punto “P”. (G: cte. de gravitación universal)

gP = G

\ R

P

r

d SOLUCIÓN: Sea: m : masa que habría tenido la cavidad esférica. gP : gravedad en el punto P. gPM : gravedad parcial en el punto P debido a la masa “M”. m gP : gravedad parcial en el punto P debido a la masa “m”. Luego, se cumple que: gP = gPM – gPm ... (i)

10. Sean dos satélites A y B, en órbitas circulares en torno al planeta P. Si “ω” es la rapidez angular, “v” es la rapidez lineal y “T” el periodo, hallar las relaciones de ω, v y T entre ambos satélites.

; gPm =

Reemplazando en (i): ⇒

Por dato:

ρM = ρm

⇒

=

⇒

m=M

r

3r B

SOLUCIÓN:

... (ii)

gP = G

A

P

Usando la 3ra Ley de Kepler para ambos satélites A y B. En este caso el semieje mayor es igual al semieje menor e igual al radio de la circunferencia. Luego:

Además se sabe: g PM =

gP = GM

= ⇒

TB2 = 27 TA2

⇒

TB =

TA

… (i)

La velocidad angular viene dada por: ... (iii) - 311 -

ω=

Física Despejando el periodo T: ⇒

Donde:

Esta fuerza es, en este caso, la fuerza centrípeta que origina el movimiento circular. Luego, de la dinámica circular: F = mω2R … (ii) donde, ω: frecuencia angular

Reemplazando en (i): = ωA =

⇒

ωB

... (ii)

Igualando (i) y (ii):

Para hallar la velocidad tangencial, se empleará la siguiente relación: ω= Reemplazando en (ii): ⇒

=

\

vA =

… (i)

F=

T=

⇒

= mω2R

⇒

=

⇒

=

⇒

=

vB k =

\ 11. Hallar la constante: k= en la 3ra Ley de Kepler, asumiendo el movimiento circular uniforme de un planeta de masa “m”, en torno a otro de masa “M”.

12. ¿Cuántos días tendrá el año (periodo) de un planeta doblemente alejado del sol con respecto a la Tierra? SOLUCIÓN: Aplicando la 3ra ley de Kepler:

SOLUCIÓN: La fuerza aplicada al planeta de masa “m” es de atracción gravitatoria.

= Por dato: Rp = 2RTierra. Reemplazando:

F

F

m

M

⇒

=

⇒

= (2)3(365)2

R \ Tp = 730 - 312 -

días

Capítulo 7: Gravitación Universal

Problemas Propuestos 1.

La densidad de un planeta “A” es aproximadamente 5/8 de la densidad de otro planeta “B” y su radio es 16/25 del radio “B”. Si la aceleración de la gravedad en el planeta B es gB = 20 m/s2, hallar el tiempo que tarda en caer a la superficie “A” una masa de 16 kg desde 16 m de altura. A) 1 s C) 3 s E) 5 s

2.

4.

B) 2 s D) 4 s

Dos satélites de la Tierra A y B cada una de masa “m”, se mueven con órbitas circulares concéntricas con la Tierra como se indica en la figura. ¿Cuál es la razón de la energía cinética del satélite “A” a la del satélite B?

a 2a

3.

5.

B

B)

C)

D)

Un satélite artificial se encuentra en órbita circular alrededor de la Tierra, hallar en que porcentaje debe disminuir el radio de su órbita, de manera que su periodo de rotación alrededor de la Tierra disminuya en 48,8%. A) 20 % C) 30 % E) 40 %

B) 1/4 D) 1/8

6.

Un satélite “esta en órbita”, en el plano ecuatorial de la Tierra con un radio orbital R = 6,6 RT (RT es el Radio de la Tierra), con esto, el periodo del satélite es 24 horas, o sea, su posición relativa a la Tierra permanece fija. Un péndulo con periodo 2 s, en la superficie de la Tierra, tendrá sobre el satélite un periodo de: A) 1 s C) 3,3 s E) 13,2 s

A)

E)

A

A) 1/2 C) 1 E) 1/3

Hallar la densidad de un planeta esférico, si un satélite gira a su alrededor en órbita circular con periodo T y a una distancia de la superficie del planeta igual a la mitad de su radio “R”, (G: constante de gravitación universal)

B) 2 s D) 6,6 s

Si un satélite gira alrededor de su órbita y se halla a una altura “h” sobre la superficie terrestre, donde la aceleración de la gravedad es la 16va. parte de la gravedad terrestre. Calcular con qué velocidad gira el satélite alrededor de su órbita. (MT = masa terrestre). A)

B)

C)

D)

E) - 313 -

B) 26 % D) 36 %

Física 7.

Dos planetas de masa “m” y “M” giran alrededor de una estrella en órbitas circulares de radios “r” y “R”, respectivamente. Si R = 3r y el periodo del planeta de masa “m” es 100 días, hallar el periodo del planeta “M”. A) 320 días C) 520 días E) 329 días

8.

A) 0,88 m ; 2,4 s C) 0,84 m ; 2,5 s E) 0,80 m ; 2,2 s

B) 519 días D) 319 días

B) 0,64 m ; 2,6 s D) 0,94 m ; 2,8 s

10. Un satélite de telecomunicaciones describe órbitas circulares alrededor de la Tierra con un periodo de 90 minutos. Calcular la altura a la que se encuentra sobre la Tierra. (RTIERRA = 6400 km ; G = 6,67 x 10–11 N.m2/kg2)

Un satélite de masa “m” orbita un planeta de masa “M” en una trayectoria circular de radio R. El tiempo requerido para una revolución es: A) B) C) D) E)

9.

b) El periodo de oscilación en la superficie lunar, de un péndulo cuyo periodo en la Tierra es 1 s. (G = 6,67 x 10–11 Nm2/kg2)

A) 230 km C) 237 km E) 246 km

Independiente de M. Proporcional a . Inversamente proporcional a R. Proporcional a R3/2. Proporcional a R3.

B) 247 km D) 147 km

Sabiendo que la masa aproximada de la Luna es 6,7 x 1022 kg y su radio 16 x 105 metros. Calcular: a) La distancia que recorrerá en un segundo un cuerpo que se deja caer con una velocidad inicial nula en un punto próximo a la superficie de la Luna.

Respuestas A

1.

B

5.

D

9.

2.

A

6.

A

10. B

3.

E

7.

B

4.

E

8.

D

- 314 -

Capítulo 8: Cantidad de Movimiento y Choques

Capítulo 8

Cantidad de Movimiento y Choques

8.1. Introducción En este capítulo se estudia una de las magnitudes más importantes de la física que poseen los cuerpos: la cantidad de movimiento. Esta magnitud al igual que la energía obedece una ley de conservación y no solo la poseen los cuerpos másicos sino que también los campos y los fotones (esto se tratará en el capítulo diecinueve). Además se estudia los choques entre cuerpos (o partículas).

8.2. Cantidad de movimiento y su conservación Es una magnitud vectorial, también llamado: momento lineal, ímpetu o momentum. El momento lineal de un cuerpo de masa “m” que se mueve con una velocidad se define como el producto de la masa y la velocidad: =m Unidades (S.I): [p] = [m][v] = Kg . m/s Obsérvese que

y

son siempre colineales y del mismo sentido.

m Empleando la 2da ley de Newton podemos relacionar el momento lineal de un cuerpo con la fuerza resultante que actúa sobre ella, así: “La tasa de cambio en el tiempo del momento lineal de un cuerpo es igual a la fuerza resultante que actúa sobre el cuerpo”; es decir:

⇒

R

= m.

R

=

- 315 -

=m

=m

Física Observaciones: •

Si

R

=

⇒

⇒

=

Así, para un cuerpo aislado ( invariable.

R

= cte.

=

) se tiene que el momento lineal permanece

8.2.1 Conservación del momento lineal para un sistema de dos o mas cuerpos Considere dos cuerpos que pueden interactuar entre sí pero que se encuentran aislados de sus alrededores:

m1

21

1

= m1

1

12

= m2 2

Sistema aislado

m2

2

Donde: F12 : Fuerza de m1 sobre m2 F21 : Fuerza de m2 sobre m1 F12 = – F21 (Por la 3ra. Ley de Newton) Además vamos a suponer que en algún instante el momento del cuerpo 1 es 1 y el del cuerpo 2 es 2. Luego de una interacción entre ellos (choque) en un instante posterior, los cuerpos tendrán otros momentos lineales. Así, por tratarse de un sistema aislado tenemos que el momento total se conserva; esto es: 1

+

2

2(INICIAL)

=

1(FINAL)

TOTAL

=

= cte.

O dicho de otra forma:

1(INICIAL)

+

+

2(FINAL)

“El momento lineal total de un sistema aislado es igual en todo instante a su momento total inicial”. - 316 -

Capítulo 8: Cantidad de Movimiento y Choques

8.3. Impulso ( ) Como hemos visto, el momento de un cuerpo cambia si una fuerza neta actúa sobre él. Justamente el impulso es definido como aquella magnitud vectorial que nos expresa la acción “instantánea” que realiza una fuerza externa sobre un cuerpo, modificándole su cantidad de movimiento.

≡ Unidades S.I.:

R

. Δt = Δ

[I] = [∆ p] = Kg.m/s f

Δ

=

o

Observaciones: •

En esta ecuación se supone que la fuerza varía en el tiempo ∆ t = tf – to y que es cero fuera de este intervalo. Así decimos que la cantidad de movimiento se modificó debido a la acción de R (promedio y constante) en un intervalo de tiempo muy pequeño ∆t, lo cual se traduce físicamente en la transmisión de un impulso sobre el cuerpo.

•

La dirección del vector impulso es la misma que la dirección del cambio del momento lineal.

8.4. Choques o colisiones Usaremos el término “choque o colisión” para representar el evento de dos cuerpos que se aproximan entre sí durante un breve tiempo y que por eso producen fuerzas impulsivas una sobre otra. La idea principal de todo este meollo, es que dichas fuerzas impulsivas son fuerzas internas por lo que no cambiarán el momento total del sistema (desde luego, el sistema en consideración, ha de ser aislado). Sean dos cuerpos de masas m1 y m2 que chocan, como se muestra a continuación (suponiendo que no actúan fuerzas externas):

- 317 -

Física

12

21

m1 m2

En ese instante de “choque”, aparecerán las fuerzas impulsivas 12 (fuerza que m1 ejerce sobre m2) y 21 (fuerza que m2 ejerce sobre m1). El cambio de momento de dichos cuerpos como consecuencia del choque, serán:

Δ

1

=

Δt

Δ

y

12

2

=

21

Δt

y dado que: 12

=–

21

1

=Δ

2

Δ

Tenemos:

total

=

1

+

(De la 3ra. ley de Newton)

=

2

= cte.

“El momento total de un sistema aislado antes del choque es exactamente igual al momento total después del choque”

8.4.1. Coeficiente de Restitución (e) Es aquel factor adimensional definido como:

e= Donde siempre 0 ≤ e ≤ 1 Sea:

v1i

v2i

v1f

Antes de la colisión

v2f

Después de la colisión

Luego: e=

- 318 -

Capítulo 8: Cantidad de Movimiento y Choques

8.4.2 Choques Elásticos e Inelásticos en una Dimensión Como hemos visto, el momento se conserva en cualquier tipo de colisión. Sin embargo, la energía cinética, en lo general no es constante durante una colisión porque una parte de ella se convierte en energía térmica, en energía potencial elástica interna cuando los objetos se deforman, y en energía rotacional. Así, tenemos los siguientes tipos de choques: a) Choque Elástico Es aquella colisión en la que se conserva tanto el momento lineal como la energía cinética total. Por ejemplo, los choques entre las bolas de billar y las de moléculas de aire con las paredes de un recipiente a temperaturas ordinarias son muy elásticos. v1i

v2i

m1

v1f

v2f m1

m2

Antes de la colisión

m2

Después de la colisión

Características: •

e=1

•

No existe deformación permanente de los cuerpos que colisionan.

•

No se disipa calor (Q = 0).

•

EC

TOTAL A.CH.

= EC

TOTAL D.CH.

Se cumple siempre: +

•

TOTAL A.CH.

=

=

+

TOTAL D.CH.

m1v1i + m2v2i = m1vif + m2v2f donde “v” es positiva si el cuerpo se mueve hacia la derecha y negativa si se mueve a la izquierda.

- 319 -

Física b) Choque Inelástico Una colisión inelástica es aquella en la que se conserva el momento lineal, pero no se conserva la energía cinética, la cuál disminuye transformándose en otras formas de energía (ejemplo: calor). En un choque inelástico los cuerpos presentan deformaciones luego de su separación; esto es una consecuencia del trabajo realizado. En el caso ideal de un choque perfectamente inelástico, los objetos en colisión permanecen pegados entre sí. c)

Choque Perfectamente Inelástico Es aquel en el cual dos objetos que chocan se mantienen unidos después del choque y una parte de la energía cinética se pierde.

m1

m1 + m2

v2i

v1i

m2

m1 m2

Antes de la colisión

Después de la colisión

Características: •

e=0

•

Los cuerpos se deforman permanentemente

•

Si hay disipación de calor (Q ≠ 0)

•

EC

•

TOTAL A.CH.

TOTAL A.CH.

= EC

=

TOTAL D.CH.

+Q

TOTAL D.CH.

m1v1i + m2v2i = (m1 + m2)vf ⇒

vf

vf =

- 320 -

Capítulo 8: Cantidad de Movimiento y Choques

Problemas Resueltos 1. Un jugador de béisbol utiliza una máquina lanzadora para ayudarse a mejorar su promedio de bateo. Coloca la máquina de M = 50 kg sobre un piso congelado, como se puede ver en la figura. La máquina dispara horizontalmente una bola de béisbol de 0,15 kg con una velocidad de 36 m/s. ¿Cuál es la velocidad de retroceso de la máquina? M m LANZA m=0 PELOTAS SOLUCIÓN: Considerando el sistema (pelota + máquina), notemos que la fuerza de gravedad y la fuerza normal se compensan, pues en ningún momento hay movimiento vertical. Por otro lado, el momento en la dirección horizontal se va a conservar desde que no hay fuerzas externas en dicha dirección. vF

M

\

M

(El signo menos indica que la máquina se mueve hacia la izquierda después del lanzamiento) 2. El péndulo balístico es un sistema con el que se mide la velocidad de un proyectil que se mueve con gran rapidez, como una bala. Una bala es disparada hacia un gran bloque de madera suspendido de algunos alambres ligeros. La bala es detenida por el bloque y todo el sistema se balancea hasta alcanzar una altura “h”. Encuentre la velocidad “vo” de la bala en función de m1, m2 y h.

m1 + m2 vo

vF = 36 m/s

m2

m

M

y

Por el principio de conservación de momentum lineal: px(inicial) = px(final) po + po = pF + pF m

M

m

M

⇒ mvo + Mvo = mvF + MvF m

⇒

0

M

vF = – M

⇒

vF = –

SOLUCIÓN: En este caso ocurre un choque perfectamente inelástico; es decir, que parte de la energía cinética de la bala ha de perderse. Sin embargo como en todo choque el momento se conserva: = D.CH. A.CH. Sea vf : velocidad final del sistema “bloque + bala” después del choque. ⇒ m1vo = (m1 + m2)vf

M

m

h

m1 m

x

⇒

vF = – 0,11 m/s

vF

m

⇒

.36

M

- 321 -

vo =

vf

... (i)

Física Luego, aplicando conservación de energía desde un instante después del choque hasta el momento en que el sistema alcance la altura “h” (en donde obviamente tendrá velocidad cero): inicial final E(m1 + m2) = E(m1 + m2) ⇒

(m1 + m2)

⇒

Por otro lado, debido a que el choque es elástico, se tiene:

⇒

=1

⇒

= (m1 + m2)gh

v10 = v2 – v1

Reemplazando (ii) en (i): \

3. Una esfera de masa “m1” y velocidad “v10” choca frontal y elásticamente con otra de masa “m2” en reposo. Si las esferas se desplazan sobre un plano horizontal liso, calcular las velocidades de las esferas después del choque. (m1 > m2). SOLUCIÓN: v10 m1

v10

v10

v2

m1

+ 10

= 20

m

+

m m

En este tipo de choque no se conserva la energía cinética, pero si el momentum lineal (en el eje x):

D.CH. 1f

v

v20 = 0

m

m2

=

(Después del choque)

(Antes del choque)

m2

A.CH.

A.CH. 2f

⇒

⇒ m1(v10) + m2(0) = m1(v1) + m2(v2) ⇒

v2 =

SOLUCIÓN:

Por conservación del momentum lineal: ⇒

v10

4. Un cuerpo con energía cinética “Eo” produce un choque perfectamente inelástico con un segundo cuerpo de igual masa e inicialmente en reposo. Calcule la energía cinética del conjunto después del choque.

v20 = 0

v1 (Después del choque)

v1 = \

vo =

(Antes del choque)

… (ii)

Resolviendo (i) y (ii) se obtiene:

… (ii)

vf =

=1

e=

m1v10 = m1v1 + m2v2 ... (i) - 322 -

⇒

=

D.CH.

m v10 + m (0) = (2m)v v=

.... (i)

Capítulo 8: Cantidad de Movimiento y Choques

Por dato:

E0 =

⇒

m

Reemplazando de (i): ⇒

Eo = 2 m v2

(2m)v2

EF =

Reemplazando de (ii): \

\

..... (ii)

Se pide hallar la enegía cinética “EF” del conjunto “m + m”:

EF =

=

=

6. Una esfera de m1 = 4 kg colisiona frontalmente con otra de m2 = 2 kg, según se muestra en la figura. Calcular la rapidez de cada esfera inmediatamente después de la colisión, sabiendo que el coeficiente de restitución es 0,8. v10 = 16 m/s v20 = 24 m/s m2

m1 5. Dos cuerpos inelásticos están moviéndose en sentidos opuestos con velocidades de 4 m/s y 6 m/s, colisionan y adquieren una velocidad común de 1/4 m/s. ¿En qué relación se encuentran las masas de los cuerpos?

SOLUCIÓN: Después del choque, vamos a suponer las siguientes direcciones:

SOLUCIÓN: v10 = 4 m/s

v20 = 6 m/s

1

Después del choque

⇒

⇒

Desp Ch

⇒ m1(4) + m2(– 6) = (m1 + m2)v

⇒

m1 =

– 16 = – 4v1 – 2v2 2v1 + v2 = 8

... (i)

Por otro lado: = 0,8

e=

4 m1 – 6 m2 = (m1 + m2) m1 = 6 m2 +

m1v10 – m2v20 = – m1v1 – m2v2

⇒ (4)(16) – (2)(24) = – 4v1 – 2 v2 ⇒

4 m1 –

m2

Por conservación del momentun total:

1 2

= Ant Ch

⇒

m1

(Después del choque)

De la conservación del momentum lineal:

⇒

v2

v

2

Antes del choque

v1

⇒

m2

v1 – v2 = 32

… (ii)

Resolviendo (i) y (ii):

m2

v1 = 8 m/s - 323 -

;

v2 = – 24 m/s

Física 7. En la figura se muestra una rampa lisa de altura H. De lo mas alto se deja caer una bola de masa “m1” y en la parte mas baja se encuentra otra bola de masa m2 = 2m1, en reposo. Si colisionan elásticamente, se pide hallar la relación de energías cinéticas adquiridas inmediatamente después de dicha colisión.

Por otro lado: e=

=

=1

Por tratarse de un choque elástico, así, tenemos: ⇒ v10 = v2 – v1 … (iii) Igualando (ii) y (iii): v1 + 2v2 = v2 – v1

m1 A H

v20 = 0 m2 B

⇒

=–

⇒

=

… (iv)

Finalmente, reemplazando (iv) en (i):

SOLUCIÓN: Suponiendo que la velocidad de “m1” en B es igual a v10. Además consideremos que v1 y v2 son las velocidades de “m1” y “m2” justo después del choque, respectivamente. Así, se pide determinar:

=

Por dato: m1 = 2m2. Reemplazando: ⇒

=

\

8. Dos bolas de masas “m1” y “m2” son libres de moverse sobre una superficie completamente lisa. Una se encuentra en reposo y la otra se dirige hacia ésta. Si el choque es elástico, luego del cual las bolas adquieren velocidades de igual módulo pero de sentidos opuestos. Determine la relación entre sus masas: m1/m2.

… (i)

Por conservación de momentum lineal: Antes del choque

⇒ ⇒ ⇒

=

Después del choque

SOLUCIÓN: v20

v10 = 0

m2

m1 Antes del choque

m1v10 + m2v20 = m1v1 + m2v2 m1v10 = m1v1 + 2m1v2 v10 = v1 + 2v2

=

… (ii)

v2 = – u

v1 = u

m2

m1

Después del choque - 324 -

Capítulo 8: Cantidad de Movimiento y Choques Por conservación del momentum total: Antes del choque

=

v10 = 4 m/s m1

Después del choque

⇒

m2v20 = m1v1 + m2v2

⇒

m2v20 = m1(u) + m2(– u)

⇒

m2v20 = u(m1 – m2)

… (i)

v1f = 3 m/s

v2f = ?

m1

m2 (b)

SOLUCIÓN:

e=1

Por conservación del momentum total: = final inicio

=1

⇒

v20 = (u) – (– u)

⇒

v20 = 2u

⇒

\

m2(2u) = u(m1 – m2)

v2f = – 1,74 m/s

(El signo negativo indica que “m2” aún se mueve hacia la izquierda)

2m2 = m1 – m2 \

m1v10 + m2v20 = m1v1f + m2v2f

⇒ (1,6)(4) + (2,1)(–2,5) = (1,6)(3) + (2,1)v2f

… (ii)

Finalmente, reemplazando (ii) en (i):

⇒

m2

(a)

Por otro lado, el choque es elástico:

⇒

v20 = – 2,5 m/s k

=3

9. Un bloque de masa m1 = 1,6 kg que se mueve inicialmente hacia la derecha con una velocidad de 4 m/s, sobre una pista horizontal sin fricción, choca contra un resorte unido a un segundo bloque de masa m2 = 2,1 kg que se mueve hacia la izquierda con una velocidad de 2,5 m/s, como se muestra en la figura (a). En el instante en el que “m1” se mueve hacia la derecha con una velocidad de 3 m/s, como se indica en la figura (b), determine la velocidad que tendrá “m2”.

10. En un juego de béisbol, un bate de 0,5 kg golpea una pelota de 0,2 kg y le comunica una velocidad de 20 m/s. Si el contacto bate–pelota fue de 0,01 s, halle la magnitud de la fuerza promedio actuante entre ambos. SOLUCIÓN: Se sabe que la fuerza que actúa entre el bate y la pelota varía en el tiempo, por eso se considera una fuerza promedio (cte.) que haría el mismo efecto que la fuerza variable. Así, tenemos: I = ∆P = F.∆t ⇒

F= \

- 325 -

= F = 400 N

Física 11. La gráfica muestra la fuerza “F” vs el tiempo de acción “t” de cierto impacto. Determinar la falsedad o veracidad de las siguientes proposiciones: a) El área achurada es igual a la magnitud del impulso.

q

SOLUCIÓN:

b) La fuerza actuante es constante. c)

q

Por definición se sabe que:

Todo el impacto tarda 0,02 s.

∆

F(103N)

=(

⇒

R

=m

⇒

R

=

20

10

20

R

)(∆t)

∆

… (i)

De la gráfica se tiene:

t(ms)

y

SOLUCIÓN: f

a) (VERDAD); por inspección se sabe que el impulso es el área bajo la curva F VS t.

x

O 60º

b) (FALSO); la fuerza actuante varía linealmente en el tiempo. c)

60º 60º

o

∆

(VERDAD); pues el ancho del triángulo (F VS t) tiene un ancho de 20 ms = 0,02 s.

=

f

–

o

60º 60º

f

o

En la figura: 12. Una esferita de kg golpea una pared con una rapidez de 10 m/s a un ángulo q = 60º respecto de la pared, rebotando con la misma rapidez y ángulo. Si el contacto con la pared fue de 0,2 s, calcular la fuerza media ejercida por la pared sobre la esferita. Despreciar la fricción y considerar que la esferita se mueve sobre un piso horizontal.

- 326 -

| ⇒

∆

f

|=|

o

| = 10

= – 10

… (ii)

Reemplazando (ii) en (i): R

\

(– 10

=

R

= – 150 N

)

Capítulo 8: Cantidad de Movimiento y Choques Finalmente, la fuerza “F” que ejerce la banda sobre la bola de billar es :

13. Una bola de billar de 0,5 kg incide sobre la mesa de juego con una velocidad de 15 m/s (ver figura) y al rebotar su nueva velocidad es de 10 m/s. Calcular la fuerza ejercida por la banda, si se considera que el tiempo de impacto fue de 0,1 s.

F= Reemplazando de (i) y (ii):

10 m /s

⇒

F=

/s m 15

\

SOLUCIÓN:

y

10

m /s

Tomando convenientemente un par de eje de coordenadas:

F = 25

N

x

14. Se muestra el instante previo y posterior al golpetéo de una raqueta sobre una pelota de 50 gramos. Si la velocidad de llegada de la pelota es de 20 m/s y la de salida es de 8 m/s. Encuentre la fuerza del golpetéo, si ésta duró 0,3 s.

15 y

Fx

F

/s

m

º

120 Se sabe que: Δ ⇒

m

F

=

–m

o

R

Δt

= (Σ )Δt

SOLUCIÓN:

En el eje “x”: m vF – m vo = FxΔt x

x

Tomando un eje de coordenadas:

x

⇒

Fx = 75 N

... (i)

En el eje “y”:

4

m/s

30º

F

y

8 m 60º 4 m /s /s

m vF – m vo = FyΔt y

y

⇒ (0,5)(10) + (0,5)(0) = Fy(0,1) ⇒

20 m /s

⇒ (0,5)(0) – (0,5)(– 15) = Fx(0,1)

Fy = 50 N

... (ii)

- 327 -

F

x

y

Física SOLUCIÓN:

Se sabe que: Δ ⇒

m

=

–m

F

o

R

Δt

Del gráfico:

= (ΣF)Δt

En el eje “x”: m vF – m vo = FxΔt x

vmax

x

⇒ (0,05)(– 4) – (0,05)(– 20) = Fx(0,3) ⇒

Fx =

En el eje “y”: ⇒ (0,05)(– 4

... (i)

N

Como = (100 – 12t), el bloque ascenderá hasta llegar a su velocidad máxima, en donde se dará el equilibrio:

m vF – m vo = (– Fy)Δt y

Δt

40 N

y

) – (0,05)(0) = – Fy(0,3)

F = 40 N

⇒

N ... (ii)

⇒

100 – 12t = 40

Finalmente, la fueza de golpetéo ”F” de la raqueta será:

⇒

t=5s

Fy =

F=

Fmin = 40 N

Reemplazando de (i) y (ii): ⇒

Además para t = 5 s ⇒ “F” es mínimo. Para t = 0 ⇒ “F” es máximo

F=

\

F=

Fmax = 100 N

N

v0 = 0

.... (ii)

Ahora, como el ladrillo experimenta un cambio en su cantidad de movimiento, se cumple: =Δ

15. Determine la máxima rapidez durante el ascenso de un ladrillo de 40 N de peso, inicialmente en reposo sobre un piso horizontal. Si es elevado por medio de una fuerza = (100 – 12t) N, donde “t” esta en segundos. (desprecie la fuerza de resistencia del aire). y

t=0

....(i)

⇒

F

+

- 328 -

=

F

–

o

Como el cuerpo inicialmente se encontraba en reposo: o = 0 . Reemplazando: ⇒

(Δt) +

m

(Δt) = m

peso

F

…(iii)

Como la fuerza varía linealmente respecto al tiempo, la fuerza media m será: Fm =

x

peso

Capítulo 8: Cantidad de Movimiento y Choques La pelota en el choque experimenta un cambio en su cantidad de movimiento, osea recibe un impulso. Luego:

Reemplazando de (i) y (ii): ⇒

= 70 N

Fm =

Reemplazando en (iii), para Δt = 5 s: ⇒

⇒

70(5) + (– 40)(5) = 4vmax \

⇒

vmax = 37,5 m/s

=Δ

=

=m

f

F

–

–m

o o

I = 0,5(40) – 0,5(– 50) \

I = 45 N.s

.... (i)

Además se tiene que:

16. Una pelota de 0,5 kg choca en el piso horizontal con 50 m/s y rebota con 40 m/s, tal como se muestra en la figura. Si el impacto duró 0,05 s, determine el impulso sobre dicha pelota y la fueza promedio “Fm” ejercido por el piso sobre la pelota. Compare dicha fuerza con la fuerza de gravedad de la pelota. (g = 10 m/s2)

= ⇒

=

+

peso

Δt +

m

Δt

g

Reemplazando de (i): ⇒

45 = Fm(0,05) + (– 5)(0,05) \

Fm = 905 N

(Se observa que: Fm >> Fg)

50 m/s

17. Con una velocidad “vo” e inclinación “θ” una pelota se lanza sobre un horizonte liso cuyo coeficiente de restitución inelástica es “e”. Halle el tiempo adicional en el que puede considerarse que la pelota deja de rebotar.

40 m/s

Fg

Fpiso SOLUCIÓN:

SOLUCIÓN:

La fuerza ejercida por el piso sobre la pelota varía según:

Descomponiendo la velocidad inicial del movimiento parabólico y recordando que en cada choque frontal la nueva velocidad se halla multiplicando por “e”.

Fpiso Fmax

vosenθ

Fm

evosenθ

vosenθ

e2vosenθ evosenθ

e3vosenθ e2vosenθ

El tiempo de vuelo en cada parábola es: o

0,05

t(s) tv = - 329 -

Física

Para la 1ra parábola:

t1 =

Para la 2da parábola:

t2 =

Para la 3ra parábola:

t3 =

(1) 37º θº

A B

(2) SOLUCIÓN: Así hallamos los tiempos hasta suponer un rebote lejano (t∞) en donde la pelota deja de rebotar. Calculando el tiempo total de rebote: t = t1 + t2 + t3 + … t∞ ⇒ t=

+e

+

Representando el choque: y

37º

A

vA = 9 m/s

37º

B

θ

vB = 0 m/s

vB’cosθ vB’senθ

⇒ t=

[1 + e + e2 + … + e∞]

A.CH

B

=

D.CH

En el eje x:

t=

mAvA = mA(vA’ cos37º)+ mB(vB’ cos θ)

Como 0 < e < 1 ⇒ e∞ → 0

⇒

Reemplazando:

⇒ vB’ cos θ = 5

\

θ

v’

Por conservación del momentum total:

Por propiedad de series: ⇒

5m

4 m/s

+ … e∞

e2

/s

= 3 m/s v’A

m(9) = m(4) + m(v’Bcos θ) … (i)

En el eje “y”:

t=

mA(0) = mA(vA’ sen 37º) + mB(– vB’sen θ) ⇒

18. Se muestra el choque no frontal de dos esferas idénticas. Si la esfera “A” que llega con rapidez de 9 m/s, al colisionar con la otra esfera “B” estática, cambia su trayectoria y sigue el trayecto (1) con una rapidez de 5 m/s, mientras que la otra esfera es empujada hacia el trayecto (2). Hallar “θ”. - 330 -

m(0) = m(3) + m(– v’Bsen θ)

⇒ vB’ sen θ = 3

… (ii)

Dividiendo (ii) entre (i): ’ ’ \

=

⇒ tan θ =

θ = arc tan(3/5)

Capítulo 8: Cantidad de Movimiento y Choques 19. Una bola de billar choca contra la banda lisa de la mesa de juego, así como detalla la figura. Si “e” es el coeficiente de restitución. Halle el ángulo “α” de rebote en función de “θ” y “e”.

e=

⇒

evosen θ = v1sen α

… (ii)

Dividiendo (i) entre (ii):

α

θ

⇒

SOLUCIÓN:

⇒

=

⇒

cot θ = cot α

⇒

e tan θ = tan α \

Representando el rebote:

α = arc tan(e tan θ)

y vocos θ θ vo sen θ vo

v1sen α

θ

α N

v1 α v1cos α x

20. Hallar la máxima deformación del resorte de constante “k”, cuando una bala de masa “m”, con vuelo horizontal, se incrusta en el bloque de masa “7m”, con una rapidez incidente “vo”.

Hay que recordar que la cantidad de movimiento se conserva en el eje donde ΣF = 0. Esto sucede en el eje “x”, mas no en el “y”. En el eje “x”: mvocos θ = mv1cos α

⇒

vocos θ = v1cos α

k

vo

SOLUCIÓN: Analizando el choque plástico, para calcular la velocidad de salida (vf ).

PA.CH = PD.CH ⇒

liso

vf … (i)

vo

En el eje “y”: e=

’

mbalavo + mbloquevbloque = (mbala + mbloque)vf

El choque es entre la bola y la mesa; como la mesa no se mueve: vmesa ’ = vmesa = 0 - 331 -

⇒

mvo + (7m)(0) = (m + 7m)vf

⇒

vf =

… (i)

Física Además, en este tipo de choques se cumple: Eo = EF ⇒

(m + 7m)vf2 =

⇒

x=

kx2 vf

… (ii)

Finalmente, reemplazando (i) en (ii): x=

⇒

\

x=

- 332 -

Capítulo 8: Cantidad de Movimiento y Choques

Problemas Propuestos 1.

En relación a la cantidad de movimiento e impulso, determine la verdad o falsedad de las siguientes proposiciones: a) Una granada inicialmente en reposo adquiere cantidad de movimiento al explotar en mil fragmentos. b) El impulso sobre la pelota es igual a la fuerza que recibe. c) Una pelota de ping – pong que choca con un trailer, le transfiere parte de su momentum al trailer. A) VVV C) FFF E) VFV

2.

15 m/s 1 A) 7,6 m/s C) 9 m/s E) 5 m/s 4.

B) FVV D) FFV

Una partícula de masa “m” es lanzada verticalmente hacia abajo desde una altura “h” con una velocidad inicial “vo”. Si colisiona elásticamente con una masa de altura “c” (c < h) puesto sobre el piso, ¿cuál es el módulo de su velocidad, justo después que rebota?

antes del choque

B) 37º D) 45º

18 m/s 1

36 m/s 2

despues del choque

entonces el coeficiente de restitución entre los bloques es:

D)

A) 0,1 C) 0,25 E) 0,4

E) N.A. 3.

B) 7,5 m/s D) 8,9 m/s

La figura muestra la colisión de los bloques “1” y “2”: 20 m/s v = 0 m/s 1 2

A) [vo2 + 2g(h – c)]1/2 B) [vo2 + 2g(h – c)]–1/2 C) (2vo2 + 2gh – c)1/2

3

Una partícula es lanzada contra una superficie horizontal con un ángulo “q” respecto de la vertical. El coeficiente de restitución para el choque es e = 1/2 y el coeficiente de fricción estática entre la partícula y la superficie es ms = 0,5. ¿Para que ángulo de incidencia, “q”, el rebote será vertical? A) 53º C) 60º E) 30º

5.

m=0 2

En la figura los bloques “2” y “3” se encuentran en reposo. Si el bloque “1” se mueve con una velocidad de 15 m/s, ¿con qué velocidad se moverá el bloque “3”? (considere que los choques son completamente inelásticos y m1 = 2m2 = m3)

6.

- 333 -

B) 0,45 D) 0,9

En la figura, el resorte cuya constante elástica es k = 10 N/m está sujeto a un disco de 0,50 kg y es impactado por un proyectil de 0,50 kg de masa, el cuál incide con una velocidad de 2 m/s. ¿Cuál será la máxima deformación del resorte?

Física 9.

2 m/s

k

m

m

Se muestra dos esferas de igual dimensión que chocarán frontal y elásticamente. ¿Qué separación habrá entre ellas 3 s después del choque? 5 m/s

A) 0,10 m C) 0,35 m E) 0,25 m 7.

v = 0 m/s

B) 0,20 m D) 0,38 m

A una piedra de 2 kg, atada a una cuerda, se le hace girar en un plano vertical con una rapidez constante de 10 m/s. Determinar el valor del impulso que recibe la piedra entre A y B. A

v

cuerda

A) 10 m C) 15 m E) 20 m

B) 12,5 m D) 17,5 m

10. Si la esfera que es abandonada logra impactar sobre el coche, ¿cuánta energía pierde el sistema debido al impacto? (Considere MCOCHE = 9 kg; mesfera = 1 kg y g = 10 m/s2)

B v

h=1m

arena

A) 45 N.s C) 30 N.s E) 50 N.s 8.

Si entre los bloques se da un choque frontal plástico, determine la máxima deformación del resorte de k = 200 N/m. (m = 0,1 kg) liso

10 m/s

v=0

m

4m

A) 0,1 m C) 0,3 m E) 0,5 m

10 m/s liso

B) 20 N.s D) 40 N.s A) 35 J C) 45 J E) 65 J

B) 0,2 m D) 0,4 m

- 334 -

B) 40 J D) 55 J

Respuestas 1. 2. 3. 4. 5.

D A B B D

g

6. 7. 8. 9. 10.

A D A C D

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S)

Capítulo 9

Movimiento Armónico Simple (M.A.S)

9.1. Introducción El estudio del oscilador armónico constituye en Física un capítulo muy importante, ya que son muchos los sistemas físicos oscilantes que se dan en la naturaleza y que han sido producidos por el hombre.

9.2. Definición de M.A.S Es aquel movimiento que realiza un cuerpo, cuya posición con respecto al tiempo viene dada por la siguiente expresión:

x(t) = Acos(ωt + φ)

x

–A

o

A

X

9.3. Elementos del M.A.S 1.

Elongación (x).- Es la distancia que existe entre la posición de equilibrio y el cuerpo en un instante cualquiera. Será positiva o negativa si se encuentra a la derecha o la izquierda de O, respectivamente.

2.

Posición de equilibrio (O).- Es el centro del movimiento de la oscilación.

3.

Amplitud (A).- Es la distancia entre la posición de equilibrio y la posición extrema ocupada por el cuerpo que oscila.

4.

Periodo (T).- Es el tiempo que tarda un cuerpo en dar una oscilación completa. Tiene unidades de tiempo. Unidades en el S.I : seg (s)

5.

Frecuencia (f).- Es el número de oscilaciones completas que efectúa el cuerpo por unidad de tiempo. Unidades en el S.I : Hertz (Hz) 1 Hertz =

=

= s–1

Se cumple siempre que: “El periodo es igual a la inversa de la frecuencia” - 335 -

Física

T= 6.

Frecuencia Angular (ω).- Esta relacionado con la velocidad angular del movimiento circular uniforme asociado al M.A.S de un cuerpo. Viene dado por: w= T: Periodo Tiene las mismas dimensiones que la frecuencia: s–1

7.

Fase inicial (φ).- Determina la posición del cuerpo en el instante inicial (t = 0). Ejemplo: Si φ = 0 el cuerpo se encuentra inicialmente en x = + A Si φ =

el cuerpo se encuentra inicialmente en x = 0

9.4. Relación del M.A.S y el M.C.U P

La sombra que proyecta sobre el eje x un cuerpo que se mueve con movimiento circula uniforme (M.C.U), coincide con la posición de un bloque que se mueve con un movimiento armónico simple (M.A.S) de amplitud igual al radio A de la circunferencia.

Po

A θ

w

t=0

α

L

φ

o

P’ Acosα

v

–A

o

X x

P.E

- 336 -

A

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S) 9.4.1. Relación de la elongación (o posición) De la figura: x = dist (OP’) ⇒

x = Acos a

… (i)

Si en t = 0 el cuerpo se encontraba en Po con una fase inicial φ, entonces : a=φ+q ⇒

a = wt + φ

… (ii)

Reemplazando (ii) en (i), la posición del bloque viene dada por la expresión: x = A cos(wt + φ)

….. (1)

9.4.2. Relación de la velocidad Similarmente se puede deducir que la velocidad viene expresado por: v = – vo sen(wt + φ)

….. (2)

De (1) y (2) podemos hallar una relación entre la velocidad y la posición: v=±w

….. (3)

donde: (+) si el cuerpo se desplaza hacia la derecha (–) si el cuerpo se desplaza hacia la izquierda Observaciones • La velocidad del bloque en las posiciones extremas (x = ± A) es cero. • La velocidad del bloque en la posición de equilibrio (x = 0) es máxima e igual a: vmax = vo = wA

- 337 -

….. (4)

Física 9.4.3. Relación de la aceleración Similarmente se puede deducir que la aceleración del bloque viene expresado por: a = – aocos(wt + φ)

….. (5)

De (1) y (5) podemos hallar una relación entre la aceleración y la elongación: a = – w2x

….. (6)

Observaciones • La aceleración del cuerpo es máxima en las posiciones extremas (x = ± A) “+” en x = – A “–” en x = A

amax = ao = ± w2A

• La aceleración del cuerpo es nula en la posición de equilibrio (x = 0) amin = 0

9.5. Dinámica del M.A.S El sistema físico mas conocido que presenta un movimiento armónico simple, es el constituido por un bloque unido a un resorte, que oscila sin fricción con otros cuerpos, tal como lo muestra la figura: D.C.L del bloque P.E P = mg

m=0

k m –A

o

A

x

x

FR = – kx N

Del D.C.L del bloque, la fuerza del resorte sobre el bloque es: FR = – kx

..… (i)

FR = ma

..… (ii)

da

De la 2 ley de Newton:

Igualando (i) y (ii): ma = – kx - 338 -

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S) De (6) : a = – w2x , reemplazando: m(–w2x) = – kx = w2

⇒

De donde obtenemos finalmente la relación para la frecuencia angular del M.A.S: w=

Y como w =

….. (7)

, obtenemos además las siguientes relaciones para el periodo y la frecuencia

del M.A.S: T = 2π

….. (8)

f=

….. (9)

9.6. Energía en el M.A.S Considerando el sistema bloque resorte: P.E

v

m=0

k m o

–A

A

x

X

La energía cinética del bloque de masa m es: Ek =

mv2

De (3), reemplazamos la velocidad y obtenemos la energía cinética en función de la elongación x: Ek =

mw2(A2 – x2)

- 339 -

… (10)

Física La energía potencial elástica del sistema viene dado por: Ep =

kx2

… (11)

Luego, la energía mecánica total del sistema es: ET = Ek +Ep ⇒ Como w2 =

ET =

mw2(A2 – x2) +

kx2

, reemplazando: ⇒

ET =

kA2 –

⇒

ET =

kA2

kx2 +

kx2

… (12)

¡La energía mecánica total en una M.A.S resulta constante! 1) Gráfica Energías VS Posición De las relaciones (10), (11) y (12) podemos graficar las energías ET , Ep , Ek en función de la elongación x. E Energía mecánica total (constante)

ET Ep

Curva de la energía potencial Ep Curva de la energía cinética Ek

Ek

–A

x

x

o A P.E

Gráfica ET , Ep , Ek VS x - 340 -

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S) 2) Observaciones •

En el gráfico se observa que el sistema en toda la trayectoria posee energía mecánica total constante e igual a ET.

•

En la posición de equilibrio (x = 0), la energía cinética del bloque es máxima e igual a ET, por lo que la energía potencial elástica del sistema resulta nula. Dicho en otras palabras: “La energía mecánica es enteramente energía cinética”.

•

En las posiciones extremas (x = ± A), la energía potencial elástica es máxima e igual a ET, por lo que la energía cinética del bloque resulta nula. Dicho en otras palabras: “La energía mecánica es enteramente energía potencial elástica”.

9.7. Péndulo Simple El péndulo simple es un sistema físico constituido por una pequeña masa atada al extremo de una cuerda ingrávida (peso despreciable), que oscila en un plano vertical a la superficie terrestre y con un ángulo pequeño (q ≤ 12º). Tal como se muestra en la figura:

q



g

P.E El movimiento que realiza el cuerpo colgado es similar al de un movimiento armónico simple. Debido a que el ángulo q es pequeño, la trayectoria que describe el cuerpo se puede considerar recta. y T

θ FR o

–A mg

P.E - 341 -

x A

Física De la figura, la fuerza de recuperación FR, que es la fuerza asociada al M.A.S, será igual a FR = T sen θ

… (i)

T cos θ = mg

… (ii)

Pero del equilibrio en el eje y: Luego, dividiendo (i) ÷ (ii): tan θ = Como θ es pequeño, podemos aproximar tan θ ≈ θ. Reemplazando queda: De la figura, para θ pequeño ⇒

FR = mgθ

… (iii)

x = sen θ ≈ θ x = θ

... (iv)

Por analogía al sistema masa resorte: FR = kx Reemplazando (iv) y (iii): ⇒

m g θ = kx m g θ = k(θ)

⇒

k=

… (v)

De las ecuaciones del M.A.S, sabemos que el periodo de oscilación viene dado por: T = 2π Reemplazando (v): ⇒

T = 2π

\

T = 2π

(Periodo del péndulo)

Del mismo modo: (Frecuencia del péndulo)

f= - 342 -

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S) 9.7.1 Péndulo Simple en un Ascensor Cuando un péndulo se encuentra dentro de un ascensor que posee una aceleración (como se muestra en la figura de abajo), el péndulo es afectado por una vertical gravedad efectiva gef . g 

gef

Existirán dos posibles casos: gef = g + a (si el ascensor sube verticalmente con aceleración a) gef = g – a (si el ascensor baja verticalmente con aceleración a) Por tanto, el periodo del péndulo, en su forma más general será: (Fórmula general para el periodo del péndulo)

T = 2π

9.7.2 Observaciones sobre el péndulo simple •

El periodo del péndulo solo va a depender de la longitud del péndulo y de la gravedad.

•

El periodo del péndulo es directamente proporcional a la raíz cuadrada de .

•

El periodo del péndulo es inversamente proporcional a la raíz cuadrada de g.

•

Aquellos péndulos que tienen un periodo de oscilación de dos segundos, se les llama también péndulo “bate segundo”. Estos son usados en los relojes de péndulo.

- 343 -

Física

9.8. Asociación de Resortes La asociación de resortes consiste en sustituir un conjunto de resortes, que pertenecen a un sistema, por un resorte equivalente, con la finalidad de simplificar el sistema para un mejor estudio. La propiedad física principal de un resorte es su constante de deformación k, por tanto, cuando se habla de un resorte equivalente, se refiere en si a una constante equivalente keq. Los tipos de asociaciones básicas de resortes son: Asociación en serie.- Las siguientes son asociaciones en serie:

I. •

k1

k2

k3

kn m

keq

es equivalente a

m

• k1 keq

es equivalente a

k2

m kn m

Para una asociación en serie se cumple que: =

+

+

+ ... +

II. Asociación en paralelo.- Las siguientes son asociaciones en paralelo:

•

kn

k1

es equivalente a

...

k2

m

keq m

- 344 -

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S)

• k1

k2

k3

kn

keq

es equivalente a m

m Para una asociación en paralelo se cumple que: keq = k1 + k2 + … + kn Observación:

La siguiente configuración se puede considerar como en paralelo. Se observa que la distancia que se comprime un resorte es igual a la distancia que se estira el otro, por tanto, ambos sufren la misma deformación en módulo. k2

k1 m

es equivalente a

Se cumple que: keq = k1 + k2

- 345 -

keq m

Física

Problemas Resueltos M.A.S 1. Un cuerpo realiza un M.A.S sujeto al extremo de un resorte. En cuál de los siguientes casos la frecuencia aumenta: a) El cuerpo es sustituido por otro de menor masa. b) El cuerpo oscila con mayor amplitud. c) El cuerpo oscila con menor amplitud. d) El cuerpo es sustituido por otro con constante de resorte menor. e) El resorte es sustituido por otro con constante de resorte menor.

2. En el cuerpo de la figura, de masa m, realiza un M.A.S de amplitud A ¿Cuál de los siguientes enunciados es correcto? a) El periodo T depende de A. b) La rapidez es constante en todo el desplazamiento. c) La velocidad es cero en el punto O. d) La aceleración es máxima en x = – A e) La frecuencia angular está en razón inversa a la constante del resorte k. k

m

–A k –A

A

SOLUCIÓN:

m

x A

O

SOLUCIÓN: Se sabe que: f =

x

O

a) es incorrecto ya que T = 2π depende de m y k.

solo

b) es incorrecto, la rapidez depende de la posición:

... (i)

v=ω

Solo depende de las propiedades físicas intrínsecas del sistema, como son la masa y la constante del resorte. Luego: a) es verdadera ya que la frecuencia es proporcional a la raíz cuadrada de la constante k del resorte e inversamente proporcional a la raíz cuadrada de la masa. ¡A menor masa, mayor frecuencia! b) y c) son falsas, la frecuencia no depende de la amplitud de las oscilaciones. d) es falsa, el cuerpo (bloque) no posee constante de resorte. e) es falsa, de (i) a menor k, menor valor de la frecuencia. - 346 -

… (i)

c) es incorrecto, reemplazando x = 0 en (i), resulta: v = ωA es la máxima rapidez que puede alcanzar el cuerpo. d) es correcto, la aceleración viene dado por a=

=–

en x = + A, la aceleración es máxima hacia la izquierda. en x = – A, la aceleración es máxima hacia la derecha.

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S) e) es incorrecto, la frecuencia viene dado por:

• El espacio que recorre el bloque en un ciclo es una ida y vuelta, osea 4 veces la amplitud. La amplitud es igual al espacio comprimido inicialmente, luego:

f=

erecorrido = 4A

está en relación directa con la constante del resorte.

⇒

erecorrido = 4(3) \

3. Si al bloque de la figura inicialmente se le comprime 3 m desde su posición de equilibrio, halle T, f y ω del sistema. ¿Qué tiempo demorará en dar un ciclo y cuánto recorre en éste? P.E k = 4 N/m

m = 1kg

–A

O

m=0 (liso)

erecorrido = 12 m

4. Un cuerpo realiza un M.A.S con una amplitud de 20 cm, con posición inicial en uno de los extremos y con un periodo de oscilación de 8 s. Hallar la elongación, velocidad y aceleración al cabo de t = 3 s. La masa del cuerpo es de 5 kg. ¿Cuál es la energía cinética máxima del bloque en el M.A.S?

A

SOLUCIÓN:

SOLUCIÓN:

P.E t=0

De las ecuaciones del M.A.S tenemos:

t = 3s

• La frecuencia angular ω:

x –A

ω= \

\

ω = 2 rad/s

Como en t = 0 ⇒ x = A, luego: A = Acos(φ) ⇒ cos φ = 1 ⇒ φ = 0º Reemplazando en (i), queda: x = Acos(ωt)

=

T = πs

• La frecuencia f: f=

=

Datos: \

A

La ecuación que describe el movimiento de la partícula es: x = Acos(ωt + φ) … (i)

=

• El periodo T: T =

O

f=

Hz

A = 20 cm T=8s ω=

• El tiempo que demora dar un ciclo es igual al periodo. Tciclo = T = π s

=

rad/s =

Reemplazando en (i): x = 20 cos

- 347 -

… (ii)

cm

rad/s

Física • La posición en t = 3 s será: x = 20cos ⇒

x = 20

⇒

x = – 10

5. Se cuelga un bloque de un resorte como muestra la figura, si elevamos el bloque 6 cm desde su posición de equilibrio y lo lanzamos hacia arriba, se observa que el sistema oscila con un M.A.S en un plano vertical. Determine la ecuación del M.A.S considerando la gráfica correspendiente y VS t.

cm cm cm

La elongación será de 10 la izquierda.

cm hacia

y(cm) 12 6

• La velocidad vendrá dada por: v =ω ⇒

v=

\

v=

P.E

a=

\

a=–

⇒

π2

) cm/s2

Del gráfico, la amplitud es A = 12 cm. Reemplazando estos valores en (i):

cm/s2

y = 12 cos El bloque acelera hacia la izquierda • La energía cinética máxima vendrá dada por: Ek max =

mω2A2

Reemplazando valores: ⇒ Ek max =

(5)

… (i)

y = Acos

Del gráfico, el periodo esta dado por: T = 2[(t1 + 0,4) – (t1)] ⇒ T = 0,8 s

cm (– 10

(0,2)

cm

… (ii)

De las condiciones iniciales del problema tenemos que: en t = 0 ⇒ y = + 6 Reemplazando en (ii) para hallar la fase inicial φ: 6 = 12 cos(0 + φ) ⇒ cos φ = 1/2 ⇒ φ = π/3

Finalmente: \

Ek max =

t(s)

La ecuación del movimiento del bloque es: y = Acos(ωt + φ)

• La aceleración vendrá dada por: a = ω 2x

⇒

t1 + 0,4

SOLUCIÓN:

cm/s

En x = – 10

t1

– 12

cm/s π

o

\

joule - 348 -

y(t) = 12 cos

cm

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S)

6.

SOLUCIÓN:

La gráfica aceleración VS elongación se refiere a un M.A.S. Calcule la frecuencia natural del movimiento. a(m/s2)

La velocidad depende de la posición: v2 = ω2(A2 – x2) … (i) La rapidez máxima está dada por: vmax = ωA

53º

Luego, la frecuencia angular es:

x(m)

SOLUCIÓN: La aceleración depende de la elongación: a = – ω 2x a = – (tan 53º)x Igualando ambas expresiones:

rad/s

ω=

ω=

⇒

ω = 10 rad/s

\

7. Un bloque realiza un M.A.S, cuya energía cinética varía según la gráfica adjunta. Si su rapidez máxima es de 5 m/s, halle su posición en el instante mostrado. P.E k

⇒

Del gráfico, se observa que el bloque se encuentra a la izquierda de la posición de equilibrio, entonces:

ω2 = tan 53º \

ω=

Reemplazando en (i) los valores de A y ω: (3)2 = (10)2(0,52 – x2) ⇒ x2 = 0,52 – 0,32 ⇒ x = ± 0,4 m

De la gráfica:

⇒

⇒

v = 3 m/s

x = – 0,4 m

8. Un bloque realiza un M.A.S, habiendo iniciado su movimiento en el instante t = 0 desde su posición de equilibrio. ¿Qué fracción del periodo habrá transcurrido hasta el instante en que el bloque se encuentre por 1ra. vez a una distancia igual a la mitad de la amplitud desde la posición de equilibrio. P.E

Ek (J)

–A – 0,5

x

O

ti = 0

tf

25

– 0,5 x(m)

- 349 -

– A/2

O

A

Física SOLUCIÓN:

y

La ecuación del movimiento es: x = Acos(ωt + φ)

A

como en t = 0 ⇒ x = 0, luego:

A/2

m1

⇒ 0 = Acos(φ) ⇒ φ = P.E

o

Reemplazando: ⇒

–

x = Acos

m2

A/2

... (i) –A

De las condiciones del problema: En t = tf ⇒ x = –

, reemplazando en (i):

⇒

= Acos(ωtf +

–

⇒ cos

)

=– ωtf +

⇒

=

como ω = ⇒ \

... (i)

De acuerdo al problema, para un tiempo t = t1 , se cumple que:

, reemplazando:

= A cos(ωt1 + φ1)

Para m1:

y1 =

tf =

⇒

ωt1 + φ1 = –

tf =

Para m2:

y2 = –

9. Dos masas iguales (m1 y m2) oscilan con igual amplitud “A”. Después de transcurrido un tiempo “t1” cuando m1 está en y = A/2 (subiendo) y la posición de m2 es y =

Para cualquier tiempo t, las posiciones y1 e y2 de las masas m1 y m2 están dadas por las expresiones: y1 = Acos(ωt + φ1) y2 = Acos(ωt + φ2) Se desea calcular el desfase ∆φ: ∆φ = (ωt + φ2) – (ωt + φ1)

π

ωtf =

⇒

SOLUCIÓN:

A (bajando). ¿Cuál es

el ángulo de desfase de m2 con respecto a m1? - 350 -

A = A cos(ωt1 + φ2)

ωt1 + φ2 =

⇒

... (ii)

... (iii)

Finalmente, reemplazando (ii) y (iii) en (i): ∆φ = (ωt1 + φ2) – (ωt1 – φ1) ⇒

∆φ = \

– ∆φ =

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S) Reemplazando el valor de “φ” en (ii):

10. Un bloque de 1 kg está sujeto a un resorte de k = π2 N/m, el cual ha sido deformado 5 m desde su posición de equilibrio. Si con un golpe se le comunica una velocidad de – 5 π m/s, determine la ecuación del oscilador.

Asen ⇒ ⇒

k

k –A

P.E

A

x = Acos(ωt + φ) Donde: ω =

=

Inicialmente:

ω = π rad/s

T = 2π

Para t = 0 ⇒ x = 5 x = Acos φ = 5

… (i)

Sabemos que: x = Acos(πt + φ) v = – Aπsen(π + φ)

Por dato: Para t = 0 ⇒ Reemplazando: ⇒

m

SOLUCIÓN: 2

⇒

x = 10 cos

11. Un cuerpo de masa “m0” esta colgado de un resorte realizando un M.A.S cuyo periodo de oscilación es “T”. En cuánto se deberá incrementar la masa de dicho cuerpo de tal forma que el nuevo periodo de oscilación sea “3T”.

liso

La ecuación del movimiento es:

⇒

A = 10 m

\

SOLUCIÓN:

m

=5

Finalmente, reemplazando en la ecuación del movimiento:

liso

m

A

=5

v = – Aπsen φ = – 5

⇒

Asen φ = 5

m0 Sea “x” el incremento de masa. Si la nueva masa es “m0 + x”. Entonces: 3T = 2π

=–5

π .

… (i)

... (ii)

Dividiendo (i) ÷ (ii) miembro a miembro: =

π … (ii)

⇒

=9

⇒

x = 8 m0

Dividiendo (ii) ÷ (i) miembro a miembro: tan φ =

⇒ φ=

La masa se deberá incrementar 8 veces. - 351 -

Física 12. En la figura, el bloque es de 2 kg y el resorte posee constante de rigidez k = 200 N/m. Determinar la ecuación de su movimiento si es estirado 10 cm desde su posición de equilibrio y soltado.

13. El bloque (1) es abandonado en la posición mostrada, sobre la rampa lisa, mientras que el bloque (2) se encuentra en reposo. Si los bloques chocan plásticamente, determinar la velocidad en función del tiempo para el sistema oscilante en el tiempo. (k = 200 N/m; m = 1 kg; g = 10 m/s2) (1)

m

y P.E o

(2)

h = 0,8 m

x

m 10 cm

SOLUCIÓN: El bloque (1) desliza sobre una superficie lisa hasta impactar con el bloque (2), en ese tramo la energía mecánica se conserva, debido a que sólo actúan fuerzas conservativas: EM = EM

SOLUCIÓN: Datos del problema: k = 200 N/m ; m = 2 kg Se sabe que: ω2 =

i

=

⇒

⇒ ω = 10 rad/s

La ecuación del movimiento es: y = Acos(ωt + φ)

⇒ … (i)

Para t = 0 ⇒ y = – 10. Reemplazando: ⇒

– 10 = Acos[10(0) + φ]

⇒

– 10 = Acos φ

⇒

cos φ = – 1

⇒

φ=π

(10)(0,8) =

(1)

(2)

⇒ v = 4 m/s

m

m

(1) y (2) juntos 2m

antes del choque

v’

después del choque

Después del choque plástico, ambos bloques quedan unidos, por lo que se mueven con la misma velocidad “v’ ”. ⇒ m1v + m2(0) = (m1 + m2)v’

Finalmente, reemplazando en (i): \

mgh = m

En este instante ocurre el choque plástico: v

Por dato: A = 10 cm. Reemplazando:

f

Además: m1 = m2 = m. Reemplazando: ⇒ mv = 2mv’

y = 10 cos(10t + π) cm

⇒ - 352 -

v’ =

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S) Como v = 4 m/s:

14. En un M.A.S, que se da en un plano horizontal liso, se conoce que cuando el cuerpo pasa por x = 7 cm su rapidez es de 48 cm/s y para x = 20 cm su rapidez es de 30 cm/s. Determine la amplitud de las oscilaciones.

v’ = 2 m/s

⇒ Además: v’

v=0

2m

2m k

A

O

k

P

liso

En el tramo OP la energía mecánica se conserva ya que solo actúan fuerzas conservativas. Luego:

SOLUCIÓN: Se sabe que: (del M.A.S)

= ⇒

2

2(1)(2) = 20A

⇒

x = Acos(ωt + φ) 2

A = 0,2 m

Donde “A” es la deformación del resorte y también la amplitud de oscilación del bloque. Del M.A.S tenemos: v = – Aω sen(ωt + φ)

… (i)

=

⇒

v=–ω

⇒

v=–ω

⇒

v=–ω

⇒

Donde: A = 0,2 m ω2 =

v = – Aω sen(ωt + φ)

48 = – ω

⇒ ω = 10 rad/s

⇒

30 = – ω

=

Para t = 0 ⇒ v = 2. Reemplazando:

⇒

– 2 sen(0 + φ) = 2

⇒

=

sen φ = – 1 ⇒ φ = Resolviendo: \

… (ii)

… (iii)

Dividiendo (ii) ÷ (iii) miembro a miembro:

v = – 2 sen(10t + φ)

⇒

v = 48 cm/s.

Para: x = 20 cm ⇒ v = 30 cm/s. Reemplazando en (i):

Reemplazando en (i): ⇒

... (i)

Para: x = 7 cm ⇒ Reemplazando en (i):

x = Acos(ωt + φ) ⇒

⇒

\ A = 25 cm

v = – 2 sen - 353 -

Física

15. Si al bloque mostrado que se encuentra en reposo se le desplaza 10 cm hacia abajo y cuando se le abandona éste comienza a desarrollar un M.A.S. Determine la ecuación de su movimiento. (Considere: k = 40 N/m y g = 10 m/s2)

16. Calcular la frecuencia angular de oscilación en los siguientes sistemas “masa – resorte”, si se mueven con un M.A.S. (m = 1 kg; k1 = 1 N/m; k2 = 2 N/m; k3 = 3 N/m) a)

b) k1

y

k1

k

k2 m

k2

k 5 kg

m c)

x

k1

SOLUCIÓN:

k3

k2

m

Calculando el keq para el sistema de dos resortes en serie: =

+

SOLUCIÓN:

⇒ keq =

a) Dato: k = 40 N/m ⇒ keq = 20 N/m Además: ω2 =

=

k1

⇒ ω = 2 rad/s

k2

Como el bloque se desplaza 0,1 m hacia abajo y se le abandona realizando un M.A.S. De aquí tenemos: A = 0,1 m Además para t = 0 ⇒ x = – 0,1 De la ecuación del M.A.S: x = Acos(ωt + φ) ⇒ x = 0,1cos(2t + φ) ⇒ – 0,1 = 0,1cos φ cos φ = – 1 ⇒ φ = π

m

m Donde: keq =

=

⇒

keq =

⇒

ωa =

⇒

ωa =

N/m

… (i)

Finalmente, reemplazando en (i): x = 0,1cos(2t + π) \

keq

\

x = – 0,1cos 2t - 354 -

ωa =

rad/s

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S) b) k1

k2

keq

m

⇒

ωc =

⇒

ωc =

m

Donde: keq = k1 + k2 ⇒

keq = 3 N/m

⇒

ωb =

⇒

ωb = ωb =

\

\

k2

rad/s

17. En el siguiente gráfico se observa un sistema conformado por dos bloques de masas “m” y “M”, oscilando en conjunto con un M.A.S. Calcular la deformación máxima que se le puede imprimir al resorte inicialmente tal que el bloque de masa “m” no resbale sobre el bloque de masa “M” (considere rugosa la superficie de M). La frecuencia del sistema es de 1,5 Hz. (g = 10 m/s2)

rad/s

c) k1

ωc =

k3 m

ms = 0,5

m

keq

1

M

k3

ms = 0

m

SOLUCIÓN:

a keq

2

m

m M

donde: keq =

ms = 0

=

2

⇒

keq =

⇒

keq =

N/m

2

2

En el sistema “m + M” tanto “m” como “M” están sometidos a la misma aceleración “a”, que viene dado por: a = ω 2x

N/m - 355 -

Física

Luego, la aceleración máxima del sistema depende de la amplitud del movimiento o lo que es lo mismo, de la deformación máxima inicial “A”. amax = ω2A … (i)

18. Si se suspende un bloque desde un resorte y se deforma “x” cm. ¿Cuál será su frecuencia natural de oscilación “f ”, si se mueven con un M.A.S? SOLUCIÓN:

D.C.L del bloque kx

D.C.L del bloque “m”: N m

k x cm

fs

mg mg

Del equilibrio: kx = mg

La fuerza responsable de la aceleración de “m” es “fs” y tendrá su valor máximo para una aceleración “ax”: fs = (mg)ms ... (ii)

⇒

max

⇒

... (iii)

Igualando (ii) y (iii): ax = gms

⇒

… (iv)

Esta aceleración “ax” que ocasiona el inminente desplazamiento de “m” sobre “M”, deberá ser la máxima del movimiento, “amax”.

ω2A = gms

⇒

A=

⇒

A=

=

f= \

f=

19. Un bloque de masa M oscila unido a un resorte (como se aprecia en la figura) con un periodo de T segundos cuando sobre ella se coloca una masa de 1,3 kg, pero si el peso colocado es de 0,25 kg, su periodo es de T/2 s. Calcular la masa del bloque M.

Igualando (i) y (iv): amax = ax ⇒

f=

Reemplazando de (i):

max = mgms ⇒

m

\

A=

… (i)

Si el sistema es perturbado tal que oscila con un M.A.S, su frecuencia natural de oscilación estará dado por:

max

De la 2da ley de Newton: fs = max

k=

M k

m - 356 -

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S) SOLUCIÓN:

P.E

Considerando a los bloques “m” y “M” como uno solo de masa “m + M”.

v2

k

M+m

X

1 Caso: Para una masa m = 1,3 kg er

T1 = 2π

⇒

T2 = 2π

… (ii)

Por condición del problema: T1 = 2T2

… (iii)

Reemplazando (i) y (ii) en (iii):

⇒ ⇒

De las ecuaciones del M.A.S; la amplitud se relaciona con la velocidad máxima: vmax = ωA La velocidad máxima se da en la posición de equilibrio, que es el lugar del impacto. • Antes del choque, en x = 0: v1 = vmax1 = ω1A1 ⇒

2π

=2

A1

v1 =

… (i)

• Después del choque, en x = 0: v2 = vmax2 = ω2A2

1,3 + M = 4(0,25 + M) 3M = 0,3 \

A2

(2) Después del impacto

… (i)

2do Caso: Para una masa m = 0,25 kg ⇒

O

– A2

⇒

M = 0,1 kg

A2

v2 =

… (ii)

Dividiendo (ii) entre (i): 20. Un sistema “bloque – resorte” de masa “M” oscila con un M.A.S de amplitud “A1”. En el instante que el bloque pasa por la posición de equilibrio, es impactada verticalmente por una bola de masa “m”, quedando unidas ambas. ¿Cuál será la nueva amplitud “A2” del movimiento? SOLUCIÓN: P.E

… (iii)

Aplicando conservación del momento lineal, antes y después del choque (en el eje x): p =p antes del choque

después del choque

⇒

Mv1 + m(0) = (m + M)v2

⇒

=

... (iv)

Igualando (iii) y (iv):

m v1

k

=

⇒

M

=

x A1 O (1) Antes del impacto

– A1

\ - 357 -

A2 =

A1

Física 21. En el sistema mostrado en la figura, determine el periodo natural de oscilación del sistema. (M = 4 kg, k = 1 N/m) 4k 2k

3k

T = 2π

4k

3k

M

Finalmente, si este sistema se pone a oscilar con un M.A.S, su periodo natural de oscilación vendrá dado por:

2k

T = 2π

⇒ SOLUCIÓN: El sistema de la figura es equivalente a: keq

3k

T = 2π s

keq

3k

1

\

1

M

Donde los resortes 4k y 2k están en paralelo, por lo que: keq = 4k + 2k

22. Hallar el keq en el siguiente sistema mostrado. Todos los resortes son iguales y k = 4 N/m. k

1

⇒

keq = 6k

k

1

Podemos aun simplificar más y decir que el sistema es equivalente a: keq

k

2

M

k

Donde keq es el equivalente de los resortes 2 en serie de 3k y keq = 6k, por lo que: keq =

= 2k

2

⇒

M

keq

2

k

SOLUCIÓN: Cuando los resortes están en paralelo:

k1

keq = 2 N/m

k

k2

⇒ keq = k1 + k2

2

Y como sabemos, estos dos resortes fijos a las paredes y a los extremos del bloque son equivalentes a un solo resorte cuya constante es keq , donde: 3

keq = keq + keq = 4 N/m 3

2

Entonces: k 2k

2

k keq

3

M

2k

- 358 -

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S) SOLUCIÓN:

Cuando los resortes están en serie: k1

k2

⇒

=

Este arreglo se resuelve, separándolos por partes.

+

Los resortes colgados del techo, están en paralelo: = k + k = 2k

⇒

k’ = 2k/3 k’ = 2k/3

2k

+

=

k

⇒ keq =

Al desplazar el bloque de masa “M” una longitud “x”, los dos resortes de constante “k” se desplazarán la misma longitud, cumpliéndose:

m

Estos dos resortes están en serie, entonces:

keqx = k’x + k’x

⇒ ⇒

+

=

F = F’ + F’ ⇒

keq =

keq = 2k’ =

Como k = 4 N/m: \

keq = N/m

keq =

m

Calculando el periodo “T”: 23. Una masa “m” posee una oscilación armónica dependiente del siguiente arreglo de resortes idénticos de rigidez “k”. Hallar el periodo del M.A.S.

T = 2π

T = 2π

⇒ k

k

barra ingrávida

\ k m

- 359 -

T = 2π

Física 24. Un pequeño carril está influenciado por un arreglo de resortes de igual rigidez “k”, tal que ejecuta oscilaciones armónicas, calcule la constante de rigidez equivalente de la estructura de resortes.

Finalmente, calculamos el equivalente de los dos resortes en serie: +

=

\

=

=

25. Hállese el periodo del siguiente M.A.S. Cada resorte dispone de igual rigidez “k”.

SOLUCIÓN: Resolviendo por partes k

k

k

k

k m

k

k

SOLUCIÓN:

Calculamos el equivalente de los dos resortes en serie: +

=

Hallando el primer equivalente (k1) en serie: +

=

⇒ keq =

⇒ k1 =

Luego: k/2 k/2

k

k

Calculamos el equivalente de los dos resortes en paralelo: =

+k=

Observe que si “m” se desplaza a la derecha en “xo”, el primer resorte se estira y el segundo se comprime en igual cantidad “xo”. F1

Luego:

O

3k/2

k

m

m x

F2

P

F R = F1 + F2

k

⇒ keqx = kx +

- 360 -

+ x ⇒ keq =

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S)

Calculando el periodo “T”:

El periodo es: T2 = 2π

T = 2π ⇒

T = 2π \ T = 2π

⇒

4 = 2π

⇒

k=m+1

⇒ 26. Un cuerpo cuelga del extremo de un resorte y oscila verticalmente con un periodo de 2 s. Al aumentar la masa del cuerpo en 1 kg el nuevo periodo es de 4 s. ¿Cuál es el valor de la masa inicial?

=m+1

4

… (ii)

Reemplazando (i) en (ii): 4m = m + 1 ⇒ 3m = 1 \

SOLUCIÓN: • 1er Caso:

m=

kg

Péndulo simple

k

27. Un péndulo de longitud 1 m oscila con cierto periodo en la Tierra, donde la gravedad es g. Si el péndulo es llevado a un planeta donde la gravedad es g/2 ¿Cuánto debe ser la nueva longitud del péndulo, si se observa que el periodo no varía?

m El periodo es: T1 = 2π Despejando:

SOLUCIÓN:

⇒

m=k

En la Tierra:

⇒

m=k

 = 1m g

⇒

m=

… (i)

• 2do Caso: Se sabe que:

k

T = 2π

m+1 - 361 -

… (i)

Física Dividiendo (i) ÷ (ii) miembro a miembro:

En otro planeta:

= ’

g/2

Se cumple que: T’ = 2π

8 = 2  = 0,25 m

29. Un péndulo simple que bate segundos es llevado a cierto planeta en donde la frecuencia disminuye en 0,1 Hz. Calcular la aceleración de la gravedad en dicho planeta. (g = 10 m/s2)

Igualando (i) y (ii): = 2π

SOLUCIÓN: En la Tierra: La frecuencia de un péndulo simple viene dada por:

’ = \

⇒ \

T = T’ y g’ = g/2

⇒

=

… (ii)

Por condición del problema:

2π

⇒

’ = 0,5 m

f =

… (i)

En cierto planeta: 28. Si la longitud de un péndulo simple aumentáse en 2 m, su periodo se triplicaría. ¿Cuál es la longitud de dicho péndulo?

Sabemos que para un péndulo simple:

… (iii)

Dividiendo (i) ÷ (ii) y reemplazando (iii):

… (i)

De las condiciones del problema para el péndulo: 3T = 2π

… (ii)

Por condición del problema: f ’ = f – 0,1

SOLUCIÓN:

T = 2π

f ’=

… (ii)

⇒

… (iv)

Como en la Tierra el péndulo era bate segundos, entonces: T = 2s ⇒ ⇒

- 362 -

=

=2 f = 0,5 Hz

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S) Reemplazando el valor de “f ” y “g” en (iv): ⇒

Dividiendo (iv) ÷ (v): =

= \

… (vi)

Además, sabemos que la relación de densidades es:

g’ = 6,4 m/s2

30. El periodo de un péndulo simple en la Tierra es de 6 s. ¿Cuál será el periodo del péndulo en un planeta X cuyo radio es 81 veces más grande y cuya densidad es la novena parte de la Tierra?

=

⇒

=

=

SOLUCIÓN: • En la Tierra: El periodo del péndulo es: T = 2π ⇒

6 = 2π

⇒

=

=

… (vii)

Reemplazando (vii) en (vi):

… (i)

• En el planeta X: Tx = 2π

⇒

⇒

=

⇒

=

… (viii)

Reemplazando (viii) en (iii): … (ii) Tx = 6

… (ix)

Reemplazando (i) en (ii): ⇒ ⇒

Por datos del problema:

Tx = 2π Tx = 6

= … (iii)

Por la ley de gravitación universal: g=

Reemplazando en (viii): ⇒

Tx = 6

… (iv)

y

\ gx =

y

… (v) - 363 -

Tx = 2 s

=

Física 31. Un péndulo simple oscila colgado del techo de un ascensor en reposo. Si el ascensor empieza ascender repentinamente con una aceleración constante, se observa que la frecuencia aumenta en una décima parte. Calcule dicha aceleración y el espacio recorrido por el ascensor durante el 1er periodo de oscilación, si la longitud del péndulo es 6,05 m. (g = 10 m/s2) SOLUCIÓN:

Reemplazando valores: ⇒

= a = 2,1 m/s2

\

La distancia recorrida en el 1er periodo de tiempo es: D = (0) +

aT2

t = T’

reposo

⇒

D=

a(T)2

⇒

D=

a

t=0

⇒

a f’

Reemplazando valores:

D

acelerado f

⇒

D=

(2,1)

m

Ascensor en reposo: \

La frecuencia de oscilación es … (i)

f =

Ascensor acelerado: Como se expuso en la teoría, el péndulo se ve afectado por una gravedad efectiva dada por: gef = g + a

(subida)

D = 2,1π2 m

32. Un péndulo simple “bate segundos” es impactado horizontalmente por una bala de 0,5 kg que se incrusta cuando pasa por su posición de equilibrio. Calcule la frecuencia de oscilación del conjunto. (La masa del péndulo es de 2 kg). SOLUCIÓN:

Luego:

• Antes del impacto: f ’=

… (ii)

Dividiendo (i) ÷ (ii) y como f ’ = entonces:

f,  v 2kg

=

f - 364 -

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S) El péndulo “bate segundos” oscila con una frecuencia de: f = ⇒

Dividiendo (i) entre (ii): =

= Dato: T1 = 2 s

f = 0,5 Hz

• Después del impacto:

Reemplazando en (iii): =

⇒ T2 = 2,005 s

Sea el atraso en cada oscilación: “A”.



⇒

A = (2,005 – 2)

⇒

A = 0,005 s

Número de oscilaciones por día (N):

f’ El péndulo tendrá una masa total de 2,5kg, pero como la frecuencia

N=

f ’=

⇒

no depende de la masa del péndulo, entonces podemos concluir que: f ’= f \

… (iii)

N=

= 43092,27

Sea el atraso en un día: AT Como en cada oscilación el péndulo se atrasa en 0,005 s, en un día al haber 43092,27 oscilaciones, el atraso será AT:

f ’ = 0,5 Hz

AT = (43092,27)(0,005 s) 33. El péndulo de reloj tiene un periodo de 2 s en un lugar donde g = 9,8 m/s2. ¿Cuánto se atrasará en un día, si el reloj es llevado a otro lugar donde g = 9,75 m/s2? Periodo “T1” en donde g = 9,8 m/s2: … (i)

Periodo “T2” en donde g = 9,75 m/s2: T2 = 2π

AT = 215,46 s

34. Un péndulo simple de 2,4 m de longitud oscila con una amplitud de 30 cm. (g = 9,8 m/s2)

SOLUCIÓN:

T1 = 2π

\

a) Calcular la rapidez del péndulo en el punto más bajo. b) Calcular la aceleración extremos de la trayectoria.

… (ii) - 365 -

en

los

Física SOLUCIÓN:

Al aumentar la longitud, aumenta el periodo. Luego:

a) En el punto más bajo se tiene: v = 2πfA … (i) También: f =

= 2π

… (ii)

⇒

T=2

–

… (ii)

Reemplazando (ii) en (i): Igualando (i) y (ii): v = 2π

A

⇒

2

=2

–

Reemplazando valores: ⇒ \

v=

⇒

(30)

=

Elevando al cuadrado:

v = 60,62 cm/s

… (iii)

+

L = (L + 1) –

⇒ b) En los extremos: amax = 4π2f 2A

–

⇒

=

Reemplazando de (ii): ⇒

amax = 4π2

⇒

amax = \

\

A (0,03)

amax = 1,225 m/s2

35. Si la longitud de un péndulo simple aumentáse en 1 m, su periodo lo haría en 2/5 de segundo. ¿Cuál es la longitud de dicho péndulo? (g = π2 m/s2)

36. Un péndulo matemático es desfasado de la vertical un ángulo “α” menor que 5º, luego es soltado rebotando elásticamente del muro cuyo grosor es “a” metros. Halle el periodo del movimiento pendular que se produce sabiendo que la longitud del péndulo es “2a” m. (g = π2 m/s2)

SOLUCIÓN:

a

T = 2π T = 2π

⇒ T=2

α 2a

Sea el periodo inicial (T):

⇒

L = 5,76 m

… (i) - 366 -

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S) SOLUCIÓN:

Aceleración de la gravedad en la Tierra: … (i)

g= 2a

Periodo del péndulo en la Tierra: T = 2π

a

Aceleración de la gravedad en el planeta “x”:

T1/2

T2/2

gx =

Se sabe que: T = 2π

⇒

El periodo neto será la suma de los medios periodos de cada movimiento pendular: +

T= T=

⇒

T=π

⇒

T= \

gx =

⇒

=

g = 2gx

… (iii)

Periodo del péndulo en el planeta “x”: Tx = 2π

… (iv)

Dividiendo (ii) entre (iv) miembro a miembro:

+π +

T=

= g

+

⇒

… (ii)

= (

+ 1) s

Reemplazando (iii) en la ecuación anterior:

37. Un reloj de péndulo que funciona correctamente en la Tierra es llevado a un planeta cuya masa y radio son el doble que los de la Tierra. ¿Cuánto marcará el reloj en el planeta por cada hora transcurrida en la Tierra? SOLUCIÓN: El periodo en la Tierra será diferente al periodo en el planeta debido a la diferencia de “g”. - 367 -

⇒

=

⇒

Tx =

T

El periodo en el planeta X es mayor, luego el reloj se atrasa y marcará solamente veces menos. Para una hora el péndulo en el planeta marcará (M): \

M=

h

Física

Problemas Propuestos 1.

A) B) C) D) E)

La frecuencia angular de una oscilación es de 2 rad/s. Halle el módulo y la dirección de la aceleración de la partícula cuando este se ha desplazado 0,5 m a la izquierda de la posición de equilibrio.

x = 10 cos(2πt + π/3) cm x = 10 cos(πt + 1/3) cm x = 20 cos(2t + π/6) cm x = 20 cos(2t + π/3) cm x = 30 cos(t – π/3) cm

P.E

4.

a=?

A) B) C) D) E) 2.

A

0,5m

x = 3cos

m

¿Cuáles son los valores de la masa del bloque y la frecuencia respectivamente?

1 m/s2 hacia la derecha. 0,5 m/s2 hacia la izquierda. 2 m/s2 hacia la izquierda. 2 m/s2 hacia la derecha. 2,5 m/s2 hacia la derecha.

Un M.A.S posee un periodo de 2 s y una amplitud de 50 cm. Halle el módulo de la velocidad cuando la partícula pase por la posición de equilibrio. A) 1 m/s C) π m/s E) π/2 m/s

3.

x

o

–A

Un bloque en el extremo de un resorte (k = 4 N/m) oscila con un desplazamiento descrito por la siguiente ecuación:

A) 9/π2 kg; 1/3Hz C) 1/π2 kg; 1/3Hz E) π2 kg; 3Hz 5.

B) 0,5 m/s D) 2π m/s

Un sistema “bloque – resorte” oscila con una amplitud de 20 cm. Si en el instante inicial (t = 0) el bloque se encuentra en la posición mostrada en el gráfico, halle la ecuación que describe el movimiento del bloque (m = 1 kg; k = 4 N/m)

B) 9/π2 kg; 2/3Hz D) 2/π2 kg; 1/3Hz

Un objeto se mueve en un túnel recto y liso, cavado entre dos puntos de la superficie terrestre. Sabiendo que este experimenta un M.A.S, halle la expresión para la frecuencia angular (R: Radio terrestre; M: Masa de la Tierra y G: Constante de gravitación universal). P.E

x

P.E

R

(t = 0)

k o

– 20 A

10 A

20 x(cm)

- 368 -

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S)

A) ω =

B) ω =

D)

s ; Asen(ωt + θo)

C) ω =

D) ω =

E)

s ; Asen(ωt + θo)

E) ω =

6.

8.

Una bala de 0,05 kg impacta y se incrusta al bloque de masa M, tal como se muestra en la figura. Si después del impacto el bloque empieza a oscilar con una frecuencia de 6 Hz y una amplitud de 1 m. Halle la velocidad de la bala antes del impacto. (M = 0,1 kg) P.E v

Determine la máxima rapidez que alcanza el bloque. k m

k

M

A) 0,24 m/s C) 3,4 m/s E) 2,4 m/s

o A) 20π m/s C) 20 m/s E) 38 m/s 7.

El bloque realiza un M.A.S de modo que en cualquier instante su posición está determinada por la expresión. x = 0,8 sen 3t (m)

B) 36π m/s D) 36 m/s 9.

El bloque que se muestra, se le desplaza 40 cm hacia la derecha y se le suelta. Determine el periodo de sus oscilaciones y la ecuación de su movimiento. v=0

liso

B) 1,2 m/s D) 2,8 m/s

La ecuación del movimiento de un cuerpo sobre un plano horizontal, presenta la forma. ¿Cuánto será el menor tiempo que transcurrirá entre la posición = 10 cm y

= – 10 cm?

k = 200 N/m

liso

2 kg

A)

s ; Acos(ωt + θo)

B)

s ; Asen(ωt + θo)

C)

s ; Asen(ωt + θo) - 369 -

A)

s

B)

s

C)

s

D)

s

E)

s

Física 10. Un oscilador armónico, conformado por un bloque unido a un resorte, tiene una energía mecánica “E”. Cuando el bloque pase por la posición x = –

13. Calcule la frecuencia natural de oscilación del bloque de masa 1 kg en el siguiente sistema. (k = 3 N/m)

(A: amplitud), k

determine la energía cinética. A)

E

B)

k k

E

m C)

E

E)

E

D)

E

k k

11. Una esfera de 1 kg es soltada en la posición que se muestra. Luego de impactar con el bloque de 2 kg, con coeficiente de restitución e = 0,5, la deformación máxima del resorte será: (Desprecie el rozamiento) 50

k = 250 N/m

m

A) 1/π Hz C) π Hz E) π2 Hz

B) 2/π Hz D) π/2 Hz

B) 0,1 m D) 0,4 m k

12. Un cuerpo cuelga del extremo de un resorte y oscila verticalmente con un periodo de 4 s. Se observa que cuando se aumenta la masa del cuerpo en 2,0 kg, el periodo de oscilación aumenta en 6 s. ¿Cuál es el valor de la masa inicial del cuerpo? A) 0,8 kg C) 1,2 kg E) 1,6 kg

k

14. Dos resortes horizontales de constante elástica k = 12 N/m, se enganchan a una masa de 1,5 kg, siendo necesario estirar los resortes 3 cm y 5 cm respectivamente. Determine la ecuación del movimiento del bloque después de soltarlo de ésta posición (t = 0).

cm 60º

A) 0,2 m C) 0,3 m E) 0,5 m

barras ingrávidas

B) 1,0 kg D) 1,4 kg - 370 -

k 3cm

A) B) C) D) E)

5cm

x = 0,01cos(4t – π) m x = 0,01cos(3t – π) m x = 0,02cos(4t + π) m x = 0,02cos(3t – π) m x = 0,01cos(4t + π) m

Capítulo 9: Movimiento Armónico Simple (M.A.S) 15. Determine el periodo de oscilación del bloque de masa “m” sobre el plano liso y unido a los resortes mostrados. k

k

k

18. El péndulo mostrado es soltado en la posición que se indica (θ < 4º). Determine luego de que intervalo de tiempo estará pasando por cuarta vez por su posición mas baja (Considere g ≈ π2 m/s2)

k

m

A) 2π

B) 4π

C) 2π2

D) 2π

L=

A) 0,25 s C) 0,16 s E) 1,25 s

E) π 16. Determine la elongación de un M.A.S en el instante en que la velocidad tiene la mitad de su valor máximo, expresando el resultado en función de la amplitud A. A)

/2 A

B)

/2 A

C)

A

D)

A

E)

/3 A

k

A) 2 C) E) 1/2

4k

g ← clavo

B) 1,15 s D) 2,25 s

A) 2π

B) 4π

C) 2π

D) 3π

E) 4π

m

(2)

θ

19. Un péndulo simple de longitud “L” oscila con pequeña amplitud colgado del techo de la cabina de un ascensor, que se eleva verticalmente con una aceleración constante “α”. Determine el periodo de oscilación.

17. En que relación se encontrarán los periodos (T1/T2) de los siguientes osciladores:

(1)

m

2m

20. Si la longitud de un péndulo simple aumenta en 1 m, su frecuencia se reduce a la mitad. ¿Cuál es la longitud del péndulo? A) 1 m C) 1/3 m E) 1/5 m

B) 1 D) - 371 -

B) 1/2 m D) 1/4 m

Física 21. ¿A qué altura, sobre la superficie terrestre, será necesario llevar un péndulo simple para que su periodo se duplique? (RT : Radio terrestre) A) RT/2 C) 2RT E) RT/3

23. Del siguiente gráfico, si el ascensor sube con una aceleración de 2,2 m/s2, determine la frecuencia de oscilación del péndulo. (g = 9,8 m/s2)

B) RT D) 3RT/2

 = 75 cm g a = 2,2 m/s2

22. Un péndulo simple de 2 m de longitud oscila con una amplitud de 20 cm. Calcule la velocidad del péndulo en el punto más bajo de su trayectoria. (g = 9,8 m/s2) A)

m/s

B)

m/s

C)

m/s

D)

m/s

E)

m/s

A) π Hz C) 2/π Hz E) 1 Hz

B) π/2 Hz D) 2 Hz

Respuestas 1.

D

9.

A

17. D

2.

E

10. B

18. E

3.

A

11. B

19. A

4.

A

12. C

20. C

5.

C

13. A

21. B

6.

D

14. A

22. A

7.

E

15. A

23. C

8.

E

16. B

- 372 -

Capítulo 10: Movimiento Ondulatorio

Capítulo 10

Movimiento Ondulatorio

10.1. Introducción El movimiento ondulatorio es un fenómeno muy común en la naturaleza. Lo podemos apreciar en los siguientes fenómenos: las olas en las superficies del mar, las ondas sonoras como el silbido de un pito, las ondas de un terremoto, la vibración de un resorte, las ondas electromagnéticas como la luz, las ondas de radio y televisión, los rayos x, etc. En este capítulo vamos a estudiar las ondas mecánicas, esto es, ondas que solo pueden existir en una sustancia material. Las ondas electromagnéticas son aquellas que no necesitan de un medio material para propagarse y serán estudiadas mas adelante. Las ondas mecánicas requieren: una fuente que produzca la perturbación, un medio que se pueda perturbar, y una conexión o mecanismo físico por medio del cual los puntos adyacentes del medio pueden interactuar unos con otros. Se sabe además que las ondas transportan energía mas no materia. La mayoría de las ondas son periódicas por naturaleza. Éstas viajan (o se propagan) con una velocidad específica, la cual depende de las propiedades del medio que se perturba. Por ejemplo el sonido, a 20ºC, se propaga en el aire con una rapidez de 344 m/s, en el agua a 1493 m/s y en una barra de cobre a 3560 m/s.

Ondas en el agua

Ondas de terremoto

Ondas sonoras

Ondas en la naturaleza

10.2. Concepto de onda “Es una perturbación de algún medio que se propaga en el tiempo a través del espacio”. Consiste a menudo en una variación periódica y sobre todo oscilatoria. Las partículas del medio no se desplazan con la onda, éstas solo oscilan o vibran. No hay transporte de materia, sino de energía.

- 373 -

Física

10.3. Función de Onda Es la descripción matemática de una onda. Para el caso de una onda viajera unidimensional la función de onda esta dado por: y = f(x ± vt) (+) , si la onda viaja hacia la izquierda con velocidad v (–) , si la onda viaja hacia la derecha con velocidad v y

vt v

x

o

En la figura se representa una onda viajera. La curva continua es para el instante t = 0 y la curva a trazos representa la onda para un instante t posterior. La forma de la onda viene dada por la función espacial f(x). Para nuestro estudio consideraremos funciones de tipo senoidal (seno o coseno).

10.4. Tipos de ondas 10.4.1. Ondas transversales.- Se dice que una onda es transversal, cuando las partículas del medio perturbado oscilan perpendicularmente a la dirección de propagación de la onda. Ejemplos: Ondas en una cuerda, ondas en la superficie del mar.

P

v

En la figura se observa que el punto P en la cuerda oscila perpendicularmente a la dirección de propagación de la onda.

- 374 -

Capítulo 10: Movimiento Ondulatorio 10.4.2. Ondas longitudinales.- Se dice que una onda es longitudinal, cuando las partículas del medio perturbado oscilan en dirección paralela a la dirección de propagación de la onda. Ejemplo: Pulsos en un resorte.

P

P

P

En la figura se observa que el punto P oscila paralelamente a la dirección de propagación de la onda.

10.5. Elementos de una onda transversal Cresta

P P’

v

A

A l Valle 1.

Ciclo: Es la mínima parte de la onda que se repite en el tiempo.

2.

Longitud de la onda (λ): Es la distancia recorrida por cada ciclo. En una onda transversal coincide con la distancia entre dos valles o dos crestas consecutivas. Unidades en el S.I : metro (m)

- 375 -

Física 3.

Amplitud (A): Es la máxima distancia que se separa cada partícula de su punto de equilibrio. Unidades en el S.I : metro (m)

4.

Periodo (T): Es el tiempo empleado por cada partícula P del medio para realizar una oscilación completa. También es el tiempo que demora la onda en recorrer una distancia igual a la longitud de onda. Unidades en el S.I : segundo (s)

5.

Frecuencia (f): Es el número de ciclos completados en una unidad de tiempo. Unidad en el S.I : Hertz (Hz) 1 Hertz = 1 Se cumple siempre: f=

6.

Crestas y Valles: Son las zonas de mayor amplitud de la onda. La cresta es la parte más alta y el valle la más baja.

7.

Velocidad de propagación (v): Es la distancia recorrida por la onda por unidad de tiempo. Esta no se debe confundir con la velocidad de vibración de las partículas. Se cumple siempre: v=

o

v = lf

Unidades en el S.I: m/s 8.

Intensidad (I) : Es la energía que fluye perpendicularmente a la dirección de propagación a través de la unidad de superficie en cada segundo. I=

Unidades en el S.I:

=

=

- 376 -

Capítulo 10: Movimiento Ondulatorio

10.6. Ecuación de una onda transversal Considerando a las ondas transversales como funciones senoidales que se desplazan en el espacio. La ecuación función de onda vendrá dada por: y = A sen (kx ± wt) Donde: k=

y

w=

(+) : Si la onda se desplaza hacia la izquierda (–) : Si la onda se desplaza hacia la derecha A: Amplitud (Unidad: m) k: número de onda (Unidad: m–1) w: Frecuencia angular (Unidad: s–1) Se la puede expresar equivalentemente como: y = Asen

10.7. Velocidad de las ondas en una cuerda La velocidad de las ondas mecánicas solo dependerá de las propiedades del medio por el cual se propaga la perturbación. Sea una cuerda sometida a una tensión F y con una masa por unidad de longitud igual a μ, se puede demostrar que la rapidez v con la que se propaga una onda transversal es: v= v

F

- 377 -

Física

10.8. Reflexión y refracción de las ondas mecánicas 10.8.1 Reflexión de una onda Cuando una onda llega a los límites de dos medios distintos, parte de la onda se refleja (retorna) manteniendo la misma frecuencia. Dependiendo de la naturaleza de los medios, la onda reflejada se invertirá o no. •

Si el medio incidente es más denso que el medio de transmisión, entonces la onda reflejada no se invierte.

pulso incidente

pulso reflejado

•

Si el medio incidente es menos denso que el medio de transmisión, entonces la onda reflejada se invierte.

pulso incidente

pulso reflejado

10.8.2 Refracción de una onda Cuando una onda pasa de un medio a otro, por ejemplo del aire al agua, cambia de dirección. En este fenómeno la onda mantiene su frecuencia pero cambia en velocidad y longitud de onda.

- 378 -

Capítulo 10: Movimiento Ondulatorio

10.8.3. Energía transmitida por las ondas en cuerdas A medida que las ondas se propagan en un medio, transportan energía. La potencia transmitida por una onda senoidal en una cuerda viene dada por: p=

mw2A2v

(Watt)

Donde: m: Densidad lineal de masa (kg m–1) w: Frecuencia angular de la onda (s–1) A: Amplitud de la onda (m) v : Velocidad de la onda (m/s)

10.8.4. Ondas estacionarias en una cuerda Si se sujeta por los extremos una cuerda tensa, las ondas generadas en ésta se reflejarán en los extremos fijos, creando ondas que viajan en ambas direcciones. Las ondas incidente y reflejada se combinarán según el principio de superposición. Sean dos ondas senoidales con la misma amplitud, frecuencia y longitud de onda, pero viajando en direcciones opuestas yD = Aosen(kx – wt)

yI = Aosen(kx + wt)

La onda resultante será la suma de ambas: y = (2Aosen kx) cos wt

(Ecuación de una onda estacionaria)

•

Se observa que la frecuencia de la onda estacionaria es w, la amplitud en un punto x es 2Aosen kx y que la amplitud máxima es 2Ao.

•

Existen puntos llamados antinodos, en los cuales la amplitud es máxima y vienen dados por: x=

•

,

, ... =

n = 1, 3, 5,…

Existen, además, puntos llamados nodos en donde la amplitud es cero y vienen dados por: x=

, λ, ... = - 379 -

n = 1, 2, 3,…

Física

Antinodos l/4

l/2

2Ao

n=3

Nodos Modos normales de una cuerda

Una cuerda de longitud L fija en los extremos tiene cierto número de patrones de vibración, denominados modos normales. Cada uno de éstos posee una frecuencia característica.

L

Segundo Armónico n=2

Primer Armónico

Tercer Armónico n=3

n=1

Las frecuencias de los modos normales estarán dados por: fn =

(Frecuencia de los modos normales)

fn = - 380 -

v

n = 1, 2, 3,…

Capítulo 10: Movimiento Ondulatorio

10.9. Ondas sonoras Las ondas sonoras son el ejemplo más importante de ondas longitudinales. Estas pueden viajar a través de cualquier medio material (gases líquidos o sólidos) con una velocidad que depende de las propiedades del medio. Los desplazamientos que ocurren como resultado de las ondas sonoras implican desplazamientos longitudinales de las moléculas respecto de su posición de equilibrio. Esto da por resultado una serie de regiones de alta y baja presión llamadas condensaciones y rarefacciones, respectivamente. Se comprueba que la descripción matemática de una onda sonora armónica es idéntica a la de una onda armónica en una cuerda.

Diapasón

Rarefacciones Condensaciones

Existen tres categorías de ondas mecánicas longitudinales: a) Ondas audibles: son ondas sonoras que caen dentro del rango de sensitividad del oído humano, por lo general de 120 Hz a 20000 Hz. b) Ondas infrasónicas: son ondas longitudinales con frecuencias abajo del rango audible. Por ejemplo: las ondas de terremotos. c)

Ondas ultrasónicas: son ondas longitudinales con frecuencias arriba del rango audible.

10.9.1 Velocidad del sonido La velocidad de las ondas sonoras dependerá de la elasticidad del medio y de la inercia de sus partículas. • La velocidad (m/s) del sonido en alambres o varillas sólidas está dado por: v= Donde Y: Módulo Young para el sólido (N/m2) r : Densidad del sólido (kg/m3) - 381 -

Física • La velocidad (m/s) del sonido en un fluido está dado por:

v= Donde: B: Módulo de volumen del fluido (N/m2) r : Densidad del fluido (kg/m3) • La velocidad (m/s) del sonido en un gas está dado por:

v=

=

Donde: γ: Constante adiabática P: Presión del gas (Pa) T: Temperatura absoluta del gas (K) r: Densidad del gas (kg/m3) R: Constante universal de los gases (J.mol/K) M: Peso molecular del gas

- 382 -

Capítulo 10: Movimiento Ondulatorio

Problemas Resueltos 1. Un pulso emplea 2 s para recorrer una cuerda de 0,4 kg de masa cuando ésta se encuentra sometida a una tensión de 10 N. ¿Cuál es la longitud de dicha cuerda?

SOLUCIÓN: v

SOLUCIÓN: v

60 m Como sabemos: v= 

Sabemos que la velocidad con la que se propaga las ondas en una cuerda esta dada por: v=

⇒

v = 40 m/s

t=

v=

⇒

v=5

… (i)

v=

⇒

t= t = 1,5 s

\

… (ii)

Igualando (i) y (ii):

… (ii)

Reemplazando (i) en (ii):

… (i)

Por consideraciones cinemáticas del problema:

3. En el siguiente sistema, la cuerda de 3 m y 0,5 kg transmite un pulso desde el punto A hasta el punto B en 0,2 s. ¿Cuál es la masa del bloque suspendido? (g = 10 m/s2)

=5 \

v=

Del M.R.U:

⇒

⇒

⇒

 = 100 m

v

2. Una cuerda de 3 kg de masa se estira entre dos postes una distancia de 60 m. La tensión en la cuerda es de 80 N. Si se perturba la cuerda en un extremo ¿qué tiempo demora la onda en llegar de un extremo a otro? - 383 -

B A 0,6 m

m

Física SOLUCIÓN: La velocidad de propagación de la onda viene dado por: … (i)

v= kg/m

Donde m =

… (ii)

4. Si sujetamos un extremo de una cuerda a la pared y el otro a un bloque de masa “m” por medio de una polea. ¿Qué porcentaje de la longitud inicial o de la cuerda se debe estirar para que cuando la masa del bloque sea la mitad, la velocidad de propagación de una onda en la cuerda no se altere? SOLUCIÓN:

D.C.L del bloque:

v

T

Masa de la cuerda: mc

m P Del equilibrio: ⇒

m

T–P=0 T = mg T = 10m

⇒

• Condición inicial: … (iii) D.C.L del bloque:

v= ⇒

T … (iv)

v=

m

Por las consideraciones cinemáticas del problema:

⇒

T=P

v=

⇒

v = 12 m/s

… (v)

Igualando (iv) y (v): ⇒ \

P Del equilibrio del bloque:

v= ⇒

… (i)

vi =

Reemplazando (ii) y (iii) en (i):

T = mg

Si L = o ⇒ μi =

12 =

Reemplazando en (i):

m = 2,4 kg

⇒

- 384 -

vi =

… (ii)

Capítulo 10: Movimiento Ondulatorio • Condición final:

Calculando la longitud de onda l:

Como la cuerda se estira, solo varía su longitud mas no su masa, por lo que:

Del gráfico:

v

mf = Además en este caso la masa del bloque es m/2. Reemplazando en (ii):

l

… (iii)

vf =

l 5m

l

Se observa que: 3l = 5

Por condición del problema: vi = vf

⇒

Reemplazando (ii) y (iii):

Según el enunciado, la frecuencia es:

⇒

l=

m

… (ii)

f = 3 ciclos/s = 3 Hz

=

… (iii)

Reemplazando (ii) y (iii) en (i): ⇒

f = 2o

⇒

\ Se debe estirar la cuerda en un 100% de o. 5. Se desea producir ondas transversales en una cuerda a razón de 3 ciclos por segundo agitando un extremo de una cuerda cuyo otro extremo esta fijo a una pared. Calcule la rapidez de propagación de las ondas, considerando el gráfico adjunto. v

v= \

(3)

v = 5 m/s

6. Un observador determina que había 2,5 m de separación entre un valle y una cresta adyacente de las olas superficiales de un lago y contó 33 crestas que pasaban en 35 s. ¿Cuánto vale la magnitud de la velocidad de las ondas superficiales? SOLUCIÓN: cresta

5m SOLUCIÓN: Se sabe que para una onda transversal la velocidad de propagación viene dada por: v = lf ... (i) - 385 -

l

cresta

l/2

v agua

valle

valle

Física La distancia entre dos crestas adyacentes es igual a la longitud de onda l y entre valle y cresta igual a l/2. ⇒

l = 2(2,5)

⇒

l = 5m

y(cm)

l

0

… (i)

25

Además, se contó 33 crestas en 35 segundos, luego:

25 cm

De la figura:

… (ii)

f =

v = 1 m/s

v = (5)

v=

… (ii)

Además por dato:

v = lf

\

l = 0,25 m

⇒

La expresión para la velocidad es:

⇒

x(cm)

… (iii)

Reemplazando (ii) y (iii) en (i): 1=

m/s

\ T = 0,25 s 7. La figura muestra una onda producida en la superficie de una piscina. Si la velocidad de propagación es de 1 m/s, calcule el periodo de la onda en segundos.

8. La elongación de una onda en función de la posición y el tiempo está dado por: e = 8 sen(3x – 1020 t)

v = 1 m/s

y(cm)

0

10

20

30

40 x(cm)

con x en metros y t en segundos. Calcule la velocidad de propagación de la onda en m/s. SOLUCIÓN: La ecuación general de una onda transversal es:

SOLUCIÓN: La velocidad de una onda viene dada por: v = lf ⇒

v = l/T

… (i)

De la figura apreciamos que la distancia entre cresta y cresta o valle y valle es la longitud de onda “λ”. - 386 -

e = Asen(kx – ωt) Donde: k =

y ω = 2πf

Comparándola con la ecuación dada en el problema:

Capítulo 10: Movimiento Ondulatorio Calculando l:

Donde:

A: amplitud T: Periodo λ: longitud de onda

k= ⇒

3=

⇒

l=

… (i)

m

Calculando f : ω = 2πf ⇒ 1020 = 2πf ⇒

f =

Del gráfico: A = 10 cm ; v = 20 m/s ; λ = 20 cm = 0,2 m = 5 m– 1

⇒

Hz

… (ii)

Se sabe que:

v=

Reemplazando datos: Luego, la velocidad de la onda será: v = lf

⇒

Reemplazando (i) y (ii):

⇒

⇒

v= \

y = 10 sen[2π(100 t – 5x + φ)]

v = 340 m/s

Hallando “φ”:

y (cm) t=0

= 100 s– 1

Reemplazando en (i):

9. Si en la cuerda mostrada se genera una onda mecánica, determinar su ecuación.

10

20 =

20 m/s

Para t = 0 y x = 0 ⇒ y = 0 ⇒

10 sen 2πφ = 0

⇒

sen 2πφ = 0

⇒

2πφ = πn

⇒

φ=

Donde n es un entero.

20 cm

En este caso n = – 1

SOLUCIÓN:

⇒

φ=–

La ecuación general de una onda mecánica es: y = Asen

... (i) - 387 -

\

y = 10 sen

cm

Física 10. Si la ecuación de una onda mecánica generada en una cuerda es: y=

sen

m

Determine la velocidad de propagación de la onda y la rapidez máxima de una partícula en la cuerda que está en x = 0,23 m.

11. Determinar la longitud de onda (λ) que se propaga a lo largo del hilo que está unido por un extremo a un bloque de 0,5 kg y por el otro a un vibrador que oscila con una frecuencia de 20 Hz. Considere que la densidad lineal (μ) del hilo es 5 x 10–2 kg/m, también considere despreciable la porción vertical del hilo.

SOLUCIÓN: La ecuación de la onda mecánica tiene la forma: y = Asen 2π SOLUCIÓN: Dando forma a la ecuación dada: sen 2π

y=

Datos del problema: f = 20 Hz ⇒ T = 0,05 s ;

m

Comparando ambas expresiones, tenemos:

μ = 5 x 10–2 kg/m D.C.L (del bloque)

m ; T=2s ; λ=1m

A=

Además:

v=

⇒

v=

T

mg Por equilibrio: ΣFy = 0

= 0,5 m/s

\

=

T = mg

⇒

T = (0,5)(10) = 5 N

Además se sabe que:

La ecuación de la velocidad será: v=

⇒

v2 =

(π)cos

Reemplazando datos: ⇒ v = 3cos

⇒ v2 =

Como el valor máximo que toma el coseno es 1: ⇒ vmax = 3(1) \

vmax = 3 m/s

Finalmente:

λ = v.T λ = 10(0,05)

⇒ \

- 388 -

⇒ v = 10 m/s

λ = 0,5 m

Capítulo 10: Movimiento Ondulatorio 12. Determine el tiempo que tarda una onda en ir de un extremo de la cuerda a la pared, si se hace oscilar con una frecuencia de 10 Hz, además en (A) se forman 8 longitudes de onda y en (B) se forman 32. (A)

(B)

L

2L

13. Se tiene una onda mecánica que se propaga con una velocidad de v1 = 2,5 m/s y su ecuación de onda es y = 5sen

m.

Si incide sobre un medio el cual se refracta totalmente, siendo ahora su velocidad de propagación v2 = 0,5 m/s, determine la ecuación de la onda refractada. SOLUCIÓN: MEDIO (2)

MEDIO (1)

SOLUCIÓN: Al hacer oscilar la cuerda con una frecuencia de 10 Hz: t1 t2

v1 = 2,5 m/s

v2 = 0,5 m/s

v1 y = 5sen2π

y = AREFsen2π

v2 λ1 =

λ2 =

Como toda la onda se refracta: =

AINC = AREF = 5

Además:

Por refracción f1 = f2 ⇒ T1 = T2

Para el tramo (A):

Como sabemos la ecuación de onda general es:

L = v1t1 = λ1 f t1

y = Asen 2π

(10)(t1) ⇒ t1 = 0,8 s

⇒ L=

Para el tramo (B):

Comparando con:

2L = v2t2 = λ2 f t2 ⇒ 2L =

y = Asen 2π

(10)(t2) ⇒ t2 = 3,2 s

Entonces:

Finalmente:

T1 = 4π y λ1 = 10π

ttotal = t1 + t2 = 0,8 + 3,2 \

Por lo tanto: T2 = 4π

ttotal = 4 s - 389 -

Física Calculando λ2:

15. Una onda estacionaria vibra en una cuerda con la siguiente ecuación:

λ2 = v2T2 = 0,5(4π) λ2 = 2π

⇒

y = 6 sen

.cos(30πt)

Reemplazando en: donde x e y están en cm, y t en s. Calcule los siguientes parámetros.

y = AREFsen 2π ⇒

a) La amplitud y velocidad de las ondas componentes cuya superposición puede dar lugar a esta vibración. b) La distancia que hay entre los nodos.

y = (5)sen 2π \

y = 5 sen

m

SOLUCIÓN:

14. Una cuerda con densidad lineal de masa μ = 0,05 kg/m. Se encuentra sometida a una tensión de 80 N. ¿Cuánta potencia se le debe suministrar a la cuerda para generar ondas armónicas con una frecuencia de 60 Hz y amplitud igual a 6 cm?

a) La ecuación de una onda estacionaria está dada por: y = 2Aosen(kx)cos(wt) Si se compara con la ecuación que nos dan. Para la amplitud:

SOLUCIÓN:

2Ao = 6

La rapidez de la onda está dada por: v=

= 40 m/s … (i)

=

Como la frecuencia es de 60Hz. Luego ω será: ω = 2πf = 120π s–1 … (ii) La potencia que se debe suministrar viene dada por: P=

μ.ω .A .v 2

2

\

Para la velocidad: v = λf ⇒

v=

⇒

v=

⇒

v=

… (iii)

Reemplazando (i), (ii) y los demás valores en (iii): P=

Ao = 3 cm

⇒

(120π)2(6 x 10–2)(40)2

\

P = 51,84 π2 watt - 390 -

v = 120 m/s

Capítulo 10: Movimiento Ondulatorio b) La distancia entre nodos consecutivos es: d = λ/2

17. La velocidad del sonido en el aire es de 331,5 m/s a 0 ºC. ¿Cuál será la velocidad del sonido a una temperatura de 819 ºC? SOLUCIÓN:

⇒

d=

⇒

d=

Se sabe que para un gas la velocidad del sonido viene dado por: v= Como en ambos casos γ, R y M permanecen constantes. Luego podemos afirmar que:

d = 4 cm

\

16. Determine la longitud de onda del sonido en el agua, si su longitud en el aire es de 0,82 m. Considere que la velocidad del sonido en el agua es igual a 1360 m/s y en el aire de 340 m/s.

= ⇒

vT1 = vT2

SOLUCIÓN:

Reemplazando valores:

De la refracción de ondas sabemos que la frecuencia no varía, entonces: faire = fagua

⇒

vT1 = 331,5 \

⇒

=

Reemplazando valores: ⇒

= \

λagua = 3,28 m

- 391 -

vT1 = 663 m/s

Física

Problemas Propuestos 1.

En la figura se muestra un cordón de goma homogéneo de 1 kg sujetando a un bloque de 19,8 kg. Al golpear las ramas del diapasón, éstas vibran con una frecuencia de 40 Hz. ¿Qué longitud de onda, λ, tiene la onda mecánica transversal que se origina? (g = 10 m/s2)

3.

Un péndulo es llevado a la Luna, donde la gravedad es un sexto de la gravedad terrestre. Se observa que su periodo se triplica con respecto al terrestre al aumentar su longitud en 1 m. Halle la longitud inicial L.

4m

L

polea pequeña e ideal

1m Tierra

A) 0,5 m C) 0,7 m E) 0,9 m 2.

B) 0,6 m D) 0,8 m

A) 1 m C) 1,5 m E) 0,5 m

Se muestra una cuerda homogénea de 100 g y 2 m de longitud. Si en un extremo se suspende un bloque de 10 kg, determine el tiempo que tarda un pulso dado en A para llegar a B. (g = 10 m/s2)

4.

g 5.

A

B) 0,4046 s D) 0,046 s

B) 2 m D) 1,6 m

B) 3 m/s D) 5 m/s

Una cuerda mide 9 m y tiene una masa de 100 gramos. Halle la tensión en la cuerda sabiendo que una onda transversal viaja con una velocidad de 30 m/s. A) 5 N C) 15 N E) 25 N

- 392 -

Luna

Una cuerda tensa con 125 N y densidad lineal μ = 0,2 kg/m oscila en un extremo con una frecuencia de 5 Hz. Halle la longitud de onda de los pulsos que viajan por dicha cuerda. A) 2 m/s C) 4 m/s E) 6 m/s

B

A) 0,446 s C) 0,00446 s E) 0,0446 s

L+1

B) 10 N D) 20 N

Capítulo 10: Movimiento Ondulatorio 6.

En el siguiente gráfico, una onda viajera demora 2 s en ir del punto A al punto B. Si la longitud de la cuerda es de 10 m y su masa de 2 kg, determine el valor de la masa M que tensa la cuerda. (g = 9,8 m/s2) v 7a

3a M A) 0,2 kg C) 0,3 kg E) 0,5 kg

B) 0,25 kg D) 0,4 kg

A

8.

y = 3sen

5kg

B) 12 m/s D) 16 m/s

Calcule la frecuencia de una onda transversal cuya longitud de onda es de 2 m. Si se sabe que en 0,5 s recorre 20 m. A) 15 Hz C) 25 Hz E) 40 Hz

B) 20 Hz D) 30 Hz

m

en donde “x” en metros y “t” en segundos. Halle los valores del periodo y la longitud de onda respectivamente. A) C)

B

5kg

B) 6 m D) 10 m

10. La ecuación de una onda transversal viene dada por:

En el siguiente gráfico, determine la velocidad con que se propaga un pulso de A→B, si la cuerda mide 8 m y tiene una masa de 2 kg. (g = 9,8 m/s2) 8m v

A) 10 m/s C) 14 m/s E) 18 m/s

Una boya que flota en el mar da 10 oscilaciones en 12 segundos. Se observa además que las olas se desplazan con una velocidad de 5 m/s. Halle su longitud de onda. A) 4 m C) 8 m E) 12 m

B

A

7.

9.

s y 5m sy

m

B)

s y 5m

D)

sy

m

E) 6 s y 5 m 11. Se observa que la distancia entre cresta y valle adyacentes en las olas del mar es de 1,5 m. Además, por un punto fijo pasa 15 crestas en 10 segundos. Halle la velocidad con la que se desplazan las olas. A) 3 m/s C) 4,5 m/s E) 6 m/s

B) 4 m/s D) 5 m/s

12. En el siguiente gráfico se muestra una onda transversal desplazándose hacia la derecha. Si el valle A toma 5 s para llegar a B, halle la ecuación de onda.

- 393 -

Física

y(m)

A) 120 m/s C) 180 m/s E) 200 m/s

v

0,8 x(m)

– 0,8

0,3

0,6

A

B

B) 150 m/s D) 190 m/s

14. Una cuerda de 2,0 m de largo tiene una masa de 0,1 kg. La tensión es de 60 N. Una fuente de potencia en uno de los extremos, envía una onda armónica con una amplitud de 1,0 cm por la cuerda. La onda se extrae por el otro extremo de la cuerda sin ninguna reflexión. ¿Cuál es la frecuencia de la fuente de potencia si la potencia transmitida es de 100 W?

A) y = 0,8 sen B) y = 0,8 sen

A) 150 Hz C) 171 Hz E) 190 Hz

C) y = 0,4 sen D) y = 0,4 sen

B) 160 Hz D) 181 Hz

15. Determine la longitud de onda del sonido en alcohol, si su longitud de onda en el aire es de 0,8 m. La velocidad del sonido en el alcohol es de 1190 m/s y en el aire de 340 m/s.

E) y = 1,6 sen 13. Una cuerda fija por ambos extremos tiene 3 m de largo y resuena en su segundo armónico a una frecuencia de 60 Hz. ¿Cuál es la rapidez de las ondas transversales sobre la cuerda?

A) 2,0 m C) 2,8 m E) 3,2 m

B) 2,5 m D) 3,0 m

Respuestas 1. 2. 3. 4. 5.

E E B D B

6. 7. 8. 9. 10.

B C B B E

- 394 -

11. 12. 13. 14. 15.

C A C C C

Capítulo 11: Hidrostática

Parte II:

HIDROSTÁTICA La hidrostática es la parte de la física que se ocupa de la acción de los fluidos en reposo, así como de las aplicaciones y mecanismos de ingeniería que utilizan fluidos. La hidrostática es fundamental en diversos campos de la ciencia.

La prensa hidráulica, basada en el principio de Pascal, logra producir fuerzas muy grandes utilizando fuerzas relativamente pequeñas

- 395 -

Física

Capítulo 11

Hidrostática

11.1. Introducción En este capítulo se estudia el comportamiento y efecto de los fluidos (líquidos y gases) en reposo. En detalle se sabe que los líquidos en reposo son estudiados por la Hidrostática, mientras que los gases (también en reposo) son tratados por la Neumostática.

11.2. Características de los fluidos •

Todo fluido presenta propiedades como son la densidad, peso específico, presión, viscosidad, energía interna entre otras.

•

Los fluidos se amoldan con suma facilidad a la forma geométrica de los recipientes que lo contiene. Además los fluidos transmiten la presión que se les ejerce.

•

En el caso de los líquidos, la presión sobre las paredes del recipiente que los contiene varía de acuerdo con la profundidad. Por otro lado, en los gases la presión sobre las paredes del recipiente son las mismas.

LÍQUIDO Presión

Pmax

P = cte.

GAS

- 396 -

Capítulo 11: Hidrostática Ahora definiremos un par de conceptos básicos: Densidad (r).- Nos expresa la cantidad de masa de cierta sustancia (que supondremos homogénea) contenida en la unidad de volumen. r= Unidades:

,

,

Ejemplo: rH O = 103 kg/m3 = 1 g/cm3 2

Peso específico (γ).- Es aquella cantidad definida como el peso de cierta sustancia (molecularmente homogénea) por cada unidad de volumen. =

γ= Unidades:

,

= rg

,

11.3. La presión Podemos definir la presión como una magnitud física que expresa la distribución perpendicular de una fuerza aplicada sobre las superficies. Así, la presión (promedio) podemos definirla: FN : Fuerza Promedio

=

P=

A

Unidades: [P] =

=

= 1 Pascal

(Unidades en el S.I.)

1 Bar = 105 Pascal - 397 -

Física

11.4. Presión Atmosférica Vivimos en el fondo de un océano de aire cuya composición en volumen es casi 78% de N2, 21% de O2 y 1% de otros gases. Las moléculas (y átomos) de estos gases, como el resto de la materia, están sujetas a la atracción gravitacional de la Tierra. Si se pudiera ver en el aire, se observaría que la atmósfera es muy densa cerca de la superficie terrestre y mucho menos densa a altitudes elevadas, tanto así que el aire fuera de la cabina presurizada de un avión a 10 000 metros es muy delgado para ser respirado. De hecho, la densidad del aire disminuye muy rápido al aumentar la distancia a la Tierra. Las mediciones muestra que 50% de la atmósfera se extiende dentro de las 4 millas (6,4 km) de la superficie de la Tierra. Consideremos cierta área expuesta a la atmósfera terrestre.

A I R E

Columna de aire

Área La fuerza que experimente dicha área será igual al peso de la columna de aire que ésta soporte. Justamente la presión ejercida por esta columna de aire se llama presión atmosférica. El valor de la presión atmosférica depende de la ubicación geográfica, temperatura y condiciones ambientales. ¿Cómo medir la presión atmosférica? Un barómetro es un instrumento sencillo que mide justamente la presión atmosférica. Este se puede construir llenando con Mercurio un largo tubo de vidrio, cerrado de un extremo y después invirtiéndolo cuidadosamente en un recipiente de mercurio, asegurándose de que no entre aire en el tubo.

Presión Atmosférica

760 mm

Hg - 398 -

Capítulo 11: Hidrostática Así, parte del mercurio saldrá del tubo hacia el recipiente, creando un vacío en el extremo superior. El peso de la columna de mercurio que permanece en el tubo está soportado por la presión atmosférica que actúa sobre la superficie del mercurio en el recipiente. La presión atmosférica estándar entonces iguala a la presión de 760 mm de Hg, donde mm de Hg representa la presión ejercida por una columna de mercurio de 1 mm de altura. La unidad de mm de hg también se llama “torr” en recuerdo del científico italiano Evangelista Torricelli, quien inventó el barómetro. Así, tenemos las siguientes equivalencias: 1 torr = 1 mm de Hg 1 atm = 760 torr = 760 mm de Hg 1 atm = 101,325 Pa Debe recalcarse que todas las mediciones se efectúan al nivel del mar y a 0º C.

11.5. Presión Hidrostática Es aquella presión ejercida por los líquidos en reposo sobre los objetos que se encuentren sumergidos en su interior.

11.6. Variación de la presión dentro de un líquido en reposo Consideremos una partícula sumergida en un tanque de agua. Para ésta, la presión es normal y uniforme en todo contorno, por esta razón para analizar la presión hidrostática (P) basta con analizar el peso de la columna de líquido que esta sobre la partícula mencionada. Columna superior A H

γ Así, tenemos para la partícula: P=

=

Por lo tanto tenemos: P = γH = rgH - 399 -

=

Física

11.7. Vasos comunicantes Es aquella asociación de dos o más tubos o recipientes unidos generalmente por su parte inferior. Así, tenemos por ejemplo:

H

H

A

B

C

Su uso más común de este sistema, es el determinar el peso específico de líquidos desconocidos, así como para todo tipo de nivelación como en el caso de los albañiles. En la figura anterior se cumple lo siguiente (siempre que estén a una misma profundidad): PA = PB = PC

11.8. Principio de Pascal “Cuando a un fluido se le transmite de algún modo una presión, ésta se transmitirá con igual valor y en todas direcciones a cualquier punto de dicho fluido”. Veamos el siguiente ejemplo para el caso de líquidos en reposo: P

P + ∆P PA

PA + ∆P

⇒ PB + ∆P

PB

Vemos que luego de aplicar una fuerza (lenta para no perder la condición estática) sobre el pistón, comunicamos indirectamente una cierta presión (∆P), la cual según el principio, será transmitida de igual forma para cada uno de los puntos mencionados (PA y PB). - 400 -

Capítulo 11: Hidrostática

11.9. La Prensa Hidráulica Una prensa hidráulica es aquella máquina que aplica el principio de Pascal. Un depósito con dos émbolos de distinta sección conectados a él permite amplificar la fuerza aplicada en el émbolo pequeño y además cambia la dirección de la fuerza aplicada. Una de sus mayores aplicaciones es para levantar cargas pesadas. El diseño de esta máquina se muestra a continuación: 1

A1

P1

P2

A2

2

Entonces al aplicar una fuerza F1 sobre el émbolo mas pequeño (A1), se generará de inmediato una presión P1 la cual será transmitida a través del líquido, al otro émbolo más grande (A2); es decir, para la gráfica, según el principio de Pascal se tiene: P 1 = P2 ⇒

\

=

F2 =

F1

(A2 > A1)

11.10. Principio de Arquímedes Este principio manifiesta que todo cuerpo sumergido total o parcialmente en un fluido, experimentará la acción de una fuerza vertical dirigida hacia arriba, a la cual denominaremos EMPUJE (E). La fuerza de empuje actúa sobre el centro de gravedad de volumen sumergido: llamado metacentro (no confundir con el centro de gravedad), y básicamente aparece como consecuencia de la diferencia de presiones hidrostáticas que experimenta el cuerpo sumergido. El metacentro coincide con el centro de gravedad cuando el cuerpo esta sumergido totalmente. - 401 -

Física

metacentro E

metacentro E

Deduzcamos explícitamente una relación matemática para la fuerza de empuje (E). Primeramente deduciremos dicha relación para el caso de líquidos y por comodidad tomaremos un cuerpo que presente simetría (esto simplificaría el problema, y a pesar de considerarlo así, se cumple en general) como se muestra en la siguiente figura:

1

P1

H1 P1

H2

–

3

P2

3

P2

γ 2

La simetría del cuerpo hace que las fuerzas ejercidas en las partes laterales del cuerpo sumergido se anulen. Por lo tanto, como se sospechaba, la fuerza de empuje (E) resultará de la fuerza resultante vertical: E = F2 – F1 = P2A – P1A ⇒ Por lo tanto:

E = γ (H2 – H1)A E = γ VS

Donde: VS = Volumen del cuerpo sumergido γ = Peso específico del líquido

- 402 -

Capítulo 11: Hidrostática

Observaciones: •

Cuando un cuerpo esta sumergido en un líquido, experimenta lo que se conoce como “peso aparente”, y el responsable de esta apariencia es el empuje.

Dinamómetro

mg

E

Peso APARENTE = (Peso REAL) – (Empuje) •

Cuando un cuerpo (no simétrico ni homogéneo), se encuentra dentro de un líquido experimentará un torque y por lo tanto, el cuerpo rotará.

•

Considere un recipiente que contiene tres líquidos de diferente peso específico, y que dentro de éste se encuentre un cuerpo simétrico y homogéneo. Resulta que la acción del empuje resultante es igual a la suma de empujes de cada líquido.

γ1 ET

γ2 γ3

ET = E1 + E2 + E3 - 403 -

Física

Problemas Resueltos 1. En el dispositivo mostrado, se pide determinar la presión en el punto x si se sabe que: h1 = 20 cm, h2 = 10 cm, h3 = 7 cm. Considere además los siguientes datos: γH2O = 1 /cm3; γaceite = 0,8 /cm3; Patm = 1033

¿Cuál será aproximadamente el valor de la presión en pascales en el punto D situado a 0,50 m debajo del punto C (Considere: g = 10 m/s2; 1 atm = 105 Pa)

/cm2.

B 0,4m = hAB

A

A

C

h3

hCD = 0,5 m MERCURIO

B

agua

D

h2

SOLUCIÓN:

h1

x

La presión en C y B ejercida por el aire (gas) es la misma, dado que el aire es un conjunto de gases.

aceite

SOLUCIÓN: Note que los puntos dentro del fluido que se encuentran a un mismo nivel son afectados bajo una misma presión. Además recuerde que la presión en un punto depende de la columna del líquido que se encuentre sobre este. Así, tenemos: Px = P columna + Pcolumna + Pcolumna + Patm aceite (h1)

aceite (h2)

Denotemos a dicha presión por Paire ; así interno tenemos: PD = Pcolumna + Paire … (i) (hCD)

(hAB)

Pero:

Reemplazando (iii) en (ii): Paire = Patm – Pcolumna

⇒ Px = 20 x 0,8 + 10 x 1 + 7 x 1 + 1033 Px = 1066

/cm2

… (iii) … (iv)

(hAB)

interno

\

… (ii)

interno

PA = Patm

agua (h3)

⇒ Px = h1γaceite + h2γH2O + h3γH2O + Patm

interno

Por otro lado: PA = Pcolumna + Paire

Reemplazando (iv) en (i): PD = Pcolumna – Pcolumna + Patm

2. Un líquido cuya densidad es r = 125 g/cm llena parcialmente un reservorio esférico como se indica en la figura. Considerando que el reservorio de la derecha contiene mercurio de densidad rHg = 13,6 g/cm3; 3

- 404 -

(hCD)

(hAB)

⇒ PD = r . ghCD – rHg . g . hAB + 105 r = 1,25 g/cm3 = 1,25 x 103 kg/m3 rHg = 13,6 g/cm3 = 13,6 x 103 kg/m3

Capítulo 11: Hidrostática Luego, por condición tenemos:

Reemplazando:

=

⇒ PD = (1,25 x 103)(10)(5 x 10–1) – (13,6 x 103)(10)(4 x 10–1) + 105 ⇒ PD = 6,25 x 103 – 54,4 x 103 + 105 \

=

Además, por semejanza de triángulos: hB = h hC = 2h hD = 3h

PD = 51,85 x 103 Pa

Por lo tanto: PB = γh ; PC = 2γh ; PD = 3γh

3. En la figura se muestra un envase cónico el cual está lleno de un líquido. Si los puntos B y C dividen a la generatriz del cono en 3 partes iguales, halle (PC + PD)/PB; donde PC, PD y PB son las presiones hidrostáticas en C, D y B, respectivamente.

Nos piden: =

A

\

= 5

B 4. En el sistema mostrado, determinar la diferencia de presiones entre los puntos x e y. (Considere: ρ1 = 1500 kg/m3; ρ2 = 1800 kg/m3; g = 10 m/s2)

C D SOLUCIÓN:

A hB hC

2m

B

hD

3m

C

x

r1

y

r2

SOLUCIÓN: D La presión en un punto dentro del líquido depende tanto del peso específico (γ) y de la profundidad en que se encuentre. Primero procederemos a encontrar las relaciones que mantienen hA, hB y hC por geometría elemental.

- 405 -

h1

x

h2 h3

y

r1

r2

Física Px = Pcolumna (h1)

E

Py = Pcolumna (h1 + h2) + Pcolumna (h3) Luego: ⇒

Px = r1gh1

T sen a

T sen a ⇒ rgV = mg + 2Tcos a

T cos a

T cos a mg

Py = r1g (h1 + h2) + r2gh3

⇒ Py – Px = r1gh2 + r2gh3 = g(r1h2 + r2h3) ∆P = 84 kPa

\

E = mg + 2Tcos a

5. Una bolita de masa m y de volumen V se mantiene en equilibrio con la ayuda de dos cuerdas dentro del recipiente mostrado. Determine la tensión en la cuerda.

\ T=

N

6. Un bloque de densidad r desciende por una de las paredes inclinadas de un recipiente que contiene un líquido de densidad r. Si consideramos un coeficiente de fricción cinético “m” entre el plano inclinado mojado y el bloque, se pide determinar la aceleración de descenso de dicho bloque. q g

g m

r SOLUCIÓN:

r

T

a a T

W

co s

q

mN

E N se nq

⇒

W

f=

E

x

se nq

co s E mN

q

Para la solución se tendrá en cuenta la simetría del sistema; motivo por el cual las tensiones en cada cuerda son las mismas (T).

E

N

SOLUCIÓN:

q

D.C.L del bloque: y

2a

W

mg

En el eje x (2da ley de Newton):

Según el principio de Arquímedes, la masita sumergida experimentará la acción del empuje (E). Luego, aplicamos condición de equilibrio en el eje vertical:

- 406 -

FR = ma ⇒ ⇒

Wsen q – Esen q –mN = ma a=

… (i)

Capítulo 11: Hidrostática En el eje y (equilibrio): N = Wcos q – Ecos q = (W – E)cos q ... (ii)

Eρ1 mg

Reemplazando (ii) en (i): a=

Eρ2

⇒ a=

kx

... (iii) Del equilibrio:

Además:

mg + kx = Eρ1 + Eρ2

W = mg = rVg E = rgVsumergido = rgV m = rV

⇒ x=

Reemplazando en (iii):

⇒ x=

⇒ a= \ ⇒ a= \

x=

(r – r)(sen q – mcos q)

a=g

(sen q – mcos q)

7. En el recipiente mostrado se observa una esfera de masa m y volumen V sumergida a medias en dos líquidos. Se pide calcular la elongación del resorte que lo sujeta.

8. El recipiente conteniendo agua y aire está cerrado excepto que tiene una abertura al aire en A. B también es una abertura, pero está bloqueada por un émbolo. Después de cerrar A se aumenta la presión del émbolo de P1 a P2, ¿qué presión externa actúa ahora sobre A? Indicar la mejor respuesta, si Po es la presión atmosférica.

A r1

Po

B

r2 k

P1

SOLUCIÓN: La fuerza de empuje actúa en el centro de gravedad del cuerpo sumergido. En este caso hay dos líquidos, por lo que el D.C.L. viene dado por: - 407 -

SOLUCIÓN: Al inicio la presión en A en PA (inicial) = Po, mientras que en B una PB (inicial) = P1.

Física SOLUCIÓN:

Luego cerramos la abertura “A” para aumentar seguidamente la presión en B de P1 a P2; es decir, vamos a generar una variación: ∆P = P2 – P1 … (i)

Por definición de presión hidrostática, para una misma sustancia líquida: P = ρH2Ogh En el fondo de cada recipiente existe igual presión hidrostática. Además, existe igual fuerza (promedio) sobre el fondo de cada recipiente:

Ahora, del principio de Pascal se sabe que la presión que se comunica a todo líquido, es trasmitida por este con igual intensidad en todas las direcciones y sentidos. Por tanto tenemos: PA (final) = Po + ∆P \

P=

Al ser el peso igual a mg = ρVg, se nota la dependencia del volumen y según la geometría mostrada, éstas presentan diferentes volúmenes.

PA (final) = Po + P2 – P1

9. Se muestran tres recipientes que tienen fondo de igual área A y que contienen agua hasta la misma altura h: r

A

h

r

\

Respuesta: c)

10. Para hacer funcionar el elevador de automóviles de una estación de servicio, se utiliza una presión de 6 N/cm2. ¿Qué peso se podrá levantar si el diámetro del pistón grande mide 20 cm y el área del pistón chico es 1 cm2. (π = 3,14)

r

A

⇒ F = PA = ρH2OghA

A

Señale la expresión incorrecta: a) La presión hidrostática es la misma en el fondo de cada recipiente. b) La fuerza que el agua ejerce sobre el fondo es la misma. c) Colocados alternativamente sobre una balanza de platillos, marcarán el mismo peso. d) Un cuerpo sumergido completamente en cada uno de los tres recipientes sentirá el mismo empuje. e) Si se unen los recipientes con tuberías horizontales, el nivel del agua bajará un poco, pero será el mismo en los tres recipientes.

- 408 -

SOLUCIÓN: F1 A1

A2

F2

Por fórmula directa: F 2 = F1

... (i)

Además: A2 =

=

= 314 cm2

Capítulo 11: Hidrostática A1 = 1 cm2 F1 = 6 N/cm2

Pero, se sabe: VBARCO > Vsumergido Por lo tanto:

Reemplazando en (i): \

rAGUA > rBARCO

= 1884 N/cm2

F2 = 6

\

11. Un barco está construido con materiales cuyas densidades son mucho mayores que la densidad del agua (acero, vidrio, etc.) y sin embargo flota. Esto se debe a que: a) La densidad promedio del barco es menor que la del agua. b) No interesa la densidad promedio sino el peso del barco. c) El acero es más pesado que el agua y se hunde. d) El principio de Pascal asegura que la presión en un punto es la misma en todas las direcciones.

12. Considerar un bloque homogéneo sumergido en un líquido, como se indica en la figura; donde r es la densidad del líquido y T es la tensión de la cuerda.

SOLUCIÓN:

r (g/cm3)

T (N)

1,6

2

1,2

4

T r

Además, se tiene una tabla de datos obtenidos para dos líquidos diferentes. Así, se pide hallar el volumen del cuerpo en cm3. SOLUCIÓN: D.C.L

Haciendo el D.C.L del barco:

T

E

E mg

mg El barco se encuentra en equilibrio, por lo que: mBARCOg = E ⇒ rBARCOVBARCOg = rAGUAgVsumergido

(del barco)

⇒

Respuesta: a)

=

Por condición de equilibrio: ⇒

Considerando ambos casos: T1 + r1gV = mg T2 + r2gV = mg

… (i) … (ii)

Igualando (i) y (ii): T1 + r1gV = T2 + r2gV r1gV – r2gV = T2 – T1 V=

- 409 -

T + E = mg T + rgV = mg

… (iii)

Física Tomando los datos de las tablas: T1 = 2N , r1 = 1,6 g/cm3 T2 = 4N , r2 = 1,2 g/cm3

g F

Reemplazando estos valores en (iii): h

V= \

V = 500 cm3

a) F

13. Un enorme bloque de hielo flota en el mar. Calcule la fracción que está bajo la superficie del agua. (ragua = 1,028x 103 kg/m3, rhielo = 0,917x 103 kg/m3) SOLUCIÓN:

b) F

h

c) F

h

d) F

D.C.L del bloque: h

E

h

e) F mg h

En el eje y: mg = rAGUAgVsumergido Vsumergido =

SOLUCIÓN: F

=

Vsumergido = 0,8921VTOTAL < >

E 89,21 % mg

14. Un cilindro está suspendido de un dinamómetro y colocado en el interior de un vaso inicialmente vacío. Se comienza a agregar agua al vaso poco a poco de manera que el cilindro se mantiene en equilibrio, anotándose la indicación del dinamómetro. Diga cuál de los siguientes gráficos representa mejor la fuerza F que marca el dinamómetro con la altura h del nivel del agua en el vaso. - 410 -

h1

h

h2

Debido a que el llenado de agua es lento, tenemos para cada instante un equilibro cuasiestático; esto es: F = mg – E … (i) Si el nivel del agua llega hasta h1, tenemos desde luego que E = 0, por lo que: F = mg = cte

Capítulo 11: Hidrostática Además: P(columna) = rgH = (1,1 x 103)(10)(80)

Es decir, que el empuje E aparecerá cuando el nivel sea un cierto h > h1. Sin embargo, desde que el empuje depende del volumen sumergido este hará (según (i)) que F disminuye linealmente (E α h) hasta que llegue a un h = h2; y justamente luego de llegar a este nivel el volumen sumergido es el mismo, y por lo tanto F se mantendrá cte. para h > h2. Entonces la gráfica será de la forma: F

h1 \

H

⇒ P(columna) = 88 x 104 N/m2

Ahora, por condición del problema, el barómetro en la superficie del mar indica una altura de 75 cm del mercurio: Patm 75cm

h

h2

… (ii)

H

Patm = Pcolumna de = rHggh mercurio

⇒ Patm = (13,6 x 103)(10)(75 x 10–2) ⇒ Patm = 1020 x 102 N/m2 ... (iii)

Respuesta: b)

Reemplazando (ii) y (iii) en (i): PP = 98,2 x 104 N/m2

15. ¿Cuál es la presión total en atmósferas a 80 m de profundidad en el mar, si un barómetro en la superficie indica 75 cm de mercurio? (Considere: 1atm = 105 N/m2, g = 10 m/s2, γH2O Mar = 1,1 x 103 kg/m3, rHg = 13,6 x 103 kg/m3)

Pero se sabe: 1atm = 105 N/m2 \

PP = 9,82 atm

SOLUCIÓN: 16. En el sistema mostrado, se pide calcular en qué parte de la varilla ab (de longitud L), a partir de “a”, debe aplicarse la fuerza F para que los émbolos (de masa despreciable) permanezcan horizontales.

Patm

H = 80 m

x

P Tenemos entonces que la presión total viene dada por: PP = Patm + P(columna)

… (i)

H

- 411 -

F

a

b

A

2A

Física SOLUCIÓN: F

x

b

a

F1 = PA1

γL

F2 = PA2 L

Desde que los émbolos se encuentran al mismo nivel, el líquido ejercerá sobre c/u de ellos una igual presión P. De aquí que se tiene las fuerzas F1 = PA1 y F2 = PA2 respectivamente (A1 = A, A2 = 2A). Por equilibrio:

SOLUCIÓN: D.C.L de la varilla: T acos α

… (i)

F = F 1 + F2 ΣMa = F2L – Fx = 0

L

x=

… (iii)

Reemplazando (i) en (iii): x=

L=

⇒ x=

L=

x=

mg

a E

F2L – Fx = 0

\

O

a

… (ii)

De (ii):

⇒

2acos α α 2a

L

L

L

Debe recordarse que el empuje actúa en el centro de gravedad del volumen sumergido; como se muestra en el D.C.L. Tomamos entonces momentos en O; de donde nos interesa conocer la tensión T: ΣMo = 0 ⇒ mg(2acos α) – E(3acos α) = 0 ⇒ mg(2acos α) = E(3acos α) ⇒ 2mg = 3E … (i) Pero: m = rVARILLA . VTOTAL … (ii) E = γLVsumergido = γL

17. Encuentre la densidad de la varilla en función del peso específico del líquido (γL), si ésta se encuentra sumergida hasta su mitad según se muestra en la figura. Considere además que dicha varilla tiene un peso homogéneo y uniforme. - 412 -

… (iii)

Reemplazando (ii) y (iii) en (i): 2rVARILLA . VTOTAL = 3γL \

rVARILLA =

γL

Capítulo 11: Hidrostática 18. Una varilla de masa uniforme se encuentra apoyada en el borde rugoso del recipiente que almacena cierto líquido, y desde luego se mantiene en equilibrio. Halle la densidad de la varilla mostrada.

19. A 1m de la superficie libre del agua, se suelta una bolita de densidad r = 0,2 g/cm3. ¿Qué profundidad máxima ingresará dicha bolita en el agua? (g = 10 m/s2) SOLUCIÓN:

a

vA = 0 A

a

g

a

1m mg B

γL

mg

SOLUCIÓN: D.C.L de la varilla: acos a acos a

a/2

a/2

a/2

a

O

a/2

⇒ vB2 = 02 + 2(10)(1) = 20

Ry

ΣMo = 0 –E

⇒

mg – 3E = 0

⇒

rVARILLAVg = 3E

⇒

rVARILLA =

=0

⇒

a=g–

⇒

a=g–

⇒

a = 10 –

= 5 m/s2

Tramo BC (M.R.U.V): vC2 = vB2 – 2ahmax

rVARILLA =

0 = 20 – 2(5)hmax \

- 413 -

… (i)

Tramo BC (2da Ley de newton): FR = ma mg – E = ma

⇒ \

vC = 0

Tramo AB (caída libre): vB2 = vA2 + 2g(1)

Rx

Actúa en el centro de gravedad de la parte sumergida

⇒ mg

E C

a

mg

E

a

hmax

hmax = 2 m

… (ii)

Física 20. Para poder prevenir el sobre-nivel de agua de un tanque, se ha diseñado un dispositivo constituido básicamente por una esfera (de radio 5 cm y masa 60 g) y una barra (de 40 cm de longitud y masa 400 g), según se muestra en la figura. Si dicha esfera se encuentra sumergida hasta la mitad y en equilibrio, encuentre el volumen de dicha esfera. (g = 10 m/s2) g

⇒ 0,8 + 0,27 – 4,5(103)

=0

1,07 – 2,25 x 103V = 0

⇒

V=

⇒

\

= 0,4756 x 10–3 m3 V = 475,6 cm3

21. Encuentre la densidad del cilindro de madera expuesto en la gráfica, que flota entre los dos líquidos de pesos específicos γ1 y γ2 respectivamente. γ1

h1

H2O SOLUCIÓN:

γ2

h2

D.C.L (barra - esfera) Rx O 2 0c m mBg Ry 20 cm

SOLUCIÓN: D.C.L:

E1

E

a 20 cosa 25 cosa

E2

mg meg

Por equilibrio:

De la 2 condición de equilibrio: da

E1 + E2 = mg

ΣMo = 0 ⇒ (mBg)(0,2cos a) + (meg)(0,45cos a) – (E)(0,45cos a) = 0 ⇒ 2mB + 4,5me – (ρH2OgVsumergido) 0,45 = 0 ⇒ 2mB + 4,5me – 4,5ρH2O

⇒

γ1V1 + γ2V2 = rVTOTALg

⇒

γ1Ah1 + γ2Ah2 = rA(h1 + h2)g

⇒

r(h1 + h2)g = γ1h1 + γ2h2 \

=0 - 414 -

r=

Capítulo 11: Hidrostática 22. Dos esferas de igual volumen tienen pesos de 20 N y 80 N y se encuentran en estado de flotación unidos mediante un resorte (k = 10 N/cm). Halle la deformación de dicho resorte. 1

23. Se muestra el equilibrio de dos líquidos A y B, considerando que la tapa y el tubo tienen pesos despreciables. Si en lugar del líquido A se coloca en el tubo un nuevo líquido cuya densidad fuera la semisuma de las densidades de los líquidos A y B, determine la nueva relación H/h cuando la tapa delgada esté a punto de caer. (Inicialmente H = h)

2 SOLUCIÓN: Haciendo el D.C.L para cualquiera de las esferas, por ejemplo para la esfera 1:

h B

Del equilibrio:

E

kx + 20 = E

kx

H

A

⇒ x=

20N

SOLUCIÓN: … (i)

Al inicio:

Para determinar E, ahora realizamos el D.C.L para el sistema completo:

Patm

Patm

E

H=h A

Recuerde que al tomar todo el 20N sistema no se consideran las fuerzas internas, como la del resorte. Luego, del equilibrio: 2E = 100

E ⇒

80N

E = 50 N

... (ii)

2

En el equilibrio la tapa soporta presiones iguales en ambas caras: P2 = P1 ⇒ Pcolumna + Patm = Pcolumna + Patm

Reemplazando (ii) en (i):

(H + h)

x= \

h 1

x = 3 cm - 415 -

(h)

⇒

γA(h + H) = γBh

⇒

γA(2h) = γBh

⇒

γB = 2γA

... (i)

Física Ahora, cuando al tubo se coloca un nuevo líquido “C”: Patm

T q

Patm

H’

a

γ H2O

C h’

SOLUCIÓN:

1

Haciendo el D.C.L de la compuerta:

2

T

Del equilibrio:

Tsen q

P 2 = P1 ⇒

Pcolumna + Patm = Pcolumna + Patm (H’ + h’)

⇒

Tcos q (h’)

γC(H’ + h’) = γB.h’ a

Por dato: γC =

. Reemplazando:

a/3 (H’ + h’) = γBh’ ... (ii)

⇒

(H’ + h’) = 2γAh’ H’ =

⇒ \

Pmax O Recordemos que la presión en los líquidos aumenta con la profundidad, de allí el dibujo del D.C.L. Por otro lado, la fuerza del agua “FH2O” actuará sobre el centro de presiones, que viene a ser el baricentro del triángulo de presiones. Tomando momentos respecto de O: ΣMo = 0

Reemplazando (i) en (ii): ⇒

F H2O

h’

=

⇒ (T cos q)(a) – (FH2O) 24. El borde superior de una compuerta rectangular de peso despreciable y de ancho b, es sostenido mediante una cuerda según la gráfica. Si el sistema se encuentra en equilibrio, determine la tensión T en la cuerda. - 416 -

⇒

T=

=0 … (i)

Para determinar FH2O, recordemos que: FH2O = (Pmedia)(Área de la compuerta) ⇒ F H2O = (Pmedia)(a.b)

… (ii)

Capítulo 11: Hidrostática Ahora, si ejercemos una fuerza F1 sobre el émbolo (1), se producirá una presión

Hallando la presión media: Pmedia =

=

⇒ Pmedia =

P1 =

… (iii)

γ H2O

habrá una presión P2 =

Reemplazando (iii) en (ii): F H2O =

P 1 = P2

Finalmente, reemplanzado (iv) en (i): \

T=

⇒

γ H2O

(1)

F H 2O

A SOLUCIÓN: D.C.L de la barra: Fo

4m 1m

O F1

=

⇒ F1 =

… (ii)

Reemplazando (ii) en (i):

25. Determinar la relación entre las fuerzas para que el sistema se encuentre en equilibrio. Fo (2) 4m 1m

. Para que

ocurra el equilibrio, se debe cumplir:

… (iv)

γ H2O

; mientras que en el otro émbolo

= 4Fo ⇒

= 40

26. En un tubo “U” se vierten tres líquidos: A, B y C, quedando en equilibro en la forma mostrada en la figura. Sabiendo que las densidades de A y C son 5 g/cm3 y 3 g/cm3 respectivamente, determine la densidad del líquido B.

10A

Del equilibrio: ΣMo = 0 ⇒ F1(1) – Fo(4) = 0 ⇒ F1 = 4Fo … (i)

D.C.L para la otra parte:

(1)

(2)

5 cm

B

SOLUCIÓN:

(2)

(1)

C 15 cm

25 cm A

Para un mismo nivel se cumple: PABSOLUTA = PABSOLUTA

F

EN (1)

F1

EN (2)

⇒ Patm + Pcolumna = Patm + Pcolumna + Pcolumna

A

A(25 cm)

10A - 417 -

C(15 cm)

B(5 cm)

Física 28. Dos vasos comunicantes cuyas secciones miden 16 cm2 y 4 cm2 contienen mercurio (rHg = 13,6 g/cm3). Si se añaden 200 cm3 de agua (r H2O = 1 g/cm3) en el tubo estrecho, ¿aproximádamente cuántos centímetros subirá el mercurio en el tubo ancho?

rA g hA = rC g hC + rB g hB

⇒

(5)(25) = (3)(15) + rB(5)

⇒

rB = 16 gr/cm3

\

27. Hallar la presión (en mm Hg) del gas encerrado en el recipiente A mostrado en la figura. (Patm = 760 mm Hg)

SOLUCIÓN: Inicialmente tenemos:

A

A2

A1

61cm

Hg

Hg

A2 = 16 cm2 Luego: A2 ∆V2 x

SOLUCIÓN: A

Hg

(1)

(2)

Tenemos entonces:

⇒

PABSOLUTA = PABSOLUTA PGAS + Pcolumna = Patm

⇒

PGAS = 760 mm Hg – 610 mm Hg

x=

h=

h

… (i)

Además, las presiones a un mismo nivel del mismo líquido son los mismos: PA = PB

Hg(61 cm)

\

∆V2 = ∆V1 A2.x = A1.(h – x)

V = A2. ⇒ 200cm3 = 4cm2. ⇒  = 50 cm … (ii)

Hg(61 cm)

PGAS = Patm – Pcolumna



Por condición del problema, se añade 200 cm3 de agua en el tubo mas estrecho:

EN (2)

⇒

B

Por incompresibilidad de los líquidos: ⇒

⇒

h Hg

Para el caso de gases la presión es la misma en cualquier punto del recipiente que lo contenga.

EN (1)

A1

Agua

A

Patm

61cm

A1 = 4 cm2

PGAS = 150 mm Hg

⇒ Patm + Pcolumna = Patm + Pcolumna (h)

- 418 -

()

Capítulo 11: Hidrostática ⇒

rHg.g.h = rH2O.g.

⇒

h = 3,67 cm

30. En la figura se muestra una bolita de masa m y volumen V que posee inicialmente una velocidad horizontal vo. Se pide determinar x, si la bolita efectúa un movimiento parabólico dentro del líquido.

… (iii)

Finalmente, reemplazando (iii) en (i): x=

(3,67)

x

x = 2,94 cm

\

m

29. En un trozo de cera de densidad 0,9 g/cm3 y masa 54 g, se incrusta un objeto de 8 g, y el conjunto permanece en equilibrio totalmente sumergido en H2O. Hallar la densidad del objeto (en kg/m3). SOLUCIÓN: Datos:

E

h

H 2O

x = vot

r1 = 900 kg/m3 rH2O = 1000 kg/m

En el eje y:

mTg = E (m1 + m2)g = rH2O.g.VTOTAL VTOTAL =

h = vo t + y

+

y

⇒

... (ii)

De la 2da ley de Newton: FR = ma ⇒ E – mg = ma

Igualando (i) y (ii): =

at2 ; vo = 0

… (i)

Por otro lado: VTOTAL = V1 + V2 =

… (i)

Donde: t es el tiempo en que se demorará la bolita es escapar del líquido.

mg

3

Por condición de equilibrio:

\

Dado que el movimiento es parabólico, se tiene que:

E = rgV

m2 = 8 x 10–3 kg

(2)

mTg

r

SOLUCIÓN:

m1 = 54 x 10–3 kg

(1)

⇒

vo

m

t=

a=

⇒

… (ii)

–g

Reemplazando (ii) y (iii) en (i):

+

\

r2 = 4000 kg/m3 - 419 -

x=

… (iii)

Física 31. Si los fluidos que se encuentran en el recipiente están en reposo, determinar la presión que ejerce el aire encerrado en la bulba. (g = 10 m/s2; Patm = 105 Pa)

32. Un tubo en forma de U costiene mercurio como se indica. ¿Qué altura de agua se debe verter en una de las ramas, tal que el mercurio se eleve 2 cm en la otra? ρHg = 13,6 g/cm3

aire

50 cm

53º

20 cm

agua

Hg

SOLUCIÓN:

SOLUCIÓN: Piden “PA”

H 2O h

2 cm 4 cm

aire h

40 cm 20 cm

B

1

50 cm A

53º

PA = PB

... (i)

Además tenemos: agua (h)

⇒

PB = Patm + ρH2Ogh

⇒

PB = 105 + (103)(10)(20 x 10–2)

⇒

PB = 100(103) + 2(103)

⇒

PB = 102 kPa

Como al mismo nivel las presiones son iguales; entonces: P1 = P2 ⇒ Patm + Pcolumna = Patm + Pcolumna Hg (h1)

⇒

PB = Patm + Pcolumna

H2O (h)

ρHg g h1 = ρH2O g h h=

⇒

Reemplazando los datos del problema: h=

⇒

Reemplazando en (i): \

Hg

20 cm

Los puntos dentro del fluido que se encuentran al mismo nivel son afectados bajo una misma presión. Entonces:

2

\

PA = 102 kPa

- 420 -

h = 54,4 cm

Capítulo 11: Hidrostática 33. Determinar la presión del gas si el sistema se encuentra en equilibro. Considere el bloque impermeable, liso y de densidad igual a 800 kg/m3 (g = 10 m/s2) gas

0,1 m

bloque

0,1 m

C 20 m

30 m A

5m B

SOLUCIÓN: H2O SOLUCIÓN:

hA = 30 m

gas

h1 = 0,2 m

hB = 5 m

0,1 m

1

0,1 m = h2

1

C h = 20 m C

A

2

2

B

Como al mismo nivel las presiones son iguales, entonces: P 1 = P2 ⇒ Pcolumna + Patm = Pcolumna+ Pcolumna+ Patm

Como al mismo nivel las presiones son iguales, entonces:

A (hA)

P 1 = P2 ⇒

Pcolumna + Patm = Pbloque + Pgas H2O (h1)

(h2)

⇒

ρAghA = ρBghB + ρCghC

⇒

ρAhA = ρBhB + ρChC

⇒ (0,5)(30) = ρB(5) + (0,4)(20)

⇒ (103)(10)(0,2) + 105 = (800)(10)(0,1) + Pgas

15 = 5ρB + 8

⇒

⇒ 2(103) + 100(103) = 0,8(103) + Pgas \

C (hC)

Reemplazando datos:

ρH2Ogh1 + Patm = ρBgh2 + ρgas

⇒

B (hB)

\

Pgas = 101,2 KPa

34. En tubo en “U” se vierten tres líquidos A, B y C quedando en equilibrio en la forma mostrada. Si las densidades de A y C son 0,5 kg/m2 y 0,4 kg/m3, respectivamente; halle la densidad del líquido B.

ρB = 1,4 kg/m3

35. El diagrama muestra los niveles de los líquidos equilibrados. Halle la presión del hidrógeno (H2), si la presión del gas en el manómetro registra 10 kPa. La densidad del aceite empleado es 0,6 g/cm3. (g = 10m/s2)

- 421 -

Física

H2

gas

aceite

B

A

agua

50 cm

40 cm

30 cm

37º

10

Hg

cm

35 cm

4 cm

SOLUCIÓN: H2

gas

aceite

SOLUCIÓN:

agua

h2 =15 cm h3 = 10 cm

B

A

h1 = 5 cm Hg

2

h4 = 30 cm cm

1

5

Como están al mismo nivel, entonces: P 1 = P2 aceite

cm

4 cm

5

Hg

53º

1 37º 2

Pcolumna + Pcolumna + PH2 = Pcolumna + Pgas

h = 4 cm

H2O

ρHgg h1 + ρacg h2 + PH2 = ρH2Og h3 + Pgas (13,6 x 103)(10)(0,05) + (0,6 x 103)(10)(0,15) + PH2 = (103)(10)(10 x 10–2) + 10 x 10–3

Como a un mismo nivel las presiones son iguales, entonces:

6,8 x 103 + 0,9 x 103 + PH2 = 103 + 10 x 103

P 1 = P2

PH2 = 3,3 x 103 Pa

⇒ \

PA = Pcolumna + PB

⇒

Hg (h)

PH2 = 3,3 KPa

PA = ρHggh + PB

⇒

36. Hallar la presión del gas en el tanque “B”, sabiendo que la presión del gas en el tanque “A” es 10 KPa y que el tubo que los comunica contiene mercurio. (ρHg = 13,6 g/cm3 ; g = 10m/s2) - 422 -

⇒ 10 x 103 = (13,6 x 103)(10)(4 x 10–2) + PB ⇒ 10 x 103 = 5,44 x 103 + PB PB = 4,56 x 103 Pa

⇒ \

PB = 4,56 KPa

Capítulo 11: Hidrostática 37. En el tubo en U de la figura se ha llenado la rama derecha con mercurio y la izquierda con un líquido de densidad desconocida ρL. Los niveles definitivos son los indicados en el sistema. Hallar la densidad del líquido desconocido.

38. Dos émbolos ingrávidos de secciones transversales de 6 cm2 y 4 cm2 están unidos por un alambre fino de 20 cm de longitud, de modo que se impida el escape del agua. Hállese la tensión en el alambre, desprecie el rozamiento y los extremos del recipiente están abiertos a la atmósfera. (g = 10 m/s2)

líquido “L”

14 cm

2 cm

Hg

H agua

SOLUCIÓN:

h1 = 14 cm h2 = 2 cm

1

2

Hg

A un mismo nivel las presiones son iguales, entonces:

SOLUCIÓN: D.C.L (Tapa superior): Fo

P 1 = P2

T

⇒ Patm + Pcolumna = Patm + Pcolumna L (h1)

Hg (h2)

Fo + T = F1 ⇒ T = F1 – Fo

ρL =

⇒

⇒ T = (P1 – Po)A1 ... (i) D.C.L (Tapa inferior):

Reemplazando datos:

F2

ρL =

⇒ \

F1

Del equilibrio:

ρLgh1 = ρHggh2

⇒

A1

Fo

ρL = 1,94 g/cm3 T - 423 -

A2

Física Del equilibrio:

SOLUCIÓN:

T + Fo = F2 ⇒ T = F2 – Fo

Haciendo el D.C.L. de la barra:

⇒ T = (P2 – Po)A2

3L

... (ii)

Además se tiene:

F

L

O

F1

P2 = P1 + ρH2OgH

mg

F1

Reemplazando en (ii): T = (P1 + ρH2OgH – Po)A2 ⇒ T = (P1 – Po)A2 + ρH2OghA2

… (iii)

Reemplazando (i) en (iii): ⇒ T=T

De la 2da condición de equilibrio tenemos: (siendo “O” el punto de giro)

+ ρH2OgHA2

Στo = 0

⇒ T= Reemplazando datos: ⇒ T=

⇒

F(4L) = F1(L)

⇒

F=

Además tenemos: =

\ T = 2,4 N

F1 = 3000 N

⇒ 39. Determinar la fuerza F que mantiene el sistema de la figura en equilibrio. Considere la barra ingrávida. (g = 10 m/s2)

Reemplazando en (i): F=

F

\ 3L

A

… (i)

F = 750 N

m = 600 kg

L

2A

40. Las áreas de los émbolos de la prensa hidráulica mostrada son A y 3A; si el émbolo menor recorre 3 m al aplicarle una fuerza F de 200 N; como se indica. Determinar la constante de rigidez “k” del resorte (desprecie los rozamientos). Además A = 10 cm2. (g = 10 m/s2) - 424 -

Capítulo 11: Hidrostática Reemplazando en (ii):

F k A

3A

⇒

=

⇒

200 =

+ 103(10)(4) + 40

H2O \

k = 480 N/m

SOLUCIÓN: F1 3A

F 3m

h

1 A

2

41. Dos cilindros comunicantes se hallan llenos de agua y tapados con émbolos lisos cuyos pesos son de 100 g y 300 g , y sus respectivas secciones son de 5 cm2 y 20 cm2. Halle “H”.

H Por incompresibilidad de los líquidos: ΔV1 = ΔV2 ⇒

A(3) = (3A)(h – 3)

⇒

1=h–3

⇒

h=4m

SOLUCIÓN: … (i)

Del siguiente gráfico:

Como a un mismo nivel se sabe que las presiones son iguales, entonces:

b

⇒ Patm + Pémbolo = Patm + Pémbolo + Pcolumna (A)

⇒

(3A)

=

+ ρH Ogh 2

H

a 1

P1 = P2

2

agua (h)

… (ii)

Datos:

Como al mismo nivel las presiones son iguales, entonces: P1 = P2

F = 200 N

⇒

A = 10 cm2 = 10–3 m2

Patm + Pémbolo a = Patm + Pémbolo b + Pcolumna

agua (H)

ρH2O = 103 kg/m3

⇒

- 425 -

=

+ ρH2OgH

Física Reemplazando datos: ⇒

=

⇒

= \

+ 103 H

+

Reemplazando datos:

+H

⇒

H = 0,05 m

⇒

42. Los émbolos lisos de una prensa hidrostática pesan 100 kg y 500 kg; y sus secciones respectivas son de 0,2 m2 y 0,4 m2. Halle “H” de equilibrio cuando en el émbolo mayor se coloca una pesa de 300 kg.

+ (103)(10)H = +H= \

H = 1,5 m

43. Un cuerpo en el aire pesa 100 N, sumergido en H2O pesa 80 N y en una sustancia desconocida pesa 60 N. Calcular la densidad del líquido desconocido. SOLUCIÓN:

H

100 N

agua

T1 = 100 N

SOLUCIÓN: mag a mpg

H

Fg

mbg

b

1

60 N

T2 = 80 N

T3 = 60 N

Fg EH2O

Fg Ex

EH2O + T2 = Fg

H2O

⇒

Como al mismo nivel las presiones son iguales, entonces: P 1 = P2 ⇒ Patm + Pémbolo+ Pcolumna= Patm + Pémbolo + Ppesa H2O (H)

80 N

En el agua: (Por equilibrio)

2

(a)

+ ρH2Ogh =

⇒

(b)

⇒

ρH2OgV = 20

… (i)

En el líquido desconocido: (Por equilibrio) Ex + T3 = Fg ⇒ ⇒

- 426 -

ρH2OgV + 80 = 100

ρxgV + 60 = 100 ρxgV = 40

... (ii)

Capítulo 11: Hidrostática Dividiendo (i) ÷ (ii): =

Datos: (Sistema C.G.S) ρH2O = 1g/cm3 ; A = 10 cm2

=

ρac = 0,8 g/cm3

ρx = 2ρH2O

⇒

Reemplazando en (i):

Como ρH2O = 1 g/cm3, reemplazando: \

(1)(10)(L – 15) = 50 + (0,8)(10)(L – 15)

ρx = 2 g/cm

⇒

3

2(L – 15) = 50 L = 40 cm

\ 44. Un tubo de vidrio de 50 g se encuentra en equilibrio en la posición mostrada, si la sección del tubo es de 10 cm2 y contiene aceite. Calcular la longitud de dicho tubo. (ρaceite = 0,8 g/cm3) 15 cm

45. La esfera mostrada es abandonada en A; despreciando las asperezas y considerando que 2ρliquido = 3ρesfera. Determine a que distancia de “B” saldrá la esfera del líquido. (g = 10 m/s2) A g

H2O

h = 1,25 m

aceite

53º

SOLUCIÓN: A = 10 cm2

15 cm

B

SOLUCIÓN:

L

A

EH2O H2O

aceite

h = 1,25 m 53º

Por equilibrio: EH2O =

E B

P

v

⇒

ρH2OgVsum =

⇒

ρH2OgVsum = mvg + macg

⇒

ρH2OVsum = mv + ρacVac

+

⇒ ρH2OA(L – 15) = mv + ρacA L

Fg

Se sabe que la relación de densidades es: ... (i) - 427 -

=

… (i)

Física En el tramo

se cumple que:

Finalmente, en la proy. horizontal de

EM = EM A

mgh =

⇒

Reemplazando de (iii):

v2

⇒

2gh = v2

⇒

| = vx tBP

|

B

:

Reemplazando datos:

\

|

| = (3)(1,6)

|

| = 4,8 m

v = 2(10)(1,25) 2

v = 5 m/s

⇒

46. Una barra homogénea de 12 kg de masa y 200 kg/m3 de densidad, es sumergida hasta la mitad en agua debido al bloque de masa “m”. Hallar “m”. (g = 10 m/s2)

:

En el tramo

De la 2 ley de Newton: da

E – Fg = m.a ⇒ ρLgV – ρEVg = ρEV a g

a=

⇒

m

Reemplazando de (i): (10)

⇒

a=

⇒

a = 5 m/s2

agua ... (ii)

SOLUCIÓN:

Descomponiendo la velocidad en “B”: 53º

vy = 4 m/s

Realizando el diagrama de fuerzas para todo el sistema (barra – bloque):

vx = 3 m/s

v = 5 m/s

2a

Calculando tB→P (En la proy. vertical de

mg

) a

Aplicando: vF = vo + at Reemplazando de (ii): ⇒ ⇒

a

4 = (– 4) + (5)tBP tBP =

= 1,6 s

... (iii) - 428 -

T T

O

E b b

Fg = 120 N

2b

Capítulo 11: Hidrostática De la 2da Condición de Equilibrio:

Se observa que debido a una fuerza externa “F” se logra sumergir totalmente al bloque, donde “F” es variable (varía linealmente con la distancia).

Στo = Στo ⇒

E(b) = 120(2b) + mg(4b) E = 240 + 40 m

⇒

… (i)

Al inicio: F = 0. Del equilibrio:

Calculando “E”:

Fg = Eo

E = ρLgVsum

⇒

E = ρLg

⇒

Reemplazando datos:

⇒

⇒

⇒ E = (10)(103)

= 300

… (ii)

ρB =

… (ii)

47. Un cubo de madera de 60 cm de arista flota en un lago con 2/3 de su volumen sumergido en el agua. ¿Qué trabajo es necesario realizar para hundir lentamente el cubo hasta ubicarlo completamente dentro del agua? (g = 10 m/s2)

F = ρH2OgVT – ρBVTg

⇒

F = gVT(ρH2O – ρB)

F(VARIABLE) EF

d b

… (iii)

Reemplazando (i) y (ii) en (iii): ⇒

F = (10)(0,6)3

⇒

F = 720 N

... (iv)

Del gráfico inicial del cubo: =

Eo

INICIO

103 kg/cm3

⇒

SOLUCIÓN:

agua

x

F = ρH2OgVT – mg

m = 1,5 kg

Fg

ρ H 2O … (i)

40 m = 60 \

ρB =

Al final: F = EF – Fg. Del equilibrio:

240 + 40 m = 300 ⇒

ρBVTg = ρH2Og

Como ρH2O = 103 kg/m3 ⇒

Igualando (i) y (ii):

mg = ρH2OgVsum

⇒

=

⇒

2d = b

=

Además: b + d = 0,6 Fg

⇒

b = 0,4 y d = 0,2

Finalmente, el trabajo realizado:

FINAL

WF = FPROM.d - 429 -

... (v)

Física

d

Como la barra y la esfera tienen el mismo peso y volumen, entonces poseen la misma densidad “ρ”.

(0,2)

El empuje sobre la barra es el doble que el empuje sobre la esfera, porque solamente media esfera esta sumergida en agua.

WF =

⇒

Reemplazando de (iv) y (v): W =

⇒

F

De la 2da condición de equilibrio:

WF = 72 J

\

Σ

o

=0

⇒ W(3a) + W(7a) = 2E(3a) + E(7a)

48. Una esfera y una barra unidos; ambos uniformes, de igual peso y volumen, se hallan en reposo sumergidos en agua. Halle la densidad de estos cuerpos si la esfera está sumergida hasta la mitad.

10W = 13E

⇒

10 mg = 13ρH2Og

⇒

R

⇒

10ρVTg =

⇒

ρ=

ρH2OVTg ρ H 2O

Como se sabe: ρH2O = 1 g/cm3. Reemplazando:

6R

\ SOLUCIÓN: D.C.L del sistema (barra – esfera): E

ρ=

g/cm3

49. El diagrama detalla una esfera y una tabla liviana, ambas de igual peso, volumen y sumergidas hasta la mitad en agua. Halle la densidad de estos materiales si permanecen en reposo. No considerar fricciones.

R 3R

2E 3R

W 30º

7a W 3a

α O

N

- 430 -

Capítulo 11: Hidrostática SOLUCIÓN: D.C.L (Para la esfera) E

Igualando (i) y (ii): (W – E) =

N1 N sen 30º W N cos 30º

30º

N

Del equilibrio en la vertical: ΣFy = 0 ⇒ E + Ncos30º = W ⇒

N=W

E+

N=

⇒

(W – E)

… (i)

Rx

2R

30º 2R

5(mg) =

⇒

5mg =

⇒

5(ρVT)g =

⇒

ρ=

E (ρH2Og Vsum) ρ H 2O g ρH2OVTg ρH2O

g/cm3

ρ=

6R

R Ry

DINAMÓMETRO

De la 2da condición de equilibrio: Στo = 0 ⇒

⇒

W

SOLUCIÓN:

3R

⇒ N(2R

5W =

E–

50. Un dinamómetro indica 5 N, justo antes de cortarse la cuerda. Determinar la rapidez de la esfera de 1 kg en el instante que el hilo forma 37º con la vertical. (g = 10 m/s2)

W E

30º

⇒

\ 30º

N

W–E=

Como: ρH2O = 1 g/cm3. Reemplazando:

D.C.L (para la tabla): Sea el radio de la esfera “2R”

2R

⇒

(E – 2W)

cuerda

) + W(6R) = E(3R) 2N

⇒

N=

⇒

N=

hilo

+ 6W = 3E 0,5 m

(E – 2W) (E – 2W)

… (ii) - 431 -

g

Física El empuje cambia la energia mecánica EM de la esfera. Luego: =

T’ Fg Fg

37º

h = 0,4

0,5

⇒

v=0 E

⇒

E v

E + T’ = Fg ⇒

E = (1)(10) – (5)

⇒

E = 5N

(1)v2 = (1)(10)(0,4) – (5)(0,4) \

Al inicio (equilibrio): E = mg – T’

mv2 = mgh + (– Ed)

Reemplazando de (i):

T

⇒

+ WExt

... (i)

- 432 -

v = 2 m/s

Capítulo 11: Hidrostática

Problemas Propuestos 1.

Un recipiente contiene líquidos no miscibles, cuyos pesos específicos son rA = 0,8 g/cm3, rB = 0,9 g/cm3 y rC = 1 g/cm3 respectivamente. ¿Qué diferencia de presión existe entre los puntos M y N? El líquido del fondo es mercurio (rHg = 13,6 g/cm3) 3 cm

rA

5 cm

rB

10 cm

3.

A

h

rC M

10 cm

Hg rHg

A) 1,26 cm C) 2,26 cm E) 1,34 cm

N

A) 1360 Pa C) 2430 Pa E) 1300 Pa 2.

La presión en el bulbo A de la figura es de 50 cm de Hg de vacío. Si rHg = 13,6 g/cm3 y la presión barométrica es de 76 cmHg, ¿cuál será la lectura h del mercurio en el tubo?

B) 1430 Pa D) 1000 Pa

4.

Una columna de aceite de 60 cm de altura, cuyo peso específico es 0,84 /cm3 ejerce una presión igual a la de una columna de otro líquido cuya altura es 28cm. Se pide calcular el peso específico del líquido. A) 1,5 C) 1,8

B) 126 cm D) 120 cm

Halle la magnitud del empuje que actúa sobre el cilindro recto cuya base tiene un área de 50 cm2, si está sumergido entre dos líquidos de densidades r1 = 900 kg/m3 y r2 = 600 kg/m3, respectivamente.

r2

10 cm

B) 2,0 r1

D) 1,1

A) 5,35 N C) 3,25 N E) 5,05 N

E) 1,55

- 433 -

5 cm

B) 5,25 N D) 4,45 N

Física 5.

Dos líquidos (1) y (2) no miscibles (3ρ1 = 2ρ2) están en equilibrio en un tubo de vidrio en forma de “U”, tal como se muestra en la figura. La relación entre las presiones en los puntos “A” y “B”, es:

A1 γL

H

VACIO

h h h

A2

(1) A

B

h

6.

7.

C)

D)

E)

B) 2/3 D) 9/6 8.

Un bloque cuelga de un resorte de constante “k” y lo estira una longitud “x”. Si el mismo bloque flota en un líquido de densidad r estando sujeto al fondo por el mismo resorte, se observa que el volumen sumergido es 2/3 del total y que el resorte se estira nuevamente “x”. La densidad del bloque, en función de r, es: A) 2 r C) r/3 E) r/5

B)

h

(2)

A) 1/3 C) 5/3 E) 4/3

A)

B) 3 r D) r/4

El peso aparente de una esfera totalmente sumergida en kerosene es 0,6 N más que cuando está sumergida en cierto aceite. Si la densidad del aceite es 0,5 g/cm3 mayor que la densidad del kerosene, halle el volumen de la esfera. (g = 10 m/s2) A) 100 cm3 C) 400 cm3 E) 115 cm3

9.

Dos émbolos ingrávidos, de secciones transversales de áreas A1 y A2 están unidos por un alambre fino de longitud H, de modo que se impide el escape del agua. Despreciando el rozamiento y sabiendo que los extremos del recipiente están abiertos a la atmósfera, determinar la tensión del alambre.

- 434 -

B) 200 cm3 D) 120 cm3

En la gráfica se muestra una esfera de masa 1 kg y 0,8 g/cm3 de densidad, sumergida en agua y sujeta a un resorte de k = 250 N/cm. Halle el alargamiento de dicho resorte. 53º 16º k

A) 0,5 cm C) 0,95 cm E) 1,2 cm

B) 0,83 cm D) 1 cm

Capítulo 11: Hidrostática A) B) C) D)

10. Halle la densidad del escarabajo sabiendo que en el lugar mostrado puede ascender sobre el plano rugoso (ms = 7/8) con una aceleración máxima de 0,5 m/s2. Despreciar al fricción del escarabajo y el agua.

El nivel del agua desciende. El nivel del agua asciende. El nivel del agua no se altera. Para decidir falta conocer la densidad del hielo. E) Para decidir falta conocer la temperatura del agua.

37º

13. Determine la relación entre las densidades del líquido y la barra homogénea y uniforme de lados iguales. La barra permanece equilibrada. A) 1 g/cm3 C) 3 g/cm3 E) 5 g/cm3

B) 2 g/cm3 D) 4 g/cm3

37º

11. Cuál es la presión sobre el fondo del cilindro mostrado, que tiene 2 líquidos de densidades r1 y r2; con 2r1 = r2 = 1200 kg/m3 y 1,2b = a = 0,6m. (Considere g = 9,8 m/s2) r2

r1 A) 0,94 N/cm2 C) 0,44 N/cm2 E) 0,15 N/cm2

A) 1,283 C) 1,205 E) 1,666

B) 1,244 D) 1,444

a 14. Si la esfera de 1 kg y de volumen 400 cm3 se encuentra totalmente sumergida en agua y sujeta a un resorte, determine entonces la elongación de éste si su constante es k = 1 N/cm.

b B) 0,32 N/cm2 D) 0,25 N/cm2

12. En un recipiente con agua, flota un trozo de hielo tal como se muestra en la figura. Al derretirse el hielo ¿Qué pasa con el nivel del agua?

k

37º A) 0,36 cm C) 0,90 cm E) 0,10 cm - 435 -

B) 0,44 cm D) 0,95 cm

Física 15. En la figura se tiene una prensa hidráulica en donde A2/A1 = 20. Si a la palanca se le aplica 500N, ¿qué carga máxima se podrá elevar en el pistón de mayor diámetro? 30cm

F

10cm

A2 A1

A) 1 KPa C) 3 KPa E) 5 KPa

B) 2 KPa D) 4 KPa

18. En la figura se muestra una prensa hidráulica en equilibrio. Se sabe que A1 = 30 cm2; A2 = 120 cm2. ¿Qué valor tendrá F2, si F1 = 100 N? F1 F2 A1

A) 10 KN C) 30 KN E) 30 N

B) 20 KN D) 80 KN

ACEITE

16. ¿Cuál es la diferencia de presiones que existe a 2 m y 3 m de profundidad en un líquido cuyo peso específico es de 15 000 N/m3? A) 1 m3 C) 3 m3 E) 5 m3

B) 2 m3 D) 4 m3

17. Si el sistema mostrado experimenta una fuerza externa F = 300 N, por el émbolo indicado (A = 0,1 m2), ¿en cuánto se incrementa la presión en el fondo del recipiente? F

A2

A) 100 N C) 300 N E) 500 N

B) 200 N D) 400 N

19. Una placa experimenta una presión de 400 Pa, y posee una superficie de 10 cm2 de área. ¿Qué fuerza normal estará soportando en Newton? A) 0,2 N C) 0,8 N E) 0,7 N

B) 0,4 N D) 0,5 N

20. El cubo de 10 cm de lado, 140 N de peso y densidad 2000 kg/m3, se sumerge completamente en agua. Se pide determinar la lectura del dinamómetro. (g = 10 m/s2)

A

L=?

agua agua - 436 -

Capítulo 11: Hidrostática A) 80 N C) 100 N E) 120 N

B) 90 N D) 110 N

21. El tubo doblado en “U” mostrado contiene agua y mercurio. Se desea saber la presión hidrostática en el punto “A”. (ρHg = 13600 kg/m3 y g = 10 ms/2)

23. El cubo homogéneo mostrado se encuentra en equilibrio sumergido entre agua y aceite. Determine la deformación del resorte. (ρcubo = 2700 kg/m3; ρH2O = 1000 kg/m3; ρaceite = 800 kg/m3; k = 450 N/m; g = 10 m/s2)

H2O 136 cm

Hg A

5 cm

hHg

5 cm

B

A) 10 KPa C) 12 KPa E) 14 KPa

A) 2 cm C) 6 cm E) 10 cm

B) 11 KPa D) 13 KPa

22. Encuentra la presión hidrostática en el punto “A”, si: ρ1 = 2000 kg/m3. (Patm = 105 Pa; g = 10 m/s2)

B) 4 cm D) 8 cm

24. La barra homogénea se encuentra sumergida con la mitad de su volumen en agua. Determine la densidad de dicha barra.

ρ1 ρ2

5m

A

1m 2m agua

A) 180 K Pa C) 160 K Pa E) 140 K Pa

B) 150 K Pa D) 130 K Pa

A) 5000 kg/m3 C) 250 kg/m3 E) 1300 kg/m3 - 437 -

B) 800 kg/m3 D) 750 kg/m3

Física 25. Un tubo de vidrio de 100 g y sección 10 cm2, que contiene aceite, se mantiene en reposo tal como se muestra en la figura. Determine la longitud de dicho tubo. (ρaceite = 0,8 g/cm3) 15 cm aceite agua A) 65 cm C) 40 cm E) 55 cm

B) 50 cm D) 30 cm

Respuestas 1.

A

10. B

19. B

2.

C

11. A

20. E

3.

B

12. C

21. D

4.

B

13. A

22. C

5.

E

14. A

23. B

6.

C

15. C

24. D

7.

A

16. C

25. A

8.

D

17. C

9.

B

18. D

- 438 -

Capítulo 12: Temperatura y Calor

Parte III:

TERMODINÁMICA La termodinámica trata los procesos de transferencia de calor, que es una de las formas de energía y como puede producir un trabajo con ella. Desde un punto de vista macroscópico de la materia se estudia como ésta reacciona a cambios en su volumen, presión, temperatura entre otros. La termodinámica se basa en cuatro leyes principales: el equilibrio termodinámico (o ley cero), el principio de conservación de la energía (primera ley), el aumento temporal de la entropía (segunda ley) y la imposibilidad del cero absoluto (tercera ley).

Erupción de un Geiser, el vapor de agua liberado por este chorro puede ser aprovechado por una planta de energía térmica para generar electricidad.

- 439 -

Física

Capítulo 12

Temperatura y Calor

12.1. Introducción Así como en el estudio de la mecánica se introdujeron conceptos tales como masa, fuerza y energía cinética; en los fenómenos térmicos es necesario una definición cuidadosa de los conceptos de temperatura, calor y energía interna. Como veremos mas adelante (siguiente capítulo), las leyes de la termodinámica nos brindarán una relación entre flujo de calor, trabajo y energía interna respecto a un cierto sistema.

12.2. Concepto de temperatura A menudo asociamos el concepto de temperatura con qué tan caliente o frío sentimos un objeto cuando lo tocamos. Así, nuestros sentidos nos brindan una indicación cualitativa de temperatura. Sin embargo, nuestros sentidos son poco confiables y a menudo engañosos. Con el fin de entender el concepto de temperatura, es útil definir primero dos frases usadas frecuentemente: contacto térmico y equilibrio térmico. Consideremos dos objetos (con temperaturas TA y TB, respectivamente; TA ≠ TB) que interactúan entre sí, pero no con el resto del mundo (un sistema aislado): TA

TB

Sistema aislado

Dado que TA ≠ TB, estos intercambian energía. A dicho intercambio de energía se le llama CALOR. Diremos entonces que dos objetos se encuentran en CONTACTO TÉRMICO entre sí, si puede intercambiarse calor entre ellos. Por otro lado, el EQUILIBRIO TÉRMICO es una situación en la que dos objetos en contacto térmico uno con otro, dejan de tener cualquier intercambio de calor. Ahora podemos considerar la TEMPERATURA como una propiedad que determina si un objeto está o no en equilibrio térmico con otros objetos. Así, dos objetos en equilibrio térmico entre sí están a la misma temperatura. Inversamente, si dos objetos tienen temperaturas diferentes, no se encuentran en equilibrio térmico uno con otro.

- 440 -

Capítulo 12: Temperatura y Calor

12.3 Ley cero de la Termodinamica A este principio se le llama del equilibrio termodinámico, enuncia: “Si dos objetos A y B están por separado en equilibrio térmico con un tercer objeto C, entonces los objetos A y B están en equilibrio térmico entre sí”. Es en este principio en el que se basan los termómetros:

12.4. Termómetros y Escalas de Temperatura Los termómetros son instrumentos que se usan para definir y medir la temperatura de un sistema. Todos los termómetros aprovechan el cambio en alguna propiedad física (como el cambio de volumen de un líquido, cambio de presión de un gas a volumen constante, etc.) con la temperatura. Los más cotidianos constan de una masa de líquido que suele ser mercurio o alcohol que se expande dentro de un tubo capilar de vidrio cuando se calienta. En este caso la propiedad física es el cambio en el volumen del líquido; de modo que cualquier cambio de temperatura puede definirse como proporcional al cambio de longitud de la columna líquida. Estos termómetros son comúnmente CALIBRADOS, poniéndolos en contacto térmico con una mezcla de agua y de hielo en equilibrio térmico a presión atmosférica, y bajo estas condiciones es que se define la temperatura de cero grados Celsius, escrito 0º C. Ésta es conocida como el punto de congelación del agua.

T = 0º C

12.4.1. Escalas de Temperatura La fijación del uso de una determinada escala responde exclusivamente a la obediencia a las convenciones internacionales, que procuran uniformizar al máximo la calibración de los termómetros. En la actualidad se usan con mayor frecuencia las escalas termométricas propuestas por los físicos: Celsius, Fahrenheit y Kelvin. - 441 -

Física

Escala Celsius (Centígrada) Aquí se toman dos puntos fijos: Uno es el punto de fusión del hielo a presión atmosférica y el otro el punto de ebullición de agua a la misma presión. Como la mayoría conoce, estos puntos son etiquetados por 0º C y 100º C respectivamente. Luego se divide el intervalo entre dichos puntos (los fijos) en pequeños intervalos de 1º C. 100º C

0º C

Escala Fahrenheit En este caso se toma como puntos fijos: la temperatura de fusión del NaCl (y el hielo fundente), y la temperatura normal del cuerpo humano; a las cuales se les atribuye las temperaturas de 0º F y 100º F, respectivamente. En esta escala, el termómetro marca 32º F en la fusión del hielo y 212º F para la ebullición del agua; intervalo que contiene 180 partes iguales. 100º C 212º F

TC

TF =

0º C

32º F

Escala Kelvin Métodos modernos de la física de bajas temperaturas han conseguido bajar la temperatura de un cuerpo, hasta cierta vecindad de – 273º C; pero no se ha conseguido llegar hasta ella, ni bajar más. La temperatura de – 273º C se denomina cero absoluto, y fue Kelvin quien propuso la construcción de una escala termométrica cuyo cero fuese justamente el cero absoluto y cuyos intervalos de 1 grado fueran iguales a las de la escala Celsius.

TC 0º C – 273º C

TK 273 K 0K - 442 -

TK = 273 + TC

Capítulo 12: Temperatura y Calor

12.5. Dilatación Térmica Nuestro estudio del termómetro líquido aprovecha uno de los cambios más conocidos que ocurren en una sustancia (sólida o líquido): conforme aumenta su temperatura, crece su volumen (aunque para algunas sustancias ocurre todo lo contrario). Este fenómeno es conocido como expansión o dilatación térmica y desempeña un papel importante en numerosas aplicaciones de ingeniería. En general, podemos decir que es la expansión térmica promedio entre los átomos y moléculas constituyentes de la sustancia. Si la expansión térmica de un objeto es suficientemente pequeña en comparación con sus dimensiones iniciales, entonces el cambio en cualquier dimensión, hasta una buena aproximación, depende de la primera potencia del cambio de la temperatura (es decir, (∆T)1).

Dilatación Lineal (ΔL) Suponga que un objeto tiene una longitud inicial Lo a lo largo de alguna dirección a cierta temperatura, y que la longitud aumenta en una cantidad ΔL por el cambio de temperatura ΔT. Los experimentos muestran que cuando ΔT es pequeña, ΔL es proporcional a ΔT y a Lo: ΔL = αLoΔT Donde: ΔL = Lf – Lo: Dilatación lineal ΔT= Tf – To: Cambio de temperatura α: Coeficiente promedio de expansión lineal para un material determinado y tiene unidades de (ºC)–1 En la mayoría de los casos, α > 0; es decir, un incremento de temperatura provoca un incremento en la longitud, pero esto no siempre es cierto. Por ejemplo, la calcita (CaCO3) se expande a lo largo de una dimensión (α positiva) y se contrae a lo largo de la otra (α negativa) a medida que se incrementa la temperatura.

Dilatación Superficial (ΔA) ΔA = βAoΔT Donde: ΔA = Af – Ao: Dilatación superficial ΔT = Tf – To: Cambio de temperatura β = 2α: Coeficiente promedio de expansión superficial

- 443 -

Física

Dilatación Volumétrica (ΔV) El cambio de volumen a presión constante es proporcional al volumen original Vo y al cambio en la temperatura de acuerdo con la relación: ΔV = γVoΔT Donde: ΔV = Vf – Vo: Dilatación superficial ΔT = Tf – To: Cambio de temperatura γ = 3α: Coeficiente promedio de expansión volumétrica El inusual comportamiento del agua En general, los líquidos aumentan de volumen conforme se incrementa su temperatura. El agua es una excepción a esta regla. Cuando la temperatura aumenta de 0º C a 4º C, el agua se contrae, y por lo tanto, aumenta su densidad. Arriba de 4º C, el agua se expande conforme aumenta la temperatura. Así, tenemos que la densidad del agua alcanza un máximo de 1000 kg/m3.

12.6. Calor Antes debemos hacer una distinción entre los conceptos de energía interna, energía térmica y calor. La energía interna es toda energía que pertenece a un sistema mientras esta estacionario (es decir, ni se traslada ni rota), incluidas la energía nuclear, la energía química, la energía de deformación, así como la energía térmica. La energía térmica es parte de la energía interna que cambia cuando la temperatura del sistema cambia. La transferencia de energía térmica es la transferencia de energía interna producida por una diferencia de temperaturas entre el sistema y sus alrededores, la cual puede o no cambiar la cantidad de energía térmica en el sistema. En la práctica, el térmico calor se utiliza para dar a entender tanto la energía térmica como transferencia de energía térmica. Por lo tanto, siempre debemos examinar el contexto de este término para determinar su sentido propuesto. Cabe mencionar la distinción entre trabajo y energía. El trabajo hecho sobre o por un sistema es una medida de la transferencia de energía entre el sistema y sus alrededores, mientras que la energía mecánica del sistema es una consecuencia de su movimiento (Ee) y posición (Ep).

- 444 -

Capítulo 12: Temperatura y Calor

12.7. Unidades de calor Históricamente del calor no fue entendido como una forma de energía en sus inicios. Los científicos de entonces lo definieron en función de los cambios de temperatura que produciría en un cuerpo. En consecuencia, la caloría (cal) fue definida como la cantidad de calor necesaria para elevar la temperatura de 1g de agua de 14,5º C a 15,5º C. Puesto que el calor se reconoce como una forma de energía, los científicos emplean cada vez mas la unidad de energía de SI, el joule, para el calor.

12.8. El equivalente mecánico del calor Sabemos que cuando en un sistema físico aparecen fuerzas no conservativas, como la fricción, la energía mecánica sistema no se conserva. Diversos experimentos muestran que esta energía “perdida” no desaparece simplemente, sino que se transforma en energía térmica. La equivalencia entre energía mecánica y térmica fue establecida por Joule. Un diagrama esquemático de su experimento se muestra a continuación:

m m agua Aislador Térmico El sistema en interés es el agua en un recipiente aislado térmicamente. Se hace trabajo sobre el agua al rotar la rueda de paletas, al cual se acciona por medio de las pesas que caen a una velocidad constante. El agua que es agitada por las paletas, se calienta debido a la fricción entre ambas. Si se ignora la energía perdida en los cojinetes y a través de las paredes, entonces la pérdida en energía potencial de las pesas es igual al trabajo hecho por la rueda de paletas sobre el agua. Si las dos pesas caen una distancia h, la pérdida de energía potencial es 2mgh, y esta energía es la que calienta el agua. Al variar las condiciones del experimento, Joule encontró que la pérdida de energía mecánica, 2mgh, es proporcional al aumento de la temperatura del agua, ∆T. Se encontró que la constante de proporcionalidad era igual aproximadamente a 4,18

.

Así se conoce:

1 cal = 4,186 J - 445 -

Física

12.9. Calor específico y Capacidad calorífica La idea principal se basa en que la cantidad de calor necesaria para elevar la temperatura de una masa dada de una sustancia en cierta cantidad, varía de una sustancia a otra. Así, veamos algunas definiciones:

Capacidad Calorífica (C).- Se define como la cantidad de calor necesaria para elevar la temperatura de cierta muestra, en 1 grado Celsius. C =

Calor Específico (ce).- Es la capacidad calorífica por unidad de masa de la muestra en cuestión. ce = De esta definición tenemos que la energía térmica Q transferida entre una sustancia de masa m y sus alrededores para un cambio de temperatura ∆T es: Q = mce∆T

Observaciones: •

Adviértase que cuando aumenta la temperatura, Q y ∆T se consideran positivas, lo que corresponde a que el calor fluye hacia el sistema.

•

Cuando la temperatura disminuye, Q y ∆T son negativas y el calor fluye hacia fuera del sistema.

•

Es importante darse cuenta que el calor específico varía con la temperatura. Por ejemplo, el calor específico del agua varía aproximadamente en solo 1% de 0º C a 100º C a presión atmosférica.

- 446 -

Capítulo 12: Temperatura y Calor

12.10. Calor latente (L) Una sustancia suele experimentar un cambio de temperatura cuando se transfiere energía térmica entre la sustancia y sus alrededores. Sin embargo, hay situaciones en las cuales la transferencia de energía no produce un cambio de temperatura. Este es el caso siempre que las características físicas de la sustancia cambian de una forma a otra, lo que comúnmente se conoce como un cambio de fase. Todos los cambios de fase implican un cambio en la energía interna. La energía térmica necesaria para cambiar la fase de una masa dada m de una sustancia pura es: Q = mL Donde L recibe el nombre de calor latente de la sustancia y depende de la naturaleza del cambio de fase así como de las propiedades de la sustancia. El calor latente de fusión, LF , es el término utilizado cuando el cambio de fase es de sólido a líquido; y el calor latente de vaporización, LV , se emplea cuando el sistema cambia de fase de líquido a gas. Por ejemplo, el calor latente de fusión del hielo a presión atmosférica es 3,33 x 105 J/kg y el calor latente de vaporización del agua es 2,26 x 106 J/kg.

12.11. Transferencia de calor La realización del proceso de transferencia implica la necesidad de “un medio de transporte” y es la naturaleza de éste la que da lugar a una diferenciación entre tres modos básicos de transferir calor: Por inducción, por convección y por radiación.

Por conducción Esta transferencia de calor se hace a través de un cuerpo sólido o líquido en reposo y ocurre solo si hay una diferencia de temperatura entre dos áreas del medio. Considere una placa de material de espesor ∆x y área de sección transversal A con sus caras opuestas a diferentes temperaturas T1 y T2, donde T2 > T1. T2

⇒ Q ∆x

T2 > T1

A

T1

- 447 -

Física En los experimentos se ha encontrado que el calor Q transferido en un tiempo ∆t, fluye del extremo mas caliente al extremo más frío. La tasa a la cual fluye el calor, H = Q/∆t, es proporcional al área de la sección transversal y a la diferencia de temperatura, e inversamente proporcional al espesor: H = – kA Donde k es la constante de conductividad térmica, que depende del material y la temperatura a la que se encuentre. El signo menos en esta expresión expresa el hecho de que la energía térmica fluye en la dirección decreciente.

Por convección Es probable que usted alguna vez haya calentado sus manos sosteniéndolas sobre una flama descubierta. En esta situación, el aire directamente encima de la flama se calienta y expande. Como resultado, la densidad del aire disminuye y éste asciende. Esta masa de aire caliente transferida por el movimiento de la sustancia calentada se ha transferido por convección.

Por radiación La tercera forma de transferir energía térmica a través de la radiación. Todos los objetos radian energía continuamente en forma de ondas electromagnéticas. El tipo de radiación asociado a la transferencia de energía térmica de un lugar a otro se conoce como radiación infrarroja. La tasa a la cual un objeto emite energía radiante es proporcional a la cuarta potencia de su temperatura absoluta. Esto se conoce como la ley de Stefan - Boltzmann: Prad = σAeT4 Donde, Prad es la potencia radiada por el cuerpo en watts, σ es una constante igual a 5,6696 x 108 W/m2K4, A es el área de la superficie del objeto en metros cuadrados, “e” es una constante llamada la emisividad (0 ≤ e ≤ 1) y T es la temperatura en kelvin.

- 448 -

Capítulo 12: Temperatura y Calor

Problemas Resueltos Escalas de temperatura y Dilatación térmica 1. Cuando a una varilla delgada se le incrementa su temperatura en cierto valor, notamos que su longitud varía en 0,2 cm, pero si el cambio hubiese sido en 20 ºC más, su longitud hubiese variado en 1 cm. Determine ΔTinicial. SOLUCIÓN:

(1er caso) ΔT

(2 caso)

ΔL = αLoΔT Para el 1 caso: er

… (i)

Para el 2 caso: … (ii)

Dividiendo (i) ÷ (ii):

⇒

15 x 10–2 + ΔL2 – ΔL1 = 15 x 10–2

⇒ ΔL1 = ΔL2 Luego, reemplazando en la fórmula:

⇒

α1L1ΔT = α2L2ΔT =

= =

Reemplazando (ii) en (i): L2 – L1 = 15 x 10–2

2ΔT + 40 = 10ΔT \

(L2 – L1) + ΔL2 – ΔL1 = 15 x 10–2

⇒

= ⇒

… (i)

⇒

⇒

do

10–2 = αLo(ΔT + 20)

α2 = 2,4 x 10–6 ºC–1

(L2 + ΔL2) – (L1 + ΔL1) = 15 x 10–2

Se sabe que:

2 x 10 = αLoΔT

L2

Al final:

ΔL = 1 cm

–3

15 cm

L2 – L1 = 15 x 10–2

do

ΔT + 20ºC

α1 = 1,6 x 10–6 ºC–1

Al inicio:

ΔL = 0,2 cm

(inicio)

SOLUCIÓN: L1

ΔT = 5º C

⇒ 2. Cuáles deben ser las longitudes de dos varillas de distintos materiales, para que a cualquier temperatura mantengan una diferencia constante de 15 cm entre sus longitudes. Sus coeficientes de dilatación lineal son 1,6 x 10–6 ºC–1 y 2,4 x 10–6 ºC–1.

- 449 -

L2 –

L2 = 15 x 10–2 L2 = 15 x 10–2

⇒ \

L2 = 45 cm L1 = 30 cm

… (ii)

Física 3. En un frasco de vidrio de 100 cm3 de capacidad, a 0 ºC, se vierte mercurio llenando totalmente el frasco. Si el sistema se calienta hasta 100º C, se observa que se derrama 1,5 cm3 de mercurio. Determine el coeficiente de dilatación lineal del vidrio (αv). (αHg = 6 x 10–5 ºC–1)

4. Una sustancia desconocida (γ = 4 x 10–2 ºC–1) poseee una densidad de 10 g/cm3 a 20º C. Determine su densidad cuando ésta haya alcanzado una temperatura de 120 ºC. SOLUCIÓN: Al inicio:

ρo =

Al final:

ρF =

SOLUCIÓN: 0º C

100º C

I N I C I O

F I N A L

Luego de una variación de temperatura (ΔT) la masa no varía: mF = mo … (i)

VDERR

Al inicio:

Además: ⇒ ΔV = VoγΔT

= Vo = 100

= Al final:

= VDERR = 1,5 x 10–6

– ⇒( ⇒

+ ΔVHg) – (

⇒

VF = Vo + VoγΔT

⇒

VF = Vo(1 + γΔT)

Dividiendo (i) ÷ (ii):

– ΔVv) = 1,5 x 10–6

=

ΔVHg – ΔVv = 1,5 x 10–6

Aplicando ΔV = γVoΔT: γHgVoΔT – γvVoΔT = 1,5 x 10–6

⇒

(γHg – γv)VoΔT = 1,5 x 10–6

Reemplazando los datos del problema: γ = 4 x 10–2 ºC–1 ; ρo = 10 g/cm3; ΔT = 100º C

⇒ (3αHg – 3αv)(100 x 10–6)(100) = 1,5 x 10–6 αHg – αv = 5 x 10–5

… (i)

\

αHg = 6 x 10–5 ºC–1 6 x 10–5 – αv = 5 x 10–5 \

αv = 10–5 ºC–1

ρF =

⇒

Por dato: Reemplazando en (i):

ρF =

⇒

⇒

⇒

… (ii)

ρF = 2 g/cm3

5. En la figura se muestra un tubo cilíndrico de vidrio de 1 m de longitud. Determine la altura inicial “h” de la columna de mercurio tal que el volumen por encima del mercurio se mantenga constante al variar la temperatura. - 450 -

Capítulo 12: Temperatura y Calor

αHg = 6 x 10 ºC –5

1m

αv = 1,5 x 10–5 ºC–1

h

Hg

Entonces ∆TC = ∆TK; es decir, el cambio de temperatura en la escala Celsius es igual al cambio en la escala Kelvin. Luego: ∆TK = 80 – 25

–1

\ SOLUCIÓN:

Para la escala Fahrenheit tenemos:

V

=

⇒

V H = 1m

⇒

Para que el volumen vacío se mantenga constante, se debe cumplir:

ΔT = γv

ΔT

⇒

γHg(Ah) = γv(AH)

⇒

3αHgh = 3αv(1)

\

⇒

h=

∆TF = \

=

h=

∆TF =

∆TC

Por lo tanto, el cambio de temperatura en la escala Fahrenheit es:

ΔVHg = ΔVv

⇒

TC

A

A

γHg

TF = 32 +

⇒

h

⇒

∆TK = 55 K

(80 – 25)

∆TF = 99º F

7. Un riel de acero de una vía férrea tiene una longitud de 30 m cuando la temperatura es 0 ºC. En un día caluroso cuando la temperatura es de 40 ºC, ¿cuál será la longitud del riel? (αacero = 11 x 10–6 ºC–1)

m

SOLUCIÓN: 6. Una olla de agua se calienta de 25 ºC a 80 ºC ¿Cuál es su cambio de temperatura en la escala Kelvin y en la escala Fahrenheit? Sabemos TC = TK – 273, de modo que:

siguientes

condiciones

Lo = 30 m y To = 0 ºC

∆L = αLo∆T = ∆L = 11 x 10–6(30)(40 – 0)

Tc = Tk – 273

⇒

f

Tc = Tk – 273 o

las

De modo que el aumento en la longitud del riel de acero viene dado por:

SOLUCIÓN:

f

Tenemos iniciales:

∆L = 0,013 m \

o

- 451 -

Lf = 30,013 m

a Tf = 40º C

Física 8. Se tiene una lámina metálica de coeficiente de dilatación superficial igual a 2,02 x 10–4 ºC–1, al cual se le ha sustraído un círculo de radio 1 cm. Se pretende hacer pasar por el orificio una esfera de radio 1,02 cm. ¿En cuánto se deberá incrementar la temperatura de la lámina metálica, tal que, la esfera pueda pasar por el orificio?

Por condición del problema: ºC = ºF ºC =

⇒

ºC = – 40

es decir: \

SOLUCIÓN: El criterio para resolver éste problema se basa en un hecho experimental, el cuál establece que el orificio se dilata como si fuera del mismo material de la lámina metálica. Ahora la variación superficial del orificio viene dado por: ∆Aorificio = bAinicial∆T ⇒

∆T =

(ºC – 32)

⇒

– 40º C = – 40º F

10. Dos cuerpos elevan su temperatura en la misma cantidad, pero para hacerlo, el primero requiere el doble de la cantidad de calor que toma el segundo. ¿Cuánto es la relación entre el calor que toma el primer cuerpo y el que toma el segundo, para que éste cuerpo eleve su temperatura en una cantidad igual al doble del primero? SOLUCIÓN:

⇒

∆T =

⇒

∆T =

Nos piden la relación de los calores (Q1/Q2) de ambos cuerpos cuando: ∆T2 = 2∆T1

=

En general, se sabe por definición: Por dato tenemos: rf = 1,02 cm; ro = 1 cm

⇒ Q = C∆T

C=

y b = 2,02 x 10–4 1/ºC. Reemplazando: \ ∆T = 200 ºC

⇒

9. ¿A qué temperatura coinciden las escalas Fahrenheit (F) y Celsius (C)?

… (i)

=

Por dato se sabe que ∆T1 = ∆T2 siempre y cuando Q1 = 2Q2 Reemplazando esto en (i), obtenemos:

SOLUCIÓN: =2

Se sabe que: ºC =

(ºF – 32) - 452 -

… (ii)

Capítulo 12: Temperatura y Calor Reemplazando (ii) en (i): =2

… (iii)

... (i)

Se sabe además que: ∆ = LoaL∆T

Como ∆T2 = 2∆T1: \

∆ = θ

⇒

∆ = LoaL(Tf – To)

⇒ =1

… (ii)

Igualando (i) y (ii): LoaL(Tf – To) = q

11. La figura muestra una varilla de longitud “Lo” sujeta en un extremo y apoyada sobre rodillos. Si se calienta la varilla desde una temperatura “To” hasta otra “Tf”, se logra hacer girar los rodillos, ¿cuánto girará el último rodillo (θ) contado a partir del extremo fijo A? (considere que “αL” es el coeficiente de dilatación de la varilla) To

Lo A

\

(Tf – To)

Calor y 1ra Ley de Termodinámica 12. En un recipiente de C = 200 cal/ºC se tiene “m” gramos de agua a 10º C. Si se le agrega 600 g de agua hervida (100º C), se determina que la temperatura de equilibrio = 1 cal/g ºC) es 40º C. Calcule “m”. ( SOLUCIÓN:

d

Haciendo el diagrama lineal de calores transferidos:

SOLUCIÓN:

Q2

Sea el último rodillo: A To

q=

r

A Tf ⇒

r q

∆

Q3

Q1

A’

10º C

r

40º C

100º C

magua = 600 g

magua = m Ccrec = 200 cal/ºC

Se observa que la varilla roza de forma tangente a cada uno de los rodillos. Al dilatarse la varilla un “∆”, entonces el rodillo girará un cierto ángulo “θ”, de modo que: ∆ = θ.r

Aplicando la 1ra ley de la termodinámica: Σ Qo = Σ Q f ⇒ ⇒

Q 1 + Q2 = Q3 mΔT +

ΔT =

mΔT

⇒ (1)m(40 – 10) + 200(40 – 10) = 1(600)(100 – 40) - 453 -

Física ⇒

30 m + 6 000 = 36 000

⇒

m = 1000 g

14. En el interior de una caja térmica aislante se encuentran dos cubos del mismo material, de aristas “a” y “2a” a temperaturas iniciales de 9º C y 18º C, respectivamente. Si se ponen ambos en contacto, halle la temperatura de equilibrio (Teq).

m = 1 kg

\

SOLUCIÓN:

13. En un recipiente cuya C = 50 cal/ºC se tiene 400 g de agua a 40º C; si en dicho recipiente se colocan dos barras de metal de 900 g cada una pero de diferente material y que se encuentran a 60º C y 160º C, respectivamente. Se pide determinar la Ce del metal de mayor temperatura, sabiendo que la temperatura de equilibrio es de 60º C.

Haciendo el diagrama lineal de calores transferidos:

9º C

cubo 1

SOLUCIÓN: Haciendo el diagrama lineal de calores transferidos: Q1

40º C

magua = 400 g

arista = a V1 = a3 m1 = ρa3

cubo 2

mbarra1: 900 g

arista = 2a V2 = 8a3 m2 = 8ρa3

ΣQo = ΣQF Q1 = Q2

⇒ Teq = 60º C

18º C

Teq

Aplicando:

Q3

Q2

Q2

Q1

160º C

⇒

mbarra2: 900 g

Ce

m1ΔT1 = Cecubo2m2ΔT2

cubo1

⇒

Ccrec = 50 cal/ºC

m1(Teq – 9) = m2(18 – Teq)

⇒

ρa3(Teq – 9) = 8ρa3(18 – Teq)

Aplicando:

⇒

Teq – 9 = 144 – 8Teq

Q1 + Q2 = Q3

⇒

maguaΔT + CcrecΔT =

⇒

⇒ 1(400)(60–40)+50(60–40)= 8 000 + 1 000 =

⇒

9 = 90

⇒ \

9Teq = 153

⇒

ΣQo = ΣQf

\ mbarra2ΔT (900)(160–60)

(90 000)

Teq = 17º C

15. Un recipiente de C = 10 cal/ºC contiene 80 g de agua a 40º C. ¿Qué masa de hielo a – 20º C se deberá introducir al sistema a fin de que el 50 % de su masa se fusione? (

= 80 cal/g)

SOLUCIÓN: Haciendo el diagrama lineal de calores transferidos:

= 0,1 cal/g ºC

- 454 -

Capítulo 12: Temperatura y Calor Q2 (m/2)

Aplicando:

Q4

Q1

ΣQo = ΣQF

Q3 Teq = 0º C

– 20º C

40º C magua = 80 g

= 80 cal/g

mhielo = m

⇒

Q1 + Q2 + Q3 = Q4

⇒

mΔT + CLm +

⇒ 500 n + 4 000 n + 500 n = 90 000 5 n = 90

⇒

Aplicando: ΣQo = ΣQF mΔT + CLm =

mΔT + CrecΔT

⇒ 0,5(m)(20)+80(m/2)=1(80)(40)+10(40) 10m + 40m = 3 200 + 400

⇒

\

n = 18

\

Q 1 + Q2 = Q3 + Q4

⇒

m = 72 g

mΔT

⇒ 0,5(50n)(20) + 80(50n) + 1(50n)(10) = 1(1000)(90)

Crec = 10 cal/ºC

⇒

mΔT =

17. Un recipiente que está térmicamente aislado contiene agua a 10º C. Si se introduce 50 g de hielo (a 0 ºC) y se observa que el hielo se funde en un 20%. ¿Cuántos gramos de agua había inicialmente en el recipiente? (LFHielo = 80 cal/g) SOLUCIÓN:

16. Un estudiante desea beber agua a baja temperatura, pero él tiene 1 litro de agua hirviendo en un recipiente de capacidad calorífica despreciable. Luego decide vertir cubos de hielo a – 20º C, de 50 g cada uno, en el recipiente. ¿Cuántos cubos de hielo son necesarios para que el estudiante logre tomar agua a 10º C? SOLUCIÓN: Haciendo el diagrama lineal de calores transferidos:

El agua cederá su calor al hielo para que éste se derrita hasta que alcancen el equilibrio térmico. Dicho calor será: Qperdido = mH OCe∆T 2

Por lo tanto tenemos: QGANADO = – QPERDIDO HIELO

H2O

⇒ mhieloLFHielo = – mH O Ce∆T 2

⇒

mH O = –

⇒

mH O = –

2

Q2 Q1 – 20º C Hielo

Q3 0º C

“n” cubos mcubo = 50 g mT = 50 n

Q4 Teq = 10º C

2

100º C magua = 1 kg

- 455 -

\

mH O = 80 g 2

Física ⇒

18. Se tienen masas iguales de dos gases “A” y “B” con calores específicos CeA y CeB respectivamente, cada uno de los gases eleva su temperatura en un grado cuando el primero recibe la cantidad de calor QA y el segundo la cantidad QB. Si se mezclan las dos masas se observa que la masa del gas resultante eleva su temperatura en un grado cuando recibe la cantidad de calor QA + QB. Determine el calor específico del gas resultante “Cemezcla”.

QA = CA.m ; QB = CB.m

… (i)

Para la mezcla:

Q A + QB

⇒

Cmezcla =

SOLUCIÓN:

mA + mB

=

... (ii)

Reemplazando (i) en (ii):

Gas A:

⇒

QA

⇒

mA \

Gas B:

⇒

CMEZCLA =

19. Un vaquero dispara una bala de plata de 2 g de masa con una velocidad de salida de 200 m/s contra la pared de madera de una cantina. Suponga que toda la energía interna (calor) generada por el impacto se queda con la bala. ¿Cuál es el cambio de temperatura que sufre ésta? (CeAg = 234 J/Kg ºC)

CA =

QB

CMEZCLA =

mB

SOLUCIÓN: La energía cinética de la bala es: CB =

Ec =

mv2 (0,002)(200)2

Por condición del problema, tenemos de manera separada que: ∆TA = ∆TB = 1ºC

⇒

Ec =

⇒

Ec = 40 Joule

Además: mA = mB = m, reemplazando:

En el ambiente no hay nada más caliente que la bala, por lo que ésta no gana energía térmica de su alrededor. Su temperatura aumenta debido a que los 40 J de su

⇒

CA =

; CB = - 456 -

... (i)

Capítulo 12: Temperatura y Calor energía cinética se convierten en 40 J de energía interna adicional. El cambio de temperatura sería el mismo que si 40 J de energía térmica se transfieren de una estufa a la bala, e imaginamos éste proceso análogo para calcular ∆T. Entonces: Q = mCe∆T ⇒ ∆T = \

21. El helio líquido tiene un punto de ebullición muy bajo de 4,2 K y también un calor de vaporización muy bajo de 2,09 x 104 J/kg. Si se transfiere una potencia constante de 10 W a un recipiente de helio líquido mediante un calefactor eléctrico sumergido. A ésta potencia, ¿cuánto tardará en hervir 1 kg de helio líquido? SOLUCIÓN:

=

El helio líquido posee un calor latente de vaporización Lv= 2,09 x 104 J/kg, esto implica que debemos suministrar 2,09 x 104 Joule de energía para hacer hervir 1 kg de helio líquido. La potencia suministrada de helio es 10 Watt = 10 J/s, es decir, en 1 s, 10 J de energía se transfiere al helio, por consiguiente, el tiempo que tarda en transferirse 2,09 x 104 J de energía será:

∆T = 85,5º C

20. Un lingote metálico de 0,05 kg se calienta hasta 200 ºC y luego se introduce en un vaso de laboratorio que contiene 0,4 kg de agua inicialmente a 20 ºC. Si la temperatura de equilibrio final del sistema mezclado es de 22,4 ºC, encuentre el calor específico del metal en (Ceagua = 4 186

\

)

SOLUCIÓN: Debido a que la energía térmica perdida por el lingote es igual a la energía térmica ganada por el agua, se tiene que: Qganado Teq = 22,4º C

H2O

= 2,09 x 103 s

t=

.

t = 35 minutos

22. ¿Cuántos gramos de hielo a temperatura – 8 ºC se fundirán en 1,05 kg de agua cuya temperatura es de 60 ºC? (CeHielo = 0,5 cal/g ºC)

= – Qperdido lingote

SOLUCIÓN: Considerando que la temperatura de equilibrio es 0º C, procederemos a efectuar el diagrama lineal de calores transferidos:

⇒ mCeagua(Tf – To) = – mxCex(Tfx – Tox)

Q1

Q2

Q3

⇒ (0,4)(4186)(22,4 – 20,0) = – (0,05)Ce (22,4 – 200,0) x

\

Cex = 453

– 8º C (hielo)

- 457 -

Teq = 0º C

60º C (agua)

Física Donde “A” es el área transversal. Como en 1 s se transporta (8 x 10–3)A calorías, entonces en 1 hora se tendrá:

Tenemos entonces: Qganado = – Qperdido ⇒ Q1 + Q2 = Q3 ⇒ mhCeHieloΔTHielo+ mhLFHielo = maguaCeaguaΔTagua ⇒ mh(0,5)(8) + mh(80) = (1050)(1)(60)

Q1 = 3600(8 x 10–3A) cal

Este calor “Q1” lo debe haber perdido el agua para convertirse en hielo, por eso: Q1 = mLF = VrLF

mh = 750 g

\

⇒

23. Un depósito de agua ha permanecido en el exterior en tiempo frío hasta que se ha formado una capa de hielo (k = 4x10–3 cal/s.cm.ºC; r = 0,92 g/cm3 y LF = 80 cal/g) de 5 cm de espesor. Calcular la rapidez de formación de hielo (en cm/hora) sobre la superficie del fondo de la capa de hielo.

Q1 = hArLF

… (ii)

Donde “h” es el ancho de capa de hielo que bajo estas condiciones se formaría en 1 hora. Reemplazando (i) en (ii): 3600(8 x 10–3A) = hA(0,92)(80) ⇒

h = 0,391 cm

\ La rapidez de formación de hielo en las unidades pedidas es 0,391 cm/hora

Aire (– 10 ºC) HIELO

Agua (0 ºC)

SOLUCIÓN: En este caso estamos frente a una transferencia de calor por conducción. La velocidad de propagación del calor a través de la capa de hielo es: H = – KA

… (i)

= – 4 x 10–3A

⇒ H = (8 x 10–3)A cal/s

- 458 -

Capítulo 12: Temperatura y Calor

Problemas Propuestos 1.

Un termómetro con escala arbitraria tiene como punto de fusión del hielo – 20 ºX y como punto de ebullición del agua 180 ºX. ¿A qué temperatura, en grados Fahrenheit, ambos termómetros indicarán lo mismo? A) 200 ºF C) 500 ºF E) 400 ºF

2.

B) 150 ºF D) 700 ºF 5.

B) 1,5 x 10–5 ºC–1 D) 2 x 10–5 ºC–1

6.

B) 45 ºC D) 70 ºC

¿Cuántos cubitos de hielo (10 g/cubito) a 0 ºC se podrán fundir hasta obtener agua a 0 ºC, utilizando 10 g de vapor de agua a 100 ºC? A) 2 C) 6 E) 10

Las capacidades caloríficas específicas en cal/g ºC de ciertas sustancias son: Aluminio (0,21), Hierro (0,11), Cobre (0,093), Plomo (0,031), Bronce (0,088). Si en un recipiente de uno de éstos metales, de masa 300 g y a 88 ºC, se vierte 15 g de agua a 12,2 ºC, se observa que la temperatura final del agua y el recipiente es 68 ºC. Diga Ud. de qué metal está hecho el recipiente. A) Aluminio C) Cobre E) Bronce

4.

A) 40 ºC C) 50 ºC E) 10 ºC

Un frasco de vidrio cuyo volumen es exactamente 100 cm3 a 0 ºC, se llena completamente de mercurio. Si el sistema se calienta hasta 100 ºC y se nota que se derrama 15,2 cm3 del fluido, hallar el coeficiente de dilatación lineal del vidrio. A) 1,0 x 10–5 ºC–1 C) 10–6 ºC–1 E) 10–3 ºC–1

3.

Hallar la temperatura final del metal, si su calor específico es 0,2 cal/g ºC.

B) 3 D) 8

La conducción es un proceso transferencia de calor que:

de

I. Es dominante en los sólidos. II. Implica el movimiento de masa. III. Puede tener lugar dentro y a través del vacío. IV. Depende de la 4ta potencia de la temperatura absoluta. A) FFVV C) VVFF E) FFFV

B) Hierro D) Plomo 7.

Al ponerse en contacto 10 g de agua a 80 ºC con 20 g de un metal a 20 ºC, se encuentra que antes del equilibrio térmico, la temperatura del agua es 70 ºC. - 459 -

B) FVFF D) VFVF

El gráfico muestra la temperatura T en función del calor absorbido por 20 g de un líquido, inicialmente a 0 ºC. ¿Cuánto vale el calor específico de la fase gaseosa en cal/g ºC?

Física T(ºC)

9.

120 80 1000

3000 4000

A) 1,25 C) 1,15 E) 2,11 8.

Q(cal)

B) 2,25 D) 0,24

A

Dos placas de espesores L1 y L2 y conductividades térmicas K1 y K2 están en contacto térmico entre sí, como muestra la figura. Las temperaturas de sus superficies exteriores son T1 y T2, respectivamente y T2 > T1. Determine la temperatura en la interfaz T. L1

T2

L2

K2

K1

T A)

Una pequeña tubería atraviesa el trozo de hielo tal como se muestra en la figura. Si por “A” ingresa 2 L/min de agua a 80 ºC y salen por “B” a 20 ºC. Determine la masa del trozo de hielo, si después de 2 minutos se derrite por completo. 0º C

A) 2 kg C) 5 kg E) 9 kg

HIELO

B

B) 3 kg D) 7 kg

10. En un recipiente de capacidad calorífica despreciable se tiene 40 g de hielo a – 8 ºC. Si se introduce en éste 10 g de agua a 8 ºC, determine la cantidad de hielo que se obtiene en el equilibrio térmico. A) 22 g C) 92 g E) 16 g

T1

B) 41 g D) 80 g

11. La gráfica nos muestra como varía la temperatura en función del calor absorbido para 10 g de cierto líquido. Determine el calor específico en la fase sólida, si la temperatura de fusión es To. T(º C)

B) To

C)

45º

Q(cal)

D)

A) 0,3 cal/g ºC C) 0,1 cal/g ºC E) 0,6 cal/g ºC

E) N.A.

- 460 -

B) 0,2 cal/g ºC D) 0,5 cal/g ºC

Capítulo 12: Temperatura y Calor 12. En un recipiente de capacidad calorífica despreciable se mezclan 5 kg de agua a 100 ºC y 3 kg de hielo a 0 ºC. Determine la temperatura de equilibrio del sistema. A) 0 ºC C) 100 ºC E) 32,5 ºC

B) 37,5 ºC D) 45 ºC

Respuestas 1. C

5. D

9. B

2. A

6. C

10. B

3. C

7. A

11. C

4. B

8. A

12. E

- 461 -

Física

Capítulo 13

Leyes Termodinámicas y Teoría Cinética de los Gases 13.1. Introducción En este capítulo se estudian las leyes de la termodinámica, asi como también las propiedades (presión, volumen, temperatura) de un gas ideal a partir de una escala microscópica, donde ésta es tratada como una colección de moléculas que interaccionan muy débilmente en comparación con los líquidos y sólidos, y que se mueven de modo aleatorio, chocando con las paredes del recipiente que las contiene y entre sí.

13.2. Ecuación de los gases ideales Ahora deseamos ocuparnos de las propiedades de cierta masa de gas confinado en un recipiente de volumen V a una presión P y temperatura T, en general, a la ecuación que interrelaciona estas cantidades se le llama ecuación de estado, la cual es muy complicada. Sin embargo, si el gas se mantiene a una presión muy baja (o densidad baja), se encuentra que dicha ecuación se vuelve bastante simple. Dicho gas de baja densidad se conoce comúnmente como gas ideal y su ecuación de estado viene dada por: PV = nRT Donde: P: presión a la que esta sometido el gas V: volumen del recipiente que contiene al gas T: temperatura absoluta en kelvin n: número de moles en el gas R: cte. universal de los gases (8,31 J/mol.K)

Modelo molecular de un gas ideal (Teoría Cinético – Molecular) Veamos ahora el desarrollo de un modelo microscópico para un gas ideal. El modelo muestra que la presión que un gas ejerce sobre las paredes de su recipiente es una consecuencia de las colisiones de las moléculas del gas con las paredes. A continuación planteamos los aspectos de esta teoría: 1.

El número de moléculas es grande, así como la separación promedio entre ellas comparada con sus dimensiones. Esto significa que el volumen de las moléculas es despreciable cuando se compara con el volumen del recipiente.

2.

Las moléculas obedecen las leyes del movimiento de Newton, pero como un todo se mueven aleatoriamente. - 462 -

Capítulo 13: Leyes Termodinámicas y Teoría Cinética de los Gases 3.

Las moléculas estás sujetas a colisiones elásticas entre ellas y con las paredes del recipiente que en promedio son elásticos. De este modo, en las colisiones, tanto la energía cinética como el momento son constantes.

4.

Las fuerzas entre moléculas son despreciables excepto durante una colisión. Las fuerzas entre moléculas son de corto alcance, por lo que las moléculas interactúan entre si solo durante las colisiones.

5.

El gas bajo consideración es una sustancia pura; es decir, todas las moléculas son idénticas.

La presión de un gas ideal compuesto de N moléculas en un recipiente de volumen V viene dado por: P=

Donde: m es la masa de cualquier molécula y es el valor promedio del cuadrado de la velocidad para N moléculas de gas. Con la ayuda de esta última expresión y la ecuación de los gases ideales, se tiene que la energía cinética traslacional de N moléculas de gas es:

E=

NKT =

nRT

Donde: K = 1,38 x 10–23 Joule/Kelvin, es la constante de Boltzman, n es el número de moles en el gas, R = 8,31 J/mol.K es la cte. universal de los gases, T es la temperatura absoluta en kelvin. La raíz cuadrada de

se conoce como velocidad cuadrática media de las moléculas:

vrms =

=

13.3. Calor específico de los gases: Cv , Cp Para calentar o enfriar un gas existen dos alternativas: Una de ellas es manteniendo su volumen constante y el otro caso es manteniendo constante su presión. Puesto que el número de moles es una medida conveniente de la cantidad de gas, definimos los calores específicos molares (Cv y Cp) asociados a estos dos procesos.

- 463 -

Física Caso I (V = cte.)

Caso II (P = cte.)

GAS

GAS

∆x Q = nCV ∆T

Q = nCP ∆T

Propiedades Para todo gas monoatómico se cumple: CP – CV = R

CP =

CV =

13.4. Primera ley de la termodinámica Cuando se introdujo la ley de conservación de la energía, se estableció que la energía mecánica de un sistema es constante si no están presentes fuerzas no conservativas, como la fricción. Esto significa que los cambios en la energía interna de un sistema no se incluyeron en este modelo mecánico. La primera ley de la termodinámica es en realidad una generalización conocida como la ley de conservación de la energía e incluye los cambios posibles de la energía interna. Esta ley establece que la cantidad de calor que se entrega o sustrae durante un proceso a un sistema, es igual al trabajo realizado por o sobre el sistema, mas el cambio de energía interna que experimenta la sustancia de trabajo.

∆U = Uf – Uo = Q – W

P

Q

∆x

Por convención: •

Q > 0, cuando la energía interna (U) entra al sistema

•

Q < 0, cuando la energía interna (U) sale del sistema - 464 -

Capítulo 13: Leyes Termodinámicas y Teoría Cinética de los Gases

Algunas aplicaciones de la 1ra ley de la termodinámica Con el fin de aplicar la primera ley de la termodinámica en sistemas específicos, es útil definir primero algunos procesos termodinámicos comunes. Proceso Adiabático (Q = 0) Es el proceso en el cual no entra no sale energía térmica del sistema; es decir, Q = 0. Este proceso se puede obtener ya sea aislando térmicamente el sistema de sus alrededores o efectuando rápidamente el proceso. Tenemos entonces por 1ra. ley: P

Po

∆U = Uf – Uo = – W

o

PV γ

=c

te

Pf

f

W

Vf

Vo

Además se cumple: T = cte PoVoγ = PfVfγ

V

Donde: γ=

>1

Proceso Isobárico (P = cte) Un proceso que ocurre a presión constante se conoce como proceso isobárico. Cuando ocurre un proceso de este tipo, la energía térmica transferida y el trabajo efectuado suelen ser diferentes de cero. El trabajo realizado es simplemente P(Vf – Vo). P P o = Pf

o

f ∆U = Uf – Uo = Q – P(Vf – Vo) W

Vo

Vf

V

- 465 -

Física Proceso Isócoro (V = cte) Es aquel proceso durante el cual el volumen del sistema permanece constante, sin que la sustancia realice trabajo, pero absorbe el calor incrementando su energía interna o viceversa. P f

Pf

∆U = Uf – Uo = Q Po

o

V

Proceso Isotérmico (T = cte) Es un proceso ideal efectuado a temperatura constante durante el cual la sustancia transforma íntegramente todo el calor entregado en trabajo. P Po

o Q = W = nRT Ln

Pf

W Vo

f Vf

T = cte V

13.5. La Segunda Ley de la Termodinámica y Máquinas Térmicas Según la 1ra ley de la termodinámica, un aumento en forma de energía debe acompañarse por una disminución en alguna otra forma de energía. No impone restricciones en los tipos de conversiones de energía que pueden ocurrir. La 2da ley de la termodinámica establece cuales procesos pueden ocurrir y cuales no en la naturaleza. Los siguientes son ejemplos de procesos que son consistentes con la primera ley de la termodinámica pero que proceden en un orden gobernado por la 2da ley: •

Cuando dos objetos a diferentes temperaturas se ponen en contacto térmico entre sí, la energía térmica siempre fluye del objeto mas caliente al más frío, nunca del mas frío al mas caliente.

•

Una bola de hule que se deja caer al suelo rebota varias veces y finalmente queda en reposo, pero una bola que se encuentra en el suelo nunca empieza a botar por si sola. - 466 -

Capítulo 13: Leyes Termodinámicas y Teoría Cinética de los Gases •

Debido a los choques con las moléculas de aire y la fricción, un péndulo mecánico se convierte en energía térmica; la transformación inversa de energía nunca ocurre.

Todos estos son procesos irreversibles, es decir, procesos que ocurren de manera natural en una sola dirección. Por otro lado, un proceso reversible es uno que puede efectuarse de manera tal que, a su conclusión, tanto el sistema como sus alrededores, hayan regresado a sus condiciones iniciales exactas.

Ciclo termodinámico Cuando la sustancia de trabajo luego de sufrir varios procesos vuelve hasta su estado inicial decimos que ha sucedido un ciclo termodinámico. Los ciclos termodinámicos pueden ser: Ciclo horario P A WNETO = A V O Ciclo antihorario P A V

WNETO = – A

O

13.5.1 Máquina térmica Una máquina térmica es un dispositivo que convierte energía térmica en otras formas útiles, como la energía mecánica y eléctrica. Una máquina térmica lleva cierta sustancia de trabajo a través de un proceso cíclico durante el cual: 1. 2. 3.

La energía térmica se absorve de una fuente a alta temperatura (FOCO CALIENTE) La máquina realiza trabajo. La máquina expulsa la energía térmica a una fuente de menor temperatura (FOCO FRÍO).

- 467 -

Física

13.5.2 Representación de una máquina térmica

FOCO CALIENTE TA QA

W

MOTOR

QB FOCO FRÍO TB

La máquina absorbe una cantidad de calor QA de un depósito caliente, efectúa un trabajo W y entrega calor QB al depósito frío. Debido a que la sustancia de trabajo pasa por un ciclo, sus energías internas inicial y final son iguales, por lo que ∆U = 0. En consecuencia a partir de la 1ra ley de la termodinámica vemos que el trabajo neto W por la máquina térmica es igual al calor neto que fluye hacia ella: W = QNETO = QA – QB Donde QA y QB se consideran cantidades positivas.

13.5.3 Eficiencia térmica (e) La eficiencia térmica de una máquina se define como el cociente del trabajo neto realizado a la energía térmica absorbida a una temperatura más alta durante un ciclo:

e=

=

=1–

- 468 -

Capítulo 13: Leyes Termodinámicas y Teoría Cinética de los Gases

13.5.4 Formas de expresar la segunda ley de la termodinámica 1.

“No es posible convertir todo el calor (QA) que se entrega, en trabajo (W)”.

2.

“Es imposible construir una máquina térmica 100% eficiente”.

3.

“Para que el calor puede fluir de menor a mayor temperatura es necesario el uso del trabajo”.

13.5.5 Ciclo de Carnot En 1824 un ingeniero francés llamado Sadi Carnot describió una máquina teórica conocida como máquina de Carnot. Demostró que una máquina térmica que funcione en un ciclo reversible ideal, denominado ciclo de Carnot, entre dos depósitos térmicos, es la máquina más eficiente posible. El teorema de Carnot puede enunciarse como sigue: “Ninguna máquina térmica real que opera entre dos depósitos térmicos puede ser mas eficiente que una máquina de Carnot operando entre los mismos dos depósitos”. Para describir el ciclo de Carnot, supongamos que la sustancia que trabaja entre las temperaturas TA y TB, es un gas ideal contenido en un cilindro con un émbolo móvil en un extremo. Las paredes del cilindro y el émbolo no son conductores térmicos. Así, mostramos a continuación las 4 etapas del ciclo de Carnot: Los procesos anteriores también pueden ser vistos en un diagrama P – V: P a

QA b

TA

W TB

d QB

c

V

Proceso a → b: Es una expansión isotérmica a temperatura TA en la cual el gas se pone en contacto térmico con un depósito de calor a temperatura TA. Durante la expansión, el gas absorbe la energía térmica QA desde el depósito a través de la base del cilindro y efectúa trabajo Wa→b al levantar el émbolo. Proceso b → c: Aquí la base del cilindro se sustituye por una pared que no es conductora térmica y el gas se expande adiabáticamente. Durante la expansión, la temperatura cae de TA a TB y el gas realiza trabajo Wb→c al elevar el émbolo. - 469 -

Física Proceso c → d: El gas final, la base del cilindro se sustituye por una pared no conductora y el gas se comprime adiabáticamente. La temperatura del gas aumenta a TA y el trabajo efectuado sobre el gas por un agente externo es Wc→d. Proceso d → a: En la etapa final, la base del cilindro se sustituye por una pared no conductora y el gas se comprime adiabáticamente. La temperatura del gas aumenta a TA y el trabajo efectuado sobre el gas por un agente externo es Wd→a. El trabajo neto realizado en este proceso cíclico reversible es igual al área encerrada por la trayectoria abcda del diagrama P – V. Para todo ciclo de Carnot se cumple lo siguiente:

=

Y desde que ∆U = 0, tenemos que el trabajo neto efectuado en el ciclo es igual al calor neto transferido al sistema: WNeto = QA – QB En consecuencia, la eficiencia térmica de una máquina de Carnot es:

eCarnot = 1 –

- 470 -

=1–

Capítulo 13: Leyes Termodinámicas y Teoría Cinética de los Gases

Problemas Resueltos 1. En la figura se muestra un cilindro vertical cerrado por un pistón, que carece de fricción, de 0,5 m2 de sección transversal y peso despreciable. Sobre él se apoya un peso de 20 kN, halle el trabajo que se realiza cuando el pistón cae lentamente 5 cm. (la presión atmosférica es 105 Pa)

Dado que el pistón se mueve lentamente, el proceso se considera isobárico. Por lo tanto el trabajo realizado sobre el gas será: W = Pgas(VF – Vo) ⇒

W = (14 x 104)(0,5)(0,05) \ W = 3500 J

2. Se muestra un cilindro horizontal que encierra un gas ideal empleando un pistón liso. Si debido a un incremento lento de temperatura de 50º C, el volumen del gas aumenta en 8,31 . Halle el número de moles que encierra el cilindro. (La presión atmosférica es Po = 105 Pa)

SOLUCIÓN: Calculando la presión que ejerce el gas “Pgas”: Po Pbloque

A = 0,5 m2 Pgas Debido a que el pistón cae lentamente (v = cte.), existe equilibrio cinético.

SOLUCIÓN: Como la temperatura varía en 50 ºC y además se sabe: ΔºC = ΔK Luego, la variación de temperatura equivale a unos 50 K:

Luego: Pgas = Po + Pbloque ⇒

Po

ΔT = 50 K La variación de volumen es:

Pgas = Po +

ΔV = 8,31  = 8,31 x 10–3 m3

Reemplazando datos: ⇒

Pgas = 10 +

⇒

Pgas = 14 x 104 N/cm2

... (i)

Como el calentamiento es lento, el proceso es considerado como isobárico.

5

Luego el trabajo viene dado por: W = P(VF – Vo) - 471 -

Física ⇒

W = PVF – PVo

⇒

W = nRTF – nRTo

4. Cuatro moles de gas ideal son comprimidos isotérmicamente a la temperatura de – 73 ºC hasta que la presión absoluta se hace 10 veces mayor. Hallar el trabajo que desarrolla el gas. (Ln 0,1 = – 2,3)

PΔV = nRΔT

⇒

Reemplazando datos:

SOLUCIÓN:

(105)(8,31 x 10–3) = n(8,31)(50) \

La temperatura (en grados kelvin) es: T = – 73 + 273 = 200 K

n = 2 moles

Como el proceso es isotérmico (T: cte.) PFVF = PoVo

3. De los siguientes gráficos: Curva correspondiente a un gas ideal a T = cte. II. Curva correspondiente a un gas ideal a P = cte. III. Curva correspondiente a un gas ideal a V = cte. I.

P

V

⇒

=

… (i)

Graficando el proceso isotérmico P 10 P

F

T W

O

P

V (I)

T ( II )

P V

( III )

SOLUCIÓN: De la ecuación general de los gases ideales tenemos: PV = nRT = (cte)T Si T = cte ⇒ PV = cte (Hipérbola) Es correcta

II. Si P = cte ⇒

= cte (Recta)

W = nRT Ln Reemplazando (i) en (ii): ⇒

W = nRT Ln

Reemplazando datos:

Es correcta III. Si V = cte ⇒

V

El trabajo en el proceso isotérmico viene dado por:

¿Qué puede Ud. decir?

I.

10 V

W = (4)(8,31)(200) Ln ⇒ W = 6648 Ln(0,1)

= cte (Recta)

⇒ W = 6648(– 2,3)

Es correcta \ Todas las gráficas con correctas

\ W = – 15,29 kJ - 472 -

… (ii)

Capítulo 13: Leyes Termodinámicas y Teoría Cinética de los Gases 5. Cuando la presión de un gas es 162 Pa, éste ocupa un volumen de 8 m3. Siguiendo un proceso adiabático (γ = 4/3) se expande hasta ocupar un volumen de 27 m3, hallar: a) La presión final del gas b) El trabajo que produce el gas SOLUCIÓN: Representando el proceso adiabático: P(Pa) 162

O

a) Si el proceso es isóbárico y recibe 150 J de calor, recorriendo el émbolo 0,1 m. b) Si el proceso es isobárico y recibe 60 J de calor. c) Si el proceso es isotérmico y se le suministra al gas 40 J de calor. d) Si el proceso es adiabático y el gas realiza trabajo desplazando 20 cm al émbolo lentamente. SOLUCIÓN:

F

PF 8

27

A = 10–2 m2

GAS V(m3)

a) Proceso Isobárico (P = cte.)

En un proceso adiabático usamos: Po = PF

PGAS

Reemplazando datos: 4/3

162(8) = PF(27) \

4/3

PF = 32 Pa

ΔV = 0,1(10–2) m3

Q = 150 J

W = PΔV

El trabajo adiabático viene dado por: ⇒

W=

W = 105(10–3) \

Reemplazando datos:

W = 100 J

Sabemos: ⇒

Q = ΔU + W

W= \ W = 1 296 J

⇒

ΔU = Q – W

⇒

ΔU = Q – PΔV

Reemplazando datos: 6. Se tiene un gas contenido en un recipiente que tiene un émbolo de masa despreciable y área transversal de 10–2 m2. Determinar ΔU y el trabajo del gas “WGAS” en cada uno de los siguientes casos: - 473 -

⇒

ΔU = 150 – 105(10–3)

⇒

ΔU = 150 – 100 \

ΔU = 50 J

Patm

Física b) Proceso Isócoro (V: cte.)

Luego: ⇒ ⇒ ⇒

Como V: cte. ⇒ ΔV = 0

Reemplazando datos: ⇒ ΔU = – (105)(2 x 10–3)

Q = 60 J Además:

Además: W = – ΔU

W=0

Luego: Q = ΔU + W ⇒ ΔU = Q ⇒ c)

ΔU = – 200 J

\

W = PΔV \

Q = ΔU + W 0 = ΔU + W ΔU = – W ΔU = – PΔV

\

ΔU = 60 J

Proceso Isotérmico (T: cte.)

W = 200 J

7. La gráfica P VS V de un gas ideal se muestra en la figura. Si la energía interna del gas se incrementa 50 KJ, determine: a) El trabajo “W” realizado para el sistema. b) La cantidad de energía calorífica que recibió.

Q = 40 J Como T: cte ⇒

P(105 N/m2)

ΔU = 0

4

Luego: Q = ΔU + W ⇒

Q=W

⇒

W = 40 J

2 0,2

0,5

V(m3)

SOLUCIÓN:

d) Proceso Adiabático (Q = 0)

P(105 N/m2)

PGAS

Patm

4

W

2

ΔV = 0,2(10–2) m3

0,2

- 474 -

0,5

V(m3)

Capítulo 13: Leyes Termodinámicas y Teoría Cinética de los Gases WNETO = Área

El trabajo realizado sobre el sistema viene dado por: W = Área ⇒

(105)(0,3)

W=

⇒

WNETO =

⇒

WNETO = 104 J

Además: \

W = 9 x 104 J

Se sabe que:

|Qsuministro| = |Qliberado| + WNETO

Q = ΔU + W

⇒

Por dato: ΔU = 50 x 103 J. Reemplazando: ⇒

3

\ Qliberado = 3 x 104 J

3

Q = (50 x 10 ) + (90 x 10 ) \

4 x 104 = Qliberado + 104

Además se sabe que:

Q = 140 kJ

Eficiencia = n =

8. Un gas ideal realiza un ciclo termodinámico como se muestra en la gráfica. Si la energía suministrada en el ciclo es 40 kJ, determine la energía liberada y el rendimiento del ciclo.

⇒

n= \

P(kPa) 200

100 0,6

0,8

V(m3)

x

100 %

n = 25 %

9. Un gas ideal experimenta un ciclo termodinámico como se indica. Si el cambio de energía interna de A hacia B es 40 J, determine la eficiencia del ciclo termodinámico. P(105 N/m2)

SOLUCIÓN:

B

2

En el siguiente gráfico: P(kPa) 2

200

0,8

W 100

1

0,6

A 2

3

0,8

SOLUCIÓN:

V(m3)

- 475 -

C 6

V(10–3 m3)

Física P(105 N/m2)

P

2

3

B

2 N

1

IÓ

S AN XP

E

0,8

A 2

T

C

COMPRESIÓN

6

SOLUCIÓN:

V(10–3 m3)

De la ecuación de los gases ideales, tenemos que en el estado “1” se cumple: P1V1 = nRT1

WNETO = Área ⇒

WNETO =

⇒

WNETO = 240 J

Calculando el calor “Q” suministrado en la expansión (proceso A → B): Q = ΔU + W QSUM = 40 + (0,8 + 2)(105)(0,5)(4 x 10–3) ⇒ QSUM = 600 J La eficiencia del ciclo termodinámico viene dado por:

n=

n=

SOLUCIÓN: La presión del gas ideal compuesto de N moléculas en un recipiente de volumen V, viene dada por:

Reemplazando:

\

⇒

11. En un proceso con un gas monoatómico ideal, si se duplica el volumen y la presión, ¿cuánto variará la velocidad cuadrática media de las moléculas del gas?

n=

n=

n=

\

Reemplazando datos:

⇒

⇒

x

100 %

P=

n = 40 %

… (i)

Si se duplica el volumen y la presión:

10. En la figura se muestran los procesos por los que pasa un gas ideal. Hallar el número de moles que intervienen en estos procesos. (P1 = 1662 Pa; V1 = 1m3; T2 = 2T1 = 600 K)

(2P) =

… (ii)

Dividiendo (i) entre (ii), obtenemos: \

=2

Se producirá una variación del 100% - 476 -

Capítulo 13: Leyes Termodinámicas y Teoría Cinética de los Gases 12. Un gas ideal realiza el ciclo mostrado en la figura de abajo. Determine el trabajo realizado por el gas en dicho ciclo. P

1

P1

P 2 = P3

W = P∆V W = P(Ah)

⇒

W = (105)(0,4)(0,1) \

2 3 V 1 = V3

V V2

SOLUCIÓN: Por teoría sabemos que en una gráfica P VS V, el trabajo realizado en un ciclo termodinámico es numéricamente igual al área encerrada por ésta. Entonces: W = Área

⇒

W = 4000 Joule

14. En la figura el émbolo liso tiene una sección de “A” metros cuadrados. Si el gas se extiende de manera que el pistón avanza “x” metros y el ventilador proporciona un trabajo “W” (W > 0), encuentre el trabajo neto realizado sobre el gas. (Po es la presión atmosférica)

GAS

=

13. En la gráfica se muestra un pistón ingrávido de área 0,4 m2. Si el volumen del gas se extiende lentamente hasta que el pistón asciende 0,1 m, halle el trabajo producido por el gas. (Patm = 105 N/m2)

Po

ventilador

SOLUCIÓN: Dado que la presión atmosférica es constante en todo momento, consideramos entonces un proceso isobárico. Así:

PISTÓN

WGAS = Po∆V = PoxA Pero además hay un agente externo (ventilador) que realiza trabajo sobre el gas. De modo que:

GAS

SOLUCIÓN:

Wvent = – W

Como el volumen del gas se extiende lentamente, se trata de un proceso isobárico. De modo que en todo instante se cumple: PGAS = Patm = 105 N/m2 Luego, se sabe que:

\ WNETO GAS = PoxA – W 15. El proceso termodinámico ABC mostrado pertenece a un gas. Determine el trabajo realizado por dicho gas.

- 477 -

Física Por la 1ra ley de la termodinámica: ∆V = Q – W

P (N/m2) B

400

C

⇒ ∆V = mLVH2O – Po(Vf – Vo) ⇒ ∆V = (1)(2,257x106)–(105)(2,571–10–3) \

A

100

∆V = 2 x 106 J

3

V (m ) 0,1

0,4

SOLUCIÓN: En todo diagrama P VS V el trabajo realizado por el gas equivale al área bajo la curva:

17. Un gas monoatómico ideal se lleva del estado “i” al estado “f ” según las dos rutas mostradas. Encuentre el cociente de calores Q1/Q2. P

⇒

(2)

W = (0,3) x (400) \

(T1 > T2)

i

W = (área del rectángulo)

(1)

f

T1

e

W = 120 J

T2 16. Se tiene 1 kg de agua a 100º C y 1 atm de presión. Halle la variación (en Joule) de la energía interna del agua al convertir completamente en vapor, si el volumen que ocupa éste es de 2,571 m3. (LVH2O = 2,257 x 106 J/kg) SOLUCIÓN:

1 kg H2O

Po = 1 atm

100ºC

2Vo

V

SOLUCIÓN: Por la 1ra ley de la termodinámica tenemos en la ruta i → f: Q1 = ∆U + WGAS Como se trata de un proceso isotérmico, se tiene que ∆U = 0, reemplazando:

Po

Po

Vo

⇒

Q1 = WGAS

⇒

Q1 = nRT1Ln

⇒

Q1 = nRT1Ln 2

vapor

Q Considerando un movimiento cuasiestático del pistón, tenemos entonces un proceso isobárico. Luego:

Ahora en el tramo i → e: (Proceso isócoro) Qie = ∆U + WGAS ⇒

W = Po(Vf – Vo) - 478 -

… (i)

Qie = ∆U = nCV(T2 – T1)

… (ii)

Capítulo 13: Leyes Termodinámicas y Teoría Cinética de los Gases Ahora en el tramo e → f: (Proceso isóbaro)

P(Pa)

Qef = ∆U + WGAS

A

1000

⇒

Qef = nCp∆T + Pf(2Vo – Vo)

⇒

Qef = nCp(T1 – T2) + PfVo … (iii)

Por tanto de (ii) y (iii):

B

600

V(m3)

Q2 = Qie + Qef = n(T1 – T2)(Cp – Cv) + PfVo ⇒ Q2 = nR(T1 – T2) + PfVo

0,2

… (iv)

SOLUCIÓN:

Además, el tramo i → f es un proceso isotérmico, luego se cumple:

En la gráfica: W = (Área bajo la curva)

PiVo = Pf(2Vo) ⇒

Pi = 2Pf

⇒

= 2Pf

0,6

⇒ W=

(0,4) = 320 J

Ahora, de la 1ra ley de la termodinámica: Q = ∆U + W

⇒

Pf =

⇒ Q = (UB – UA) + 320

... (v)

⇒ Q = (500 – 400) + 320 Reemplazando (v) en (iv): Q2 = nR(T1 – T2) +

\ … (vi)

19. El diagrama P VS V de la figura muestra el proceso ABC de cuatro moles de cierto gas monoatómico. Encuentre el calor suministrado en todo el proceso.

Dividiendo (i) entre (vi): ⇒

Q = 420 J

=

P

\

= B

C

220 K 150 K

18. En la figura mostrada: UA = 400 J y UB = 500 J Halle el calor suministrado en el proceso A → B. - 479 -

A

100 K V

SOLUCIÓN: Del gráfico:

Física SOLUCIÓN:

Qneto = QBA + QBC ⇒ Qneto = nCv∆TAB + nCp∆TBC ⇒ Qneto = n{Cv(TB – TA) + Cp(TC – TB)}

Durante la expansión isotérmica A → B, la temperatura no cambia, por lo que ∆U = 0. De acuerdo a esto tenemos:

⇒ Qneto = 4

Qe = WAB = nRT0 Ln

⇒ Qneto = (8,31)(1000) \

De manera similar, la energía térmica expulsada hacia el depósito frío durante la compresión isotérmica C → D:

Qneto = 8,31 KJ

Máquinas Térmicas 20. Encuentre la eficiencia de una máquina que introduce 2000 J de calor durante la fase de combustión y pierde 1500 J en el escape. SOLUCIÓN: Por definición de eficiencia: e=1–

Qf = |WCD| = nRTf Ln Luego: =

… (i)

En todo proceso adiabático y cuasiestático, se cumple:

=1–

PVγ = cte Y además se sabe que: PV = nRT

\

e = 0,25

⇒

21. Muestre que la eficiencia de una máquina térmica que opera en un ciclo de Carnot y usa un gas ideal está dada por: eCarnot = 1 –

TVγ–1 = cte

Luego: T0VBγ–1 = TfVCγ–1 T0VAγ–1 = TfVDγ–1 Dividiendo ambas igualdades:

P

⇒

=

⇒

=

A Qe

B D

T0

Qf

C

… (ii)

Reemplazando (ii) en (i): ⇒

Tf V - 480 -

=

... (iii)

Capítulo 13: Leyes Termodinámicas y Teoría Cinética de los Gases Finalmente, la eficiencia en el ciclo de Carnot vendrá dada por: ⇒

e=1–

23. Un motor de Carnot cuyo foco caliente tiene una temperatura de 127 º C toma 100 cal a ésta temperatura en cada ciclo, y cede 80 cal al depósito de baja temperatura. Calcule la temperatura de éste depósito.

Reemplazando (iii): \

SOLUCIÓN: En el ciclo ideal de Carnot se cumple:

e=1–

e=1– 22. Sabiendo que tratamos con una máquina térmica; se pide determinar si ésta es reversible o irreversible. QA = 300 cal

;

QB = 200 cal

=1–

⇒

=

⇒

= \

500 K

TB = 320 K

QA W

24. Se tiene una máquina de Carnot, esquematizada en el gráfico. Halle el trabajo realizado por dicha máquina en un ciclo cuando el calor absorbido es 1100 J.

QB 300 K

800 K Q1

SOLUCIÓN: En general, la eficiencia de cualquier máquina térmica se define: e=1–

=1–

W Q2

= 0,33

100 K La máquina será reversible si verifica n > n’; donde: e’ = 1 –

SOLUCIÓN: Se sabe que: Wneto = Q1 – Q2

=1–

= 0,40

... (i)

Para el ciclo de Carnot se cumple: =

\ Como 0,40 > 0,33, ésto implica que la máquina es irreversible.

⇒ ⇒ - 481 -

= Q2 = 137,5 J

... (ii)

Física Reemplazando (ii) en (i):

TA

Wneto = 1100 – 137,5 \

QA W

Wneto = 962,5 J QB

25. Un reservorio térmico a 1000 K, transfiere 125 400 J de calor a una máquina térmica de Carnot, durante un ciclo termodinámico. Si el trabajo neto de la máquina térmica es 2 x 104 J, determine la temperatura (en Kelvin) del reservorio térmico de baja temperatura.

TB QA: calor entregado en la expansión isotérmica. QB: calor expulsado en la compresión isotérmica. Si la máquina es ideal se cumple:

SOLUCIÓN: Por definición de la eficiencia; en un ciclo Carnot tenemos:

⇒

=

e=

=1–

1–

Luego:

=

Reemplazando datos: ⇒

= ⇒

Tfrío = 840,5 \

= \

QB = 375 cal

Tfrío = 840,5 K

26. En un ciclo de Carnot, la expansión isotérmica del gas ideal ocurre a 400 K y la compresión isotérmica a 300 K. Si durante la expansión isotérmica se comunica 500 cal al gas, hallar la cantidad de calor expulsado por el gas durante la compresión isotérmica.

27. Dados dos motores de Carnot A y B acoplados, donde el motor A opera entre las temperaturas 1600 K y 1200 K y el motor B entre las temperaturas 1200 K y 900 K. Si el primer motor recibe 2400 J de calor, encuentre el trabajo que realiza cada motor.

SOLUCIÓN: La máquina que sigue el ciclo de Carnot es ideal, en donde:

- 482 -

SOLUCIÓN: Representando los motores ideales A y B acoplados:

Capítulo 13: Leyes Termodinámicas y Teoría Cinética de los Gases Calculando Q2:

1600 k

WA = Q1 – Q2

Q1 A

⇒

WA

Q2 = Q1 – WA

Reemplazando datos:

Q2

⇒

Q2 = 2400 – 600

1200 k

⇒

Q2 = 1800 J

Q2

Para la máquina ideal B: B

WB

⇒

Q3

=

eB = 1 –

Reemplazando datos:

900 k

⇒

Por dato: Q1 = 2400 J

1–

=

Para la máquina ideal A: \

⇒

eA = 1 –

=

1–

=

\

WA = 600 J

- 483 -

WB = 450 J

Física

Problemas Propuestos 1.

Una máquina térmica funciona según el ciclo mostrado, donde TA > TC. Si el calor involucrado en cada uno de los procesos AB, BC y CA son 5Q, 3Q y Q, respectivamente, halle la eficiencia (en %) de la máquina. P A

4.

En la figura se muestra un cilindro cuyo émbolo liso tiene un área de 0,08 m2. Debido a la presión del gas, el émbolo se desplaza cuasiestáticamente x = 30 cm. Halle el trabajo realizado por el gas. (Patm = 105 N/m2)

Isoterma

G A S

B

C

V A) 20 C) 40 E) 60 2.

x

En un recipiente herméticamente cerrado que contiene un gas ideal, se determina que la presión del gas se reduce a la mitad. Luego, ¿cuáles de las siguientes afirmaciones son correctas? I) El proceso es isotérmico. II) La energía de una mol del gas permanece constante. III) La velocidad cuadrática media de las moléculas se duplica. A) VVV C) FFV E) FFF

3.

B) 30 D) 50 A) 54 J C) 2,4 KJ E) 1 KJ 5.

En la figura están representados (en los ejes P y T) dos líneas isócoras, una de ellas corresponde al volumen V1 y la otra al volumen V2. Si se considera al sistema como un gas ideal, se que puede afirmar que:

P V1

B) VFV D) FVV

V2

Cuando se suministran 112 cal a 4 moles de N2, el gas realiza un trabajo de 50 J. Halle el incremento de temperatura que experimenta el N2. (1 J = 0,24 cal) A) 1 ºC C) 3 ºC E) 5 ºC

B) 30 J D) 15 KJ

B) 2 ºC D) 4 ºC - 484 -

T A) V1 < V2 C) V1 = V2 E) N.A.

B) V1 ≤ V2 D) V1 > V2

Capítulo 13: Leyes Termodinámicas y Teoría Cinética de los Gases 6.

La relación entre las temperaturas absolutas de los focos caliente y frío de una máquina térmica ideal es TA = 3TB. Si el calor cedido al foco frío es Q, halle el trabajo neto. A) Q C) Q/2 E) 3Q

7.

150

B) 2Q D) Q/4

B) 4 m D) 10 m

A un gas se le transfiere 100 J en forma de calor. Si al expandirse realiza un trabajo de 65 J y su energía interna varía en 20 J, determine la cantidad de calor liberado en éste proceso. A) 25,5 J C) 15 J E) – 15 J

9.

P(kPa)

100

Se infla un globo de 16 litros de hidrógeno a 27 ºC y 105 Pa de presión. ¿A qué profundidad hay que sumergir el globo en un pozo de agua a 70 ºC, para que su volumen disminuya en 6 litros? A) 1,5 m C) 5 m E) 15 m

8.

10. Un gas ideal se lleva por el ciclo reversible mostrado en la gráfica. Determine el trabajo realizado por el gas en un ciclo.

20

B) 250 J D) 320 J

50

A) 2 k J C) 5 k J E) 9 k J

B) 3 k J D) 7 k J

11. Dentro de un recipiente cilíndrico de paredes aislantes térmicas y sección transversal 625 cm2, se encuentra un gas ideal tal como se muestra en la figura. Determine el trabajo que desarrolla el gas (Pgas = 2 x 105 Pa), si el pistón se deja deslizar lentamente de (1) hasta (2) a presión constante. (1)

B) – 25,5 J D) 20 J

(2)

VACÍO

Determine el trabajo desarrollado por una mol de un gas ideal que estaba inicialmente a 2,71 atm, cuando se expande hasta tener una presión final de 1 atm mediante un proceso isotérmico a temperatura de 27 ºC. (R = 8,3 J/mol.K) A) 600 J C) 190 J E) 2490 J

V(10–3 m3)

0,4 m

A) 2 K J C) 3 K J E) 6 K J

0,4 m

B) 5 K J D) 3,5 K J

12. Un gas ideal que se encuentra a una presión de 400 Pa tiene un volumen de 4 cm3, realiza un proceso isobárico hasta lograr un volumen de 8 cm3 y una temperatura de 80 K, finalmente sigue un proceso isobárico hasta que su volumen sea 12 cm3.

- 485 -

Física Determine el trabajo total realizado. A) 10–2 J C) 2,5 x 10–3 J E) 6 x 10–2 J

B) 2 x 10–2 J D) 3,2 x 10–3 J

13. En la vaporización de 1 g de agua a 100 ºC se realiza un trabajo de 400 cal. Determine el cambio producido en la energía interna. A) 210 J C) 583,3 J E) 480 J

B) 430 J D) 580 J

Respuestas 1.

D

6.

B

11. B

2.

E

7.

C

12. D

3.

E

8.

C

13. C

4.

C

9.

E

5.

A

10. B

- 486 -

Capítulo 14: Electrostática

Parte IV:

ELECTROMAGNETISMO El Electromagnetismo es una rama de la Física que estudia y unifica los fenómenos eléctricos y magnéticos en una sola teoría. Describe los fenómenos físicos macroscópicos en los cuales intervienen cargas eléctricas en reposo y en movimiento, usando para ello campos eléctricos y magnéticos y sus efectos sobre las sustancias sólidas, líquidas y gaseosas.

“La belleza de la electricidad... no radica en que la energía es misteriosa e inesperada, sino que responde a ciertas leyes, y el intelecto educado las puede gobernar en gran parte” MICHAEL FARADAY (1791 – 1867)

- 487 -

Física

Capítulo 14

Electrostática

14.1. Introducción La electrostática es la rama de la física que estudia los fenómenos eléctricos producidos por distribuciones de cargas estáticas. El conocimiento sobre la electricidad se remonta hasta el siglo VI a.c., en donde los griegos ya conocían las propiedades que adquirían ciertos cuerpos al ser frotados, como por ejemplo: al frotar con lana un pedazo de cuero, ésta adquiría la capacidad de poder atraer ciertos objetos como semillas o trocitos de paja. Si frotamos un peine contra nuestro pelo, observaremos que éste atraerá pedacitos de papel, el mismo efecto ocurre al frotar otros materiales como el vidrio o el caucho. Cuando los cuerpos se comportan de esa manera se dice que se encuentran electrizados o que se han cargado eléctricamente.

14.2. Carga Eléctrica (Q) Según la teoría atómica, todos los cuerpos están constituidos por átomos. Un átomo neutro tiene igual número de cargas positivas (protones) y cargas negativas (electrones). Cuando un átomo pierde o gana electrones se le llama ión. Cuando pierde electrones se le denominará ión positivo (existe mayor número de protones que de electrones) y cuando gana electrones se le denomina ión negativo (mayor número de electrones que de protones). A Nivel Macroscópico

A Nivel Atómico – – + – +++ + – + – – – –

+– – + + – – + – +

Cuerpo neutro + +

+ +

+

–

– –

– –

⇔

+ +

Ión negativo (– 2) – + – +++ + – +

+ + + + +

–

Cuerpo cargado positivamente –

⇔

Ión positivo (+ 2) – – + ++ + – ++ – –

– – – – –

–

Cuerpo cargado negativamente

Átomo neutro (0)

- 488 -

Capítulo 14: Electrostática Cuando los átomos del cuerpo material ganan o pierden electrones tal que quede con una ganancia o pérdida neta de electrones se dice que el cuerpo posee CARGA ELÉCTRICA. Si existe exceso de electrones se dice que tiene carga negativa, y si hay defecto de electrones se dice que posee carga positiva. En otras palabras podemos decir que: “La carga eléctrica es una propiedad de la materia que caracteriza el estado de electrización de un cuerpo” Unidades en el S.I: Coulomb (C); 1 coulomb = 6,25 x 1018 qe qe: carga del electrón. Sistema CGS: Statcoulomb (STC); 1 statcoulomb = 3 x 109 coulomb Es común trabajar con cantidades de carga más pequeñas: 1 milicoulomb (mC) ;

1 mC = 10–3 C

1 microcoulomb (μC) ;

1 μC = 10–6 C

1 nanocoulomb (nC) ;

1 nC = 10–9 C

1 picocoulomb (pC)

1 pC = 10–12 C

;

14.3. Formas de electrizar un cuerpo a) Por frotamiento.- Al frotar dos cuerpos distintos entre sí, los electrones de uno de los cuerpos se transfieren al otro, quedando uno de ellos con exceso de electrones (carga negativa) y el otro con defecto de electrones (carga positiva).

+

+

pie l

–

+ +

–

⇒ uc ca

–

ho

–

+

+ +

+

+

+ +

Después de frotar –

- 489 -

–

–

–

–

–

–

–

–

Física

b) Por contacto.- Cuando se pone en contacto un cuerpo cargado con otro neutro, el cuerpo cargado le transfiere parte de su carga, quedando al final ambos cuerpos cargados con el mismo signo. – – –

–

neutro

– –

– –

–

–

c)

–

–

aislante

–

– – –

–

–

Por inducción.- Cuando acercamos un cuerpo cargado a uno neutro, ocurre una separación de cargas en este último. +

+ +

+ + +

+

neutro neutro

+ +

+

– – – –– –

++ + + ++

– –– – –– – –

+ +++ ++ ++

+

+ +

+

cargas inducidas d) Otras formas de cargar un cuerpo •

Por efecto termoiónico.- es la ionización por medio del calor. Los electrones adquieren la suficiente energía como para escapar de sus órbitas y abandonar el cuerpo.

•

Por efecto fotoeléctrico.- es la ionización producida por la luz. Al incidir luz sobre ciertas superficies, su energía es absorbida por los electrones y adquieren la energía suficiente para abandonar el cuerpo.

•

Por efecto pizoeléctrico.- es la ionización que se produce al comprimir ciertos materiales. Aparecen cargas polarizadas en los extremos del material.

14.4. Conservación de la carga eléctrica “En todo proceso físico o químico, la carga total de un sistema de partículas se conserva” Los electrones no se crean ni se destruyen, sino que simplemente se transfieren de un material a otro.

- 490 -

Capítulo 14: Electrostática

14.5. Cuantificación de la carga eléctrica En 1909 el físico Robert Millikan demostró que la carga eléctrica siempre se presenta como algún múltiplo entero de alguna unidad fundamental de carga qe , que es la carga del electrón. Se puede decir entonces, que la carga Q del cuerpo está CUANTIZADA. Q = Nqe

; N es algún entero (N ∈ Z)

• qe = 1,6 x 10–19 C • 1 C = 6,25 x 1018 qe

14.6. Leyes Electrostáticas Ley Cualitativa “Dos cuerpos con el mismo tipo de electrización (positiva o negativa) se repelen, pero si tienen distintos tipos de electrización (uno positivo y el otro negativo) se atraen entre si” Según la tercera ley de Newton, cuando dos cargas eléctricas interactúan, ejercen entre sí fuerza del mismo módulo y dirección pero de sentidos opuestos.

–

+

–

+

–

–

–

+ –

Cargas positivas se repelen

Cargas negativas se repelen

Cargas de diferente signo se atraen

Ley Cuantitativa (“Ley de Coulomb”) “La magnitud de la fuerza eléctrica entre dos cargas es directamente proporcional al producto de las cargas e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia entre ellos” Algebraicamente: F=

- 491 -

Física

d

+ q2

+ q1

–

Donde q1, q2: cargas en reposo (C) d: distancia de separación (m) F: magnitud de la fuerza eléctrica (N) K: constante de coulomb (su valor depende del medio en el que se encuentren las cargas) Para el aire o vacío: En el S.I:

K = 9 x 109

En el sistema CGS: K = 1 Observaciones: •

El valor de la constante de coulomb en el aire o el vacío se puede expresar también como: K= donde εo es la llamada permitividad del espacio libre, su valor es εo = 8,85 x 10–12

•

Si las cargas se encuentran en un medio distinto del aire o el vacío, el valor de la constante de coulomb se expresa como: K= donde ε es la llamada permitividad del medio. - 492 -

Capítulo 14: Electrostática

Principio de Superposición Este principio enuncia: “Cuando estén presentes mas de dos cargas, la fuerza total sobre una de ellas será igual a la resultante de las fuerzas que ejercen cada una de las cargas como si las demás no estuvieran presentes”. Veamos gráficamente para el caso del efecto de 3 cargas sobre una: q3 +

q3 +

q2 +

q2 + 1

qo

qo R 2

q1 +

q1 +

3

R

=

1

+

2

+

3

En general, si tenemos n cargas: q1, q2, … qn, interactuando con qo, entonces: R

=

1

+

2

+ ... +

n

14.7. Materiales conductores y aislantes Una propiedad importante de los cuerpos es su conductividad eléctrica; que es la habilidad que tienen los electrones para moverse libremente por el cuerpo. Aislante (Dieléctrico).- Se dice que un material es aislante cuando es mal conductor de la electricidad. Si un aislante es cargado eléctricamente; la carga adquirida difícilmente se desplaza a través de él. Algunos materiales aislantes son: el diamante, el cuarzo, la madera, el plástico, el vidrio, el agua destilada, etc. Conductor.- Se dice que un material es conductor cuando es buen conductor de la electricidad. Si un material conductor es cargado eléctricamente, la carga adquirida puede desplazarse libremente a través de él. Algunos materiales conductores son: los metales, el agua salada, el cuerpo humano, etc.

- 493 -

Física Algunas propiedades de los conductores son: •

La carga total en un conductor se distribuye en su superficie exterior debido a que las cargas en su interior (del mismo signo) se repelen entre ellas.

•

Si un conductor tiene puntas, la densidad de carga en éstas será mayor que en otras partes del conductor. Si la densidad de carga es muy alta, es posible que los portadores de carga puedan abandonar el material y salir al exterior.

Metal (conductor) –

–

Vidrio (aislante) –

–

–

–

– –

–

–

–

–

–

– –

–

– –

–

Los electrones se mueven con libertad

Los electrones difícilmente se pueden desplazar

Zonas de mayor densidad de carga +

+

+ + + + conductor + + + + + + +

+ + +

Las cargas se distribuyen en la superficie exterior

+ ++ ++ + + + +++ + + + + ++ + + + ++ + + + + + ++ + + ++ ++ + conductor + ++ + + + + + + + ++

+

+

Existe más carga en las puntas

- 494 -

Capítulo 14: Electrostática

14.8. Campo Eléctrico Concepto de campo Decimos que existe un campo eléctrico en cualquier región del espacio donde una carga eléctrica experimenta una fuerza. Esta fuerza de tipo eléctrico se debe a la presencia de otras cargas en dicha región.

P +Q

e

+

qo (carga de prueba)

d Campo Eléctrico En el dibujo, la carga “Q” genera un campo eléctrico en todo el espacio que lo rodea. El efecto de este campo sobre la carga de prueba “qo”, que se encuentra en el punto “P”, es la fuerza eléctrica

.

e

Intensidad de campo eléctrico ( ) Es una magnitud vectorial que nos ayuda a cuantificar el campo eléctrico. “La intensidad del campo eléctrico en un punto P es igual a la fuerza por unidad de carga en dicho punto”. = Para el caso de una carga puntual “Q”; la magnitud del campo eléctrico, “E”, en un punto P viene dado por: E= K: constante de coulomb; K = 9 x 109 Nm2/C2 Q: carga que genera el campo. (C) d: distancia desde la carga “Q” al punto P. (m) La intensidad de campo eléctrico se expresa en el S.I: Newton/Coulomb (N/C)

- 495 -

Física Líneas de campo (Líneas de fuerza) Una forma muy útil de representar gráficamente un campo eléctrico es trazar líneas que vayan en la misma dirección que dicho campo en varios puntos. Estas líneas son imaginarias que describen, si los hubiere, los cambios en dirección de las fuerzas al pasar de un punto a otro. Por tanto, si abandonáramos una carga de prueba positiva en medio del campo, las líneas de fuerza (o de campo) indicarían la trayectoria que seguiría la carga. La relación entre las líneas de fuerza y el vector intensidad de campos son: 1. 2.

La tangente a una línea de fuerza en un punto cualquiera da la dirección del campo . El número de líneas por unidad de área de sección transversal es proporcional a la magnitud de . Cuanto más cercana estén las líneas de campo, mayor será la magnitud de . P P +Q

–Q

Campo de una carga puntual positiva

Campo de una carga puntual negativa

P

P

P +Q

+Q

–Q

+Q

Campo de un dipolo eléctrico (cargas de distinto signo)

Campo para dos cargas iguales del mismo signo

+ + + + + + + +

P

– – – – – – – –

B A

Esuperficie A > Esuperficie B

Campo entre dos placas paralelas

- 496 -

Capítulo 14: Electrostática Tener siempre presente para la construcción de líneas que: a) Por convención, las líneas deben partir de cargas positivas y terminar en cargas negativas y en ausencia de unas u otras deben partir y terminar en el infinito. b) Las líneas de campo nunca se cruzan entre sí.

14.9. Principio de superposición de campos eléctricos Para determinar el campo eléctrico producido por un conjunto de cargas puntuales, se calcula el campo debido a cada carga en el punto dado como si fuera la única carga que existiera y se suman vectorialmente para encontrar el campo resultante en ese punto. Veamos gráficamente para el caso del campo creado por 3 cargas: Q3 +

Q2 +

d2

d3

Q1 + d1

Q3 +

Q2 +

Q1 +

P

1

P R

2 3

Donde: R

Con E1 = •

; E2 =

=

1

+

2

+

3

; E3 =

En general, si tenemos n cargas: Q1, Q2, … , Qn, el campo por: R

Con E1 =

; E2 =

=

1

+

; … ; En =

- 497 -

2

+ ... +

n

R

en el punto P, vendrá dado

Física

14.10. Potencial Eléctrico (VP) Si una carga “+ qo” se acerca a otra carga “+ Q”, es necesario aplicar una fuerza externa ( ex) para vencer la fuerza eléctrica del campo eléctrico e, generado por la carga Q, que trata de repeler a la carga qo. Entonces podemos decir que se debe realizar un trabajo externo para traer a la carga qo desde el infinito (punto muy lejano donde la intensidad del campo es prácticamente nulo) hasta un punto P del campo. ∞ | | = cte ex

// +Q

P

// +qo

e

+qo

• •

La fuerza neta sobre la carga en su trayectoria es cero, por lo que la carga se moverá con rapidez constante (| | = cte). Se puede decir que el potencial eléctrico es igual a la energía almacenada por unidad de carga en un punto P.

Luego, podemos definir el potencial eléctrico como sigue: “El potencial eléctrico es una magnitud escalar cuyo valor mide el trabajo realizado sobre cada unidad de carga positiva para desplazarla desde el infinito hasta un punto P que se encuentra influenciado por un campo eléctrico”. VP = Donde VP: Potencial eléctrico en un punto P Unidades S.I: Voltio; 1 V = 1 J/C Unidades CGS: Statvoltio (STV); 1 STV = 300 V W∞ → P: Trabajo realizado por una fuerza externa desde el infinito (∞) hasta P (Joule). qo: carga de prueba desplazada desde el “∞” hasta P (Coulomb). - 498 -

Capítulo 14: Electrostática

14.11 Potencial eléctrico debido a una carga puntual ∞ P

Q

qo

d

Usando cálculo infinitesimal se demuestra que el potencial en el punto P viene dado por: VP = Donde V P: K: Q: d :

Potencial eléctrico en el punto P (Voltio). Cte. de coulomb (K = 9 x 109 Nm2/C2). Carga que genera el campo (Coulomb). Distancia entre la carga Q y el punto P (metro).

14.12 Diferencia de Potencial Eléctrico (VAB) La diferencia de potencial VAB entre dos puntos A y B en un campo eléctrico, se define como el trabajo que se debe realizar para trasladar una unidad de carga desde A hasta B.

qo +Q

VAB =

ex

B

= VB – VA - 499 -

A e

Física Para el caso de una carga puntual Q, la diferencia de potencial entre 2 puntos A y B viene dado por: VAB = KQ

dA Q B

dB

Donde dA: Distancia entre la carga Q y el punto A (metro). dB: Distancia entre la carga Q y el punto B (metro). Q: Carga que genera el campo (Coulomb). K: Constante de coulomb (K = 9 x 109 Nm2/C2)

A qo

Observación: La diferencia de potencial VAB, no dependerá de la trayectoria por la cual se desplaza la carga, sólo dependerá de las distancias que separan a estos puntos de la carga Q: dA y dB.

14.13 Potencial de una distribución de cargas puntuales El potencial eléctrico de dos o más cargas puntuales se obtiene aplicando el principio de superposición. Es decir: “El potencial total en un punto P debido a un conjunto de cargas puntuales es la suma de los potenciales debido a cada carga individual”. Q3 Qn

Q2 d3

Q1

dn

d2

∞ //

d1

qo P - 500 -

//

Capítulo 14: Electrostática Del gráfico: VP = V1 + V2 + ... + Vn P

VP =

P

+

P

+…+

Nota: Se puede usar el mismo principio para calcular la diferencia de potencial VAB entre 2 puntos A y B, debido a una configuración de n cargas.

14.14 Energía Potencial Electrostática (U) El concepto de estas magnitud esta muy relacionado con el del potencial eléctrico. “La energía potencial electrostática es el trabajo realizado por la fuerza eléctrica sobre una carga de prueba para desplazarla desde el infinito hasta un punto P que se encuentra en un campo eléctrico”.

∞ P q

Q d

UP = W∞→P = VP.q Para una carga puntual Q: UP =

(Joule)

- 501 -

Física Donde (según el S.I) Up: Energía potencial electrostática de la carga q. (Joule) Q: Carga generadora del campo. (Coulomb) q: Carga traída desde el infinito hasta el punto P. (Coulomb) d: Distancia entre ambas cargas. (metro) K: Constante de coulomb (K = 9 x 109 Nm2/C2)

14.15 Energía potencial electrostática de un conjunto de cargas (UT) Sean un conjunto de cargas dispuestas en el espacio. La energía necesaria para traer desde el infinito a cada una de estas cargas hasta sus respectivas posiciones viene dado por la suma de sus energías potenciales. Para 2 cargas: Q1 y Q2

Para 3 cargas: Q1, Q2 y Q3 Q2

Q2 d12

d23

d

Q1

Q1 d13

Q3

UT = UT =

+

+

Para 4 cargas: Q2 d12

d23 d13

Q1

d24 Q3

UT = K

d34

d14 Q4

De igual manera se puede generalizar para un arreglo de “n” cargas. Observación: Se puede entender UT , también, como la energía almacenada por todas las cargas en sus respectivas posiciones. - 502 -

Capítulo 14: Electrostática

14.16 Superficies Equipotenciales (S.E) Así como las líneas de campo ayudan a visualizar el campo eléctrico, el potencial en diferentes puntos de un campo eléctrico se puede representar gráficamente mediante superficies equipotenciales. “Una superficie equipotencial en el espacio es aquella sobre la cual el potencial eléctrico V es igual en todos los puntos” Algunas superficies equipotenciales de arreglo de cargas comunes son:

A

C

–

+

+ B

B A

C

S.E

S.E

S.E + + + + + + + +

A

B C

– – – – – – – –

Se cumple siempre que: VA = VB = VC • En 2 dimensiones se les suele llamar “curvas equipotenciales”. - 503 -

Física

Observaciones: •

Si se mueve una carga de prueba qo entre dos puntos que pertenecen a una misma superficie equipotencial S.E, el potencial eléctrico se mantiene constante, por tanto no se realiza trabajo alguno sobre la carga. A

qo

B S.E

WA→B = qo(VB – VA) = 0 •

A y B ∈ S.E

Las líneas de campo eléctrico y las superficies equipotenciales son siempre mutuamente perpendiculares y generalmente son curveadas.

Líneas de campo

S.E

- 504 -

Capítulo 14: Electrostática

14.17 Características electrostáticas de los conductores Equilibrio Electrostático Un cuerpo conductor, como el cobre, contiene cargas (electrones) que no están ligados a átomo alguno y pueden moverse libremente a través del material. Cuando no hay movimiento neto de la carga dentro del conductor, se dice que éste se encuentra en equilibrio electrostático. Cuando un conductor se encuentra en equilibrio electrostático, presenta las siguientes propiedades: 1.

El campo eléctrico es cero en cualquier punto del interior del conductor.

2.

Cualquier exceso de carga en un conductor aislado debe residir completamente en la superficie.

3.

El campo eléctrico fuera del conductor es perpendicular a la superficie del conductor. Si el campo tuviera componente paralela a la superficie provocaría el movimiento de cargas en la superficie, y por tanto no estaría en equilibrio.

4.

Como ya se vio, en un apartado anterior sobre conductores, si el conductor tiene forma irregular, la carga tiende a acumularse en regiones con forma de puntas.

sup

–

–

–

–

–

– – –

CONDUCTOR int

=0

– – – – – – – – – – – – – –

– – –

–

–

–

Las cargas se concentran más en las puntas

–

5.

La superficie de cualquier conductor cargado en equilibrio electrostático es una superficie equipotencial.

6.

El potencial es constante en cualquier parte del interior del conductor, y es igual al valor que tiene en la superficie.

- 505 -

Física

E – –

–

–

–

–

interior –

.Q

.P

–

B

– – –

–

–

A

–

S.E

La superficie del conductor es su primera superficie equipotencial Se cumple: VA = VB = VP = VQ donde: A, B en la superficie equipotencial P, Q en el interior del conductor

Esfera conductora cargada Veamos como se comportan el campo y el potencial eléctrico en todo el espacio para una esfera conductora maciza con carga + Q y radio R. De la simetría esférica, los valores de centro de la esfera).

y V dependerán espacialmente de r (distancia al

- 506 -

Capítulo 14: Electrostática

• •

Para el campo eléctrico ( ) En el interior el campo eléctrico es nulo. (r < R) E=0 En el exterior la intensidad de campo eléctrico varía en r, como si toda la carga Q estuviera concentrada en el centro de la esfera O’. (r > R) E= + +

+

+ + +Q + + + o’ + R + + + + + +

E E=

0

•

E=0 R

r

Para el potencial eléctrico (V) En el interior V es constante e igual al valor en la superficie. V=

•

En el exterior (r > R), el valor de V varía en r, como si toda la carga estuviera concentrada en O’. V= + +

+

+

+ + + R + + +

+ +

o’

+ +

+

V

V=

0

R

- 507 -

r

Física

14.18 Equilibrio electrostático entre esferas conductoras Sean dos esferas conductoras con cargas Q1 y Q2, radios R1 y R2 y potenciales en sus superficies V1 y V2 respectivamente. Si conectamos ambos cuerpos, se observa que ocurre una transferencia de carga entre ambas. Este proceso de transferencia y reacomodo de cargas ocurre hasta el punto en que los potenciales de ambas esferas sean iguales. Llegado a este punto se dice que el sistema ha alcanzado el equilibrio electrostático. V1

V 1’ V2’

V2 +

conectando

R2

R1

ambas esferas

R1

–

R2 Q2’

Q2 Q1’

Q1 V 1 > V2

V1’ = V2’

En el equilibrio se tiene que: V1’ = V2’ ⇒

=

\

=

Por conservación de la carga: Q1 + Q2 = Q1’ + Q2’

- 508 -

Capítulo 14: Electrostática

14.19 Capacitancia Eléctrica 14.19.1 Capacidad Eléctrica (C) Es una magnitud escalar que indica la carga que puede almacenar un cuerpo por cada unidad de potencial. Algebraicamente: C= •

Unidades en el S.I:

•

Otras unidades En el sistema CGS:

Faradio (F); 1 Faradio = 1 C/V q: carga (C) V: voltaje (V) Statfaradio (STf);1stf = 1 STC/STV 1 F = 9 x 1011 stf

En la práctica se utilizan unidades de capacitancia más pequeñas: 1 milifaradio (mF): 1 mF = 10–3 F 1 microfaradio (μF): 1 mF = 10–6 F 1 nanofaradio (nF): 1 nF = 10–9 F 1 picofaradio (pF): 1 pF = 10–12 F 14.19.2 Capacidad eléctrica de una esfera conductora Sea una esfera maciza conductora de radio R con carga positiva Q. Sabemos que el potencial eléctrico en su superficie es

+

+

+

+

+

+ +

+ +

R

+

V=

… (i)

CE =

… (ii)

+ +

Por definición su capacitancia es:

Reemplazando (i) en (ii): CE = K = constante de coulomb (9 x 109 Nm2/C2) • Observamos que la capacitancia de la esfera solo depende de su radio R. - 509 -

+ +

+

+

Física

14.19.3 Condensadores Eléctricos Un condensador, o capacitor, consiste en dos cuerpos conductores A y B de cualquier forma geométrica, separados por el vacío o por un dieléctrico (vamos a considerar por ahora el vacío, mas adelante estudiaremos para el caso con dieléctrico). Cuando se colocan cargas de igual magnitud y signo opuesto sobre estos conductores (que pueden hacerse conectando ambos cuerpos a los bornes de una batería), la magnitud de la carga es proporcional a la diferencia de potencial entre ambos cuerpos.

VA

– –– – – B –– – – – – –Q – – – – – ––

+ + ++ + + + A + + + + +Q + + + +++

VB

La capacitancia C de un condensador se define como la razón de la magnitud de la carga en cualquiera de los dos conductores a la diferencia de potencial entre ellos. C=

=

La capacitancia de un condensador depende de su tamaño, su forma, la distancia de separación de sus conductores y del medio o material que los separa.

Condensador de placas paralelas (Condensador plano) Un condensador de placas paralelas es la forma más sencilla de un capacitor, consiste en dos placas conductoras paralelas, cada una con un área A y separadas una distancia d (pequeña comparada con sus dimensiones). Cuando se cargan las placas por medio de una batería con diferencia de potencial entre sus bornes Vab, esta “saca” electrones de una de las placas y los “lleva” a la otra, quedando al final ambas placas cargadas con cargas iguales pero de signo contrario. El proceso de carga termina cuando la diferencia de potencial entre las placas sea igual al de la batería Vab.

- 510 -

Capítulo 14: Electrostática

(Vista transversal) +Q +

Va a

+ + +

–Q

++ +

– – – – – – V b – – – b – – – – –

+ + + + + + +

área A

d

+ + + + campo + intenso + + + + + +

– – – – – – – – – – –

Campo exterior despreciable (E ≈ 0)

Vab El campo eléctrico entre las placas es casi uniforme en el espacio comprendido entre las placas, y cero (despreciable) en cualquier otro lugar. Se demuestra que la capacitancia de un condensador plano viene dado por: C=

C: Capacitancia del condensador plano (F) A: Área de las placas del condensador (m2) d: Distancia entre las placas (m) εo: Permitividad del espacio libre o aire (εo = 8,85 x 10–12 C2/Nm2) En palabras: “La capacitancia de un condensador de placas paralelas es proporcional al área de estas e inversamente proporcional a la separación entre ellas”. Condensadores Esféricos y Cilíndricos Condensador esférico.- Consiste en dos cascarones conductores esféricos y concéntricos de radios ra y rb, y con cargas + Q y – Q respectivamente, tal como se muestra en la siguiente figura.

- 511 -

Física

– –

–

rb

–

– +

+

+

ra

+

–

+

+

– –

C=

–Q

+

–

+

–

+Q –

–

C: Capacitancia del condensador esférico (F) ra, rb: radio de los cascarones (m) K: constante de Coulomb (9 x 109 Nm2/C2)

Condensador Cilíndrico.- Consiste en dos conductores cilíndricos coaxiales (mismo eje) de longitud L, de radios ra y rb, y con cargas + Q y – Q respectivamente, tal como se muestra en la siguiente figura. C= –Q

–

–

–

–

–

– + +

– – –

ra + +

–

–

rb

+Q –

C: Capacitancia del condensador cilíndrico (F)

– + +

–

ra y rb: radios de los cilindros (m)

– –

L

L: Longitud de los cilindros (m) K: Constante de coulomb (9 x 109 Nm2/C2)

Observación: Se observa que la capacitancia, para los tres tipos de condensadores vistos, se encuentra determinada por las dimensiones de su geometría y no por los valores de voltaje o carga que puedan tener.

14.19.4 Energía almacenada en un capacitor (UC) La función más importante de los capacitores es almacenar energía. Esta energía almacenada en forma de energía potencial eléctrica es exactamente igual a la cantidad de trabajo que se requiere para cargar al capacitor, es decir para separar las cargas opuestas y colocarlas sobre los diferentes conductores. Consideraremos que el condensador inicialmente se encuentra descargado. Imaginemos que lo conectamos a una batería y alcanza su máxima carga “Q”. Suponiendo que el condensador se carga lentamente, podremos considerar que el proceso de carga se realiza a un potencial promedio “Vm” igual a la mitad del voltaje de la batería (V/2), entonces el trabajo realizado - 512 -

Capítulo 14: Electrostática para cargar el condensador es: W = QVm = Q Como V = Q/C, también W= Pero la energía almacenada UC es igual a este trabajo realizado, entonces: UC =

QV =

=

CV2

Este resultado se aplica a cualquier condensador, sin importar su geometría.

14.19.5 Combinaciones de condensadores En la práctica se combinan dos o más condensadores para obtener una capacitancia equivalente (Ceq) que se necesite en algún circuito. Este único condensador capaz de reemplazar a un conjunto de condensadores, acumula la misma carga que el conjunto de condensadores y se encontrará sometido a la misma diferencia de potencial V que los dos puntos que limitan al conjunto de condensadores reemplazados. Entre las combinaciones más comunes están: a) Combinación en serie Se dice que unos condensadores están conectados en serie, cuando se conectan uno a continuación del otro. Sean 3 condensadores en serie tal como se muestran en la siguiente figura: +Q1

a

–Q1

+Q2

–Q2

+Q3

+Qeq –Q eq

–Q3

C1

C2

C3

V1

V2

V3

b

a es equivalente

Vab

Ceq Vab

Vab

- 513 -

b

Física Al conectarlo a una batería (Vab) se inducen cargas del mismo valor en todos los condensadores. Q1 = Q2 = Q3 = Qeq

... (i)

El potencial total Vab se distribuye en cada condensador, por lo que: Vab = V1 + V2 + V3

Y como V =

... (ii)

, entonces en (ii): =

+

+

+

+

De (i): Qeq = Q1 = Q2 = Q3, luego: =

En palabras: “La inversa de la capacidad equivalente es igual a la suma de las inversas de las capacidades de cada condensador en serie”. Generalizando, para “n” condensadores en serie: C1, C2,. C3, … , Cn

=

+

+

+…+

Caso particular Para 2 condensadores en serie C1 y C2; se cumple que: Ceq =

- 514 -

Capítulo 14: Electrostática b) Combinación en paralelo Se dice que unos condensadores están conectados en paralelo cuando todos los condensadores se encuentran conectados a dos puntos comunes a y b. Sean 3 condensadores en paralelo tal como se muestra a continuación: V1 +Q1

C1

–Q1 +Qeq –Q eq

V2 +Q2

a

C2

–Q2

b

V3 +Q3

C3

a

Ceq

b

es equivalente a:

–Q3

Vab Vab Al conectarse a una batería (Vab), los tres condensadores se encontrarán a la misma diferencia de potencial Vab. V1 = V2 = V3 = Vab

… (i)

La carga total, Qeq, se distribuye a cada condensador, por lo que: Qeq = Q1 + Q2 + Q3

… (ii)

Y como Q = CV, entonces en (ii): CeqVab = C1V1 + C2V2 + C3V3 De (i), V1 = V2 = V3 = Vab, luego: Ceq = C1 + C2 + C3 En palabras: “La capacitancia equivalente, para un conjunto de condensadores en paralelo, es igual a la suma de las capacidades de cada condensador”. Generalizando, para “n” condensadores en paralelo: C1, C2, C3, … Cn Ceq = C1 + C2 + C3 + … + Cn

- 515 -

Física 14.19.6 Condensadores con Dieléctrico Si se coloca un dieléctrico (aislante) entre las placas de un condensador, la capacidad eléctrica aumenta en un factor adimensional (sin dimensiones) κ, llamada constante dieléctrica. C

+Qo

dieléctrico

Co vacío o aire se introduce

–Qo

κ

+Qo

un dieléctrico

–Qo

V

V < Vo

V

Voltaje = Vo

C > Co

Voltaje = V

Al introducir un dieléctrico entre las placas de un condensador cargado, la carga en las placas permanece sin cambio, pero la diferenta de potencial entre las placas (indicado en el voltímetro) se reduce desde Vo hasta V = Vo/κ. Como la carga Qo no cambia, se concluye que la capacitancia debe cambiar de valor. =

C=

⇒

=κ

= κo

C = κ Co

Donde Co es la capacitancia del condensador en el aire o vacío Se cumple siempre que κ ≥ 1. Los valores para algunos materiales dieléctricos se muestran en el siguiente recuadro: Material Vacío

κ 1,0

Baquelita

4,9

Vidrio

5,6

Teflón

2,1

Papel

3,7

Agua

80

- 516 -

Capítulo 14: Electrostática •

Para el caso particular de un condensador plano lleno con un dieléctrico se tiene que: C=κ

•

En resumen, un dieléctrico tiene las siguientes ventajas: – Aumenta la capacitancia del condensador. – Aumenta el voltaje de operación de un condensador. – Proporciona un soporte estructural para las placas conductoras del condensador.

- 517 -

Física

Problemas Resueltos Fuerza y campo eléctrico

SOLUCIÓN: D.C.L para “m”:

1. Calcule cuántos electrones de exceso existe en un cuerpo con una carga de – 8,8 x 10–17 C. (qe = – 1,6 x 10–19 C)

Fk

SOLUCIÓN: Sabemos que la carga se encuentra cuantizada:

Fg

Q = nqe ⇒

Fe

ra

De la 1 condición de equilibrio:

n=

Σ Fy = 0 F k = Fg + Fe

⇒

Reemplazando valores:

⇒

⇒

n=

Reemplazando valores:

n = 550

⇒ (103)Δ = (2)(9,8) +

\

Δ = 0,026 m

⇒

Luego, existen 550 electrones de exceso en el cuerpo. 2. Un cuerpo de masa 2 kg y carga “qo” se encuentra colgado por el extremo de un resorte de constante kr = 103 N/m, tal y como se muestra en la figura. Si el sistema se encuentra en equilibrio mecánico, halle la longitud natural del resorte “o”·. (qo = 8 μC; g = 9,8 m/s2)

kr(Δ) = mg +

Reemplazando (ii) finalmente que:

en

... (i)

… (ii) (i),

tenemos

o = 0,7 – 0,3 – 0,026 \

o = 0,374 m

3. Se colocan 2 cargas positivas de 1 coulomb, con una distancia de separación de 30 m. Calcule la fuerza de repulsión entre ellas. SOLUCIÓN:

+qo m

0,7 m

–Fe

0,3 m

–qo – - 518 -

30 m +1C

Fe +1C

Capítulo 14: Electrostática Sabemos, por la ley de coulomb, que el módulo de la fuerza eléctrica viene dado por:

D.C.L (esfera colgada) y T Fe 53º

Fe =

+ ⇒

Fe = \

α

x

Fg

Fe = 107 N

Observe que a ésta distancia considerable, la fuerza eléctrica entre las cargas es de 10 000 toneladas – fuerza (peso de 10 mil toneladas), por lo que 1 coulomb representa una carga demasiado grande para fines prácticos.

De la 1ra condición de equilibrio ΣFx = 0 y ΣFy = 0. Luego: Σ Fx = 0 ⇒

Fecos α = T sen 53º

… (i)

Σ Fy = 0 4. En el siguiente sistema, la esfera colgada de un hilo de masa “m” y carga “+qo” se encuentra en equilibrio estático, formando el hilo que lo sujeta un ángulo de 53º con la vertical. Determine el valor de “m”. (qo = 67,6 μC)

⇒

Fesen α + T cos 53º = Fg Fg – Fesen α = T cos 53º

… (ii)

Dividiendo (i) ÷ (ii) miembro a miembro: =

2

g = 10 m/s

⇒ 53º +qo +

50 cm +qo +

(Fg – Fesen α)tan 53º = Fecos α

⇒

Fg = F e

Reemplazando valores: 8 cm

⇒ mg =

SOLUCIÓN: ⇒ (10)m =

x

53º 30 cm 50 cm

T α

Fe +

α

20 cm +

52 cm

Fe 8 cm

\

Fg

40 cm

- 519 -

m = 16,38 kg

Física 5. Se tienen dos cargas eléctricas de + 20 μC y + 80 μC separadas una distancia de 1 m. A qué distancia “x” de la carga de + 20 μC se debe colocar una carga de prueba “qo” positiva, tal que ésta se encuentre en equilibrio. SOLUCIÓN: (1)

F2

F1

+

d

(2) + 80μC

1–x

x

SOLUCIÓN:

1m

• Inicialmente:

Sobre la carga de prueba actúan: la fuerza de repulsión F1 por parte de la carga 1 y la fuerza de repulsión F2 por parte de la carga 2. De la 1ra condición de equilibrio para la carga de prueba qo:

q1

⇒

F 1 = F2

⇒

=

⇒

(1 – x) = x

⇒

1 – 2x – 3x2 = 0

2

q2

⇒

2=

⇒

d2 = (4 x 10–6)(K)

… (i)

Luego, se ponen en contacto, y como ambas esferas son iguales, la carga final “q” en cada una de ellas será la misma e igual a la semisuma de las cargas iniciales.

2

q= o x2 = –1

como “x” es distancia, entonces siempre es positiva. \

–Fe

Fe =

Resolviendo: x1 =

Fe

d La fuerza eléctrica es de atracción y viene dada por:

Σ Fx = 0

⇒

q2

q1

+

+ qo

+ 20μC

6. Dos cargas puntuales q1 y q2 se atraen con una fuerza de 2 N cuando se encuentran separadas una distancia “d”, tal como se muestra en la figura. Si las cargas se juntan y luego se separan a la misma distancia. Calcular la fuerza entre ambas cargas en ésta nueva situación. (q1 = 2 mC; q2 = – 4mC)

x=

m

- 520 -

⇒

q=

⇒

q = – 1mC

… (ii)

Ambas quedan cargadas negativamente. • Finalmente: F’ –Fe’ q q e d

Capítulo 14: Electrostática Entonces se debe cumplir que:

La fuerza de repulsión Fe’ entre ambas cargas viene dada por:

F2 sen 45º = F3

Fe’ =

⇒

=

Reemplazando de (i) y (ii):

⇒

Q=

⇒

Y como la carga es negativa:

Fe’ = \

\ Q=–

C

C

Fe’ = 0,25 N

7. En el siguiente sistema de partículas electrizadas determine el valor de “Q”, si se sabe que la fuerza eléctrica sobre la carga positiva “qo” es netamente horizontal. L

1C +

8. En un laboratorio se determina que a medio ambiente (aire) la fuerza entre cargas es de 300 N y cuando dichas cargas se encuentran en otro medio, la fuerza entre ellas es de 150 N. A partir de éstas observaciones determine la constante dieléctrica (κ) del medio.

+ qo

L

SOLUCIÓN: En el aire:

L

2C +

aire Q

L

Fe

+

–Fe

– q2

q1

d

SOLUCIÓN: F2 qo

1C +

+

45º

La fuerza eléctrica entre ambas es: F1

Fe =

F3 única posibilidad

⇒

Fe =

… (i)

L

L – Q

+ 2C

En otro medio: κ

L

Para que la fuerza sobre qo sea netamente horizontal, la carga Q debe ser negativa, de manera que cancele la componente vertical de F2. - 521 -

+ q1

Fe’

–Fe’ d

– q2

κ: constante dieléctrica del medio

Física La fuerza eléctrica, en dieléctrico, viene dado por:

un

Se tiene que:

medio

Fe’ =

Fe’ = ⇒

Fe’ =

… (ii)

Por condición del problema, la fuerza no varía: Fe’ = Fe

… (ii)

Dividiendo (i) entre (ii) y reemplazando valores:

⇒

=

⇒

=

q2’ = 25 q2

Luego, la carga q2 deberá hacerse 25 veces mayor. κ=

⇒

= κ=2

\

9. Si se quintuplica la distancia entre dos cargas eléctricas ¿Cuántas veces mayor deberá hacerse a una de ellas sin que varíe la otra, para que la fuerza de repulsión entre ambas no varíe?

10. Dos esferas de 0,75 kg de masa cada una, penden de hilos de 60 cm de longitud. Si ambas tienen cargas iguales a “q”, determine el valor de ésta cuando ambas se encuentran en equilibrio estático. (g = 10 m/s2)

α α

g

SOLUCIÓN: Inicialmente:

q +

+ q

d –Fe

+ q2

+ q1

72 cm

Fe

SOLUCIÓN:

Se cumple que:

– Fe

5d – Fe’

+ q1

60

… (i)

Finalmente: + q2’

Fe’

α α

cm

Fe =

T

T

+

Fe

+ 72 cm

Fg - 522 -

Fg

Capítulo 14: Electrostática El sistema se encuentra en equilibrio. Por simetría, analicemos las fuerzas sobre una de las esferas. T

ω

+ Q +

Fg Como se encuentra en equilibrio, construimos el triángulo de fuerzas: T α Fg

⇒ Fe = Fgtan α … (i)

Fe

α

SOLUCIÓN: La esfera suspendida gira con velocidad constante describiendo una trayectoria circular. Luego, hallemos la fuerza centrípeta que origina éste movimiento.

θ

⇒ α = 37º

48 cm

+ Q

D.C.L (de la esfera que gira)

Además de la geometría de la figura: 60 cm

y

Reemplazando en (i):

Fe

Fe = Fgtan37º ⇒

Fe = mg

⇒

=

+

x

+

Fe

Fg

//

(0,75) x 10

q2 = 324 x 10–12

+

q = 1,8 x 10–5 C

//

\

T

θ

36 cm

⇒

g

L

α

Fe

θ θ

11. En el sistema que se muestra en la figura, la carga +Q suspendida de un hilo gira con velocidad angular “ω” constante. Halle dicha velocidad angular en función de la longitud “L”, el ángulo “θ”, la carga “Q” y la masa “m”. - 523 -

Fc

+

R La fuerza centrípeta viene dado por: Fc = T sen θ – Fe

… (i)

Física Del equilibrio en la vertical:

D.C.L (de la carga 2)

T cos θ = Fg T cos θ = mg

⇒

… (ii)

Fo

Reemplazando (ii) en (i):

Q

30º

+

Fc = (mg)tan θ – Fe

F3 60º F1

m(ω2R) = mg tan θ –

⇒

ω2 =

⇒

–

Como R = L sen θ, reemplazando: \

ω=

12. En la siguiente disposición de cargas. ¿Qué carga “qo” debe colocarse en el punto “O” para que el sistema permanezca estático? y

Cualquiera sea la carga “qo” que se ponga en el punto “O”, ésta siempre se encontrará en equilibrio. Pero el equilibrio de las cargas “Q” dependerá del signo y valor de qo. Por simetría todas las cargas sienten el mismo efecto de qo. Analizando sólo la carga 2, concluimos que qo debe ser negativa, de modo que su fuerza de atracción se compense con la de repulsión por parte de las otras cargas. Por condición de equilibrio, éstas fuerzas forman un triángulo:

+Q

Fo 30º

L

L x

o

~

F1

L

+Q

~ 30º

+Q

F3 De la geometría del triángulo: = F3cos 30º

SOLUCIÓN: Q

1

⇒

+ L

Q + 3

R

R

– qo L

=

Además L = R

L

⇒

R

, reemplazando: =

+ Q 2

\ - 524 -

qo =

Q

(y negativa)

Capítulo 14: Electrostática 13. Se tienen seis cargas iguales “Q” colocadas en los vértices de un hexágono de lado L. Calcule la fuerza resultante sobre una carga de prueba “qo” colocada en el centro del hexágono. SOLUCIÓN: Q

14. ¿Cuál deberá ser la intensidad de un campo eléctrico capaz de sostener una gotita de agua de 10 miligramos que posee una carga positiva de 2 x 10–13 C? (g = 9,8 m/s2) SOLUCIÓN:

Q

L

E Fe

R

L

+ qo R

L

L

+ q=

60º

R

Q

R

L

R L

Q

Como la gota se encuentra cargada, ésta experimenta una fuerza eléctrica Fe en presencia de un campo eléctrico E.

Q

Por condición del problema, la gota se encuentra en equilibrio:

D.C.L (para qo): y

Σ Fy = 0

F5 //

60º

//

F6

x

//

//

//

⇒

//

F4 F3

10–3 C

Fg

Q

R

x

F1

F2

F e = Fg

⇒

(E.q) = mg

⇒

E=

Reemplazando valores: ⇒

La fuerza resultante sobre qo es: FR = F1 + F2 + F3 + F4 + F5 + F6 ... (i)

E= \

E = 4,9 x 1011 N/C

Además F1 = –F4, F2 = –F5, F3 = –F6. Luego reemplazando en (i): FR = (–F4) + (–F5) + (–F6) + F4 + F5 + F6 \

FR =

15. Calcule el vector campo eléctrico en el punto P, en el siguiente sistema de μC;  = 0,5 m) partículas fijas: (Q =

La fuerza resultante sobre qo es cero. - 525 -

Física y ⇒ EP =

P



⇒ EP =

1

2

Reemplazando valores:

x +Q



–Q



⇒

SOLUCIÓN: y P

\

E1 45º 45º

E2

 1

45º

45º

+Q

EP =

2

x

EP = 3,6 x 104 N/C

16. En la siguiente configuración de cargas, determine el valor de la intensidad del campo eléctrico en el punto “O”, sabiendo que la carga “Q” genera un campo de intensidad 200 N/C.

–Q

1

y(

2

L

Q

2Q

)

E1

L o

P

45º 45º

Ep x(

)

4Q

3Q 4

E2

3

SOLUCIÓN: Q

1

2

EP = E1 + E2 Por el método del paralelogramo:

E4

E3

L

o

Ep = ⇒ Ep =

2Q

d

Observamos que en el punto P, el vector campo eléctrico total Ep resulta:

E1

E2 0 4Q

- 526 -

4

3

3Q

Capítulo 14: Electrostática 17. En la siguiente configuración de cargas fijas, determine la relación que existe entre Q y q, tal que la intensidad del campo en “P” sea cero. 1 2 L Q + – q

y E3

45º 45º

E4 x

o E2

E1 L

El campo eléctrico resultante en el punto “O” es: Eo = E1 + E2 + E3 + E4 Para la componente horizontal:

q –

P

3

SOLUCIÓN:

Eo = E4cos 45º + E1cos 45º – E2cos 45º x – E3cos 45º

1

2

Q +

–

L

L

⇒ Eo =

q

x

⇒ Eo = 0

E2

… (i)

x

Para la componente vertical:

q –

Eo = E4cos 45º + E3cos 45º – E1cos 45º y – E2cos 45º ⇒ Eo =

3

L

E3

P

E1

En el punto “P”: y

y

⇒ Eo = 2

E2

… (ii)

y

E3

Por dato del problema: E1 =

P

E1

= 200 N/C

Reemplazando: Eo = ⇒ Eo = 2 \ Eo = 400

Por condición del problema, en el punto P se debe cumplir que:

= Eo

y

Σ Ei =

(200) ⇒ N/C

x

45º

(vertical hacia arriba)

- 527 -

E1 + E2 + E3 =

Física Luego, éstos vectores forman un triángulo cerrado:

D.C.L (de la esfera) y

E3

37º

45º E2

T x

+

Fe

Fg E1 Del equilibrio en la vertical: Σ Fy = 0 ⇒ T cos 37º = Fg

Entonces, podemos deducir: E1 = ⇒

E2 =

E3

⇒

= \

T=

… (i)

En la horizontal no hay equilibrio, existe una fuerza resultante “FR” que provoca la aceleración de la esfera. Luego:

Q = 2q

a= 18. En el siguiente sistema, determine el valor de la aceleración del móvil, tal que la esfera de masa 0,1 kg y carga + 1μC, se mantenga en equilibrio formando un ángulo de 37° con la vertical. En el interior del móvil existe además un campo eléctrico homogéneo (E = 105 N/C). (g = 9,8 m/s2)

⇒

Reemplazando (i): ⇒

a=

Reemplazando valores:

a

⇒

a = 9,8 \

37º

E

SOLUCIÓN:

a=

– a = 6,35 m/s2

19. Una esfera de masa m = 0,01 kg y carga q = 1 μC, oscila dentro de un campo eléctrico uniforme, tal como se muestra en la figura. Determine su frecuencia de oscilación, si consideramos el movimiento de la esfera como el de un péndulo de longitud  = 0,1 m. (g = 9,8 m/s2) - 528 -

Capítulo 14: Electrostática

+

+

+

+

+

+

+

θθ

–

–

–

+

Reemplazando (i) y sus respectivos valores numéricos:

+

E = 2 x 103 N/C



–

+

⇒ f=

–

–

–

–

–

\

–

SOLUCIÓN:

y T

θ

y Fe

Hz

20. Se lanza una carga “qo” en un campo eléctrico uniforme E de intensidad 9,11 x 104 N/C dirigido verticalmente hacia arriba, tal como se muestra en la figura. Si la velocidad inicial del electrón es de 2 x 108 m/s y forma un ángulo de 45º con la horizontal, determine la altura máxima “H” que puede alcanzar el electrón. (me = 9,11 x 10–31 kg; qe = 1,6 x 10–11 C)

Haciendo el D.C.L para la esfera: θ

f=

Fg

–

–

–

–

–

–

–

–

–

–

g En todo instante la esfera está afecta a las fuerzas de módulo constante: Fg (fuerza de gravedad) y Fe (fuerza eléctrica). Luego la gravedad efectiva “gef” que actúa sobre la esfera viene dado por:

⇒

+

+

+

+

+

+

+

+

+

SOLUCIÓN:

–

gef = Fe gef = g +

H

45º

– +

Durante su trayectoria, el electrón se ve afectado por las siguientes fuerzas:

gef = ⇒

vo

Fg

⇒

FR

… (i)

De las fórmulas del péndulo simple, la frecuencia viene dada por:

La fuerza resultante es: FR = Fg + Fe ⇒

FR = meg + qeE

Y como FR = meaR, entonces:

f =

meaR = meg + qeE - 529 -

–

Física q

⇒

aR = g +

⇒

aR = g +

⇒

aR = g + 1,6 x 1016

L

Q

L

Como g C2) se cargan independientemente con una batería hasta obtener cada una cargas Q1 y Q2 y un mismo potencial Vo, pero de polaridades opuestas. Si posteriormente conectamos los extremos de uno con los del otro, tal que ocurre una transferencia de carga.

- 546 -

Capítulo 14: Electrostática Halle: a) La diferencia de potencial final en los condensadores y b) La carga final en los condensadores. (C1 = 8 nF; C2 = 2nF; Vo = 103 V)

Además, los dos condensadores se encuentran en paralelo, así que la diferencia de potencial a través de cada una es la misma y está dada por:

SOLUCIÓN:

V= +Q1 –Q1 + C – 1

a

b –Q2 +Q2 – C + 2

a

b

=

Vab = Vo

\

b) Las cargas finales en cada uno de los condensadores serán:

Vab = –Vo

Q’1 = C1V = (8 x 10–6)(6 x 102)

Inicio CONECTANDO

+Q’1

\

–Q’1

+

– C1

a

b

Vab = V

\

– + +Q’2 –Q’2 Final Al inicio las cargas condensadores son:

en

los

Q1 = C1Vo = (8 x 10–9)(103) ⇒

Q1 = 8 x 10–6 C

… (i)

Q2 = 2 x 10–6 C

SOLUCIÓN: … (ii)

Al conectar las placas, extremo con extremo, las cargas se redistribuyen hasta que la carga total Q’ compartida por los dos condensadores sea: Q’ = Q’1 + Q’2 = Q1 + Q2 Reemplazando de (i) y (ii): ⇒

Q’ = 6 x 10–6 C

Q’2 = 1,2 x 10–3 C

48. Una pequeña esfera de masa 0,1 kg tiene una carga de 30 nC y está suspendido por un hilo entre las placas verticales de un condensador plano. Las placas están separadas 0,04 m. Si el hilo hace un ángulo de 37º con la vertical, ¿cuál será la diferencia de potencial entre las placas? (g = 9,8 m/s2)

Q2 = C2Vo = (2 x 10–9)(103) ⇒

Q’1 = 4,8 x 10–3 C

Q’2 = C2V = (2 x 10–6)(6 x 102)

C2

a)

V = 600 voltios

a

+ + + + + + + + + + +

–

37º

–

T Fe + Fg

0,04 m ... (iii) - 547 -

– – – – –

E

Vab = ?

– –

b

Física Sobre la esfera cargada actúan tres fuerzas: La fuerza de tensión del hilo T, la fuerza eléctrica Fe (debida al campo E entre las placas) y la fuerza de gravedad Fg. Como la esfera se encuentra en equilibrio ΣF = ⇒

Fe + T + Fg =

49. La capacidad equivalente del conjunto de condensadores mostrados es 8 nF y la diferencia de potencial entre los puntos a y b (Vab) es 12 voltios. Determine: a) La capacidad del condensador C3 mostrado y b) La carga en cada condensador. (C1 = 1 nF; C2 = 3 nF) C Q1 1 +

Luego, éstas tres fuerzas forman un triángulo cerrado de fuerzas:

Q2 +

a

T

–

C2

Q3

37º

+

–

C3

b

–

SOLUCIÓN:

Fg

a)

Fe Del gráfico se deduce que:

En un arreglo de condensadores en paralelo, la capacidad equivalente viene dado por: CE = C1 + C2 + C3

Fe = Fgtan 37º

De donde: ⇒

Eq = mg

⇒ ⇒

Despejando E, y reemplazando valores:

C3 = CE – C1 – C2 C3 = 8 x 10–9 – 1 x 10–9 – 3 x 10–9 \

⇒

C3 = 4 nF

E=

⇒

7

E = 2,45 x 10 N/C

… (i)

b) La carga en cada condensador viene dado por:

En un condensador plano se cumple que: Vab = Ed

• Q1 = C1V1 = (10–9)(12) = 12 x 10–9 C

Reemplazando de (i):

• Q2 = C2V2 = (3 x 10–9)(12) = 36 x 10–9 C

⇒

\

Q1 = 12 nC

7

Vab = (2,45 x 10 )(0,04) \

\

Vab = 9,8 x 107 voltios

Q2 = 36 nC

• Q3 = C3V3 = (4 x 10–9)(12) = 48 x 10–9 C \ - 548 -

Q3 = 48 nC

Capítulo 14: Electrostática Reemplazando (i) y (ii):

50. Halle la capacitancia equivalente de la siguiente configuración. Cada uno de los condensadores tiene la misma capacitancia “C”. C

⇒

CE = C + \

C A

C

B

C

C (1)

C

C

C2

B

(2)

C

C

51. Encuentre la capacitancia equivalente entre los puntos a y b del grupo de condensadores conectados como se muestra en la siguiente figura. (C1 = 5 μF; C2 = 10 μF; C3 = 2 μF) a C1 C1

SOLUCIÓN:

A

CE =

C C

C1

+

C

C

C3 C2

C2

En (1), ambos condensadores están en serie, por lo que: C1 =

=

… (i)

C2

C2

En (2), los tres condensadores están en serie, por lo que: b C2 =

=

… (ii)

Quedando:

SOLUCIÓN: C’ C1

a C’ C1

C equivalente

⇔

C1

A

C2

B

A

C3 CE

C2

C2

B C’’

Estos tres condensadores se encuentran en paralelo, por lo que finalmente: CE = C + C1 + C2 - 549 -

C2

C2 b

Física Reemplazando de (i) y (iii):

Hallando la capacitancia equivalente por partes. Primero encontraremos las capacitancias C’, C’’ y C’’’ para reducir la configuración.

⇒ Ceq =

Para C’ (en serie): C’ =

⇒ Ceq =

=

⇒

C’ =

x

10–6 F

… (i)

\

x

10–6 F μC

Ceq =

Para C’’ (en paralelo): C’’ = C2 + C2 = 2C2 ⇒

C’’ = 200 x 10–6 F

… (ii)

La configuración se reduce a: a

52. Encuentre la capacitancia equivalente entre los puntos a y b en la siguiente configuración. (C1 = 3 μC; C2 = 2 μC; C3 = 4 μF; C4 = 1 μF y C5 = 8 μF)

a

C’’’

C2

C2

↑

a equivalente

C’

C3

C’

⇔

C3

Ceq

C1

SOLUCIÓN:

C3 C1

C’’’ = C’ + C3 + C’ Reemplazando de (i):

C’’’ =

↑

C’

a

Donde C’’’ (en paralelo):

⇒

C2

C2

b

C’’’ = 2

C4

C1

b

b C’’

⇒

C5

+ 2 x 10 10–6 F

C4

b –6

x

C1

C5

… (iii)

Finalmente, la capacitancia equivalente total Ceq es igual a la combinación en serie de C’’’ y C’’: Ceq =

Hallando la capacitancia equivalente por partes, y así poder simplificar la configuración. • Para C’ (en serie): C’ = ⇒

- 550 -

C’ =

Capítulo 14: Electrostática Ceq

C’ =

x

10–6 F

… (i)

↑

⇒

a

C’’’

a equivalente

C2

C1

↑ C’’

a

C’

C1

Ceq

b

C3 C1

⇔

C1

Finalmente C1, C1, C2 y C’’’ se encuentran en paralelo, por lo que: Ceq = C1 + C1 + C’’’

C4

b

Reemplazando de (iii): •

Para C’’ (C’, C3 y C4 se encuentran en paralelo):

⇒

Ceq = 3 x 10–6 + 3 x 10–6 +

C’’ = C’ + C3 + C4

⇒

Ceq =

x

x

10–6

10–6 F

Reemplazando de (i): ⇒ C’’ = ⇒ C’’ =

x

\

10–6 + 4 x 10–6 + 10–6

x

10–6 F

a C1

C1

C’’’

↑

C2

… (ii)

μF

Ceq =

53. Determine la capacitancia efectiva de la combinación entre los puntos a y b. a 4 μF y

C’’

2 μF

b

8 μF

• Para C’’’ (en serie)

4 μF 2 μF b

x

C’’’ =

SOLUCIÓN: a

Reemplazando de (ii): 4 μF

2 μF ⇒

C’’’ =

⇒

C’’’ =

8 μF y

x

x

10–6 F

… (iii)

4 μF

2 μF b

- 551 -

Física A este tipo de arreglo se le llama configuración tipo puente.

Para C’’ (en serie): C’’ =

Propiedad En una configuración tipo puente: a

⇒

x

y C3

… (ii)

Quedando finalmente: a C ↑ eq

C2

C1

C’’ = 2 μF

C’

C’’

equivalente

⇔

Ceq b

C4 b

b Se cumple siempre que:

Para Ceq (en paralelo):

“ Si C1C4 = C2C3 ⇒ Vx = Vy ”

Ceq = C’ + C’’ Reemplazando de (i) y (ii):

En el problema: C1 = 2 μF; C2 = 4 μF; C3 = 2 μF; C4 = 4 μF ⇒

C1C4 = C2C3

⇒

(2 μF)(4 μF) = (4 μF)(2 μF)

⇒

Ceq = 1 x 10–6 F + 2 x 10–6 F

⇒

Ceq = 3 x 10–6 F Ceq = 3 μF

\

8 μF2 = 8 μF2 ¡Si cumple!

⇒

Haciendo uso de la propiedad, el condensador de 8 μF no podrá cargarse por lo que podemos retirarlo, quedando: a 4 μF

2 μF

4 μF

54. Un condensador de placas paralelas de área 10 cm2, tiene sus placas separadas por papel de espesor 5 x 10–4 m. Encuentre la capacitancia del condensador. (κpapel = 3,7) SOLUCIÓN: De la teoría sabemos que la capacitancia de un condensador plano en un medio dieléctrico viene dado por:

C’’

↑

2 μF

↑

C’

C=κ

b Para C’ (en serie): C’ = ⇒

a

C’ = 1μF

… (i) - 552 -

⇒

C = 3,7 x

⇒

C = 65,49 x 10–12 F \

C = 65,49 pF

Capítulo 14: Electrostática 55. Un condensador se construye con dos placas cuadradas de lado “L” y separadas por una distancia “d”. La mitad del espacio entre las placas está lleno con una sustancia de κ = 3,3, y la otra con una sustancia de κ = 6,7. Calcule la capacidad total, considerando: L = 2 x 10–2 m y d = 7,5 x 10–4 m.

Calculo de C2: C2 = κ2. ⇒

C2 =

… (ii)

Luego, la capacidad total viene dado por:

SOLUCIÓN:

CTOTAL = C1 + C2 Reemplazando de (i) y (ii): κ1 = 3,3 L

⇒ CTOTAL =

κ2 = 6,7

área A

\

A este condensador se le puede considerar equivalente a dos condensadores en paralelo de área “A/2” y distancia de separación “d”. C1 κ = 3,3 1

es equivalente

⇔

C2

CTOTAL κ2 = 6,7

área A/2

(3,3 + 6,7)

⇒ CTOTAL = 2,36 x 10–11 F

d

área A/2

(κ1 + κ2)

⇒ CTOTAL =

CTOTAL = 23,6 pF

56. Un condensador de placas paralelas tiene una capacitancia de 7 nF en ausencia de dieléctrico. Si se introduce una plancha de material dieléctrico (κ = 2) y espesor igual a la cuarta parte de la distancia entre las placas “d”. ¿Cuál es la nueva capacitancia cuando el dieléctrico está presente? (Considere que el dieléctrico se encuentra en contacto con una de las placas) SOLUCIÓN:

d

Al inicio: área A

Calculo de C1: C1 = κ1. ⇒

C1 =

d … (i)

- 553 -

Co

aire

Física Para C1:

La capacitancia Co viene dada por:

C1 = κ εo

Co = εo

⇒

= 7 x 10–9

… (i) ⇒

C1 = 4(2)εo

⇒

C1 = 8

Al introducir el dieléctrico: área A

d/4

… (ii)

Para C2:

κ=2

C2 = εo

d

3d/4

aire ⇒

C2 =

… (iii)

Como C1 y C2 se encuentra en serie, la capacidad total será:

Es equivalente a:

CT = C1

κ=2

d/4

3d/4

C2

⇒

CT =

⇒

CT =

aire

Reemplazando de (i), el valor de

:

área A El condensador con dieléctrico será equivalente a dos condensadores de la misma área A, una con separación entre sus placas (con dieléctrico) igual a d/4 y el otro con separación de 3d/4.Luego, ambas capacitancias C1 y C2 vienen dadas por: - 554 -

⇒

CT = \

(

x

10–9)

CT = 8 nF

Se observa que la capacidad aumenta en 1 nF.

Capítulo 14: Electrostática 57. Calcular la capacidad equivalente del siguiente sistema, si la capacidad de cada condensador es 38 μF. C c A a C B

C

d

C

C” = C + C’ ⇒

C” = C +

⇒

C” =

C III) La capacitancia equivalente “Ceq” entre A y B:

b

C

Para C”:

C

A

SOLUCIÓN: I)

C” =

La capacitancia equivalente entre a y b: a

B C

a

De la figura:

C ⇒ C

C b

b

C ⇒

⇒

C

C

a

b

C

⇒

Ceq =

C

d

Ceq = 22 μF

58. En la figura, determinar la diferencia de potencial entre las placas del condensador cuya capacidad es de 2 μF.

c

⇒

\

C’

(38 μF)

Ceq =

c

C ⇒C

C d

+

Reemplazando:

b

II) La capacitancia equivalente entre c y d: c

=

a

C” d

4 μF

De la figura: =

+

+

= a

⇒

2 μF

3 μF 120 V

C’ =

- 555 -

b

Física III) En la figura (1) se observa que los condensadores de: 4 μF y 2 μF, que originan al condensador de 4/3 μF, se encuentran en serie.

SOLUCIÓN: Hallando la capacitancia equivalente en forma gráfica: μF

4 μF 2 μF

3 μF

a I)

3 μF

b Fig(1)

Se sabe que para un sistema de condensadores en serie, se tiene que las cargas de cada placa son iguales en valor absoluto e igual a la carga total.

μF

a

b a Fig(2)

b

En este caso:

Fig(3)

QTOTAL = Q1 = 1,6 x 10–4C

Primero se halla la carga total “QT”

Finalmente, la diferencia de potencial para el condensador de capacidad 2 μF viene dada por:

QT = CTVT Reemplazando valores: (120) = 5,2 x 10–4 C

QT =

V=

II) Supóngase que “Q1” sea la carga almacenada en el condensador de capacidad 4/3 μF, y “Q2” la carga en el condensador de capacidad 3 μF.

⇒

\ V = 80 voltios

Los potenciales para ambos condensadores son iguales, de tal manera que: V1 = V2 ⇒

=

⇒

Q1 = Q2

=

... (i)

Además, por dato: Q1 + Q2 = QT = 5,2 x 10–4C ... (ii) Resolviendo (i) y (ii), se obtiene: Q1 = 1,6 x 10–4C

V=

59. Dos condensadores de capacidades iguales a “C”, están conectados en paralelo, cargados a una tensión “V1” y después aislados de la fuente de tensión. Si luego se introduce un dieléctrico de constante “κ” en uno de los condensadores, de modo que llena completamente el espacio entre las placas, calcular: a) La cantidad de carga verdadera que pasa del uno al otro. b) La tensión final en los condensadores en función de C, V1 y κ.

y

SOLUCIÓN:

–4

Q2 = 3,6 x 10 C - 556 -

Capítulo 14: Electrostática Al inicio:

a C

ΔQ = Q’ – Q =

–Q

C ΔQ =

⇒ b

\ ΔQ =

... (i)

Vab = V1 =

Para la tensión final V2:

C = εo

V2 =

QT = Q + Q = 2Q Al final:

⇒

a κC

=

V2 = 2

De (i):

C

\ V2 =

b Vab = V2

60. Encuentre la capacitancia del capacitor mostrado en la figura. El dieléctrico tiene la constante “κ” y el área de la placa es “A”.

Para el condensador con dieléctrico: V2 = Para el condensador sin dieléctrico: V2 = ⇒

=

⇒ Q’’ =

Además:

⇒

AIRE

b

DIELÉCTRICO

METAL

SOLUCIÓN:

Q’ + Q’’ = QT = 2Q ⇒

a

Q’ +

El sistema está formado por dos capacitores en serie, que se pueden expresar:

= 2Q

=

+

Q’ = Donde:

Luego, la carga transferida de un condensador a otro:

- 557 -

C1 = εo

; C2 = κεo

… (i)

Física

Reemplazando en (i): ⇒

=

Reemplazando valores: ⇒ Ceq =

+

⇒ Ceq = 1,67 x 10–12 C ⇒

=

\

Luego, la energía acumulada en el condensador será:

CT =

61. En la figura se tiene un condensador de placas paralelas circulares, cuyo diámetro es de 4 cm. Si la diferencia de potencial entre placas es 60 000 voltios, κ1 = 1, κ2 = 2 y d = 1 cm. ¿Cuál será la energía acumulada en el condensador? A1 = A2 = A A2 κ2

A1 κ1

d

4 cm SOLUCIÓN:

⇒

CV2

W=

(1,67 x 10–12)(60 000)2

\

W = 3 x 10–3 J

62. Dos condensadores, uno cargado y el otro descargado, se conectan en paralelo. a) Demostrar que en el equilibrio cada condensador lleva una fracción de la carga inicial igual a la relación entre su capacidad y la suma de ambas capacidades. b) Comprobar que la energía final es menor que la inicial y deducir una fórmula que de la diferencia de ambos en función de la carga inicial y las capacidades de los condensadores.

La capacidad equivalente del condensador: Ceq = C1 + C2 = κ1εo

W=

SOLUCIÓN: Condiciones iniciales

+ κ2εo

C1

Además se sabe que:

Qo

A1 = A2 = Reemplazando: Ceq =

C2

(κ1 + κ2)

- 558 -

Q=0

Capítulo 14: Electrostática

Finalmente, la diferencia de energia almacenada viene dado por:

Energía inicial almacenada: Wo =

… (i)

Condiciones finales: C1

ΔW = WF – Wo ΔW = Wo

⇒

\

C2

– Wo

Q1 ΔW = –

Q2 63. Se tiene un condensador conectado en forma permanente a una batería. ¿Qué ocurre con la energía en el condensador si se introduce una plancha dieléctrica de constante “κ” de modo que llene todo el espacio?

Se cumple que: V 1 = V2 C1 + C2 = CE Q 1 + Q2 = Qo Luego:

SOLUCIÓN: Sin dieléctrico:

=

Wo =

⇒

… (i)

= Con dieléctrico: \

Wf =

=

Energía almacenada en las condiciones finales: Wf =

… (ii)

Dividiendo (i) entre (ii):

… (ii)

=

Dividiendo (ii) entre (i): =κ

⇒ = \ ⇒

Wf = Wo

Wf =

(κ > 1)

La energía final resulta menor que la inicial. - 559 -

Física

Problemas Propuestos 1.

Indique verdadero (V) o falso (F) en las siguientes proposiciones:

4.

A) La carga eléctrica se conserva. B) Las fuerzas eléctricas solamente son de atracción. C) Un cuerpo tiene una carga de 8 x 10–20 C. D) Existen 2 tipos de carga en la naturaleza. A) VFFV C) VVFF E) VFVV 2.

A) 2 nC C) 5/3 nC E) 3 nC

B) FVFV D) FFFV 5.

Indique verdadero (V) o falso (F) en los siguientes enunciados: A) Cargas del mismo signo se repelen. B) Los cuerpos dieléctricos son buenos conductores de la electricidad. C) La fuerza eléctrica entre dos cargas es directamente proporcional al cuadrado de la distancia que los separa. D) La mínima unidad de carga es la del electrón. A) FVVF C) FVFV E) VVVV

3.

B) 2,5 nC D) 4/3 nC

En la figura que se muestra. ¿En qué posición “x” debe colocarse la carga negativa q3, de modo que la fuerza resultante sobre ésta sea cero? Y 2m x + q2 = 4 μF A) 2/3 m C) 1,4 m E) 1,8 m

B) VFFV D) VVFF 6.

Dos esferitas cargadas de radios iguales y de volumen 0,3 cm3, se encuentran separadas una distancia de 1,6 m y poseen 1022 electrones libres/cm3. Hallar la fuerza de interacción entre las esferitas, si se les retiran todos los electrones libres a éstas. A) 7,5 x 1014 N C) 8,5 x 1014 N E) 9,0 x 1014 N

Dos esferas muy pequeñas, con un peso de dinas cada una, están colgadas por hilos finos de 6 cm de longitud desde un punto común. Si se cargan negativamente con – Q ambas esferas, se observa que los hilos forman un ángulo de 30º con la vertical. Calcule el valor de Q.

- 560 -

X + q1 = 16 μF B) 4/3 m D) 1,5 m

Una partícula α es el núcleo de un átomo de helio. Tiene una masa m = 6,61 x 10–27 kg y una carga q = 3,2 x 10–19 C. Calcule la razón entre la fuerza eléctrica entre dos partículas α con la fuerza gravitatoria de atracción entre éstas. (G = 6,67 x 10–11 N.m2/kg) A) 2,1 x 1035 C) 4,1 x 1035 E) 6,1 x 1035

B) 8,1 x 1014 N D) 8,8 x 1014 N

– q3 = ?

B) 3,1 x 1035 D) 5,1 x 1035

Capítulo 14: Electrostática 7.

Calcule el módulo de la fuerza eléctrica resultante sobre la carga qo, en la siguiente configuración (octogonal regular) de cargas. 4q q +

y

+ 1 μC +



30º

x

+ 3q



+ q

R



qo 

30º O

+ 

+ 1 μC +

+ 2q



 2q +

En la siguiente configuración de cargas, determine el campo eléctrico resultante en el punto “O”.

+



3q +

9.

+ + 1 μC

+ 4q A)

A)

x

103 N/C

B)

x

103 N/C

B)

C)

C)

x

103 N/C

E)

x

103 N/C

D) 0 N/C

D)

E) 0 8.

En la siguiente configuración de cargas, ubicadas en los vértices de un cuadrado, que relación debe existir entre Q y q, tal que la fuerza eléctrica resultante sobre las cargas “Q” sea nula. –q

–

+ +Q

+

– –q

10. Dos cargas puntuales de signo contrario, de 300 STC cada una, se colocan a 40 cm de distancia. ¿Cuál será la intensidad del campo en el punto medio de la línea que las separa? A) 1 N/C C) 4,5 N/C E) 5,5 N/C

B) 3 N/C D) 5 N/C

L

+Q

11. En la superficie terrestre se tiene un campo eléctrico, en dirección radial hacia fuera, de 100 N/C. Si consideramos a la Tierra como una esfera conductora, estime la carga sobre ella. (RTierra = 6,3 x 106 m)

L A) Q = q

B) Q =

C) Q = 2q

D) Q = 2

E) Q =

q q

A) 4,41 x 105 C C) 4,21 x 105 C E) 3 x 105 C

q - 561 -

B) 3,31 x 105 C D) 5,31 x 105 C

Física 12. En la siguiente configuración de cargas, calcule la magnitud del campo eléctrico en el punto “P” y su ángulo de inclinación con la horizontal. (q = 1 μC) +q +

Horizontal

14. Una esfera con carga eléctrica, sostenida por un hilo, se encuentra en un campo eléctrico vertical. Cuando el campo se dirige hacia arriba, la tensión en el hilo es cero. Cuando el campo se dirige hacia abajo, la tensión es de 0,098 N. Encuentre la masa de la esfera. (g = 9,8 m/s2)

P

+2q +

+ +q

E

E m +Q

m

m +Q

(I)

A) B) C) D) E)

1,5 x 104 N/C; 30º 1,8 x 104 N/C; 30º 1,8 x 104 N/C; 45º 1,8 x 103 N/C; 90º 1,8 x 103 N/C; 30º

( II )

A) 3 x 10–3 kg C) 5 x 10–3 kg E) 8 x 10–3 kg

13. Dos globos iguales, llenos de helio, atados a una masa de 5 g, flotan en equilibrio como se ve en el dibujo. Sabiendo que la carga en cada globo es Q, determine el valor de ésta. (g = 10 m/s2)

15. En la siguiente configuración de cargas, calcule la intensidad del campo eléctrico en el punto “P”. + + 125 μF 37º 37º

6m +Q

B) 4 x 10–3 kg D) 6 x 10–3 kg

+ 36 μF +

+Q

P 3m

3 3 A) 36 x 10 N/C B) 25 x 10 N/C 3 3 C) 36 x 10 N/C D) 24 x 10 N/C E) 25 x 103 N/C

37º

m

A) C) E)

x

x

10–4 C

10–4 C x

B) D)

x

10–4 C x

10–4 C

16. Un electrón se coloca en el espacio comprendido entre dos condensadores de placas dieléctricas, tal como se muestra en la figura. Si el condensador de placas paralelas verticales genera un campo de 3 N/C y el de placas horizontales un campo de 4 N/C. Halle la intensidad del campo eléctrico sobre el electrón y la dirección de su trayectoria, si parte del reposo.

10–4 C - 562 -

Capítulo 14: Electrostática q1

a’

a

+ + + + + +

+ + + + + + ++

E=? –

e – – – – – – ––

– – – – – –

53º

C) 3 N/C;

37º

E) 5 N/C;

L

B) 5 N/C;

–

A) 9 C) 0 V E) 27

45º

D) 4 N/C;

45º

17. ¿Cuál de los siguientes campos esta mal representado?

C)

– – – – – – –

–

x

B) 18 D) 36

103 V 3 x 10 V

x

103 V

B) 1,2 x 104 V D) – 1,5 x 104 V

20. Dos cargas puntuales q1 = 10–8 C y q2 = 2 x 10–8 C, están separadas 1m. Determinar que trabajo se debe realizar para mover una tercera carga q3 = 3 x 10–8 C, desde P hasta Q, siguiendo la línea que une a las cargas, tal como se muestra en la figura. W q1 q2

D) +

103 V

A) – 1,2 x 104 V C) 1,5 x 104 V E) 1,4 x 104 V

–

+

x

q3

L

19. Dos cargas puntuales: q1 = 5 μC y q2 = – 2 μC, están separadas 1 m de distancia. Halle el potencial eléctrico en un punto “P”, que se encuenra a 0,75 m de q1 y a 0,25 m de q2.

B) –

q2

P

q4

53º

A)

+

b

b’

A) 5 N/C;

+

+

+

E)

Q

+

+ 0,6m 0,5m

18. Calcular el potencial eléctrico producido en el punto “P” por las cargas puntuales ubicadas en las posiciones mostradas. (q1 = q3 = – 1 μC; q2 = q4 = + 2 μC; L = 1 m) - 563 -

A) 1,8 x 10–6 J C) 1,6 x 10–6 J E) 1,2 x 10–6 J

P

+

+ q3 0,4m 0,5m

B) – 1,8 x 10–6 J D) – 1,6 x 10–6 J

Física 21. Dos cargas puntuales positivas, ambas de magnitud “q”, se encuentran fijas sobre el eje y en los puntos y = + a e y = – a. Hallar la expresión que da el potencial eléctrico en cualquier punto “P” sobre el eje x. y + q a

B) 975 V D) 1625 V

24. Dos cargas se colocan tal como se muestra en la figura, donde q1 = + 2 μC y q2 = – 4 μC. Calcule la diferencia de potencial entre los puntos P1 y P2. (a = 0,2 m; b = 0,4 m) y

P

x

x

a

A) 65 V C) 650 V E) 1500 V

P2 b

+ q a A)

B)

C)

D)

b

o

P1

a

– q2

x

+ q1

E)

A) 9( C) 9

22. ¿Cuánta energía es ganada por una carga de 80 μC que se mueve a través de una diferencia de potencial de 90 V? A) 7 mV C) 8 mV E) 9,2 mV

E) 6(

x

104 V

D) 6

x

104 V

x

104 V

– 1) x 104 V

25. Calcule el valor del potencial eléctrico en el punto “P” debido a la configuración de cargas que aparecen en la figura. (q1 = + 5 μC; q2 = – 10 μC)

B) 7,2 mV D) 9 mV

23. Un campo eléctrico uniforme de magnitud 325 V/m está en dirección negativa del eje y, tal como se muestra en la figura. Calcule la diferencia de potencial entre los puntos A y B. y(m) B 2

q1

0,4m

– q2

+

0,3m

P 0,3m

q1 +

– q2 0,4m

–2

x(m)

1

A

– 1) x 104 V B) 9

–3

A) 2 x 104 V C) 2,4 x 104 V E) 1,6 x 104 V

E - 564 -

B) – 1,8 x 104 V D) – 2,4 x 104 V

Capítulo 14: Electrostática 26. En la figura se muestran dos cargas puntuales + q y – q separadas una distancia de 2a. ¿Cuáles de las siguientes afirmaciones son correctas? +q + a x

4x N

M

28. En la figura se muestran dos cargas puntuales positivas de magnitudes Q y q. La carga Q está fija y la carga q cuya masa es “m”, está unida a ella mediante un hilo de masa despreciable. Si el hilo se rompe, la velocidad de la carga q cuando se encuentra a una distancia igual a “2d” de Q, es: hilo Q q

a

–

+ d

–q – La diferencia de potencial entre M y N es nula. II) El trabajo que se realiza para llevar una carga positiva de M a N es menor que llevarla de N a M. III) La magnitud del campo eléctrico en M es mayor que en N. I)

A) I y II C) I y III E) Todas

B) II y III D) I

27. Dos esferas metálicas A y B de radios 3R y R, respectivamente, están aisladas y en equilibrio electrostático. Ambas están cargadas con + 6Q y + Q, respectivamente. Si se les conecta mediante un hilo conductor, entonces:

A)

B)

C) 2

D)

E)

29. Tres cargas (+ q, – q y + q) están situadas sobre una recta según se muestran en la figura. Determinar la energía potencial U del sistema.

A) Hay una transferencia de electrones de la esfera B a la esfera A. B) Hay una transferencia de electrones de la esfera A a la esfera B. C) Hay una transferencia de cargas positivas de la esfera A a la esfera B. D) No hay transferencia de carga. E) Hay una transferencia de cargas positivas de la esfera B a la esfera A. - 565 -

d + +q

d – –q

+ +q

A) –

B)

C)

D) –

E) –

Física A) 18 x 107 N/C B) 9 x 107 N/C

30. Calcule la energía necesaria para situar 4 electrones en los vértices de un tetraedro de arista “a”. (qc: carga del electrón)

C) 18

e

x

107 N/C

7 D) 9 x 10 N/C 7 E) 6 x 10 N/C

a e

33. Una carga eléctrica de 5 μC y 300 g de masa se encuentra en equilibrio. Hallar la intensidad del campo eléctrico. (g = 10 m/s2)

e

e

A)

B)

C)

D)

E

53º

+

E)

31. 27 gotas de mercurio de 1 mm de radio y cargadas con 1 nC cada una, se unen en una sola gota. Determinar el potencial de la gota mayor. A) 1,2 x 104 V C) 8,1 x 104 V E) 7,2 x 104 V

B) 3,6 x 104 V D) 1,8 x 104 V

A) 2 x 105 N/C C) 4 x 105 N/C E) 8 x 105 N/C

34. Halle la masa de la esfera (A); si l sistema se encuentra en equilibrio. (qA = 10–4 C; qB = – 10–5 C)

32. Determinar la intensidad del campo eléctrico en el centro del cuadrado de lado 2 cm. (Q = 2 μC) –Q

53º 1m

(B)

(A)

–Q A) 1,25 kg C) 0,5 kg E) 4,125 kg

Q

B) 3 x 105 N/C D) 6 x 105 N/C

Q - 566 -

B) 3,126 kg D) 0,675 kg

Capítulo 14: Electrostática 35. En la figura, hallar “q3” tal que el potencial en el punto “A” sea cero. (q1 = 2 μC; q2 = – 8 μC) A

10 cm

10 cm

6 cm q1

38. Una partícula cargada está en equilibrio en el punto medio entre dos placas cargadas con signos opuestos tal como se muestra en la figura. La separación entre las placas es de 2 cm; la masa y la carga de la partícula son respectivamente 10–6 kg y 2 nC. Calcule la diferencia de potencial entre las placas, suponiendo que el campo eléctrico es uniforme. (g = 9,8 m/s2)

6 cm q2

A) 2 μC C) 4 μC E) 1 μC

– – – – – – – – – – q3

E

2 cm

B) – 4 μC D) – 6 μC

+

+ + + + + + + + + +

36. Si q1 = 8 x 10–3 μC y q2 = 6 x 10–3 μC, halle la diferencia de potencial entre los puntos (A) y (B).

A) 50 V C) 100 V E) 110 V

B) 98 V D) 49 V

(A)

2 cm

q1

3 cm

3 cm

A) 2 400 V C) 1 500 V E) 2 800 V

q2

3 cm (B)

39. La distancia entre las placas del condensador plano mostrado es 6 cm. Si las cargas q1 y q2 son de – 2C y + 1C, respectivamente, y de igual masa; la distancia recorrida por cada una cuando se cruzan es, respectivamente: +Q

B) 1 800 V D) 3 000 V

q2 d

37. Un electrón que abandona el cátodo llega al ánodo, que se encuentra a 250 V con respecto al cátodo. ¿Cuál será la velocidad del electrón al llegar al ánodo? A) 4,9 x 106 m/s C) 9,4 x 106 m/s E) N.A.

+ + + ++ + + + ++

B) 4,7 x 106 m/s D) 0,9 x 106 m/s

- 567 -

q1 –Q

A) B) C) D) E)

– – – – – – – – – –

3 x 10–2 m y 3 x 10–2 m 4 x 10–2 m y 2 x 10–2 m 2 x 10–2 m y 4 x 10–2 m 4,5 x 10–2 m y 1,5 x 10–2 m 1,5 x 10–2 m y 4 x 10–2 m

Física 40. En un condensador de placas paralelas, en el vacío, se dispara un electrón desde la placa positiva hacia la negativa. Si la diferencia de potencial entre las placas es de 100 V y la separación entre ellas es de 1 cm, ¿cuál debe ser la energía cinética inicial del electrón para que apenas llegue a la placa negativa? A) 1,6 x 10–17 J C) 1,6 x 10–19 J E) 1,0 x 10–17 J

9 μF

10 μF

B) 0,8 x 10–17 J D) 3,2 x 10–17 J

18 μF

6 μF 3 μF

Aumenta en un factor 2. Disminuye en un factor 1/4. Disminuye en un factor 1/2. No varía. Aumenta en un factor 4.

42. En el circuito mostrado C 1 = 1 μF, C2 = 2 μF y Vo = 9 V. Halle la diferencia de potencial en el condensador C1.

C1

C2

A) 3/5 μF C) 7/3 μF E) 10/3 μF

B) 9/20 μF D) 11/5 μF

44. Se tiene dos condensadores de 3 μF y 5 μF conectados en paralelo y luego un condensador de 4 μF en serie. Encontrar la carga eléctrica en el condensador de 5 μF, cuando la diferencia de potencial entre los extremos de la combinación es de 300 V. A) 500 μC C) 600 μC E) 900 μC

B) 800 μC D) 750 μC

45. Cuatro condensadores idénticos se combinan en las formas que se muestran en las alternativas. Si se aplica el mismo voltaje a través de cada una de las combinaciones, la que almacena más energía es: A)

Vo A) 3 V C) 9 V E) 15 V

4 μF

3 μF

41. Se tiene un condensador plano con sus placas conectadas a una batería que produce una tensión Vo. Si se duplica la distancia “d” entre las placas del condensador plano, la carga acumulada en sus placas: A) B) C) D) E)

43. Hallar la capacidad del condensador equivalente al sistema de condensadores mostrados:

B) 6 V D) 12 V B)

- 568 -

Capítulo 14: Electrostática C)

47. Determinar la capacidad equivalente del sistema de capacitores idénticos “C” entre los puntos A y B.

D)

A

B C

E)

A) 2 C C) 4 C

C

C B) 3 C D) 5 C

E)

46. Un condensador C1 de 10–10 F se carga comunicándole una diferencia de potencial de 50 V (Fig. 1). La batería se desconecta después. Entonces el condensador C1 se conecta como se muestra en el Fig. 2 a un condensador C2. Si la diferencia de potencial medida se reduce a 40 V, determine la capacitancia del segundo condensador.

48. En el circuito capacitivo mostrado, halle la carga acumulada en el condensador de 3 μF.

30 V

+ –

2 μF

2 μF

3 μF

C1

Vo

Fig. 1

C1

C2 Fig. 2

A) 10 pF C) 20 pF E) 30 pF

A) 30 μC C) 50 μC E) 90 μC

C2

B) 40 μC D) 60 μC

49. Una esfera metálica de radio 1m, tiene una carga eléctrica de 10–9 C. Se conecta mediante un alambre conductor a una esfera de radio 0,3 m e inicialmente descargada (muy lejos de la esfera mayor) de modo que ambos tengan el mismo potencial. ¿Cuál es la energía del sistema después de unir las esferas?

B) 15 pF D) 25 pF

A) 3,46 nJ C) 6,46 nJ E) N.A. - 569 -

B) 4,36 nJ D) 0,46 nJ

Física 50. En la figura, el condensador de placas paralelas circulares tiene un diámetro de 2 cm. Si la diferencia de potencial entre las placas es de 30 000 voltios, ¿cuál será la energía acumulada? (κ1 = 2 y κ2 = 1 y d = 10 cm) A1 = A2 = + κ1

κ2

d

– 2 cm A) 30,8 μJ C) 18,8 μJ E) N.A.

B) 25 μJ D) 50 μJ

Respuestas 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13.

A B B C A B E D D C A C A

14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25. 26.

C A E B C A B B B D A D C

27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39.

- 570 -

A B A A C D E D B A C B C

40. 41. 42. 43. 44. 45. 46. 47. 48. 49. 50.

A C B E A E D B D A C

Capítulo 15: Electrodinámica

Capítulo 15

Electrodinámica

15.1 Introducción En la electrodinámica se estudian las cargas eléctricas y los cuerpos cargados en movimiento, así como los fenómenos originados en la naturaleza por causa de éstas. La corriente eléctrica es el concepto más importante de la electrodinámica. Los fenómenos que implican el estudio de la corriente eléctrica han desarrollado un gran avance en aplicaciones de la vida diaria ya que proporcionan un tipo de energía que es muy factible de producir y manejar.

15.2. Corriente Eléctrica 15.2.1 Definición Es el movimiento ordenado de cargas eléctricas que se realiza dentro de un conductor, debido a que entre sus extremos existe una diferencia de potencial y, por esto, dentro del conductor aparece un campo eléctrico que moverá a las cargas eléctricas. La corriente es paralela al campo eléctrico, y el sentido de ésta es el movimiento de las cargas del extremo del conductor de mayor potencial al extremo de menor potencial.

A

+

+ +

+ +

+ +

+ +

+

B

+

SENTIDO CONVENCIONAL A

+

–

Sección transversal En el gráfico: VA : Potencial Eléctrico en A VB : Potencial Eléctrico en B VA > VB - 571 -

B

Física 15.2.2 Densidad de corriente ( J ) Es un vector que se define en función del signo de la carga y de la velocidad de la misma. = nq

d

Unidades S.I: Donde:

n=

;

=

(Unidades:

)

q : carga en movimiento, con signo. vd : velocidad de arrastre de la carga en movimiento. “ es un vector paralelo a corriente”.

y por lo tanto, tiene la misma dirección que la

15.2.3 Intensidad de corriente ( i ) Es aquella magnitud física cuyo valor nos indica la cantidad de carga eléctrica que pasa por la sección transversal (S) del conductor en cada unidad de tiempo. Se llama corriente eléctrica continua cuando las cargas se mueven en un mismo sentido y su valor es constante en el tiempo. Indica la rapidez de la carga.

i= q +

vd q +

Unidades S.I: ampere (A) = T : Tiempo empleado en atravesar el área “S”.

vd

q +

vd

q +

vd S

Se relaciona con J: i = J.S

- 572 -

Capítulo 15: Electrodinámica

15.3 Resistencia y Ley de Ohm Una resistencia eléctrica es uno de los componentes mas usados en los circuitos electrónicos, su función es oponer cierta resistencia o dificultad al paso de la corriente eléctrica. Esta dificultad se traduce en una generación de calor (pérdida de energía). Representación: R A

B

a) Ley de Ohm Es una ley experimental; Ohm encontró que en algunos materiales el cociente entre el voltaje aplicado (V), y la corriente (i) que circula por el material es constante y la denominó resistencia eléctrica (R). R= Unidades S.I: 1 Ω = También se puede escribir:

V = i.R

Observaciones: - De acuerdo a lo anterior, los materiales se clasifican en: i

i No óhmicos

Óhmico

bombilla eléctrica Pendiente =

diodo V

V R = constante

R ≠ constante

Ejemplos: Cu, Fe, otros metales - 573 -

Física - En un conductor ideal la resistencia es cero (R = 0): V = VA – VB = ir A

i≠0

⇒ VA – VB = i.0

B

⇒

VA = VB

b) Ley de Poulliett Podemos relacionar la ley experimental de Ohm con J y el Campo eléctrico E aplicado a una resistencia cuyos extremos se encuentran a los potenciales VA y VB. VA

VB E vd

J

VA > VB

–

L

S

=

R= ⇒

R=

⇒

J = σE

= ⇒ J=

.E =

E

… (i) … (ii)

En (i) se define ρ como resistividad eléctrica. (Unidad S.I: Ω.m) En (ii) se define σ =

conductividad eléctrica. (Unidad S.I:

ρ y σ dependen exclusivamente del material: = ⇒

R = ρ. - 574 -

(Ley de Poulliett)

)

Capítulo 15: Electrodinámica

15.4 Modelo de Conducción Eléctrica Conocido como modelo de Drude (1900), este modelo pretende explicar la conducción eléctrica en metales. El modelo tiene las siguientes condiciones: a) Los metales poseen electrones libres que se mueven en toda su superficie (mar de electrones). b) Cada átomo del metal contribuye con 1 electrón al mar de electrones (algunos contribuyen con 3 o 5 electrones, como el aluminio). c)

Los electrones libres forman un gas de partículas independientes.

d) Los electrones se aceleran debido a un campo eléctrico y se desaceleran a causa de los choques con los átomos o los iones (partículas cargadas) que forman la red cristalina del sólido. e)

En este modelo se cumplen las leyes de la mecánica clásica.

El resultado de este modelo se resume en la siguiente fórmula: σ=

=

Donde: n= e : carga eléctrica del electrón = 1,6 x 10–19 C τ : tiempo medio entre choques consecutivos (depende del material) me : masa del electrón = 9,1 x 10–31 kg Observaciones: El factor

proviene de una aproximación cinemática.

- 575 -

Física

15.5 Variación de la resistencia con la temperatura Experimentalmente se ha obtenido que la variación de la resistividad (Δ ρ) es directamente proporcional a la resistividad inicial del material (ρo ) y a la variación de la temperatura (ΔT). Δ ρ = α . ρo . ΔT Donde: α : Coeficiente térmico de resistencia Δρ = ρ – ρo : variación de resistividad ΔT = T – To : variación de temperatura Equivalentemente se tiene para la resistencia (R): ΔR = Ro . α . ΔT

(esta es una ley “aproximada”)

15.6. Conductores y elementos no - óhmicos Mientras que los conductores cumplen la ley de Ohm, el comportamiento de los materiales a bajas temperaturas permite clasificarlos en: óhmico y no óhmico.

r

r Metal (Óhmico)

Semiconductor (No - Óhmico)

Tº C

Tº C

Ejemplo: Cobre

Ejemplo: Silicio, Germanio r Superconductor (No - Óhmico)

“Tc es temperatura crítica”

Tº C Tc Ejemplo: Mercurio - 576 -

Capítulo 15: Electrodinámica

15.7. Asociación de resistencias en serie y en paralelo Un conjunto de resistencias pueden conectarse:

A) En serie: R1

R2 P

A

R3

REQ B

Q

i1

i2

V1

V2

i3

A

B

i

V3

VT

(REQ es la resistencia que reemplaza al conjunto) Propiedades: i1 = i2 = i3 = i

I. II.

V T = V1 + V2 + V3

III.

REQ = R1 + R2 + R3

; en general:

REQ =

B) En paralelo: R1 i1

iT

R2

A

iT B

i2

R3

REQ A

iT

V

i3 V Propiedades: I.

iT = i1 + i2 + i3

II.

V = V 1 = V2 = V3

III.

=

+

+

; en general:

- 577 -

=

B

Física • Caso particular:

R1

REQ =

⇒

R2

(Si R1 = R2 = R)

REQ =

• Cortocircuito: Ocurre cuando en los extremos de una resistencia se conecta en paralelo, un conductor ideal (sin resistencia).

i≠0 R A

i’ = 0

i’ = ⇒

A

=0

i’ = 0

En este situación la corriente no circula a través de la resistencia R, si no a través del conductor ideal.

15.8. Fuerza Electromotriz (f.e.m) Magnitud física cuyo valor nos indica el trabajo que realiza un agente externo sobre una carga “q” para que se mueva por el circuito. Se suele representar también por medio de la letra griega “ε”. ε= Unidad S.I: Voltio (V) ≡ Se puede intrepretar también como la cantidad de energía eléctrica que entrega una fuente de energía a cada unidad de carga que pasa por su interior desde su polo positivo hasta su polo negativo. Se simboliza:

–

+ ε

- 578 -

Capítulo 15: Electrodinámica La fuente de f.e.m. es un dispositivo que transforma algún tipo de energía (química, mecánica, nuclear) en energía eléctrica. Pila (E. química → E. Eléctrica) Central Hidroeléctrica (E. mecánica → E. Eléctrica)

Ejemplo:

A) Fuente Real.- Posee una fuente de f.e.m. y una resistencia interna (r) – B

+

–

r A

ε

B

+

r A

ε

i

i

VAB = ε – ir

VAB = – ε + ir

B) Fuente Ideal.- Posee una fuente de f.e.m y una resistencia interna nula (r = 0). – B

+

VAB = ε

A

ε i

… (i)

Observación: Al usar la ley de Ohm el voltaje puede ser igual a la f.e.m. [ver (i)]

15.9 Circuitos de Corriente Continua Es aquel circuito eléctrico que posee una fuente de voltaje constante en el tiempo. La corriente continua no cambia de dirección y la cantidad de corriente permanece constante en el tiempo (en la fuente de voltaje). Un ejemplo de circuito de corriente continua se muestra en la siguiente figura: A

RAB

RBC

B

C

RBE

V

F

RFE

E

- 579 -

RCD

RED

D

Física En el circuito: •

¿RAB y RBC están en serie? No, porque en B esta el extremo de otra resistencia, para que estén en serie No debe haber otras resistencia en los puntos de unión.

•

¿RBE y RCD están en paralelo? No, porque ambas resistencias están conectadas a extremos diferentes, para que estén en paralelo B = C y E = D, o sea, no deberán haber resistencias entre estos puntos.

15.10. Leyes de Kirchhoff Son reglas utilizadas para analizar circuitos de corriente continua. A) 1ra Ley : Ley del Nodo Es consecuencia de la ley de conservación de carga en la cual ante un evento cualquiera, la carga se conserva. En nuestro caso, el evento es el paso de las cargas a través de un nodo que es el punto de unión de varios conductores. Si la carga se conserva, la corriente eléctrica que ingresa al nodo debe ser igual a la que sale: i1

i2 Nodo

i3

⇒

i1 = i2 + i3

En general: Σ i(entran) = Σ i(salen) B) 2da Ley : Ley de las mallas Es consecuencia de la ley de conservación de energía en la cual, después de un evento, la energía final es igual que la inicial. Una malla es una trayectoria cerrada en un circuito electrónico, compuesto de resistencias y fuentes de voltaje. Siendo el voltaje, la energía por unidad de carga, en este caso el evento es el recorrido de la corriente en el cual el punto de partida es el mismo que el punto de llegada. Σ ε = Σ iR - 580 -

… (I)

Capítulo 15: Electrodinámica De acuerdo a (I), en una malla, la suma de todas las f.e.m. es igual a la suma de los productos iR, es decir, la corriente que pasa por cada resistencia. R1

B + –

ε1

i1

A

C

E

i2

R2

ε2

+ – D

i3

R4

¡Primero etiquetamos esquinas y nodos con letras!

R3

F

Luego definimos direcciones de la corriente; esta es una elección preliminar pues el sentido real será el que asumimos si los valores de corriente nos resultan positivos, caso contrario, la dirección es opuesta. Finalmente decidimos el sentido del recorrido de nuestra malla considerando: •

Si pasamos por una resistencia en el mismo sentido de la corriente, su producto iR será positivo, caso contrario será negativo.

•

Si al recorrer la malla pasamos por una fuente, de su polo negativo a su polo positivo, el signo de la f.e.m será positivo, caso contrario será negativo.

Ejemplo: En la malla ABCDA Σ ε = Σir ⇒

Σ ε1 – ε2 = i1R1 + i2R2

C) Teorema de la trayectoria Se aplica en circuitos complejos para hallar el potencial eléctrico en un punto, o la diferencia de potencial entre dos puntos distantes. En una malla abierta se consideran las mismas convenciones de signos que en la 2da Ley de Kirchhoff. A Vi

B Vi + Σ ε = Vf + Σ iR La trayectoria puede ser:

D

ABC, ADC, ADBC, ... etc.

Vf C

¡Todas dan el mismo resultado! - 581 -

Física

15.11. Potencia eléctrica La potencia eléctrica se define como la cantidad de trabajo realizado por una corriente eléctrica. Cuando se trata de corriente continua la potencia eléctrica desarrollada en un cierto instante por un dispositivo (fuente o resistencia) de dos terminales es el producto de la diferencia de potencial entre dichos terminales y la intensidad de corriente que pasa a través del dispositivo. Esto es, ⇒

P = V.i

donde “i” es el valor instantáneo de la corriente y “V” es el valor instantáneo del voltaje. Si i se expresa en amperios y V en voltios, “P” estará expresada en Watts. En el caso de una fuente ideal (V = ε): P = εi

(potencia que entrega la fuente al circuito)

En el caso de una resistencia R (que cumple la ley de Ohm): P = Vi = (iR)i ⇒

P = i2R

(potencia disipada por la resistencia)

15.12. Efecto Joule Si en un condutor circula corriente eléctrica, parte de la energía cinética de los electrones se transforma en calor (Q) debido al choque que sufren con las moléculas del conductor por el que circulan, elevando la temperatura del mismo. Este efecto es conocido como efecto Joule en honor a su descubridor el físico británico James Prescott Joule, que lo estudió en la década de 1860. P=

T : tiempo

⇒

=

Q = i2.R.T

- 582 -

= i2 R

(Ley de Joule)

Capítulo 15: Electrodinámica

15.13. Potencia en circuitos Si en un circuito eléctrico, circula una corriente diferente de cero por una resistencia, esta energía se manifestará en forma de calor: P = i2.R = Por conservación de energía la potencia entregada es igual a la suma de todas las potencias disipadas en cada resistencia. • Para la fuente:

ε

P = ε i (Potencia entregada)

R2

R1 i

i1 i

i2 R3

• Para las resistencias: P1 = i12.R1 P2 = i22.R2

(Potencia disipada)

P3 = i2.R3 P = P 1 + P2 + P3

Para una máquina eléctrica:

Eficiencia (n) =

PE: Potencia entregada al circuito PU (Potencia útil) = PE – PP (Potencia perdida)

15.14. Instrumentos de medida: Amperímetro y Voltímetro Amperímetro ( A ).- Sirve para medir corriente eléctrica (i). Se conecta siempre en serie y posee una resistencia interna “r”. i

i A

A

IDEAL r=0

r

REAL

[En el amperímetro real “r” tiende a cero (r → 0, es muy pequeña)]

- 583 -

Física Voltímetro ( V ).- Sirve para medir la diferencia de potencial entre dos puntos del circuito conectados a él. Se conecta siempre en paralelo y posee una resistencia interna R. R V

V

IDEAL (R es infinito)

REAL

[En el Voltímetro real R → infinito (es muy grande)]

- 584 -

Capítulo 15: Electrodinámica

Problemas Resueltos 1. Se estira un alambre de cobre 1 m de largo y con un diámetro de 2 x 10–3 m. Si su longitud se incrementa en un 25%, mientras su área transversal decrece pero permaneciendo constante su volumen. Determine la relación entre la resistencia inicial y final del alambre.

⇒

AoLo = AFLF

⇒

=

… (v)

Reemplazando (v) en (iv): =

=

SOLUCIÓN: Inicio:

Finalmente, reemplazando (iii):

Ao

ρ

⇒

=

Lo Ro =

\

... (i)

Final:

AF

ρ

LF RF =

… (ii)

2. Entre los extremos de un alambre conductor con resistividad ρ = 3 x 10–5 Ω.m se establece un campo eléctrico de intensidad de 300 V/m. ¿Cuánto es la intensidad de corriente eléctrica que soporta dicho conductor?, además la sección recta del alambre tiene un área de 2 x 10–6 m2. SOLUCIÓN:

Por dato: LF = Lo + ⇒

Lo = =

A

ρ

Lo

E

(+) a

… (iii)

=

Lo Se sabe que: Vab = I.R

Dividiendo (i) entre (ii): =

=

(–) b

I

... (i)

… (iv) R=

Además:

... (ii)

Además:

VolumenINICIAL = VolumenFINAL

Vab = E.L - 585 -

... (iii)

Física Igualando (i) y (iii):

R’ = r

I.R = E.L ⇒ I = Reemplazando (ii) en (iv): I=

⇒

Por dato: R = 12 Ω. Reemplazando: ⇒

3. Si entre dos caras paralelas de un cubo de grafito la resistencia eléctrica es 12 Ω. ¿Cuál será la resistencia (en Ω), entre dos caras paralelas de otro cubo de grafito de volumen igual a 1/8 del anterior? SOLUCIÓN: Dibujando el cubo de grafito:

4. A temperatura ambiente se tiene una resistencia equivalente de 50 Ω, como resultado de conectar en paralelo dos resistencias idénticas. ¿En cuánto debemos incrementar la temperatura (en ºC) de la resistencia equivalente, para obtener una resistencia del mismo valor que una de las resistencias a temperatura ambiente? (α = 5 x 10–3 ºC–1)

A = L2 (Área)

SOLUCIÓN:

V = L3 (Volumen) ;

Hallando el valor de las resistencias a temperatura ambiente: R REQ = 50 Ω A B

⇒ V1/3 = L

… (i)

L

Según la ley de Poulliett:

⇒

= R=r

R Caso particular:

=

REQ =

[y usando (i)] ⇒

⇒

R=r

R’ = 2(12 Ω) \ R’ = 24 Ω

I = 20 A

R=

... (iii)

R’ = 2R

I= \

R’ = r

Comparando (ii) y (iii):

=

Reemplazando datos: ⇒

=r

... (iv)

... (ii)

Si el otro cubo de grafito tiene volumen V’ = V/8, se cumple para éste: - 586 -

= 50 Ω

R = 100 Ω

Usando la fórmula: ΔR = αRoΔT ⇒

ΔT =

Capítulo 15: Electrodinámica Donde: Ro = Resistencia equivalente a temperatura ambiente = R/2 ΔR = Resistfinal (R) – ResistInicial (R/2)

A

Reemplazando:

R

ΔT = ⇒

ΔT =

⇒

ΔT =

A A

R

A

R

Figura (2)

= B

(Incremento o variación de la temperatura)

B

B

B

R

C \

ΔT = 200 ºC

5. Hallar la resistencia equivalente (REQ) entre los puntos A y C si todas las resistencias son de 6 Ω. A R R B

Entonces, podemos reacomodar el sistema con los criterios en serie y en paralelo vistos anteriormente. Se observa tres resistencias entre A y B y una entre B y C. En la figura (2) se tiene: (En paralelo) =

+

=

R ⇒

R

C

REQ

(A y B)

A

En un mismo conductor todos los puntos tiene el mismo valor de potencial: A A A A

=

Luego, la figura (2) queda:

SOLUCIÓN:

B

R/3 Figura (3)

B

A

R B C

+

B C B

B

Figura (1)

- 587 -

Física De la figura (3): (En serie)

⇒

REQ

(A y C)

REQ

(A y C)

\

REQ

= =

(A y C)

+R=

Podemos simplificar el circuito (dos resistencias en paralelo entre B y C) R A B

R

.6

ε

i

REQ =

= 8Ω C

6. En la figura se muestran tres focos idénticos, en esta situación la corriente que pasa por la batería es de 4 A. Si el foco “C” se quema, hallar la corriente que circulará por la batería.

Se observan dos resistencias en serie entre A y C. Luego:

ε

Figura (1)

“C”

ε

REQ = R +

El circuito anterior se puede colocar como: R A B B +

i

R

–

C

=

R

Aplicando la ley de Ohm en el circuito de la figura (1):

SOLUCIÓN:

ε

REQ

i

C

R

C

Donde “i” es la corriente que circula por la batería (i = 4 A) Por convención, la corriente eléctrica circulará en el sentido de (–) a (+) por la batería.

ε = iREQ ⇒

ε = i.

⇒

i=

R … (i)

Cuando se queme el foco “C”, éste se reemplaza por una resistencia nula (R = 0). Quedando el circuito: R A B

ε

i’

R

C - 588 -

Capítulo 15: Electrodinámica Se observan dos resistencias en serie entre A y C. Luego:

ε

i’

REQ = R + R = 2R

SOLUCIÓN: Denotando los puntos con el mismo potencial en el conductor con una misma letra: A A A

I=0

A

Figura (2)

Aplicando la ley de Ohm en el circuito de la figura (2): ε = i’REQ

I=0

ε = i’(2R)

⇒

A

B

⇒

i’ =

⇒

i’ = \

16 V

(4)

i

A

i’ = 3A

7. En el circuito mostrado, hallar la corriente que indica el amperímetro ideal.

V = I.R 16 = i(4)

⇒

16 V

3Ω

–

\

4Ω A

- 589 -

4Ω

La corriente que circula por el amperímetro ideal (sin resistencia) es igual a la que circula por la resistencia de 4 Ω. Usando la ley de Ohm:

4Ω

+

A

En la figura se observan dos resistencias. las cuales se encuentran entre los mismos valores de potencial. Para este caso, se sabe que no circula corriente por esta resistencia. Consecuentemente, las resistencias por las que no circula corriente no entran en nuestro análisis. Luego:

=

=

A

... (ii)

Dividiendo (ii) entre (i):

⇒

A

i = 4A

Física 8. Una cocina eléctrica de 1200 W está diseñada para funcionar a 120 V. Si el voltaje baja a 100 V, ¿qué potencia disipará la cocina eléctrica?

9. En el circuito mostrado, calcular la corriente en la resistencia de 3 Ω. ε

r

SOLUCIÓN: En ambos casos la resistencia de la cocina es la misma (R).

5Ω

3Ω

ε = 45 V r=4Ω

9Ω

Primer caso: V1

P1 = 1200 W

R

V1 = 120 V

Se tiene: P1 =

SOLUCIÓN: Veamos como es la corriente en las resistencias de 3 y 9 ohmios 4Ω A B

… (i)

ε i’’

Segundo caso:

P2 = ?

V2

A

V2 = 100 V

R A Se tiene: P2 =

… (ii)

Dividiendo (i) entre (ii): =

3Ω i 9Ω i’

5Ω C C

Aplicando la ley de Ohm: VAC = i (3)

… (i)

VAC = i’(9)

… (ii)

Además:

=

Igualando (i) y (ii): i (3) = i’(9)

⇒

= P2 =

⇒

i = 3i’

… (iii)

Aplicando la 1ra ley de Kirchhoff en el nodo C:

.P1

i’’ = i + i’ P2 =

⇒ \

Reemplazando (iii):

(1200W)

i’’ = (3i’) + i’

P2 = 833,3 W

i’’ = 4i’ - 590 -

… (iv)

Capítulo 15: Electrodinámica Aplicando la 2da ley de Kirchhoff en la malla AACB (sentido antihorario): Σ ε = Σ iKRK ⇒

45 = (3i’)(3) + (4i’)(5) + (4i’)(4)

⇒

45 = 45i’

⇒

i’ = 1A

i’’ = i + i’ ⇒

ε = i(3) + i’’(5) + i’’(4)

⇒

Usando la 1ra ley de Kirchhoff en el nodo C:

=

i’’ = i +

⇒

i=

i

i’’

Usando la ley de Ohm entre A y B:

Luego, por la resistencia de 3 Ω circula:

VAB = i’’ . REQ

i = 3(1) \

Hallando el REQ:

i = 3A

… (i)

3Ω

4Ω 5Ω

10. Hallar la intensidad de la corriente en la resistencia de 3 Ω, si VAB = 12 V.

A –

+

⇒

3Ω

i’’ A

R EQ = 4 +

B

i

C 4Ω

i’

B

Ω

R EQ =

Reemplazando en (i): VAB = i’’.R EQ

5Ω ⇒

12 = i’’

⇒

i’’ =

4Ω SOLUCIÓN: Entre C y B:

Ω

La corriente en la resistencia de 3 Ω será: VCB = i(3) i=

Además: VCB = i’(5)

⇒

Igualando: i(3) = i’(5) ⇒

i’ =

i= \

i

- 591 -

i’’

i = 1,28 A

Física 11. Si un alambre de 1000 m de longitud y resistividad 5 x 10–8 Ω.m se conecta a una fuente de voltaje de 100 V. ¿Cuál será el valor de su sección transversal si se desea que una corriente de 2 A lo atraviese?

r

C

MOTOR

i VBC = i.R

SOLUCIÓN:

… (i)

La corriente “i” es la misma que circula por la resistencia “r” del motor, pues ambas están en serie.

Usando la ley de Ohm para hallar la resistencia del alambre: V = IR

Aplicando la ley de Ohm entre A y B:

⇒

R=

⇒

R = 50 Ω

VAB = i.r

=

… (ii)

Dividiendo (ii) ÷ (i):

... (i)

Usando la ley de Poulliette:

=

; A: área de sección transversal

R=ρ

B 0,05Ω = R

A

⇒

=

Luego: A= ⇒

A = 10–6 m2

⇒

A = 10–6 m2. \

⇒

r=R.

⇒

r = (0,05)

=

\

A = 1 mm2

12. A una resistencia de 0,05 Ω, en la cual la caída de potencial es 1 V, se conecta un motor en serie con una caída de potencial de 0,9 V. Hallar la resistencia del motor.

r = 0,045 Ω

13. ¿Con cuántas pilas de 1,5 V y 0,2 Ω de resistencia interna, en serie, podemos hacer funcionar 71 lámparas, en serie, de 10 V y 4 W?

SOLUCIÓN: La caída de potencial en una resistencia es igual al voltaje aplicado entre sus extremos, o la diferencia de potencial entre éstos. - 592 -

SOLUCIÓN: El circuito es: A

“n” PILAS

B

A

71 FOCOS

B

Capítulo 15: Electrodinámica A

0,2Ω

0,2Ω

0,2Ω

B

R

B

i i A

R

R

R

14. En el circuito mostrado, hallar el voltaje ε tal que por la resistencia de 3R ohmios no pase corriente. R 2R

Aplicando la 2da ley de Kirchhoff: 1,5 + 1,5 + 1,5 +…+ 1,5 = i ( 0,2 + 0,2 +…+ 0,2 n veces

71 veces 1,5.n = i(n.0,2 + 71R)

… (i)

SOLUCIÓN: Consideremos el circuito con la corriente i’ que pasa por 3R, diferente de cero:

Para hallar la resistencia “R” de cada lámpara usamos: P= R=

⇒

R = 25 Ω

2R

C

i

3R

i’

D ε

i’’

= ... (ii)

Para hallar la corriente que circularía en cada una de las lámparas, usamos: i= ⇒

R

B

8V

⇒

ε

3R

n veces +R+R+…+R)

⇒

8V

F

A

E

Las direcciones de corriente solo se han asumido por conveniencia. Aplicando la 1ra Ley de Kirchhoff al nudo C: i = i’ + i’’

… (i)

da

i=

⇒ i = 0,4 A ... (iii) (que es la misma corriente que circula por todo el circuito, ya que todos los componentes están en serie)

Aplicando la 2 Ley de Kirchhoff en la malla (ABCFA): 8 = iR + i’3R

Aplicando la 2 Ley de Kirchhoff en la malla (CDEFC): ε = i’’(2R) – i’(3R)

Reemplazando (ii) y (iii) en (i): 1,5n = 0,4[0,2n + 71(25)]

… (ii)

da

… (iii)

(i’ ahora esta en sentido opuesto a nuestra convención de corriente)

⇒

1,42n = 710

⇒

n=

Reemplazando la condición i’ = 0 en (i), (ii) y (iii):

n = 500

De (i):

\

- 593 -

i = i’’

Física De (ii):

8 = iR

De (iii):

ε = i’’.2R

⇒

ε = (i).2R = 2iR

⇒

ε = 2(8) \

(se coloca “– 6” porque la fuente esta en sentido inverso a la trayectoria que escogimos.) 9 = (5)i

⇒

15. Hallar la corriente que circula por la resistencia de 5 Ω en el circuito mostrado. (“r” representa la resistencia interna de la fuente de voltaje.)

6V

4Ω

(r = 0)

3Ω

15 V (r = 0)

5Ω

i = 1,8 A

\

ε = 16 voltios

16. Tenemos dos estufas eléctricas A y B, cuyas resistencias están instaladas como en la figura mostrada. Ambas estufas se conectan a 220 V, si la estufa A hace hervir agua en 18 minutos. ¿En cuánto tiempo lo hará la estufa B? R R (A) R x y R

SOLUCIÓN: Aquí podemos escoger cualquier trayectoria para aplicar la 2da ley de Kirchhoff, pero por conveniencia nuestra escogemos la malla ABCDA: A 6V

B

4Ω

3Ω

15V

R

x

5Ω

(B) y

SOLUCIÓN: La energía necesaria para hacer hervir el agua se entrega en forma de calor en ambos casos, y en igual cantidad ya que la cantidad de agua no cambia: Q ≡ Energía entregada ⇒

i D

R

QA = Q B

Hallando la REQ en ambos casos:

C

Para (A):

La única resistencia en esta malla es la de 5 Ω. Aunque la corriente es distinta en las otras trayectorias, esto no afecta la 2da ley de Kirchhoff. Aplicando: – 6 + 15 = i(5)

- 594 -

P R

R

y

P

x P

y R

y

Capítulo 15: Electrodinámica Se tienen dos resistencias en paralelo entre “P” e “y”: R

x

R/2

PA =

y

P

Hallando la energía que entrega en un Tiempo TA:

Luego R y R/2 se encuentran en serie: x

Para (A), reemplazando (i):

y

QA = PA . TA =

.TA

REQ = R + Para (B), reemplazando (i): ⇒

REQ =

PB =

Para (B): x x

R R

y

x

De manera similar al caso anterior:

y

R Q

QB = PBTB =

y

R x

. TB

Como QA = QB, entonces:

y

ΡATA = PBTB

2R R y 2R se encuentran en paralelo entre los puntos x e y: REQ x y

= ⇒

+

=

⇒

.TA =

⇒

TA =

TB

⇒

TB =

TA

.TB

Por dato TA = 18 minutos. Reemplazando: REQ =

R ⇒

Por condición ambas REQ disipan una potencia igual a: P=

… (i) - 595 -

TB = \

(18)

TB = 8 minutos

Física 17. Hallar la resistencia equivalente entre los terminales “x” e “y”. (R = 13 Ω)

R

Entre “x” y “w”, serie. Luego:

w

R R

R

R

R

R

x

y

Nombremos cada punto del circuito de acuerdo a los criterios conocidos: x x x x

x

Donde: =

⇒

=

⇒

R’ =

x

y

w R’

R

w

z

R R

⇒

R

R

R

w

y

Entre “x” e “y”, R’ y R se encuentran en serie. Luego: R’’

R

R

R y

R

x

El circuito quedaría:

x

R

y

Podemos modificar nuestro circuito sin cambiar sus características.

R

+

Luego, el circuito queda:

y

Vemos que hay dos resistencias entre los puntos “x” y “z” (en paralelo)

R

y R se encuentran

w

x

R

y

Entre “x” y “w”, en paralelo:

SOLUCIÓN:

z

R

R

x

z

y R se encuentran en

x

y

- 596 -

x

y

Capítulo 15: Electrodinámica Donde:

4Ω

A

R’’ = R’ + R ⇒

R’’ =

+R

A=x i

2i ⇒

R’’ =

R

120 V

i

24 Ω

24 Ω

Finalmente, R’’ y R se encuentran en paralelo. Luego: =

+

⇒

=

+

⇒

=

⇒

REQ =

R

⇒

REQ =

(13)

\

T 2Ω

Figura (1)

Como la resistencia de 6 Ω tiene uno de sus extremos “suelto”, no circula corriente por ella, así que el potencial es el mismo en sus dos extremos. Vx = VA Luego, el circuito se puede rediseñar así: 4Ω P A

REQ = 8 Ω

120 V

18. En el circuito mostrado, hallar el potencial en el punto A. 4Ω 120 V

24 Ω

T=0

T

x

6Ω

A

2i

Q

2Ω

12 Ω

T

Por las resistencias de 24 Ω circula la misma corriente “i”, ya que son iguales y se encuentran en paralelo.

24 Ω

Para hallar el potencial en “A” se puede usar a una de las resistencias de 24 Ω, así:

2Ω

V(R = 24 Ω) = i . (24)

SOLUCIÓN: T

El símbolo significa que el circuito está conectado a tierra, esto quiere decir que el potencial en T es igual a cero. - 597 -

⇒

VA – VT = 24 i

⇒

VA = 24 i

(VT = 0) ... (i)

Física Reemplazando en la definición:

Usando la 2da ley de Kirchhoff en la malla QPAT: 120 = 2i(4) + 2i(12) + 2i(2) ⇒ 120 = 2i (18) ⇒

i=

n=

A

ε = i(r + R)

⇒ VA = 24 \

… (i)

Para hallar “ε” en función de “r”, “R” e “i”, usamos la 2da ley de Kirchhoff en la única malla del circuito: ε = ir + iR

Finalmente, reemplazando en (i): ⇒

=

Reemplazando (ii) en (i):

VA = 80 voltios

n=

19. En el circuito mostrado, hallar la eficiencia de la fuente (en líneas punteadas) cuya resistencia interna es “r”.

=

\

n=

20. En el circuito mostrado, hallar el voltaje V0 que suministra la fuente ideal. (i = 4A)

R

6Ω

r

2Ω

ε

i

SOLUCIÓN:

3Ω

La eficiencia se define como el cociente: n=

V0

En el caso de nuestra fuente, ésta produce una f.e.m igual a “ε”, pero dentro de ella se disipa (se pierde) una cantidad de energía por su resistencia interna (r).

SOLUCIÓN: B

PU = ε.i – i . r 2

i’

C C

3Ω

i’’ A

La potencia útil “ PU ” se define: PU = P E – P P

2Ω

6Ω

(PP: potencia perdida)

D

i

De: P = Vi = i2R En el caso de la fuente: PE = ε.i

⇒

… (ii)

V0

D

E

Las resistencias de 3 Ω y 6 Ω se encuentran en paralelo, por tanto: - 598 -

Capítulo 15: Electrodinámica VCD = VCD ⇒

3.i = 6 .i’

⇒

i = 2i’

... (i)

Aplicando la 1ra ley de Kirchhoff en el nodo D:

Un reóstato es una resistencia variable. De la ley de Poulliette se sabe que la resistencia depende de la longitud. Luego, al variar la longitud, con el cursor, la resistencia cambia. El circuito queda:

⇒

P

C

B

i’’ = i’ + i

D E

i’’ = (i/2) + i

Por dato: i = 4 A . Reemplazando: ⇒

i’’ = (3/2)(4)

⇒

i’’ = 6 A

220 V ... (ii)

Aplicando la 2da ley de Kirchhoff en la malla ABCCDDEA: V0 = i’’(2) + i(3)

\

P = V.i 100 = (200).i

⇒

V0 = 24 voltios

i = 0,5 A

El valor de “R” será entonces (por la ley de Ohm):

21. Determinar a qué distancia del extremo C, debe ubicarse el cursor del Reóstato para que el foco de 100 W – 200 V trabaje en condiciones nominales (L CD = 90 cm y RCD = 45 Ω). C

F R Hallando la corriente que debe circular por el foco (R) en condiciones nominales: A

⇒

V0 = (6)(2) + (4)(3)

⇒

10 Ω

i

Reóstato D

V = i .R ⇒

200 = (0,5).R

⇒

R = 400 Ω

Hallando el valor de RCP usando la 2da ley de Kirchhoff en la malla ABCPEFA: 220 = i . RCP + i . 10 + i . R

220 V

cursor

10 Ω

Foco SOLUCIÓN: Las “condiciones nominales” de un foco son las características óptimas a las que éste funciona, en nuestro caso 100 W – 200 V. Sea su resistencia interna “R”. - 599 -

⇒

220 = 0,5(RCP + 10 + 400)

⇒

440 = 410 + RCP

⇒

RCP = 30 Ω

Se sabe que R CD = 45 Ω, entonces: RCD =

y RCP =

(A y ρ son constantes)

Física Dividiendo ambos:

En el tramo “a – b” hay tres resistencias en serie. Luego, sumándolas queda:

=

a

=

b

R Por dato: R = 6 Ω . Reemplazando:

⇒

⇒

=

=

(6) = 14 Ω

R= ⇒

Luego, el circuito queda:

LCP = \

14 Ω

a

LCP = 60 cm

22. En la figura determine la intensidad de la corriente “i”. (R = 6 Ω)

b

b

a 7V

Se sabe que: V = i . R R

R

R

i

R

Reemplazando:

R

7 = i .(14)

⇒

+ –

\

7V

i = 0,5 A

SOLUCIÓN: Sea el circuito: a

R

R x x

R

R

yy

x x

+

a

R

b

23. Calcule la resistencia equivalente entre las terminales A y B del siguiente circuito:

y y

A

2Ω

4Ω

–

B

Simplificando:

2Ω

6Ω

4Ω

4Ω

2Ω

2Ω

2Ω

SOLUCIÓN: R

R

R x

Simplificando el circuito:

R y

R

A

b

4Ω

2Ω

⇒

4Ω R a

2Ω

b

Vab = 7 V

a

4Ω

R/3 x

R y

B

b

- 600 -

4Ω

2Ω 6Ω

2Ω

2Ω

R1

Capítulo 15: Electrodinámica Donde R1 es el equivalente de tres resistencias en serie:

Donde R4 es el equivalente de dos resistencias en paralelo:

R1 = 4 + 4 + 4

=

R1 = 12 Ω

⇒

Quedando el circuito: A

4Ω

2Ω

B

⇒

2Ω

4Ω

+

=

Quedando finalmente el circuito: Req A

2Ω

2Ω

+

=

B

Donde Req es el equivalente de tres resistencias en serie:

Donde R2 es el equivalente de dos resistencias en paralelo: =

=

= 3Ω

R4 =

R2

4Ω

+

Req = 4 + R4 + 4 = 4 + (3) + 4

+

\

Req = 11 Ω

R2 = 4 Ω

⇒

24. Hallar la resistencia equivalente entre los terminales a y b de una serie indefinida de resistencias conectadas como se indica en la figura.

Quedando el circuito: A

4Ω 4Ω

B

R3

R

R

R

R

a 4Ω

R

Donde R3 es el equivalente de cinco resistencias en serie:

b

R

R

R

R

R

... ∞ R

R3 = 2 + 2 + R2 + 2 + 2

SOLUCIÓN:

⇒

R3 = 4 + (4) + 4

Se puede representar equivalentemente:

⇒

R3 = 12 Ω

R

a

Quedando el circuito: A

R

4Ω

Re

b R

R4 B

Req

4Ω

a

- 601 -

b

Física Donde Re es la resistencia equivalente de la serie indefinida de resistencias, tal como se muestra en la figura. Además, se observa que la resistencia equivalente entre a y b (Req) tiene “∞” resistencias y Re tiene “∞ – 3” resistencias, entonces ambas resistencias serán iguales, ya que “∞ – 3” sigue siendo igual a “∞” resistencias: Req = Re

… (i)

Donde Req es el equivalente de tres resistencias en serie. Luego: Req = R + ⇒

1Ω 1Ω

1Ω

2Ω

b

SOLUCIÓN: Dando forma al circuito: 1Ω

a

1Ω

1Ω 1Ω

… (ii)

Req = 2R +

1Ω 1Ω

+R

Reemplazando (i) en (ii):

1Ω

2Ω

b

Req = 2R + ⇒

a

Teorema de transformación de “Δ” a “Y”

Req2 + ReqR = 2RReq + 2R2 + ReqR

⇒

Req2 – 2RReq – 2R2 = 0

⇒

Req =

⇒

Req =

Req = (1 +

R2 z

y R3 Donde:

Tomando la solución positiva: \

x

R1

x=

)R y=

25. Encontrar la resistencia equivalente entre las terminales “a” y “b” del circuito mostrado en la figura: - 602 -

z=

Capítulo 15: Electrodinámica Quedando el circuito:

Aplicando el teorema de transformación “Δ” a “Y”:

1Ω

a

1Ω

1Ω

1/3 Ω

1/3 Ω

1/3 Ω

28/33 Ω

1/3 Ω 1Ω b

Reemplazando en el circuito inicial:

Finalmente, de las tres resistencias en serie, calculamos la resistencia equivalente Req:

1Ω

a

1/3 Ω 1/3 Ω

Req = 1 +

+

1/3 Ω

\ 1Ω

Ω

Req =

2Ω

b

26. Hallar la resistencia equivalente entre los puntos a y b del circuito de la figura.

Reduciéndose el circuito:

4Ω

a

2Ω

1Ω 1/3 Ω

1Ω

a

b

c 4/3 Ω

2Ω

7/3 Ω

SOLUCIÓN: Dando una forma conveniente al circuito:

e

b

Entre los puntos “c” y “e” existen dos resistencias en paralelo. Calculando su , así: resistencia equivalente = ⇒

=

+

4Ω

4Ω a

1Ω 2Ω

=

2Ω b 4Ω

Aplicando el teorema de transformación “Δ” a “Y”:

Ω - 603 -

Física

2Ω

27. En el circuito de la figura mostrada, determine la resistencia equivalente entre los puntos A y B.

R1

1Ω

R3

4Ω

R

R2

Donde:

R

R R

A

R

B

R

R1 =

=

Ω

R2 =

=

Ω

SOLUCIÓN:

Ω

En la figura se observa que el sistema es simétrico con respecto al eje E.S (eje de simetría). También es fácil deducir que el potencial en cada punto del E.S es:

=

R3 =

R

Reemplazando en el circuito: 4Ω

VE.S =

2/7 Ω 8/7 Ω

a

b

R

4/7 Ω

2Ω

R

R

R R

R

30/7 Ω 8/7 Ω

a

R R

b

R

18/7 Ω

E.S

a

b

Ω

En adelante, cuando se tengan casos de simetría, se dividirá la figura en dos:

Ω

E.S C

Finalmente, de las dos resistencias en serie: Req =

C

+

R

\

Req =

Ω

C

- 604 -

R

R R

B R

Capítulo 15: Electrodinámica Como el potencial en cada punto del E.S es el mismo, se deduce que la presencia de resistencias sobre dicho eje no tiene incidencia, por lo tanto la figura anterior es equivalente a:

B

R

R

R R

E.S

R

C

R

A R

SOLUCIÓN:

R

C

B

Trazando el eje de simetría (E.S): B

R C

E.S R/2

Luego, éste es equivalente a: R

E.S

R

C

B

C

R R/3

B

R

Finalmente, completando el simétrico respecto al eje de simetría, se tiene: E.S A

R/3

B

R/3

E.S C R/2

C R

B

C R

A

Req = \

R

Como el potencial en cada punto del E.S es el mismo, se deduce que la presencia de resistencias en dicho eje no tiene incidencia. Por lo tanto, la figura anterior es equivalente a:

Req

⇒

R

R

A

De las resistencias en serie, se tiene: A

R

R/2

Como se observa, las tres resistencias entre A y C se encuentran en paralelo, por lo tanto:

+

E.S

Req =

C R1

28. En el circuito mostrado, determinar la resistencia equivalente entre los puntos A y B. - 605 -

A

Física

= ⇒

+

Sin embargo, si hacemos el producto en cruz de las resistencias, se comprueba que éstos son iguales: (2)(3) = (1)(6)

+

R1 =

Por lo tanto, se cumple el puente de Wheatstone y podemos despreciar la resistencia central, puesto que por allí no pasa corriente:

Finalmente: A E.S

R/4

Luego, el circuito se simplifica a:

R/4

2Ω

A

A

B

De las dos resistencias en serie, se tiene: Req = \

6Ω

3Ω

+ 3Ω

Req =

A

Req A

B

B

9Ω

Donde:

29. En el siguiente esquema, calcular la resistencia equivalente entre las terminales A y B.

2Ω

1Ω

2Ω

=

1Ω

A

\

+

Ω

Req =

B 6Ω

2Ω

30. En el sistema mostrado, calcular la resistencia equivalente entre las terminales A y B.

3Ω

SOLUCIÓN:

A

Como se observa, el sistema no es simétrico, por lo tanto no es posible trazar un eje de simetría.

12 Ω

C 7Ω

B

- 606 -

4Ω

2Ω 6Ω

D

Capítulo 15: Electrodinámica SOLUCIÓN: Reordenando:

31. En el siguiente sistema, calcular la resistencia equivalente entre las terminales A y B.

C 4Ω

B

12 Ω 7Ω

A 2Ω

20 Ω

B

10 Ω 10 Ω

6Ω D

10 Ω

En el esquema se observa que el producto en aspa da:

20 Ω A

(4)(6) = (2)(12) Por tanto, es aplicable el puente de Wheatstone y se puede despreciar la resistencia de 7 Ω. 4Ω

B 2Ω

(20)(20) ≠ (10)(10)

Luego, aplicando la transformación de “Δ” a “Y”:

6Ω

10 Ω

20 Ω

Luego: 16 Ω A

Como no se cumple el producto en aspa:

Por tanto no es posible aplicar el puente de Wheatstone.

12 Ω

A

SOLUCIÓN:

z

Req

8Ω

A

B

x

y

B

10 Ω

Donde:

Donde: = ⇒

+

=

\

Req =

Ω - 607 -

x=

= 5Ω

y=

= 5Ω

z=

= 2,5 Ω

Física Luego, el sistema será equivalente a:

SOLUCIÓN:

B

El sistema es simétrico respecto a un eje, por lo tanto se puede aplicar el método de simetría; sin embargo aplicaremos el método de transformación de “Y” a “Δ”.

5Ω 5Ω

2,5 Ω

10 Ω

Con las resistencias centrales se puede hacer la transformación de “Y” a “Δ”:

20 Ω

10 Ω

A

Simplificando:

10 Ω

B

9Ω

Donde : = 30 Ω

x=

Como la figura es simétrica, entonces:

A

x = y = z = 30 Ω

A

Finalmente, de las dos resistencias en serie: Req = 5 + 9

Luego se tiene: B

Req = 14 Ω 10 Ω Ω

B

30

32. En el sistema mostrado, calcular la resistencia equivalente entre las terminales A y B:

30

Ω

10 Ω 30 Ω 10 Ω

A

B 10 Ω

10 Ω

10 Ω

R1 10 Ω

A

y z

5Ω

22,5 Ω

\

x

10 Ω

B

5Ω

15 Ω

R2

10 Ω

10 Ω

A

- 608 -

R3

Capítulo 15: Electrodinámica Donde:

6Ω =

+

⇒ R1 =

Ω

=

+

⇒ R2 =

Ω

⇒ R3 =

Ω

=

+

A

6Ω SOLUCIÓN:

B

Recordando que, si se cambia la configuración de las resistencias, la lectura en el amperímetro también cambiará. Asumiendo direcciones para las corrientes, para usar la 2da ley de Kirchhoff: 6Ω B A

R1 R4

Donde: R4 = R2 + R3

⇒

= \

3Ω

C

i’

I

= 15 Ω

+

D

Finalmente, de las dos resistencias en paralelo se obtiene la resistencia equivalente del sistema (R eq): =

i

A

Reemplazando: R4 =

15V

6Ω

Luego, simplificando aún mas:

A

15V

3Ω

15V H I

15V

i’’

G

6Ω

i’’’

F

E 6Ω Aplicando la 1ra ley de Kirchhoff:

+

En el nodo C: En el nodo D:

+

i = i’ + I … (i) I = i’’ + i’’’ ... (ii)

Reemplazando (ii) en (i): i = i’ + i’’ + i’’’

Req = 5 Ω

… (iii)

Aplicando la 2da ley de Kirchhoff:

33. En el circuito mostrado, hallar la lectura del amperímetro ideal.

- 609 -

En la malla FEDGF: – 15 = i’’’.6 – i’’6 ⇒ – 5 = 2i’’’ – 2i’’ ⇒ 2i’’’ = 2i’’ – 5

Física En la malla GDCHG: 15 – 15 = i’’6 – i’3 ⇒ 0 = 2i’’ – i’ ⇒ 2i’’ = i’

34. En el circuito mostrado, determinar la corriente y la diferencia de potencial entre los puntos A y B.

En la malla HCBAH: 15 = i’3 + i6 ⇒ 5 = i’ + 2i

1Ω 2Ω

Recordando: i

5 = i’ + 2i’ + (i’) + 2i’’’

+

–

ε(+)

i’

+

ε(–)

Asumiendo un sentido a la corriente:

5 = i’ + 2i’ + i’ + i’ – 5 5 = 5i’ – 5 ⇒ i’ = 2A

4Ω

A

, entonces i’’ = 1 A.

1Ω

50 V

40 V

i 2Ω

3Ω B

i’’’ = i’’ –

20 V

30 V

Aplicando la 2da ley de Kirchhoff:

i’’ = (1) –

⇒

i –

5 = i’ + 2i’ + i’ + (2i’’ – 5)

Como i’’ = Además:

30 V

SOLUCIÓN:

2i’’ – 5

⇒ ⇒

3Ω B

20 V

i’

⇒

40 V

… (iv)

Reemplazando (iii) en (iv): ⇒ 5 = i’ + 2(i’ + i’’ + i’’’) ⇒ 5 = i’ + 2i’ + 2i’’ + 2i’’’ ⇒

50 V

4Ω

A

(– 50 + 40 – 30 + 20) – i(4 + 3 + 2 + 1) = 0 ⇒

i’’’ = –

A

⇒

(El signo – indica que la corriente va en sentido contrario al supuesto) Finalmente, la lectura del amperímetro ideal (corriente “i”) será: i = i’ + i’’ + i’’’ i=2+1–

⇒ \

=

⇒

– 20 – 10 i = 0 i = – 2A

El signo negativo indica que el sentido de la corriente es contrario al asumido. \

i = 2 A (sentido antihorario)

Hallando “VA – VB”, asumiendo el sentido correcto de la corriente.

A

i = 1,5 A - 610 -

Capítulo 15: Electrodinámica Siguiendo el sentido de la corriente :

36. En la figura, la lectura del amperímetro es 3A. Calcular “i1”, “i3” y la lectura del voltímetro.

VA – VB + (– 20 + 30) – i(1 + 2 + 3) = 0 (VA – VB) + 10 – (2)(6) = 0

⇒

\

3Ω

VA – VB = 2 voltios

2V 4Ω

8Ω

35. En el siguiente circuito eléctrico, determinar la intensidad de corriente y la diferencia de potencial entre A y B.

i3 A

6V

i2 = 3A

V

10 V

3Ω

A

SOLUCIÓN:

5Ω

Asumiendo sentidos recorrido de las mallas:

2Ω

2V

8Ω

3Ω

2Ω

⇒

B

Malla A: ε – 2 = i3(8) + i2(4)

(sentido horario)

⇒

ε = 2 + 8i3 + (3)(4)

⇒

ε = 8i3 + 14

Malla B: – 6 = i1(3) – i2(4)

Hallando “VB – VA”: VB – (1)(5) = VA \

… (i)

Σ ε = Σ iR

12 – 12i = 0 i = 1A

i3 = i1 + 3

De la 2da Ley de Kirchhoff:

4V

(10 – 2 + 4) – i(3 + 2 + 2 + 5) = 0 \

6V i1

De la 1 Ley de Kirchhoff: i3 = i1 + i2

Aplicando la 2da ley de Kirchhoff: ⇒

i2 = 3A

ra

5Ω

2V

i3

B

ε

A

i

4Ω

A

Asumiendo un sentido horario para la corriente:

2Ω

al

4V

SOLUCIÓN:

10 V

arbitrarios 3Ω

B

2Ω

2V

i1

⇒

– 6 = 3i1 – (3)(4)

⇒

– 6 = 3i1 – 12 \

VB – VA = 5 voltios - 611 -

i1 = 2 A

... (ii)

Física De la 1ra Ley de Kirchhoff:

Reemplazando en (i): ⇒

i1 = i2 + i3

i3 = (2) + 3 \

De la 2da Ley de Kirchhoff:

i3 = 5 A

Σ ε = Σ iR

Reemplazando en (ii):

En la malla A:

ε = 8(5) + 14

⇒ \

– 52 + 14 = 3i1 + i1 + 4i1 + 8i2 + 2i2

ε = 54 voltios

37. Calcular las corrientes del siguiente circuito. 52 V

3Ω

⇒

– 38 = 8i1 + 10i2

⇒

– 19 = 4i1 + 5i2

1Ω

En la malla B:

8Ω

⇒

66 = – 10i2 + 18i3

⇒

33 = 9i3 – 5i2 33 = 9(i1 – i2) – 5i2

80 V

⇒

10 Ω

… (iv)

(– 19 = 4i1 + 5i2) x 14

SOLUCIÓN: Dando sentidos arbitrarios al recorrido de las mallas: 52 V

4Ω

(33 = 9i1 – 14i2) x 5 Sumando ambas ecuaciones: – 266 + 165 = 56i1 + 45i1 – 101 = 101i1

⇒

1Ω

\ A

14 V

i1

Reemplazando en (ii):

i2 B

33 = 9i1 – 14i2

i3

80 V

i1 = – 1 A

El signo negativo indica que el sentido de la corriente es opuesto al asumido.

8Ω

2Ω

3Ω

33 = 9i1 – 14i2

Resolviendo de (ii) y (iv):

3Ω

5Ω

… (iii)

Reemplazando (i) en (iii):

2Ω

3Ω

… (ii)

– 14 + 80 = – 2i2 – 8i2 + 10i3 + 3i3 + 5i3

4Ω

14 V 5Ω

… (i)

33 = 9(– 1) – 14i2

⇒ 10 Ω

\ - 612 -

i2 = – 3 A

Capítulo 15: Electrodinámica 7Ω

El signo negativo indica que el sentido de la corriente es opuesto al asumido. Reemplazando en (i): i1 = i2 + i3

4Ω

– 1 = – 3 + i3

⇒ \

38. En el circuito mostrado, determine la lectura del amperímetro ideal.

R

14 V

4Ω

4Ω

Asumiendo un sentido para la corriente: P

4Ω

I

4Ω

Luego, el circuito se simplifica a: 7Ω

P

14 V

P

4Ω

+

Req–2 = 2 Ω

1Ω N

N

+

=

3Ω

Q

Req–1 = 2 Ω

⇒

N

Q

También se tiene otro par de resistencias de extremos P y Q que se encuentran en paralelo:

SOLUCIÓN:

N

4Ω

⇒

3Ω

7Ω

4Ω

1Ω A

4Ω

3Ω

=

I

4Ω

P

En el circuito se observa que las dos resistencias de 4 Ω de extremos N y R, se encuentran en paralelo:

7Ω 3Ω

P

14 V

4Ω R

i3 = 2 A

I

N

N

A i1

P

4Ω

2Ω

I 14 V

i2

B

3Ω

Como la resistencia de 3 Ω tiene los mismos extremos, entonces se forma un corto circuito; por lo tanto ignoraremos dicha resistencia. El mismo caso se presenta para la resistencia de 1 Ω. Simplificándose el circuito a: - 613 -

3Ω

En la malla A: 14 = 7i1 ⇒

i1 = 2 A

2Ω

Física En la malla B:

¡VA – VB es el voltaje que marca el voltímetro!

– 14 = – i2(2 + 3 + 2) ⇒

Hallando i’’ e i’ usando las leyes de Kirchhoff:

i2 = 2 A

De la 1ra ley de Kirchhoff:

1ra ley para el nodo C:

I = i1 + i2 ⇒

i’’ = i’ + i

I = (2) + (2) \

2da ley para la malla CAMBC: 15 = i’’.3 + i.4 + i.2

I=4A

15 = 3 i’’ + 6 i

⇒ 39. Si en el circuito mostrado se conecta un voltímetro ideal entre los terminales A y B. ¿Cuál será la lectura de éste?

2Ω

VCM = i’(3) = i(2 + 4) 3Ω

3Ω

15V

2Ω

3i’ = 6i

⇒

i’ = 2i

i’’ = i’ + i = (2i) + i

A ⇒

i’ i

⇒

Reemplazando en (ii):

SOLUCIÓN: Usaremos el teorema de la trayectoria aplicado al recorrido AMB: 4Ω B M

3Ω

3Ω

i’’ = 3i

Reemplazando en (iii): 15 = 3i’’ + 6i ⇒

15 = 3(3i) + 6.i

⇒

15 = 15.i

⇒

i = 1A

Por lo tanto:

i’’

i’’ = 3A C

15V

A

Finalmente, reemplazando en (i): VA – VB = 3(3) + 4(1)

VA + Σ ε = VB + Σ iR ↓

⇒

VA + 0 = VB + (i’’.3 + i.4)

⇒

VA – VB = 3i’’ + 4i

\ … (i) - 614 -

... (iii)

Las resistencias de 2 Ω y 4 Ω se encuentran en serie, y el equivalente de ambos en paralelo con la de 3Ω entre C y M.

4Ω

B

… (ii)

VA – VB = 13 voltios

Capítulo 15: Electrodinámica Reemplazando en (i):

40. En el circuito mostrado, calcular la diferencia de potencial entre los puntos A y B.

VA – VB = 5 – 2

1Ω

A

\

5V 3Ω

10V

VA – VB = 3 voltios

41. Hallar la corriente “i” que se muestra en el siguiente circuito. 4Ω

2V

2Ω

1Ω 15V

B

6V

2V i

SOLUCIÓN: Usando el teorema de la trayectoria en el camino AEFCB: E

A

1Ω

5V 3Ω

F

C

D

2V

15V

1Ω

i’ = 0

F B

⇒

… (i)

2 – 10 = – i.3 – i.1 – 8 = – 4i

⇒

i=2

5Ω

⇒

9 = 9i’

⇒

i’ = 1

En la malla CDEBC: – 2 + 6 = i’’.2

- 615 -

⇒

4 = 2 i’’

⇒

i’’ = 2

2V

i’’

E

15 – 6 = i’.4 + i’.5

Para hallar “i” aplicamos la 2da ley de Kirchhoff en la malla CDEFC: ⇒

i

6V

En la malla FABEF:

VA + 5 – 10 = VB – i.1 + i’.1 VA – VB = 5 – i

i’

Usando la 2da ley de Kirchhoff:

VA + Σ ε = VB + Σ iR ⇒

SOLUCIÓN: Suponiendo las siguientes direcciones para las corrientes: 2Ω 4Ω A B C

10V

i

5Ω

D

Física Usando la 1ra ley de Kirchhoff en el nodo B: ⇒

i = i’’ – i’

⇒

i = (2) – (1)

R

R

A

i’ + i = i’’

2R

2R

r

B

i = 1A

\

Hallando la REQ – 2 para (2):

42. En los circuitos (1) y (2), hallar el valor de “r”, tal que la resistencia total en ambos sea la misma. R A

¡La parte punteada es igual que (1)! Luego: A R r’

2R B

2R B

A

r

¡Se observa otra vez que este circuito es similar a (1)! Luego:

(1) R

REQ – 2 =

Para que la resistencia total sea la misma en ambos circuitos, se debe cumplir:

R

2R

= r’’

2R

REQ – 1 = REQ – 2

r

B (2)

⇒

r’ = r’’

⇒

r’ =

SOLUCIÓN:

⇒

r’(2R + r’) = 2R2 + 3Rr’

Hallando la REQ – 1 para (1):

⇒

2Rr’ + r’2 = 2R2 + 3Rr’

⇒

REQ – 1 = R + ⇒ ⇒

⇒ r’2 – Rr’ – 2R2 = 0

REQ – 1 = REQ – 1 =

r’2 = 2R2 + Rr’

= r’

– 2R → r’ = 2R

r’

+R

→ r’ = – R (no puede ser negativo)

... (i) ⇒ - 616 -

r’

r’ = 2R

... (ii)

Capítulo 15: Electrodinámica Igualando (i) y (ii):

Entre los puntos C y F, las resistencias R y 3R se encuentran en paralelo: R A = + R’

= 2R ⇒

2R(2R + r) = 2R2 + 3Rr

⇒

4R2 + 2Rr = 2R2 + 3Rr

⇒

2R2 = Rr \

B

R

⇒ REQ = R +

R

⇒ REQ =

R

⇒

B

R

REQ B

44 =

R

R R = 16 Ω

\

SOLUCIÓN: Las resistencias entre CD, DE y EF se encuentran en serie: C

A

D R

R R

R

R

44. Hallar la potencia que consume la resistencia de 5 Ω en el circuito mostrado: 3Ω 5Ω

R F

A

R+R

Por dato REQ = 44 Ω. Reemplazando:

R

R

A

REQ = R + R’ + R

43. Hallar “R”, sabiendo que la resistencia equivalente entre las terminales A y B del siguiente circuito es de 44 Ω .

B

R

Finalmente, entre las terminales A y B, las tres resistencias se encuentran en serie:

r = 2R

A

⇒ R’ = R

E C

R

R

18Ω 13Ω

SOLUCIÓN:

3R F

6Ω

C

R B

24 V

Para hallar la potencia, primero se debe hallar la corriente (i’’’’) que circula por la resistencia de 5 Ω.

F

- 617 -

Física A

3Ω

B

5Ω

C

i’’ i’

24V

6Ω

i’’’’ 18Ω

G

H

D

i’’’

F

13Ω

E

45. Si reemplazamos una resistencia de 12 Ω fabricada con un alambre de Níquel de longitud “L” y sección transversal “A”, por otro alambre de Constantan que tiene la mitad de longitud pero igual sección transversal. Hallar el valor de dicha resistencia. = 0,12 Ω.mm2/m

De la 1ra ley de Kirchhoff:

ρNiquel

En el nodo C :

ρConstantan = 0,50 Ω.mm2/m

i’’ = i’’’ + i’’’’

… (i)

SOLUCIÓN:

De la 2 ley de Kirchhoff:

Aplicando la ley de Poulliett en ambos materiales:

da

En la malla ABCDEFGHA: 24 = i’’.3 + i’’’’.5 + i’’’’.13

… (ii)

En la malla CDEFC: 0 = 5.i’’’’ + 13.i’’’’ – i’’’.18 ⇒ ⇒

… (i)

RConstantan = ρConstantan .

… (ii)

Dividiendo (i) entre (ii):

0 = 18i’’’’ – 18i’’’ i’’’’ = i’’’

RNíquel = ρNiquel .

.... (iii)

Reemplazando (iii) en (i):

=

i’’ = (i’’’’) + i’’’’ ⇒

i’’ = 2i’’’’

Reemplazando en (ii) :

⇒

=

24 = i’’.3 + i’’’’.18 ⇒

8 = i’’ + 6 i’’’’

⇒

8 = 2 i’’’’ + 6 i’’’’

⇒

8 = 8 i’’’’

⇒

i’’’’ = 1 A

Finalmente, hallando la potencia: ⇒ \

\

RConstantan = 25 Ω

46. En el circuito mostrado, si se tiene que i = 0, encuentre que:

P = (i’’’’)2.R

R1R3 = R2R4

P = (1)2.(5)

Este circuito es llamado también: “puente Wheatstone”.

P = 5W - 618 -

Capítulo 15: Electrodinámica

R1

Aplicando la ley de Ohm para R2 y R3:

R2

VCB = VC – VB = i’. R2 ⇒

i R4

VB = VC – i’. R2

… (i)

VDB = VD – VB = i’’. R3

R3

⇒

VB = VD – i’’. R3

... (ii)

Igualando (i) y (ii): VC – i.R2 = VD – i’’. R3

ε

SOLUCIÓN:

Por condición: VC = VD

Si i = 0, se cumple:

⇒

– i’. R2 = – i’’. R3

⇒

i’. R2 = i’’. R3

⇒

V C – VD = 0

VC = VD

Aplicando la ley de Ohm para R1 y R4:

C i1

R1

R2

A

i4

VAC = VA – VC = i’. R1

i2

⇒

B

i

… (iii)

VC = VA – i’. R1

… (iv)

VAD = i’’. R4 = VA – VD

R4

R3

⇒

i3

VD = VA – i’’. R4

… (v)

Igualando (iv) y (v) (pues VC = VD):

D

VA – i’. R1 = VA – i’’. R4

ε

⇒

i’. R1 = i’’. R4

Dividiendo (vi) entre (iii):

Aplicando la 1ra ley de Kirchhoff: En el nodo C:

=

i1 = i + i2 0 ⇒

⇒

En el nodo D:

\

i3 = i + i4

R1 . R3 = R2 . R4

Condición de puente Wheatstone:

0

⇒

=

i1 = i2 = i’

R1.R3 = R2.R4 ⇔ i = 0

i3 = i4 = i’’

- 619 -

… (vi)

Física Usando la 2da ley de Kirchhoff:

47. En el circuito mostrado, hallar la corriente que pasa por la resistencia de 2 Ω. 5Ω

En la malla BCDEFGHB: 0 = i’.5 + i’.2 – i’’.6 – i’’.15

2Ω

10Ω 3Ω

15Ω

4Ω

6Ω

⇒

0 = 7 i’ – 21 i’’

⇒

i’ = 3i’’

⇒

i’’ =

En la malla ABCDEIJA:

49 V

49 = I.3 + i’.5 + i’.2 + I.4

SOLUCIÓN:

⇒

Se observa que la configuración de una parte del circuito es un puente Wheatstone, además se cumple la condición: (5Ω)(6Ω) = (2Ω)(15Ω). En consecuencia, no circula corriente por la resistencia de 10 Ω.

C B

3Ω

H

5Ω

2Ω

D

G

15Ω

6Ω

⇒

F

... (iii)

7 = i’ + (i’ + i’’)

Reemplazando (ii): ⇒

7 = i’ + i’ + \

I

10Ω

i=0

7 = i’ + I

Reemplazando (i) en (iii):

E

A

4Ω

i’ = 3A

Respuesta: Circulan 3A por la resistencia de 2Ω

J 49V

5Ω

C

D

B

3Ω

... (ii)

H

2Ω

48. Calcular la potencia entregada por la batería “ε”, si la potencia disipada en 2R E

i’ i’’

15Ω

A

G

I

es “ I

6Ω

F

” watts. (Las resistencias están en

ohmios y “ε” en voltios).

4Ω

R a

49 V

J

Usando la 1 ley de Kirchhoff: En el nodo B: I = i’ + i’’

R

ε

ra

b

… ( i)

- 620 -

2R

0,5R

Capítulo 15: Electrodinámica SOLUCIÓN:

49. En el circuito mostrado, calcular la corriente que circula en “R5”, sabiendo que la potencia disipada en R1 es de 20 W.

De la teoria: P(2R) = Por dato:

.2R

R1

P(2R) =

R2

A

⇒

2R =

B R4

R3

⇒

R5

I(2R) =

Se pide calcular la potencia entregada por la fuente “Pε”: Pε = IT2Rab

... (i)

Se observa que la intensidad de corriente que pasa por 2R es igual a la que pasa por el generador. Luego: IT = I(2R) =

... (ii)

Hallando Rab:

Donde: R1 = 5 Ω, R2 = 30 Ω R4 = R5 = 20 Ω y R3 = 10 Ω SOLUCIÓN: De la teoría: P= ⇒

V=

Reemplazando datos: (para R1) ⇒

R

= 10 V

VAB =

Hallando la resistencia equivalente (Req) de la 3ra rama inferior:

a R

R4

2R A

b

R3

B

0,5R

Rab = ⇒

Req

+ 2R +

Rab = 3R

⇒ … (iii)

Req = R3 +

Reemplazando datos:

Reemplazando (i) y (ii) en (iii): Pε =

Req = 10 + ⇒

(3R)

Req = 20 Ω

La corriente a través de la 3ra rama será: \

Pε =

I3 = - 621 -

=

= 0,5 A

... (i)

Física Luego, en el tercer ramal se tiene:

SOLUCIÓN: Usando la fórmula:

R4 = 20 Ω

I3

I4 I5

A

Pmax = i2R =

B

R5 = 20 Ω

I3 = I4 + I5 ⇒

Como R4 = R5

... (ii)

A

I4 = I5

B 3R

La potencia disipada por las tres resistencias en serie es equivalente a la disipada por la resistencia de 3R.

I3 = 2I5 I5 =

P’max =

Reemplazando el valor de I3 de (i): ⇒

⇒

I5 = 0,25 A

50. En el circuito mostrado Pmax = 30 W para cualquier resistencia. Hallar la potencia máxima disipada por el circuito. R

P’max =

R

(30) = 10 W

Como R y 3R se encuentran en paralelo, la potencia disipada máxima será la suma de las potencias individuales de cada resistencia (ya que ambas reciben la misma diferencia de potencial al mismo tiempo). Luego: Pcircuito = Pmax + P’max Pcircuito = 30 + 10

⇒ R

=

Reemplazando (i):

I5 = \

... (i)

Se puede reducir el circuito a: R

Reemplazando en (ii):

⇒

= 30 W

R

\

- 622 -

Pcircuito = 40 W

Capítulo 15: Electrodinámica

Problemas Propuestos 1.

A) 4 Ω C) 3,5 Ω E) 8 Ω

Encuentre la resistencia equivalente entre los bornes A y B. A

4. 6Ω

3Ω

6Ω

B) 3 Ω D) 6 Ω

En las aristas de un cubo se colocan resistencias iguales cada uno con valor “R”. Hallar la resistencia equivalente entre los vértices adyacentes A y B.

4Ω B 4Ω

A) 2 Ω C) 2,4 Ω E) 3 Ω 2.

B) 1,6 Ω D) 4,2 Ω

A

Determine la resistencia equivalente entre los bornes A y B. A

2Ω 6Ω

4Ω

A) 2 Ω

E)

Ω

B)

R

D)

R

E) 3R

B) 3 Ω Ω

5. Ω

D)

R

C)

6Ω

2Ω

C)

A) R

4Ω

10 Ω B

B

En el siguiente circuito, calcular la diferencia de potencial entre los puntos C y F. (VCF = VC – VF) F

A

E

20 V

3.

En el circuito mostrado, calcular la resistencia equivalente entre A y B . 4Ω 6Ω

B

12 Ω

B

A) 1 V C) – 5 V E) 2 V

4Ω 12 Ω

A

10 Ω

6Ω

- 623 -

5Ω

40 V

C

10 Ω

B) – 1 V D) 5 V

D

Física 6.

Calcular lo que marca el amperímetro, si el voltímetro marca 40 V. (Considerar instrumentos ideales).

9.

10 Ω

A

En el siguiente circuito, calcular la razón de la corriente que atraviesa R1 a la corriente que atraviesa R2. R1 = 10 Ω 15 Ω

ε

20 Ω

10 Ω

5Ω

v

12 V

R2 = 5 Ω

A) 6 A C) 2 A E) 1 A 7.

B) 4 A D) 8 A

12 V

Hallar el valor de “R” en el siguiente circuito, sabiendo que sobre éste circula una corriente de 10 A.

115 V

A) 8 Ω C) 7 Ω E) 6 Ω

A)

B)

C) 1

D)

40 V

R

8.

5Ω

12 V

E)

B) 7,5 Ω D) 6,5 Ω

Hallar la corriente que circula por “R4”.

10. En el siguiente circuito de una sola malla, halle la lectura del amperímetro ideal.

R4 = 3 Ω

2Ω 5V

3V 7V

10 V

10 V R1 = 10 Ω

C)

A

E)

A

20 V

A

R3 = 5 Ω

R2 = 10 Ω

A) 1 A

3Ω

30 V

B)

A

D)

A

A) 2 A C) 4 A E) 6 A

- 624 -

5Ω

B) 3 A D) 5 A

Capítulo 15: Electrodinámica 11. La f.e.m. de una batería es 12 V y su resistencia interna es 0,02 Ω. Cuando la corriente dada por la batería a una resistencia externa “R” es 100 A. ¿Cuál será la diferencia de potencial (en voltios) entre los terminales de la batería? A) 2 C) 5 E) 12

A) 12 V C) 24 V E) 36 V

B) 8 V D) 3 V

15. Hallar la corriente “i” que circula por la resistencia de 4Ω en el circuito mostrado.

B) 4 D) 10 3V

3Ω

5V

2Ω

12. Un conductor de plata tiene una resistencia de 200 Ω cuando su temperatura es 20 ºC. Si a dicha temperatura α = 38 x 10–4 1/ºC, ¿cuál será su resistencia eléctrica cuando su temperatura aumente hasta 120 ºC? A) 256 Ω C) 325 Ω E) 370 Ω

B) 276 Ω D) 425 Ω

13. En el circuito mostrado, hallar la corriente que pasa por la resistencia de 5 Ω. 2Ω 10 Ω

18 V

A) 1 A C) 3 A E) 2,2 A

3Ω A) 1 A C) 3 A E) 5 A

A

ε

2Ω

3Ω

R

R

A) 50 W C) 120 W E) 60 W

B) 2 A D) 4 A

i1

B R R

45 V

14. En la figura mostrada, hallar el valor de la fuente “ε”. (i1 = 4A)

1Ω

B) 2 A D) 4 A

ε

5Ω

4Ω

16. Si en la resistencia “R” (entre A y B) se disipan 20 W, la potencia total disipada por las cuatro resistencias iguales será:

10 V 30 V

i

B) 80 W D) 40 W

17. Si se conectan dos resistencias en serie, una de 3 Ω y otra de 6 Ω y luego se conectan a una pila de f.e.m. 30 V y resistencia interna 1 Ω. Hallar la corriente que pasa por la pila.

6Ω

A) 3,4 A C) 6 A E) 3,6 A - 625 -

B) 3 A D) 6,6 A

Física 18. Dos conductores del mismo material se conectan a una misma diferencia de potencial. Uno de ellos tiene el diámetro y la longitud el doble que el otro. Hallar la razón entre las potencias consumidas por los conductores. A) 1 C) 3 E) 16

22. Hallar el aumento de temperatura de 1 L de agua en el recipiente mostrado, durante 5 minutos. (CeH2O = 1 cal/g ºC) 1Ω

3Ω

19. Una pila se conecta a una resistencia de 4 Ω, luego se reemplaza por una de 9 Ω. Si ambas disipan la misma potencia, hallar la resistencia interna de la pila. A) 3 Ω C) 5 Ω E) 12 Ω

B) 4 Ω D) 6 Ω

20. Si el amperímetro ideal en el circuito mostrado indica cero, hallar R. ε 2Ω

6Ω

A) 0,432º C C) 43,2º C E) 2,16º C

6Ω

A R

A) 1 Ω C) 4 Ω E) 3 Ω

R

B) 2 Ω D) 4 Ω

21. En el circuito mostrado, hallar “i1” e “i2”.

i1 2Ω

A) 5 A; 6 A C) 6 A; 10 A E) 10 A; 11 A

3Ω

R 4Ω

4Ω

B A

A) 1 Ω C) 3 Ω E) 5 Ω

B) 4,32º C D) 0,216º C

23. Sabiendo que la resistencia equivalente entre A y B es 11 Ω, hallar R en el circuito mostrado.

3Ω

4ε

6Ω

24 V

B) 2 D) 8

4Ω

6Ω i2

B) 2 Ω D) 8 Ω

24. Una batería de 12 V tiene una resistencia interna de 0,025 Ω y se conecta a una resistencia externa tal que la batería entrega una corriente de 1 A. Si este circuito funciona durante 1 hora, la energía gastada por la batería en calentarse a si misma (en joules) es: A) 3 C) 24 E) 90

12V B) 6 A; 15 A D) 17 A; 18 A - 626 -

B) 12 D) 60

Capítulo 15: Electrodinámica 25. En el circuito mostrado, la corriente que fluye en la resistencia de 6 Ω es 0,5A y en la dirección indicada. Bajo estas condiciones, el valor de la f.e.m. “ε” (en voltios) vale aproximadamente: 6Ω

4Ω

10V 2Ω A) 1,3 C) 5,3 E) 10,3

ε B) 3,3 D) 6,3

Respuestas 1.

D

10. B

19. B

2.

C

11. C

20. C

3.

C

12. A

21. D

4.

B

13. D

22. B

5.

A

14. E

23. D

6.

A

15. E

24. B

7.

B

16. C

25. A

8.

B

17. C

9.

D

18. A

- 627 -

Física

Capítulo 16

Electromagnetismo

16.1. Introducción Esta parte de la física estudia la interacción entre los campos eléctrico y magnético; es decir, la relación que existe entre la corriente eléctrica y el magnetismo. El magnetismo es una parte de la física que estudia las propiedades de los imanes. Un imán es una sustancia que posee la propiedad de atraer el hierro y se orientan en la dirección del norte geográfico sobre la superficie terrestre. Por su naturaleza los imanes pueden ser: naturales (Magnetita F3O4) y artificiales (electroimanes). Existen dos tipos de magnetismo, llamado polo norte y polo sur. No hay evidencia experimental de la existencia de los monopolos magnéticos. Experimentalmente se ha comprobado que polos iguales se repelen y polos opuestos se atraen.

16.2. Experimento de Oersted Hans Oersted, determinó experimentalmente en 1820 que toda aguja magnética (o brújula) colocada de un conductor recorrido por una corriente eléctrica experimenta una desviación de manera que tiende a colocarse en forma perpendicular al conductor. Después de analizar este fenómeno con distintos experimentos, Oersted dedujo: • • • •

Toda corriente produce un campo magnético cuyo valor es proporcional a la intensidad de corriente. El sentido de la desviación de la aguja se invierte al invertir el sentido de la corriente. El campo magnético es perpendicular a la dirección de la corriente. El campo magnético envuelve al conductor a lo largo de toda su longitud, de ésto deducimos que las líneas de fuerza del campo magnético son cerradas (líneas de inducción). N

Aguja

S i

N S i=0

Conductor S N i - 628 -

Capítulo 16: Electromagnetismo

16.3. Campo magnético A la región del espacio que rodea un imán se le llama campo magnético, se cumple que las zonas de mayor magnetismo son los polos del imán. Un campo magnético esta representado por líneas de inducción magnética las cuales son siempre cerradas (no se cortan) y circulan de norte a sur en el imán. (ver figura) Inducción Magnética ( ) El vector de campo magnético, llamado también inducción magnética, indica la intensidad del campo magnético en ese lugar, es tangente a la línea de inducción y proporcional a la densidad de líneas de campo. Además, depende de la forma geométrica del conductor recorrido por la corriente eléctrica y del medio en el cual se encuentra éste. Vector de Inducción Magnética

S

N

IMÁN

Líneas de Inducción Magnética

A) Unidades En el S.I. la unidad es el Tesla (T). Históricamente es el Gauss (G). Equivalencia:

I T = 104 G

El gauss se uso para medir el magnetismo terrestre, es decir, considerando a la Tierra como un gran imán donde su polo sur magnético casi coincide con el polo norte geográfico y el polo norte magnético casi coincide con el polo sur geográfico. BTERRESTRE = 1G - 629 -

Física 12º

Polo Norte Geográfico

S

N

Eje Terrestre

Polo Sur Geográfico

B) Regla de la mano derecha En la descripción cualitativa de un campo magnético es necesario determinar la orientación de las líneas de inducción. Para esto se emplean diferentes reglas, siendo una de las mas usadas, la de la mano derecha (o del tirabuzón). Se toma el conductor con la mano derecha de manera que el pulgar apunte en la dirección de la corriente, luego, los otros dedos rodean al conductor indicando la orientación de las líneas de inducción.

i Conductor

- 630 -

Capítulo 16: Electromagnetismo Convención: En lo sucesivo podremos representar el sentido del campo magnético de la siguiente manera: y

y

x

B

x

B

z

z

Saliente del plano xy

Entrante al plano xy

La concentración de líneas de inducción magnética permite definir una variable física llamada permeabilidad magnética (μ), en un medio no vacío. En el vacío μ = μo y su valor esta dado por: μo = 4π.10–7

16.4. Fuerza magnética sobre una carga eléctrica (Fuerza de Lorentz) Si hay una carga “q” en una región donde existe un campo magnético , ésta experimenta una fuerza si está en movimiento, es decir, si su velocidad es distinta de cero ( ≠ 0). Además no debe ser paralela ni antiparalela a . La experiencia indica que es perpendicular a y a . Como la fuerza es perpendicular a , ésta no modifica la velocidad y por tanto no realiza trabajo.

q q q

q

“Si q es positiva”

“Si q es negativa”

- 631 -

Física La expresión para este tipo de fuerza viene dada por: F = |q|.v.B .sen θ “θ” es el ángulo que forman la velocidad de la carga y el campo magnético. Se tienen los siguientes casos límites: Si θ = 0 º

⇒

es paralela a

\

FMIN = 0

Si θ = 90 º

⇒

es perpendicular a

\

FMAX = |q|vB

Para el caso θ = 90º, si la carga se dispara en una región en donde existe un campo magnético uniforme, con una velocidad perpendicular a éste, la carga realizará un movimiento circular uniforme, donde la fuerza magnética es la fuerza centrípeta. v

B

q F

q

R

F

v

¡Trayectoria circular de una carga positiva en un campo magnético constante!

F

v q

= |q|.v.B ⇒

R=

Como: v = ωR

⇒

ω=

Como: T =

⇒

T=

Fcp =

- 632 -

(radio de giro)

.B

(frecuencia de ciclotrón)

(periodo de ciclotrón)

Capítulo 16: Electromagnetismo

16.5. Fuerza magnética sobre un cable conductor con corriente Si un cable conductor, por el cual circula una corriente eléctrica, se coloca en un campo magnético, las cargas en movimiento y por lo tanto el conductor, experimentarán una fuerza magnética cuya resultante viene dada por: F F = i .  . B . sen θ

i 

donde θ : ángulo que forman el campo magnético y la dirección de la corriente eléctrica. La fuerza magnética es perpendicular al campo magnético y a la dirección de corriente eléctrica que circula por el conductor. Se presentan los siguientes casos límites: Si

θ = 90 º

:

FMAX = i  B

Si

θ = 0º

:

FMIN = 0

16.6. Torque sobre una espira de corriente eléctrica La fuerza de torque que ejerce un campo magnético uniforme B sobre una espira rectangular de corriente de lados a y b, viene dada por la siguiente expresión: τ = iab.B.cos θ o

τ = i.S.B.cos θ

B

θ

(N.m) a

S : Área de la espira = ab

i

Casos límites:

b

Si θ = 0º

τ MAX = i.S.B

Si θ = 90º

τ MIN = 0

Eje de rotación

- 633 -

Física Definimos el momento magnético bipolar (m) como: Para una espira:

m = i.S

;

(Unidad S.I: A.m2)

(Su dirección es perpendicular al plano de la espira) Reemplazando en la fórmula para el torque y considerando N espiras, se obtiene una fórmula mas general: τ = N.m.B.cos θ Si θ = 0º

:

τ MAX = N.m.B

θ = 90º

:

τ MIN = 0

16.7. Campo magnético de un conductor rectilíneo El campo magnético se calculará con la “Ley de Biot – Savart” y su dirección se puede hallar por medio de la regla de la mano derecha. i α (cos α + cos β)

B= r B

(CONDUCTOR FINITO)

β

i (α = β = 0)

r

B=

B

(CONDUCTOR INFINITO)

- 634 -

Capítulo 16: Electromagnetismo

Podemos hallar el campo magnético B en un punto producido por dos conductores con corrientes i1 e i2 en las siguientes configuraciones: B2

B1

Bp

P B1 P i2

i1

i1

i2

B2

i1 > i2 Bp = B1 – B2

Bp =

A) Fuerza magnética entre dos conductores paralelos Una corriente en un conductor crea su propio campo magnético, por lo tanto dos conductores que lleven corriente ejercerán fuerzas magnéticas uno sobre el otro. Como se verá dichas fuerzas pueden ser utilizadas como base para la definición del ampere y del coulomb. Considérese dos alambres largos, rectos y paralelos separados una distancia d y que llevan corrientes i1 e i2 en la misma dirección o en direcciones opuestas, como se muestra en la figura:

i1

i2 F

F



i1

i2

F

d

F d

La fuerza magnética F , estará determinada por la siguiente expresión:

F=

- 635 -

Física Se determina que: “Conductores paralelos que lleven corrientes en la misma dirección se atraen el uno al otro, mientras que conductores paralelos que lleven corrientes en direcciones opuestas se repelen uno al otro”.

B) Campo magnético de un solenoide Un solenoide o bobina es un sistema formado por varias espiras circulares paralelas recorridas por una misma corriente. Estas espiras se enrollan sobre el material aislante en un mismo sentido, veamos antes como es el campo en una sola espira: P

Bc =

d

C

(en el centro de la espira)

R Bp =

(a una altura d)

i

A la espira también se le denomina “dipolo magnético”

Para un segmento de espira (o conductor circular)

i B= T d

B

θ : en radianes (rad)

- 636 -

Capítulo 16: Electromagnetismo La dirección del campo magnético se obtiene usando la regla de la mano derecha. B

i

El campo magnético del solenoide se obtiene combinando los campos de cada una de las espiras. Si la longitud del solenoide (L) es mucho mayor que el diámetro de las espiras, el campo en el centro del solenoide viene dado por:

L BC = C

B N : Número de espiras

i

i

O también: B C = μo.n.i donde n =

Se cumple: BC = 2 B EXTREMO

16.8. Fuerza electromotriz inducida (Efecto Faraday) Se llama f.e.m. inducida a aquella que se origina en un circuito eléctrico debido a la variación en el tiempo del flujo magnético externo que lo atraviesa. Flujo Magnético (φ) Es una magnitud escalar que determina la cantidad de líneas de campo magnético que pasan a través de una superficie. Gráficamente:

- 637 -

Física

S B B

S

q

Vista Superior φ = B.S.cos θ Unidades: 1 Weber (Wb) = 1 T.m2 “θ” es el ángulo que forma la dirección del campo magnético con la dirección perpendicular al plano φ que contiene el área S. Si: θ = 0º

: φMAX = B.S

θ = 90º : φMIN = 0

16.9. Ley de Inducción de Faraday “La variación en el tiempo del flujo magnético a través de un circuito, induce en éste una fuerza electromotriz que tiende a producir una corriente eléctrica” ε=– donde: ε: Fuerza electromotriz inducida (v) Δφ = φ – φo = Variación del flujo (Wb) Δt = t – to = Intervalo del tiempo (s) Para un circuito de N espiras: ε=–N - 638 -

Capítulo 16: Electromagnetismo

16.10. Ley de Lenz “El sentido de la corriente producida por la f.e.m inducida es tal que el campo que ella crea tiende a compensar la variación del flujo a través del circuito”. Según Lenz el campo magnético inducido (B’) se opone a la variación del flujo (φ) del campo magnético externo (Bext) Bext

Bext B’

i’

B’

i’

0

“B’ aumenta el flujo (en líneas punteadas) que esta disminuyendo”

“B’ disminuye el flujo (en líneas punteadas) que esta aumentando”

(i’ es antihoraria)

(i’ es horaria)

La variación del flujo magnético puede deberse a un movimiento o alteración mecánica del circuito o a una variación del campo magnético externo. Voltaje inducido en un conductor rectilíneo móvil El voltaje inducido en un conductor rectilíneo móvil en un campo magnético que se mueve con velocidad v y de longitud L: B v A

B L

VAB = B.L.v

- 639 -

Física

16.11. Generador de corriente alterna Es un dispositivo que convierte energía mecánica en energía eléctrica, presentamos un esquema: Movimiento Mecánico ω N

S

B Colectores R i(t) Al mover mecánicamente la espira se induce una f.e.m. que depende del tiempo y esta dada por: ε(t) = B S ω.sen ω t donde: B : campo magnético constante S : área de la espira ω : velocidad angular de la espira Si: εo = BSω ⇒

ε(t) = εosen ω.t

(en voltios)

Para N espiras: εo = NBSω

- 640 -

(fuerza electromotriz máxima)

Capítulo 16: Electromagnetismo Gráficamente: ε + εo

ω=

t(s) o

T : Periodo (tiempo que demora la espira en dar una vuelta completa.)

– εo T

El símbolo de la f.e.m. es: ε La corriente viene dada por: i(t) =

. sen ωt

=

;

io =

i(t) = io. sen ωt

16.12. Valores eficaces de la corriente y voltaje Los instrumentos de medición de corriente alterna (C.A) son diferentes de los de corriente continua (C.C). Estos instrumentos, como el voltímetro de C.A o el amperímetro de C.A, dan valores eficaces. Los voltajes alternos se pueden discutir de una mejor manera mediante sus valores eficaces.

εeff =

;

- 641 -

ieff =

Física La potencia disipada en un circuito simple viene dada por: P = ε(t).i(t) = εo.io.sen2ωt P = εo.io.sen2ωt i(t) ε(t)

P = Po.sen2ωt (Instantánea)

R

PMAX = εoio (Máxima) PMEDIA =

= εefff . ieff (Promedio)

16.13. Transformadores Son dispositivos que permiten aumentar o disminuir el voltaje o tensión en un circuito eléctrico de corriente alterna. La potencia eléctrica que ingresa, en un caso ideal, es igual a la que se obtiene a la salida. Se encuentran basados en el fenómeno de la inducción electromagnética y están constituidos en su forma más simple, por dos bobinas devanadas sobre un núcleo cerrado de hierro. Las bobinas o devanados se denominan primario y secundario según correspondan a la entrada o salida al sistema en cuestión, respectivamente. εp : f.e.m. bobina primaria

Ns

Np εp

εs : f.e.m. bobina secundaria εs

Np : Número de espiras del primario Ns : Número de espiras del secundario ip: Corriente en el primario is: Corriente en el secundario

Núcleo de Hierro Se cumple: =

=

(En general)

=

(Transformador Ideal) - 642 -

Capítulo 16: Electromagnetismo

Problemas Resueltos 1. ¿Cuál de los siguientes enunciados es correcto? a) Existen imanes de un solo polo magnético. b) El polo magnético norte de la Tierra esta en el hemisferio norte terrestre. c) El campo magnético terrestre se debe a corrientes circulares que existen en el centro de la Tierra. d) Cuando una carga eléctrica con movimiento rectilíneo uniforme ingresa perpendicular dentro de un campo magnético constante en magnitud y dirección, solo cambia de dirección su movimiento rectilíneo e) Un imán no atrae bolas de madera.

sólo se ha establecido que un papel importante, en la variación del campo magnético de la Tierra, es desempeñado por diversas corrientes eléctricas que fluyen tanto en la atmósfera, así como en la corteza terrestre. d) Cuando una carga eléctrica ingresa perpendicularmente a un campo magnético uniforme, se cumple que el campo actúa con una fuerza magnética sobre la carga eléctrica y determinándose mediante la regla de la mano derecha su dirección y sentido si es que la carga es positiva. B = cte.

+

SOLUCIÓN:

F

a) No existen imanes con un solo polo magnético (monopolo), se sabe que es imposible aislar los polos magnéticos de una imán a través de la siguiente prueba experimental:

+

F

F

+

F +

corte

sur

norte

sur

norte

sur norte

b) La Tierra se comporta como un gigantesco imán, con su eje de rotación de la Tierra, encontrándose su polo norte magnético en el sur geográfico terrestre y su polo sur magnético en el norte geográfico terrestre. c)

La carga efectúa un movimiento circular uniforme, donde “F” es la fuerza centrípeta; por lo tanto se observa que sólo cambia en todo instante la dirección de la velocidad, mas no su magnitud.

Hasta el momento, el magnetismo terrestre no está del todo explicado, - 643 -

e)

Un imán es todo aquel cuerpo físico que atrae especialmente al hierro y con menor intensidad al níquel y al cobalto, por lo tanto un imán no atrae bolas de madera. \

Respuesta: E

Física 2. Determinar el módulo de la inducción magnética en el punto P, sabiendo que en el punto Q es de 6 μT; además por el conductor de gran longitud circula una corriente de intensidad “ I ”.

3. En la figura se muestran dos alambres conductores muy largos que transportan corrientes iguales (I = 1 A). Calcular el módulo de la inducción magnética resultante en un punto “P” que equidista 1 m de ambos conductores. I

I P a

I

1m

Q SOLUCIÓN:

a

Graficando los vectores de inducción: I

I

1m

SOLUCIÓN: 1m

Del gráfico:

1m 60º 30º

B2

a

P

BQ

BP

B1

Luego, la inducción magnética resultante vendrá dado por:

a

B2 Piden “BP”: P

… (i)

BP =

B1

120º

=

1

+

2

cuyo módulo es: BP2 = B12 + B22 – 2B1B2 cos 120º ... (i)

Dato: BQ = 6 μT BQ =

=6

Se sabe: B1 = B2 =

… (ii)

⇒

De (i) y (ii), se obtiene:

=

B1 = B2 = 2 x 10–7 T

Reemplazando (ii) en (i): BQ = \

⇒ BP = 2BQ

BP2 = 2B1 – B12 = B12 ⇒

BP = 12 μT

BP = B1 \

- 644 -

BP = 2 x 10–7 T

... (ii)

Capítulo 16: Electromagnetismo 4. En la figura se muestran dos conductores rectilíneos de gran longitud. Encontrar a que distancia del conductor “A”, la inducción magnética resultante es nula. I

5. Calcular la inducción magnética en punto “P” que origina la corriente intensidad I = 4 A que circula por conductor de gran longitud doblado ángulo recto.

el de el en

2I I P 1m

A

B

6 cm

I

37º

SOLUCIÓN: SOLUCIÓN:

Analizando las tres posibles regiones: I

Aplicando el principio de superposición, consideraremos al conductor como formado por dos conductores “1” y “2”:

2I BA

BA

BA

α→0 0,8 m BB

BB

A (si se puede anular)

(nunca se anula)

B

P

BB 2

1m

(BB > BA no se anula)

I

0,6 m

53º

θ → 0º

37º

2I

1

P

Se tiene: BP = B1 + B2 x

Para el conductor “1”: A

6+x

B

B1 =

Para que BP = 0, se debe cumplir que: B A = BB ⇒

... (i)

⇒

B1 =

⇒

B1 =

(cos 37º + cos 0º)

= 2x = 6 + x

⇒ \

x = 6 cm - 645 -

... (ii)

Física Para el conductor “2”: B2 = ⇒

B2 =

⇒

B2 =

Como el punto “O” se encuentra a lo largo de los ejes de los conductores infinitos “1” y “3”, entonces la inducción magnética solo se deberá al conductor “2”

(cos 53º + cos 0º)

Bo = Reemplazando datos:

... (iii)

Finalmente, reemplazando (ii) y (iii) en (i):

⇒

Bo =

BP = \ ⇒

Bo =

π x 10–5 T

BP = 7. Por el conductor circula una intensidad de corriente eléctrica de 3 A. Determine el módulo de la inducción magnética en el punto “P”.

BP = 2 μT

\

6. Un alambre muy largo se ha doblado tal como se indica. Si a través del círculo existe una corriente de I = 5 A, determinar la inducción magnética en “O”. (R = 10 cm)

40 cm

P

I 30 cm

30 cm

SOLUCIÓN: R

Analizando cada sector del conductor:

O

3 53º

SOLUCIÓN:

4

0,4

Analizando por tramos:

I 1

3

2

5

P 0,3

0,3

Como el punto “P” se encuentra a lo largo de los ejes de los conductores “1” y “5”; entonces la inducción magnética solo se deberá a los conductores “2”, “3” y “4”.

O 1

53º

37º

θ = 3π/2 2

- 646 -

Capítulo 16: Electromagnetismo 8. Determine la inducción magnética en el punto “P”, que se encuentra sobre el plano xy, sabiendo que en los conductores de gran longitud existen corrientes eléctricas I1 = 1 A e I2 = 2 A.

Para el conductor “2”: B2 = ⇒

cos 37º

B2 =

z ⇒

B2 =

I2

Para el conductor “3”: B3 =

y 20 cm

(cos 53º + cos 53º) 10 cm P

I1 ⇒

B3 =

⇒

B3 =

x SOLUCIÓN: La inducción magnética total se debe a los conductores infinitos “1” y “2”:

Para el conductor “4”: B4 =

BP = B1 + B2

cos 37º

Para el conductor infinito “1”:

⇒

B4 =

B1 =

⇒

B4 =

Reemplazando datos:

Se observa que los tres vectores de inducción son “entrantes”, por lo tanto: BP = B2 + B3 + B4 ⇒

BP =

⇒

BP =

⇒

B1 =

= 10

Para el conductor infinito “2”: B2 = Reemplazando datos: ⇒ B2 =

= 10

Reemplazamos datos: Finalmente, reemplazando en (i): BP = \

BP = 10

BP = 2,5 μT - 647 -

+ 10

... (i)

Física

⇒

BP = 20

⇒

BP =

Luego, la magnitud de la fuerza viene dado por: F = iB (4π x 10–7) BP = 4 μT

\

⇒

F1 = i.AB .B = 2iB

y

F2 = i.BC .B = iB

... (i)

Por dato: F1 = 2iB = 100 N

9. En la figura se muestra un hilo conductor ABC (en el plano xy) sobre el cual actúa un campo magnético “B” de manera perpendicular. Si se hace circular una corriente i = 1A en la dirección mostrada, el tramo AB experimenta una fuerza de 100 N. Hallar la magnitud de la fuerza resultante en todo el hilo. 2m B A i 53º

⇒

iB = 50 N

Reemplazando en (i): ⇒

F2 = 50 N

Luego, la fuerza resultante: F1

37º

i

B

F2

1m

100 N

F1 C

Usando la regla de la mano derecha podemos hallar el sentido de la fuerza aplicada en ambos segmentos: F1 A B

50.

F2.cos 37º

SOLUCIÓN:

53º

F2.sen 37º

= 30 N

50.

FR

70 N

B

40 N 53º

Finalmente:

F2

C Como B es perpendicular al plano donde circula la corriente ⇒ θ = 90º. - 648 -

FR = \

FR = 10

N

= 40 N

Capítulo 16: Electromagnetismo 10. Una carga puntual se mueve paralelamente entre dos cables muy largos que transportan corriente (I1 e I2), según se muestra en la figura. Si el peso de la carga “q” es despreciable, qué relación guardan entre si las corrientes para que la partícula continúe moviéndose como al inicio. I1 d

v +

d

I2

⇒

= \

11. Los tres conductores rectilíneos que se muestran en la figura son infinitamente largos. F12 es la fuerza por unidad de longitud que el conductor “1” ejerce sobre el conductor “2” y F32 es la fuerza por unidad de longitud que el conductor “3” ejerce sobre el conductor “2”. Halle la relación: F12/F32.

SOLUCIÓN:

I

Por condición del problema: d

3I

I1

2R

R

d

I2

1

Se sabe que la carga sigue moviéndose como al principio, en línea recta y con velocidad constante, es decir está en equilibrio cinético. Luego: I1 B1

F2 B2

2I

v

+

v

+

I1 = I2

F1

I2

F1 = F2

⇒

qvB1sen 90º = qvB2sen 90º

⇒

B1 = B2

3

SOLUCIÓN: De la teoría se sabe que para el caso de dos conductores rectilíneos infinitamente largos que están dispuestos paralelamente y que transportan corriente eléctrica, se manifiesta entre ellas una fuerza de tipo magnética. Considerando el siguiente caso general: I2 I1

Del equilibrio: FR = ⇒

2

L

F

F

D

- 649 -

L

Física Donde: g

I

= C

En el problema:

D

h

A

B

I

SOLUCIÓN: F12 F12

F32

Sea el gráfico:

F32

L



L R

Fm

2R h

Reemplazando:

C

B

mg

A

F12 =

D B

I El campo magnético del alambre largo sobre el tramo de alambre CD es:

=

F32 =

I

=

B=

Dividiendo ambas expresiones:

La fuerza magnética que experimenta el alambre CD siempre es hacia arriba, y su magnitud esta dada por:

=

Fm = IB = ⇒

=

\

=

12. Un alambre horizontal largo AB lleva una corriente de 50 A (ver figura). El alambre CD puede moverse hacia arriba y hacia abajo mientras hace contacto eléctrico en los puntos CD. La masa por unidad de longitud de CD es 5 x 10–3 kg/m. Determine la altura “h” de equilibrio a la que llega CD cuando fluyen las corrientes. (g = 10 m/s2)

- 650 -

La dirección de la fuerza magnética “Fm” se determina con la regla de la mano derecha. A medida que el alambre sube, disminuye la fuerza magnética, hasta que se equilibra con la fuerza gravitacional hacia abajo: Fm = Fg ⇒

= mCDg

… (i)

Además, “α” es la masa por unidad de longitud, entonces la masa del alambre CD es: mCD = α

Capítulo 16: Electromagnetismo 14. Dos alambres paralelos, rectos y de gran longitud se encuentran separados 0,2 m entre sí, cada uno transporta una corriente i = 10 A. Hallar el valor del campo magnético en el punto medio entre ambos, si:

Reemplazando “mCD” en (i): = αg ⇒

h=

a) Las corrientes tienen el mismo sentido Reemplazando datos:

b) Las corrientes tienen sentidos opuestos

⇒

SOLUCIÓN:

h=

1º Caso: Corrientes del mismo sentido \

h = 0,01 m

B1

13. Una bobina circular plana de metros de radio, esta compuesta de 100 espiras, cada una de las cuales transporta una corriente de 1 A. Hallar la magnitud del torque que actuará sobre la bobina cuando, paralela al plano de ésta, actúe un campo magnético de 0,1 T. SOLUCIÓN: La magnitud del torque está dada por:

i

Donde:

BM = B1 – B2

⇒

BM = \

i

Reemplazando: τ = (100)(1)(π2)(0,1)(1)

\

τ ≈ 98,7 J

- 651 -

–

BM = 0 T

0,1

B1

τ = 10π2

i

2º Caso: Corrientes en sentidos opuestos

S = π( )2 = π2 B = 0,1 T

⇒

0,1 M

B2

τ = NiSB cos θ Como la bobina es paralela al campo, entonces: θ = 0º. Datos: B S N = 100 i i = 1A

0,1

M 0,1

B2

Donde:

BM = B1 + B2

⇒

BM =

+

i

Física

⇒

BM =

⇒

BM =

⇒

⇒ B1 = B2 =

= 2.10–5

⇒ B1 = B2 = 20 μT Reemplazando en (i): –6

BM = 40 x 10 T

Bp =

x

10–6

BM = 40 μT

\

\ 15. Dos conductores rectilíneos, paralelos y muy largos, están separados una distancia de 10 cm. Si por los conductores circulan corrientes de 10 A en el mismo sentido, Hallar el valor del campo magnético en un punto situado a 10 cm de cada conductor. SOLUCIÓN:

Sabemos que el campo magnético en el centro de una espira circular viene dado por: B= i2 i1

cm

10

cm

i1

60º 60º 10 cm

SOLUCIÓN:

10

60º º 30

μT

16. Al aplicar un voltaje “V1” a los extremos de una espira circular conductora, en el centro de ésta, se crea un campo magnético B. ¿Qué voltaje hay que aplicar a una espira de radio dos veces mayor para obtener el mismo campo magnético (en módulo) en el centro de la espira?

Debemos hallar al campo resultante en un punto “P” que equidista de ambos conductores 10 cm: B1 P B2

Bp = 20

i2

r2

r1

B

B

Hallando la resultante: Bp =

... (i)

V1

V2

donde: B1 = B2 =

Para la espira pequeña: V1 = i1.R1

Además por dato: i1 = i2 = 10A.

Se sabe que: B = - 652 -

⇒ i1 =

Capítulo 16: Electromagnetismo SOLUCIÓN:

Reemplazando: ⇒

V1 =

... (i)

El interior de un parlante presenta la siguiente configuración: Bobina de voz

Para la espira grande (r2 = 2r1):

S

V2 = i2.R2

B

Se sabe que: B=

⇒ i2 =

=

B

V2 =

… (ii)

La resistencia en la espira pequeña viene dado por: R1 =

=

El campo magnético B genera una fuerza F que mueve el parlante. La fuerza sobre una espira viene dado por: F = i  B sen θ θ = 90º, ya que B siempre forma 90º con la dirección de corriente en una espira circular. Luego:

Y para la espira grande:

F = iB

=

R2 =

i

S

Reemplazando: ⇒

F

N

... (i)

Además: Comparando R1 y R2:  = 2π

R2 = 2R1 Reemplazando en (ii): V2 =

donde: : longitud de la espira

=4

d: diámetro de la espira La fuerza total producida por las N espiras vendrá dado por:

V1 \

= πd

V2 = 4V1

FT = N F

17. La bobina de voz de un parlante tiene 3 cm de diámetro, contiene 100 vueltas de alambre y está colocada en un campo magnético de 0,1 T. Si la corriente en el parlante es 2 A, halle la fuerza sobre la bobina y el cono. - 653 -

⇒

FT = NiB

Reemplazando valores: ⇒

FT = (100)(2)(π)(3 x 10–2)(0,1) \

FT = 1,885 N

Física 18. Dos cables conductores muy largos y paralelos al eje x se encuentran sobre el plano “XY” y separados entre sí 8 cm. Ambos transportan corrientes i1 = 20 A e i2 = 30 A , tal como se muestra en la figura. Hallar el campo magnético en un punto que se encuentra a 3 cm por encima del plano “XY” y equidistante de los dos cables .

Hallando “α” en la figura: 90º + 53º + α = 180º α = 37º

⇒

Hallando “β” en la figura: 90º + 53º + β = 180º β = 37º

⇒

Con el ángulo entre B1 y B2 podemos hallar su resultante “Bp”:

z i2

... (i)

Bp = Hallando B1 y B2 : y

8 cm

B1 = i1

x

⇒

y B2 = B1 = K i1 y

B2 = K i2

SOLUCIÓN: donde: K =

Graficando en el plano transversal YZ: z

P

Reemplazando (ii) en (i):

3 cm A

4 cm

H

4 cm

y C

⇒

El punto “P” debe ser equidistante de los dos cables. Luego: AP = PC = 5 cm Se observa que los APH y PHC son notables de 37º y 53º. Luego: B1 B2 a b ba

i1

37º

Bp = Bp = K.10

Reemplazando el valor de K: ⇒

Bp = 2

⇒

Bp = 8 \

i2 - 654 -

= 2K

Bp = 8

x

10–6 T μT

.... (ii)

Capítulo 16: Electromagnetismo

El flujo magnético viene dado por:

19. Un campo magnético variable con el tiempo, de ecuación B(t) = 50 t (donde B está en Wb/m2 y t en segundos), atraviesa perpendicularmente una espira circular de área 100 cm2. Determine la f.e.m. inducida en la espira.

φ = B.S.cos θ En el problema, θ = 0º pues el campo magnético es paralelo a la dirección perpendicular del área S. Luego: φ = B.S.cos (0º) = B.S

SOLUCIÓN:

La variación de flujo vendrá dado por:

La ecuación del campo magnético B(t) nos indica que es lineal con respecto al tiempo, es decir, el campo aumenta al transcurrir el tiempo.

Δφ = φ – φo = BS – BoS

B

⇒

Δφ = S(B – Bo)

⇒

Δφ = SΔB

Reemplazando en (i):

200

ε=

150 100

(Pero

50 2

3

4

“Gráfica B VS t”

El campo aumenta 50

ε=

S

es la variación del campo con

⇒

= 50

Reemplazando:

cada segundo,

ésta es su tasa de crecimiento o rapidez. Para hallar el valor de la f.e.m. inducida no es necesario considerar el signo en la ley de faraday, ya que en este caso no necesitamos saber el sentido de la corriente.

=S

el tiempo y es igual a la pendiente de la gráfica B VS t)

t (s) 1

=

⇒

ε = (100 x 10–4 m2).(50 \

)

ε = 0,5 voltios

20. En la figura mostrada hallar la corriente inducida. (v = 3 m/s y B = 0,5 T)

… (i)

S = Área de la espira (constante)

v

20 cm 10 Ω cobre

- 655 -

varilla de plata

Física SOLUCIÓN: En este caso el campo magnético es constante, por lo tanto, la variación del flujo que originará la f.e.m. será debido a la variación en el tiempo del área formada por la varilla de plata y el conductor de cobre. Δx

i = 3.10–2 A i = 30 mA

razón de

R.P.M dentro de un campo

magnético de 0,04 T, calcular la f.e.m máxima inducida y la corriente máxima a través de una resistencia (R = 10 Ω) conectada a la bobina.

R

El campo es perpendicular al área rectangular. Luego θ = 0º, por lo tanto: φ = BS Si se desplaza la varilla de plata en la dirección que se muestra en la figura, la variacion del flujo vendrá dada por: Δφ = φ – φo = BS – BSo ⇒

Δφ = B(S – So) = BΔS

⇒

Δφ = B.Δx.L

Reemplazando en la ley de faraday:

SOLUCIÓN: Si una bobina gira en un campo magnético, ésta funciona como un generador de corriente alterna (C.A). Luego, la f.e.m máxima vendrá dada por: ε = ε MAX = N B S ω ... (i) Donde: N (número de espiras) = 500 B = 4 x 10–2 T S = (5 cm)(20 cm) = 100 cm2 = 100 x 10–4 m2 ω=

= BL

Convirtiendo “ω” a

:

es la velocidad de la barra.

donde

ω=

ε = BLv

⇒

.

.

ω = 60 rad/s

Reemplazando en (i):

ε = i.R i=

.

⇒

De la ley de Ohm se tiene:

⇒

⇒

21. Una bobina de resistencia 2 Ω, posee 500 vueltas, y cada espira tiene 5 cm de ancho y 20 cm de largo. Si dicha espira gira a

L

=

i=

\

v

ε=

⇒

⇒ εMAX = (500)(4 x 10–2)(100 x 10–4)(60)

=

\ - 656 -

εMAX = 12 voltios

Capítulo 16: Electromagnetismo Reemplazando el valor de εefz en (i):

La corriente máxima se puede calcular del siguiente circuito equivalente: εMAX r bobina

\

iMAX

εMAX = iMAX (r + R) 12 = iMAX (2 + 10) \

P = 480 W

23. Tres cargas positivas q1, q2 = q1 y q3 = 2q1, de masas m1, m2 = 2m1 y m3 = 4 m1, se mueven con una misma energía cinética y entran en un campo magnético, perpendicular a sus velocidades, describiendo órbitas circulares de radio r1, r2 y r3. Hallar el

R

⇒

=

P=

iMAX = 1A

cociente de velocidades

22. Se muestra un circuito de C.A en el cual R = 15 Ω. Si ε = 120 sen ωt, hallar la potencia eficaz que disipa la resistencia.

y

también el cociente entre los radios

; y y

SOLUCIÓN: Sea “E ” la energía cinética de cada una de las cargas. Luego, para cada una de las tres cargas se tiene:

R ε

Para q1:

E=

m1v12

Para q2 :

E=

m2v22

⇒

E=

(2m1)v22

⇒

E = m1v22

Para q3 :

E=

m3v32

⇒

E=

(4m1)v32

⇒

E = 2m1v32

… (i)

SOLUCIÓN: La potencia eficaz se calcula conociendo la f.e.m eficaz (εefz): Ρ= Para hallar εefz = εMAX: ε = εMAX.sen ωt ε = 120.sen ωt ⇒

εefz =

… (i)

… (ii)

, debemos hallar Comparando ambas:

εMAX = 120 V

= 60

V

- 657 -

... (iii)

Física Igualando (iv) y (v):

Igualando (i) y (ii): m1v12 = 2m1v22 \

m1

=

Igualando (i) y (iii): m1v12 = 4m1v32 \

⇒

=2

⇒

=2

=

\

Puesto que las partículas describen órbitas circulares dentro del campo magnético, las cargas cumplen la ecuación de la dinámica:

= 2m1

=

Igualando (iv) y (vi): m1

Σ FC = m.

= 4m1

⇒

=4

⇒

=4

Reemplazando la fuerza magnética: q(vi x B) = mi Para q1 : ⇒

Para q1 : ⇒

Para q3 : ⇒

\

qv1B = m1 qB = m1

… (iv)

qv2B = m2 qB = 2m1

… (v)

24. Una partícula cargada con q = 5 μC y masa m = 10–4 kg, penetra en un campo magnético de inducción constante de magnitud B = 10 T, según como se indica en la figura. Si por el punto “A” ingresa a otra zona donde existe un campo eléctrico vertical uniforme (E = 103 V/m) y sale de éste por “S”, determine: a) La velocidad “v” de salida de la partícula.

qv3B = m3 qB = 4m1

=2

… (vi)

- 658 -

b) El ángulo de salida “θ”.

Capítulo 16: Electromagnetismo v

+ vo

S

B

0,5 = vot

⇒

vo =

… (iii)

E

D

Por M.R.U.V:

A y x

⇒ θ

L = 0,5 m

D

SOLUCIÓN: a) De la figura, en la zona de campo magnético uniforme la partícula describe un cuadrante de circunferencia de radio “D”, luego debe verificarse:

D=

⇒

D = 25t2

(50)t2 … (iv)

Dividiendo (iii) entre (iv): =

=

Reemplazando en (i):

qvoB = m ⇒

⇒

= 0,5

=

Reemplazando datos:

⇒

⇒

=

Reemplazando en (iii):

⇒

= 0,5

vo =

… (i)

En la zona de campo eléctrico, la partícula estará sometida a una fuerza vertical ascendente que le comunicará una aceleración: ay =

t = 0,342 s

vo = 1,46 m/s

\

b) Para el ángulo de salida “θ”:

=

tan θ =

=

=

Reemplazando datos: Reemplazando:

⇒

ay =

⇒

ay = 50 m/s2

... (ii)

De las ecuaciones del movimiento de la partícula para el trayecto A → S, se tiene: L = vot - 659 -

tan θ = \

θ = 85,12º

= 11,72

Física 25. Un ión 23Na+ acelerado por una diferencia de potencial de 50 000 V se mueve en el sentido positivo del eje OY y penetra en una región donde existe un campo magnético = 2 T. Calcular: a) El radio de la órbita descrita por el ión y el periodo de revolución. b) Si queremos que el ión no se desvíe de su trayectoria; ¿qué campo eléctrico (módulo, dirección y sentido) habrá que aplicar? Datos:

Reemplazando en: = q( ⇒

= 1,6 x 10–19(6,45 x 105

⇒

= 2,07 x 10–13

2 )

N

Reemplazando: R= \

R = 0,077 m

El periodo viene dado por:

SOLUCIÓN:

T=

a) Para hallar el radio de la trayectoria del ión es necesario conocer la fuerza que el campo magnético ejerce sobre él: = q(

x

)

Reemplazando valores: ⇒

Además de la 2da ley de la dinámica: | |= La energía eléctrica E = q ionV que proporciona la diferencia de potencial se convierte en energía cinética, luego: E k = q ionV =

T= \

T = 7,5 x 10–7 s

b) Para que el ión al ingresar al campo magnético no se desvíe de su trayectoria recta , la resultante de las fuerzas eléctricas y magnéticas debe ser nula.

mv2

e

⇒

⇒

x

Se sabe que: R =

NA = 6,023 x 1023 iones/mol q ion = 1,6 x 10–19 C

)

x

v=

q

+ q(

⇒

Reemplazando datos:

+ x

m

)=0

=–

x

Reemplazando: = – (6,45 x 105

⇒

v=

⇒

v = 6,45 x 10 m/s

=0

\

5

- 660 -

= – 1,29 x 106

x

2 )

N/C

Capítulo 16: Electromagnetismo 26. En la figura se muestra un electrón que ingresa a un campo magnético uniforme (B = 0,001T) con velocidad v = 107 m/s. La dirección de la velocidad es perpendicular a las líneas de campo magnético. Hallar la profundidad “h” de penetración del electrón en la región del campo magnético. (La razón entre la carga y la masa del electrón es 1,76 x 1011 C/kg y el ángulo de incidencia es α = 30º).

Reemplazando (R = ⇒

h=

⇒

h= \

B

h

a

):

=

. h = 0,0284 m

27. En la figura, el plano de la espira es paralelo a un campo magnetico (B = 3T). Si por la espira cuadrada de 5 cm de lado circula una corriente de 4 A, hallar el torque que actúa sobre la espira cuadrada. I

electrón I

SOLUCIÓN:

I

Graficando: I

SOLUCIÓN:

h

Usando la fórmula para el torque de una espira: τ = I.S.B.cos θ

30º 60º

R

30º

R/2

El ángulo θ es nulo, debido a que el plano de la espira es paralelo a . ⇒

En la gráfica: h+ ⇒

τ = ISB

... (i)

Siendo: S = áreacuadrado = (5 cm)2 = 25 cm2 I =4A B=3T

=R h=

- 661 -

Física Remplazando en (i): τ = (4)(25.10–4)(3) τ = 0,03 N.m (torque máximo)

\

28. En la figura se muestra un alambre conductor en forma de U. Sobre éste se desplaza una varilla del mismo material con velocidad uniforme. La varilla tarda 0,1 s en recorrer 10 cm de la posición (1) hasta la (2). Si perpendicular al plano del conductor existe un campo magnético (B = 50 T), halle la lectura que registra el voltímetro.

29. Explique claramente por qué la frecuencia angular “ω” de rotación de una bobina en un campo magnético, determina la magnitud de la f.e.m inducida, al igual que su variación en el tiempo. ¿Qué otros factores afectan la magnitud de esa f.e.m?

Bobina

ω SOLUCIÓN: Del gráfico:

v

V

Si la bobina gira alrededor de un eje perpendicular al campo de magnitud constante, se inducirá una f.e.m.

20 cm

(1)

(2)

En la figura se observa como varía el flujo magnético. Luego:

SOLUCIÓN: Las condiciones del problema son muy similares a las del problema N° 20, donde la f.e.m inducida en los extremos de la varilla viene dada por: ε = vBL … (i)

= Tabulando algunos valores para el flujo: t t=0

Hallando la velocidad: v= ⇒

v=

⇒

v=1

=

ε = (1).(50).(20 x 10–2) \

t = T/4

0

t = T/2

φf = – BA

t = 3T/4

0

t=T

Reemplazando el valor de v, B y L en (i):

φ φi = BA

BA

Donde: T(periodo): es el tiempo que demora la espira en dar una vuelta completa.

ε = 10 voltios - 662 -

Capítulo 16: Electromagnetismo

En t =

el flujo es negativo debido a

BA

y tienen sentidos opuestos. que Luego, la variación del flujo magnético vendrá dado:

0

= ⇒

⇒

–

π/2

π

Luego, la f.e.m inducida en la bobina resulta: ε=– ε=

Cuando la bobina da la otra media vuelta se puede encontrar que:

BA

30. Una barra de cobre de 20 cm de longitud se coloca perpendicular a un campo magnético uniforme de 0,5 Wb/m2. Como resultado del movimiento perpendicular a su longitud, existe una f.e.m de 0,1 V entre sus extremos. Determine la rapidez con la que se mueve la barra a través del campo. SOLUCIÓN:

ε=– De lo expuesto podemos concluir que, tanto el flujo magnético como la f.e.m inducida en la bobina son funciones senoidales del tiempo, es decir: φ = BA sen(ωt + π/2) φ = BA cos ωt

⇒

Luego, reemplazando: \

ε=

ωt

3π/2 2π

La f.e.m inducida también dependerá del campo magnético y del área encerrada por la bobina.

. Reemplazando: =–

⇒

φ

– BA

=–

Se sabe que T =

ε

BA

– – – –

v q

x

+ + + +

’

En el gráfico, es el campo electrostático creado por la separación de cargas debido a la acción de la fuerza magnética

cos ωt

Fm= q - 663 -

x

Física ’ es el campo no electrostático y que existe debido al movimiento del conductor, el cual es nulo fuera de él. La resultante del campo no electrostático ’ y el campo electrostático dentro del conductor deben ser nulos; porque de lo contrario las cargas libres saldrían fuera de la barra de cobre.

La fuerza que experimenta la barra, debido al campo magnético uniforme es: Fm = IB

El sentido de la fuerza magnética se determina por la regla de la mano derecha. Barra conductora

fs

De la teoría se tiene: ε = vB ⇒

… (i)

I

Fm fs

mg

N

N

De la 1ra ley de Newton en la vertical: 2N – mg = 0

v=

Reemplazando datos: ⇒ v= \

= v = 1 m/s

31. Una barra conductora recta de 100 g de masa y 15 cm de longitud está en reposo sobre 2 rieles horizontales paralelos que distan 15 cm. La barra que lleva una corriente de 30 A, es perpendicular a los rieles. Si el coeficiente de fricción estático entre la barra y estos últimos es de 0,25, determine el campo magnético uniforme mínimo, normal al plano del circuito, que se requiere para poner en movimiento la barra. SOLUCIÓN:

N=

Para que la barra logre moverse lateralmente, la fuerza magnética debe vencer a la fuerza de fricción que existe entre los rieles y la barra conductora. Luego: Fm = 2fs = 2μsN ⇒

Fm = 2μs

⇒

Fm = μsmg

De (i) y (ii) se deduce que el campo mínimo para que se cumpla la condición del movimiento es: IBMIN = μsmg ⇒

Barra conductora

BMIN =

Reemplazando datos:

I I

Fm

 = 15 cm

⇒

BMIN = \

I - 664 -

… (ii)

BMIN = 0,055 Wb/m2

Capítulo 16: Electromagnetismo 32. Una pequeña bobina circular se utiliza para medir campos magnéticos. El plano de la bobina se encuentra inicialmente perpendicular al campo magnético y está unido a un instrumento que mide la carga total que fluye. Rápidamente la bobina se voltea (gira a 180º) y se mide el flujo de la carga. La bobina consta de 200 vueltas de alambre, cada uno con un área transversal de 4 cm2. La resistencia total de la bobina es de 40 Ω. En una medición específica se registra una carga negativa de 2 x 10–5 C. Determinar el campo magnético. SOLUCIÓN:

La corriente inducida será igual a:

Luego, la carga que pasa por un punto determinado cuando circula la corriente inducida viene dada por: q = I ind (Δt) = ⇒

B=

Reemplazando datos: ⇒

Si la bobina gira alrededor de su diámetro, el área por el que atraviesa el flujo se reduce a cero en un tiempo Δt, para luego aumentar hasta su valor inicial. El flujo cambiante produce aún una f.e.m inducida entre los extremos de la bobina, el cual hace que circule una corriente. Considerando el cambio de flujo en el primer intervalo de tiempo Δt. ε=– ε=–

B = 0,01

33. Se coloca una bobina de “N” vueltas alrededor de un solenoide muy largo de sección “S” que tiene “n” vueltas por unidad de longitud. Demostrar que la inductancia mutua del sistema es: M = μonNs

Galvanómetro

⇒

B= \

Área encerrada “A”

=

Iind =

SOLUCIÓN: N

n

i SOLENOIDE BOBINA

Si una corriente “i” circula por el solenoide, se demuestra que el campo B en el centro de ésta es: B = μon i El flujo que atraviesa la sección (de las bobinas o el solenoide) vendrá dado por:

=

φn = B S = μon i S - 665 -

Física Este flujo atraviesa también las “N” vueltas de la bobina: φN = Nφn φN = N(μon i S)

⇒

El flujo en N1, debido a su corriente “i” es: φ1 = BS

… (i)

El flujo a través de la bobina “N” está relacionada con la corriente que circula por el solenoide de “n” vueltas, por intermedio de la inductancia mutua “M”, así: φN = M i … (ii)

⇒

φ1 =

⇒

φ1 =

S ... (ii)

Finalmente, reemplazando (ii) en (i): M i = N2

Igualando (i) y (ii): Nμon i S = M i \

\

M = μonNS

34. En un solenoide largo que tiene “N1” espiras, longitud “” y área de sección transversal “S”, es enrrollado compactamente sobre toda la longitud de un segundo solenoide que tiene “N2” espiras y la misma sección “S”. Hallar el coeficiente de inductancia mutua entre los dos solenoides. SOLUCIÓN: N2 N1

M=

35. Se tienen tres conductores rectilíneos de gran longitud colocados como se muestra en la figura. Si la fuerza que ejerce el conductor (1) sobre (3) es “F”, hallar la fuerza resultante ejercida sobre el tercer conductor. i (1)

a

i (2)

a

i (3)

S

i SOLUCIÓN: La fuerza entre dos conductores con corriente viene dado por:

 Se tiene que: φ2 = M i

F=

(flujo en N2 debido a la corriente en N1) φ2 = Ν2φ1 ⇒

M i = N2φ1

… (i) - 666 -

Como los conductores son “muy largos”, la longitud “” se puede considerar la misma para los tres conductores.

Capítulo 16: Electromagnetismo Luego, la fuerza sobre (3) producida por (1) es: F13 =

=

=F

Y la fuerza que ejerce (2) sobre (3): F23 =

r

=

103 V

La fuerza resultante (en módulo) que se ejerce sobre el conductor (3) será: (1) (2) F23

(3)

F13 F3 = F23 – F13 (se restan por tener sentidos opuestos)

SOLUCIÓN: Aplicar una diferencia de potencial a un electrón es una manera de acelerarlo (por acción de la fuerza que ejerce sobre él, el campo eléctrico creado por la diferencia de potencial). Como el electrón sale de la región de aceleración con velocidad final “v”, éste tendrá una energía cinética producto del trabajo realizado para desplazar la carga.

Pero: W = e.V = Energía Cinética F23 = 2 ⇒

⇒

eV =

⇒

v=

⇒

v=

⇒

v=

⇒

v = 1,88.107

mv2

F23 = 2F13

Finalmente, reemplazando: ⇒

F3 = 2F – F \

F3 = F

36. Un electrón que es acelerado por una diferencia de potencial de 103 V, ingresa en un campo magnético uniforme, perpendicular a la dirección del movimiento. Si el campo es de B = 1,19 x 10–3 T, hallar el radio de la trayectoria del electrón. (Carga del electrón e = 1,6 x 10–19 C; masa del electrón m = 9,1 x 10–31 kg)

- 667 -

... (i)

Para hallar “r” usamos la siguiente expresión: r=

Física Reemplazando de (i): ⇒

Hallando el momento magnético: μ = iS

r=

donde: S (área de la espira) = πr2

r = 9 x 10–12 m

\

Reemplazando: 37. En el problema anterior, calcular el momento magnético dipolar (μ) del electrón, si, después de ingresar al campo magnético, el electrón viaja indefinidamente en la trayectoria circular. SOLUCIÓN: Vimos anteriormente que la velocidad del electrón es muy grande y comparable con la velocidad de la luz. Este fenómeno nos permite comparar al electrón en órbita circular como una espira circular por la cual circula una corriente eléctrica originada por el único electrón en órbita. i=

i

donde: T: Periodo

r

(tiempo que demora el electrón en dar una vuelta completa)

i

(πr2)

μ= ⇒

μ=

⇒

μ=

⇒

μ= μ = 13,54 x 10–24 A.m2

\

38. En la figura se muestra la trayectoria de una partícula cargada “q” que es acelerada por una diferencia de potencial “V” entre los puntos x e y, ingresando luego a una región de campo magnético B entrante (en forma de un sector circular de 60º). Muestre que se cumple la relación: (m: masa de la partícula)

=

Del M.C.U se tiene: T=

y

x

v = ωr

y 60º

60º

V

⇒

q

T=

r

Luego, la corriente será: i=

D

=

- 668 -

Capítulo 16: Electromagnetismo

SOLUCIÓN:

⇒

Se vio anteriormente que una diferencia de potencial “V” produce una velocidad “v” en la partícula dada por:

r=

Finalmente, reemplazando en (iii): =

v= ⇒

v2 = 2

V

… (i) \

Además, el radio de la trayectoria circular descrita viene dado por : r=

… (ii)

Elevando al cuadrado la expresión (ii): ⇒

r2 =

=

39. En el circuito que se muestra en la figura, hallar el módulo del campo magnético en el punto “A”. Éste punto se encuentra en el centro de la parte semicircular. (r = π m; i = 2A)

Reemplazando (i):

i

r2 =

(2

r

V)

A i

⇒

r2 =

⇒

=

i … (iii)

SOLUCIÓN: Dividimos el circuito en tres partes y calculamos por separado el campo producido por cada una de ellas. Además, para conocer el sentido del campo magnético usaremos la regla de la mano derecha . I i

Colocando “r” en función de “D”:

D/2 60º r De la figura: cos 60º =

II ⇒

A i

= III - 669 -

Física Para (I): (Alambre semi – infinito)

⇒

B3 =

... (iii)

i Como en los tres casos el campo tiene la misma dirección y sentido, se pueden sumar algebraicamente:

r B1

BTOTAL = BI + BII + BIII

Parte infinita ↓

(cos 90º + cos 0º)

B1 =

⇒

↑ Parte finita

B1 =

... (i)

Para (II): (Sector circular)

r

⇒

BTOTAL =

+

+

⇒

BTOTAL =

+

⇒

BTOTAL =

⇒

BTOTAL =

⇒

BTOTAL =

⇒

BTOTAL = 3,27 x 10–7 T

x

10–7 T

B2

i

BTOTAL = 32,7 μT

\ B2 = ⇒

B2 =

... (ii)

Para (III): (Alambre semi infinito)

40. Se hace circular una corriente i = 1A por un conductor en forma de hexágono regular, como se muestra en la figura. Hallar el campo magnético en el centro del hexágono de lado a = 10 cm. i

B3

i

i

r i

i i

B3 =

i a

(cos 0º + cos 90º) - 670 -

Capítulo 16: Electromagnetismo Finalmente, reemplazando en (i) :

SOLUCIÓN: En este caso, al igual que en el problema anterior, podemos sumar la contribución de cada segmento de conductor al campo total. Como se trata de un polígono regular, todos los segmentos contribuyen con el mismo valor de campo magnético.

BTOTAL = 6.

BTOTAL = 6 B SEGMENTO Calculando el campo producido por un segmento: i 60º 60º

⇒ BTOTAL =

=

⇒ BTOTAL =

.10–6 T

\

BTOTAL = 6,93 μT

41. Un protón que se mueve en una trayectoria circular por acción de un campo magnético, adquiere un momento magnético de 1,4 x 10 –26 A.m2. Hallar el campo magnético que se genera a una

r

distancia de 1 BSEGMENTO = ⇒

BSEGMENTO =

⇒

BSEGMENTO =

(cos 60º + cos 60º) (2.cos 60º) ... (i)

tan 60º =

r=

= 10–10 m;

)

Como se vio anteriormente, una partícula como el electrón o el protón (que tienen el mismo valor de carga eléctrica) se asemejan en su comportamiento dentro de un campo magnético “B” a una espira cicular por la cual circula una corriente “i”.

60º

r

⇒

de la trayectoria circular (1 SOLUCIÓN:

a/2

r=

por encima del centro

Radio de la órbita = 2

De la figura:

⇒

=

tan 60º =

B

a R

a

- 671 -

i

Física El momento magnético dipolar para este caso viene dado por : μ = i.S = i(πr2) ⇒

… (i)

i=

42. En la figura se muestran dos conductores (A) y (B), rectos muy largos con corrientes “i” y “2i”, respectivamente y en sentidos opuestos. Si la distancia entre ellos es 6 cm, hallar a qué distancia del conductor (A) el campo magnético resultante es nulo.

Por lo visto anteriormente, se puede usar la fórmula para calcular el campo generado por una espira circular: B=

i

... (ii)

donde: R= 2

2i

(A) –10

= 2 x 10

(B) 6 cm

m

d(distancia al centro) = 1

SOLUCIÓN:

= 10–10 m =

Reemplazando en la expresión para el campo magnético: B=

Para que el campo resultante en un punto sea nulo, los campos producidos por cada uno de los conductores deben ser iguales en magnitud pero de sentidos opuestos. BA

⇒

B=

⇒

B=

⇒

B=

⇒

BB

a

BB

(A)

BB

x

a

BA

(B)

Podemos apreciar que, a medida que nos alejamos del conductor (B) y a la izquierda del conductor (A), el ángulo α se acerca a 180º. Para que BA y BB tengan sentidos opuestos, se debe cumplir que α = 180º.

B= \

BA

a

B = 250 μT - 672 -

Capítulo 16: Electromagnetismo Luego, el punto en donde se tendrá el campo nulo deberá calcularse a la izquierda de (A) y a una distancia “x”. BA

Podemos sumar las contribuciones de cada segmento del conductor al campo magnético total, ya que, por la regla de la mano derecha (aplicada a cada segmento), todas las contribuciones del campo magnético tienen el mismo sentido.

6

x

P

SOLUCIÓN:

A

D

C

B o

BTOTAL

i

BB A Por condicion del problema:

BTOTAL = BAB + BBC + BCD + BDA

Bp = BA – BB = 0 ⇒

BA = BB

⇒

=

B

i

De la geometría del conductor (AB = CD y BC = DA). Luego, el cálculo se simplifica a: BTOTAL = 2(BAB + BBC) ... (i) Para BAB : (segmento rectilíneo finito)

⇒

= x + 6 = 2x

⇒

\

b b a/2

a

(cos α + cos α)

BAB = 43. Si por una espira rectangular de lados “a” y “b” circula una corriente (i = 1A), hallar el módulo del campo magnético en el centro de la espira.

⇒

BAB =

.2cos α =

Para BBC : (segmento rectilíneo finito)

i

b

i a

a b/2

x = 6 cm

o

b

i

a a

b/2

a

i b

- 673 -

Física

⇒

44. Hallar el campo magnético resultante en el centro de dos espiras circulares que se cruzan perpendicularmente, sabiendo que el radio de ambas es de 25 cm y la A. corriente que circula por ellos es

(cos β + cos β)

BBC =

. 2cos β =

BBC =

Luego, reemplazando en (i):

i

BTOTAL = 2

i

P i

⇒ BTOTAL =

i

Hallando cos α y cos β en función de “a” y “b”: b a/2

b/2

En este caso usamos la regla de la mano derecha para averiguar la dirección de campo magnético:

x=

x

SOLUCIÓN:

a

B1

⇒ x=

P

P ⇒ cos α =

B2

; cos β =

Finalmente, reemplazando estos valores en la expresión para el campo total:

El campo resultante BP:

B1

BP BP =

BTOTAL =

B2 ⇒ BTOTAL =

Para hallar B1 y B2 usamos la fórmula: B=

\

(campo en el centro)

BTOTAL = ⇒ B1 =

- 674 -

= B2 (pues tienen al mismo radio R = 25 cm)

Capítulo 16: Electromagnetismo

Para el campo B1 (generado por la espira 1): ⇒ Bp =

=

⇒ Bp =

= 0,5 x 10–5 T

B1 = (b es la distancia del centro a P) Para el campo B2 (generado por la espira 2):

Bp = 5 μT

\

B2 = (a es la distancia del centro a P)

45. Si se colocan dos espiras de radios a = 5 cm y b = 10 cm, como se muestra en la figura, y circulan por ellas las corrientes i1 e i2 respectivamente. ¿En qué relación deben estar i1 e i2 para que el campo magnético total en el punto P sea cero?

Reemplazando en (i): B1 = B2 ⇒

= i1.a2 = i2.b2

⇒ ⇒

O1

=

=

a ⇒

b

i1

=4

P \

a b

O2 i2

SOLUCIÓN: Aplicando la regla de la mano derecha a ambas espiras, obtenemos que el campo resultante BP es: B2

46. Se tiene un circuito rectangular por el cual pasa una corriente “i”. Hallar la fuerza que actúa sobre el circuito por acción de un campo magnético generado por un conductor muy largo con corriente “I”. (i = 1 A; I = 2 A)

BP = B2 – B1 = 0

B1

B2 = B1

6 cm

D

(El campo total debe ser cero)

P

i1 = 4 i2

C

I 10 cm

... (i)

i 3 cm

A - 675 -

B

Física

SOLUCIÓN:

⇒

FTOTAL = 4 x 10–6

El conductor infinito con corriente genera un campo magnético el cual ocasiona una fuerza:

⇒

FTOTAL = 0,88 x 10–6 T

h

D

C

Sobre AD:

\

FTOTAL = 0,88 μT

FAD =

FCB =

d A

B

Si bien no podemos saber cuanto vale FDC y FAB, sabemos por la regla de la mano derecha, que éstos tienen sentidos opuestos. Además, como la longitud AB = DC y circula la misma corriente “i”, el módulo de la fuerza también es igual para ambos. FDC

47. Se muestra un péndulo de longitud L, masa (m = 30 g) y carga (q = 10 mC) que se abandona desde una altura (h = L/5) dentro de un campo magnético (B = 2 T) Hallar la tensión de la cuerda cuando el péndulo pasa por su posición más baja. (g = 10 m/s2 y B es perpendicular al plano de oscilación). B 1m

Sobre CB:

g

=

b

L

I

h FAD

FBC

SOLUCIÓN: Hacemos el D.C.L del péndulo para su punto mas bajo. Veremos que aparece ahora la fuerza magnética F = qvB pues θ = 90º.

FAB

FDC = FAB (se anulan) Luego:

La fuerza total aplicada, viene dado por:

FTOTAL = FAD – FBC

T

⇒ FTOTAL =

P

⇒ FTOTAL =

F

- 676 -

T – P – F = m ac T – m g – qBv =

…(i)

Capítulo 16: Electromagnetismo Para hallar la velocidad “v”, usamos la ley de conservación de energía (F no realiza trabajo ya que es perpendicular al movimiento, al igual que T): ΔEM = 0 ⇒

EPOTENCIAL = ECINETICA

⇒

48. Un alambre que conduce una corriente “i”, tiene la configuración que se muestra en la figura: dos conductores semi – infinitos tangentes al círculo punteado que se conectan por un arco circular de ángulo “θ”. Hallar el valor de θ para que el campo total sea cero en el centro del círculo. i

mv2

mgh =

⇒

v2 = 2gh

⇒

v=

c q

SOLUCIÓN: Usando la regla de la mano derecha para cada segmento del conductor. Para simplificar el cálculo, dividiremos el circuito en tres segmentos.

= m.

T – mg – qB ⇒ T = mg + 2mg

+ qB

⇒ T = mg

+ qB

Reemplazando

Primer segmento (conductor semi – infinito):

:

B1

+ qB

B1 =

(cos 90º + cos 0º)

⇒ B1 =

+ 10.10–3.2.

⇒ T=

i

R

Donde:

+ qB

⇒ T=

i

R

Reemplazando en (i):

⇒ T = mg

i

Segundo segmento (segmento circular): ⇒ T=

+ R \ T=

B2

N

q

B2 de un segmento circular: i B2 =

- 677 -

Física Tercer segmento (conductor semi – infinito):

y B2

B3

5 cm

x

R i

B3 = ⇒

5 cm

v

(cos 0º + cos 90º)

SOLUCIÓN:

B3 =

Vemos que B1 y B3 tienen el mismo sentido y B2 tiene sentido opuesto. Luego:

Calculemos el valor del radio de la órbita de la partícula en la región con campo magnético B1.

BTOTAL = B1 – B2 + B3 = 0 ⇒

B1 + B3 = B2

⇒

+

⇒

B1

r=

=

⇒

r=

⇒

r = 0,05 m = 5 cm

=

Graficando la trayectoria para este tramo:

=

y θ = 2 rad

⇒ \

5 cm

θ ≈ 114,6º

x

49. En la figura se muestran dos regiones influenciados con distintos campos magnéticos (B1 = 0,09 T y B2 = 0,045 T). Si ingresa una partícula de masa (m = 3 x 10–14 kg) y carga (q = 2 μC) en el lugar que se indica en la figura y con una velocidad (v = 3 x 105 m/s) perpendicular al campo magnético B1. Determine a qué distancia del origen de coordenadas la partícula abandona la región de campo B2.

- 678 -

En este tramo la velocidad de la partícula no cambia en módulo pero si de dirección. Luego, ingresa en la región de campo B2, conservando su misma velocidad y describiendo una trayectoria circular.

Capítulo 16: Electromagnetismo Graficando la trayectoria para este segundo tramo: y

SOLUCIÓN: Se sabe que:

=

De donde se puede deducir: 5 cm

x 10 cm

10 cm

5 cm

=

v ⇒

El radio r’ de esta trayectoria descrita viene dado por:

… (i)

La expresión (i) relaciona el número de espiras con la f.e.m eficaz. Por dato:

r’ = ⇒

=

εeff(p) = 500 V

De aqui podemos hallar εeff(s), reemplazando en (i):

r’ =

= ⇒

r’ =

m = 10 cm

d = r + 2 r’

\

PSECUNDARIO = 90% PPRIMARIO

d = 25 cm

εs.is =

(en el eje x)

50. Un transformador reductor recibe, en un circuito primario, una corriente alterna con una intensidad eficaz de 10 A, bajo una tensión eficaz de 500 V. Si sabiendo que

Nos dicen además que hay pérdidas de energía del 10%. Como la potencia es energía por unidad de tiempo, se deduce que la potencia cumple:

d = 3 + 2 (10)

⇒

εeff(s)= 100 V

⇒

Finalmente, de la figura se aprecia que la distancia “d” por donde sale la partícula de la región B2 es:

=5

= 5 y además existen pérdidas de

energía del 10%. Hallar la intensidad eficaz de corriente en el circuito secundario del transformador.

- 679 -

.εp.ip

a cada y también (dividiendo entre factor en ambos miembros) se puede deducir que: εeff(s).ieff(s) =

.εeff(p).ieff(p) … (ii)

Reemplazando valores en (ii): ⇒

(100) ieff(s) = \

ieff(s) = 45 A

(500)(10)

Física

Problemas Propuestos 1.

Dos espiras perpendiculares del mismo radio (R = 1m), como se muestran en la figura, conducen las corrientes i1 = 3 A e i2 = 4 A, respectivamente. Determine la magnitud del campo magnético total (en Tesla) en el punto “O”, en términos de la permeabilidad del vacío (μo).

3.

i1

O

Tomando como referencia el sistema de coordenadas xyz, un electrón ingresa con velocidad en la dirección + x, a una región donde existe un campo eléctrico de intensidad “E” en la dirección + y. ¿Qué dirección debe tener un campo magnético en dicha región para que el electrón continúe con movimiento rectilíneo en la dirección + x? A) – z

B) + y

C)

D)

z

z

i2 y

x

E) y A) 2,5 μo C) 0,25 μo E) 0,4 μo 2.

B) μo D) 2 μo

x

Un protón tiene una velocidad dirigida inicialmente hacia el norte, pero se observa que se curva hacia el este como resultado de un campo magnético . Entonces, la dirección y sentido de es: N O

+

4.

frecuencias angulares

es:

v E

S A) B) C) D) E)

Dos protones describen trayectorias circulares en una región donde existe un campo magnético uniforme. Si los radios de estos círculos están en la relación de 1 a 4, la relación de las respectivas

Hacia el este Hacia el oeste Hacia el norte Hacia abajo, entrando en la página Hacia arriba, saliendo de la página

A) 1

B)

C)

D)

E)

- 680 -

Capítulo 16: Electromagnetismo

2i

(1)

r

7.

...

En la figura se tienen dos alambres conductores muy largos y perpendiculares a la superficie S. Por ellos circulan corrientes: 2 i e i, respectivamente, y en sentidos contrarios. Luego, la relación B1/B2 entre el campo magnético total B1 en el punto (1) y el campo magnético total B2 en el punto (2) es (en módulo): ...

5.

i

2r

r

En el tubo de vacío mostrado en la figura, los electrones son acelerados entre el cátodo (C) y el ánodo (A), mediante una diferencia de potencial de 284,4 V. Al llegar a una región donde existe un campo magnético B = 10–2 T, la velocidad se reduce al 80% de la que tenía al pasar por el ánodo (esto es debido a pérdidas con el gas residual). Determine la fuerza magnética que se ejerce sobre cada electrón. (me = 9,1 x 10–31 kg ; qe = 1,6 x 10–19 C) – +

(2)

C

A

e–

B) 2/3 D) 2

A) 1 C) 5/3 E) 5 6.

v

...

...

S

Tres espiras circulares de igual radio “R”, por las que circula la misma corriente “i” en los sentidos indicados, son colocadas como se muestra en la figura. Calcule el campo magnético producido por estas tres corrientes en el origen de coordenadas. (considerar: α =

A) 0,21 x 10–6 N C) 2,1 x 10–9 N E) 6,4 x 10–4 N 8.

B) 1,28 x 10–14 N D) 3,2 x 10–4 N

En la figura se muestra una espira en presencia de un campo magnético de inducción B. ¿Qué afirmación es correcta?

) z A) Cuando la espira gira respecto a un eje que pasa por su diámetro paralelo a B, no se induce corriente. B) Cuando B aumenta, la corriente en la espira es antihoraria. C) Cuando la espira gira con un eje que pasa por su centro paralelo a B, la corriente inducida es horaria. D) Cuando B disminuye, la corriente en la espira no es horaria. E) Cuando B varía con el tiempo, en la espira no se induce corriente.

i i

x A) α (1, –1, 1) C) α (1, 1, –1) E) α (1, –1, –1)

y

i B) α (–1, 1, –1) D) α (–1, –1, 1) - 681 -

Física 9.

En la dirección este – oeste se encuentra el eje de una espira de 4π cm de radio. Hallar el campo magnético terrestre, si una aguja magnética en el centro de la espira, forma un ángulo de 45º con el eje de ésta al hacer circular por ella una corriente de 10A. A) 10 μT C) 50 μT E) 90 μT

B) 30 μT D) 70 μT

A) 0,01 T C) 0,09 T E) 0,03 T

12. Se muestran dos conductores rectilíneos infinitos y paralelos, donde: i1 = 32 A, i2 = 24 A. Hallar la magnitud y dirección del campo magnético total en el punto P.

i2

i1

10. Se coloca un conductor de longitud L = 25 cm perpendicular a un campo magnético B = 0,5 T originado entre los polos de un imán. Si se hace circular una corriente i = 4 A en la dirección mostrada en la figura, hallar la fuerza magnética que actúa sobre el conductor. S A) 0,5 N ↓ C) 0,75 N ← E) 0,5 N ↑

i

B) 0,1 T D) 0,06 T

P 2 cm

4 cm

6 cm

A) 7 x 10–4 T C) 2 x 10–4 T E) 14 x 10–4 T

N

B) 1 N → D) 1 N ↑

11. En el gráfico se muestran los resultados obtenidos para medir un campo magnético, se uso un alambre conductor de 20 cm y se colocó perpendicular al campo magnético midiéndose la fuerza que actuaba sobre el conductor, para distintos valores de corriente. Hallar el valor del campo magnético.

B) 12 x 10–4 T D) 5 x 10–4 T

13. Se muestran dos conductores perpendiculares entre si. Ambos son rectilíneos e infinitos. Hallar el módulo del campo magnético total en el punto P.

i1 = 15 A

3m P 3m

i2 = 10 A –2

F = (10 N) 3

0

A) 10–6 T

5 i(A) - 682 -

C)

x

10–6 T

E)

x

10–6 T

B)

x

10–6 T

D) 2 x 10–6 T

Capítulo 16: Electromagnetismo 14. Se muestran dos conductores rectilíneos, paralelos e infinitos, vistos desde su sección transversal. Hallar el campo magnético total en el vértice libre del triángulo.

53º

5i

53º

16. En la figura se muestra un campo eléctrico uniforme (E = 3000 V/m) y un campo magnético uniforme (B = 10–3T). Una partícula con carga q = 1,6 x 10–3C se mueve en esta región de campos E y B. En un instante dado la velocidad de “q” es perpendicular a E y B, además v = 1,5 x 106 m/s. Hallar el valor de la fuerza resultante que actúa sobre “q” en ese instante.

5i

6a A)

B)

C)

D) A) 2,1 N C) 2,3 N E) 2,5 N

E)

15. En cual de los casos el sentido de la fuerza magnética es correcta: z

z

A)

B) q(–)

q(+) y

y

x

x

17. En el instante en que una carga “q” se mueve con velocidad actúan los campos 1 y 2 de manera que , 1 y 2 se encuentran en un mismo plano. Hallar la fuerza magnética sobre la carga q. (B1 = 2B2 y B2 = B)

z

z

C)

1

D)

q(+) y

x

B) 2,2 N D) 2,4 N

q

30º 30º

q(–) x

2

y

A)

B) 2qvB

C)

D)

z

E) x

q(+)

E)

y

- 683 -

Física 18. Se muestra un campo magnético que crece proporcionalmente con el tiempo; en 20 s, cambia de 0,5 T a 2,5 T. Si la resistencia eléctrica de la espira cuadrada es 5 Ω, hallar la corriente eléctrica inducida. (L = 40 cm)

21. En la figura mostrada, determine el módulo de la inducción magnética en el punto “O”, si por los conductores de gran longitud circulan corrientes, cuya intensidad es de 0,5 A. z

B

10 cm

L

I

m 0c

1

...

...

O

L

A) 1,2 mA C) 3,2 mA E) 5,2 mA

...

10

I y

cm

B) 2,2 mA D) 4,2 mA x

19. Se tiene un campo magnético constante (B = 0,4 T) tal como se muestra en la figura. Perpendicular al campo se coloca una espira circular cuya área “A” varía con el tiempo de la siguiente manera: A = Ao + bt, donde b = 2 m2/s. Hallar la f.e.m inducida en la espira.

...

A) 5 x 10–7 T C) 3 x 10–5 T E) 3 x 10–6 T

B) 2 x 10–6 T D) 2 x 10–7 T

22. Determine la inducción magnética en el punto “A”, si la intensidad de corriente en el conductor es de 2 A.

R

i

R

=2 0c

m

B

A A) 0,4 V C) 0,8 V E) 1,2 V

B) 0,6 V D) 1,0 V

A) 2πμ T C) πμ T E) 4πμ T

20. Se construye un transformador reductor de voltaje (ideal) el cual tiene 500 espiras en el primario y 200 espiras en el secundario. Si la corriente en el primario es de 50 A, hallar la corriente eléctrica en el secundario. A) 50 A C) 100 A E) 150 A

B) 75 A D) 125 A

B) 3πμ T D) 5πμ T

23. En la figura, se muestra la sección transversal de dos conductores de gran longitud, que originan en “P” una inducción magnética BP = 100 μT. Si la intensidad de corriente que transporta el conductor “M” es 160 A, determine la intensidad de corriente en el conductor “N”, si éste dista 30 cm de “P”.

- 684 -

Capítulo 16: Electromagnetismo

+ 3 ) x 10–3 N

A) (– 4 r = 25 cm

M

P

B) (3

+ 4 ) x 10–3 N

C) (– 3

– 4 ) x 10–3 N

D) (– 3

+ 4 ) x 10–3 N

E) (– 3

+ 2 ) x 10–3 N

N

A) 100 A C) 60 A E) 90 A

B) 80 A D) 50 A

24. Una partícula electrizada (q = – 100 μC) de 0,1 g de masa, es lanzada a una región donde existe un campo magnético uniforme de 2 T con una rapidez de 2 m/s. ¿Cuál es la distancia entre el punto de ingreso y el punto donde abandona la región?

26. Un electrón que es acelerado por una diferencia de potencial de 878 V, ingresa a un campo magnético perpendicular a la dirección de su movimiento. Si el valor de la inducción magnética del campo es B = 2 mT; determine el radio de la trayectoria del electrón. (me = 9,1 x 10–31 kg) A) 6 cm C) 4 cm E) 2 cm

B) 5 cm D) 3 cm

27. Determine el flujo magnético que ingresa a la superficie lateral del cono regular de radio 20 cm.

30º

B = 0,5 T A) 1 m C) m E) 5 m

m B) D) 4 m

25. Una partícula electrizada (q = – 1 μC) ingresa a una región donde la inducción magnética es = – 10 T y la intensidad de campo es = 3 x 103 N/C. Determine el valor de la fuerza resultante sobre dicha partícula cuando su velocidad sea: = (– 200

+ 200 ) m/s

(Desprecie efectos gravitacionales)

A) 2π Wb C) – 0,02π Wb E) 0,4π Wb

B) – 0,2π Wb D) 0,3π Wb

28. Una varilla metálica de 0,5 m se desliza sobre unos rieles metálicos con una rapidez constante de 2 m/s. Determine la intensidad de corriente eléctrica a través de la resistencia de 4 Ω.

- 685 -

Física

B=2T ...

R ...

A) 0,5 A C) 2 A E) 4 A

A) 0,9 V C) 0,4 V E) 0,2 V

B) 1 A D) 3 A

B) 0,3 V D) 0,09 V

30. Una bobina circular de 300 espiras y 3 x 10–2 m2 de área gira alrededor de uno de sus diámetros a 60 rev/s en un campo uniforme de 0,25 Wb/m2. Hallar la máxima f.e.m inducida en la bobina.

29. La inducción magnética a través de una espira conductora de 10–2 m2 de área, varía respecto al tiempo de acuerdo a la siguiente ley: B = 2t2 + t; donde “B” en teslas y “t” en segundos. Determine la f.e.m inducida en el instante t = 2 s.

A) 510 V C) 530 V E) 550 V

B) 520 V D) 540 V

Respuestas 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.

A E D A E E B D C A

11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20.

E C B E E D A C C D

- 686 -

21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30.

A B E C E B C A D D

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica

Parte V:

ÓPTICA La Óptica es la rama de la física que estudia el comportamiento de la luz, sus características y sus manifestaciones. Abarca el estudio de la reflexión, la refracción, las interferencias, la difracción, la formación de imágenes y la interacción de la luz con la materia.

Dispersión de un haz de luz blanca por un prisma.

- 687 -

Física

Capítulo 17

Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica

17.1. Introducción El mecanismo de nuestra visión, uno de los más preciados sentidos que poseemos, se basa esencialmente en las propiedades de la luz y su interacción con la materia. Podemos decir entonces que la luz es el medio principal por el cual somos capaces de transmitir y recibir información de los objetos a nuestro alrededor. La óptica es la rama de la física que se encarga del estudio del comportamiento de la luz. En el estudio de la óptica se considera a la luz como un conjunto de rayos que se propagan en el espacio. El conocimiento de la luz nos permite, entre otros, entender el fenómeno de la visión humana, apreciar mejor el mundo visible; nos permite crear dispositivos para mejorar nuestra visión como la lupa, el telescopio, el microscopio, los binoculares, etc. Las aplicaciones del estudio de la luz en la era actual y futura, van desde rayos láser, cables de fibra óptica, hologramas tridimensionales, hasta los ultrarrápidos computadores ópticos. Todos estos avances, no hacen sino, mejorar la calidad de vida del hombre.

17.2. Naturaleza de la luz a) Teoría corpuscular Antes de los principios del siglo XX, a la luz se la consideraba una corriente de partículas que eran emitidas por una fuente de luz y estimulaban el sentido de la vista cuando entraban en el ojo. Esta teoría explicó claramente el fenómeno de la reflexión, pero tuvo alguna dificultad con la refracción. Su contradicción con los resultados experimentales sobre la velocidad de la luz en medios más densos que el vacío, obligó al abandono de esta teoría. El principal defensor de esta teoría fue el físico Isaac Newton. b) Teoría Ondulatoria Propuesta por Christian Huygens en el año 1678. Define a la luz como un movimiento ondulatorio semejante al que se produce con el sonido. Describe y explica las leyes de reflexión y refracción. c)

Teoría Electromagnética Maxwell en 1873 demostró que la luz era una forma de onda electromagnética de alta frecuencia. Esta teoría predice que la luz se propaga en el vacío con la velocidad de 300 000 km/h (velocidad de la luz) ¡a esta velocidad se podría dar ocho vueltas a la Tierra en un segundo! Este tipo de ondas se reflejan, refractan y tienen todas las propiedades características de las ondas mecánicas. El estudio de las ondas electromagnéticas se verá en un próximo capítulo. Velocidad de la luz en el vacío (c) = 3 x 108 m/s - 688 -

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica d) Teoría Cuántica La física cuántica presupone que la luz presenta un aspecto corpuscular, en forma de paquetes discretos de energía llamadas fotones. Se dice luego que su energía esta cuantizada. De acuerdo con la teoría de Einstein, la energía de un fotón es proporcional a la frecuencia de la onda electromagnética (luz). En Conclusión (Naturaleza dual de la luz) En vista de las teorías expuestas, se debe considerar que la luz posee una naturaleza dual. Esto es, en ocasiones se comporta como una onda, y en otras se comporta como una partícula (fotón). En conclusión podemos afirmar que la luz no es ni onda ni partícula, solamente presenta propiedades de ambas en determinados fenómenos físicos.

17.3. Fenómenos de la luz A) Reflexión Es el fenómeno que ocurre cuando un rayo de luz que se propaga en un medio topa con la superficie (frontera) que conduce a otro medio, ocurriendo que parte del rayo se refleja en el primer medio. R.I

N

R.R

θ1 θ1’ Medio 1 Medio 2

a) Elementos de la reflexión Superficie de incidencia

: es la frontera entre dos medios distintos

Normal (N)

: es la recta normal a la superficie de incidencia

Rayo incidente (R.I)

: es la representación geométrica de la luz incidente

Rayo reflejado (R.R)

: es la representación geométrica de la luz reflejada

Ángulo de incidencia (θ1)

: es el ángulo que forma el rayo incidente con la normal

Ángulo de reflexión (θ1’)

: es el ángulo que forma el rayo reflejado con la normal - 689 -

Física b) Tipos de reflexión •

Reflexión Regular: Es la reflexión que se da en superficies lisas, sin rugosidades. En este tipo de reflexión tanto los rayos incidentes como los reflejados son paralelos entre si. En adelante, se utilizará el término para referirnos a la reflexión especular.

•

Reflexión Difusa: Es la reflexión que se da en superficies ásperas y rugosas. En este tipo de reflexión los rayos se reflejan en todas direcciones. El estudio de este tipo de reflexión no se verá en este libro. Reflexión Regular

Reflexión Difusa

Superficie Lisa c)

Superficie Rugosa

Leyes de la Reflexión En la reflexión de un rayo de luz se cumple siempre que: Primera Ley: “El rayo incidente, el rayo reflejado y la normal se encuentran en un mismo plano perpendicular a la superficie de incidencia, llamado plano de reflexión”. Segunda Ley: “El ángulo de incidencia es igual al ángulo de reflexión”. θ1 = θ1’ N

Plano de reflexión θ1 θ1’ Medio 1 Medio 2

- 690 -

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica

B) Refracción Cuando un rayo de luz que se propaga en un medio topa con la superficie (frontera) que conduce a otro medio, no solo ocurre que el rayo se refleja (reflexión) sino que además parte del rayo de luz pasa al segundo medio de manera desviada. A este fenómeno se le denomina refracción de la luz. Estos dos fenómenos que presenta la luz: la reflexión y la refracción, siempre se presentan juntos. N

R.I

θ1 n1 n2

θ2

Medio 1 Medio 2 R.R

a) Elementos de la refracción Rayo incidente (R.I)

: es la representación geométrica de la luz incidente

Rayo refractado (R.R)

: es la representación geométrica de la luz refractada

Normal (N)

: es la recta normal a la superficie de incidencia

Ángulo de incidencia (θ1)

: es el ángulo que forma el rayo incidente con la normal

Ángulo de refracción (θ2)

: es el ángulo que forma el rayo refractado con la normal

Índice de refracción del medio de incidencia (n1) Índice de refracción del medio de refracción (n2) b) Índice de refracción (n) Se denomina índice de refracción al cociente entre la velocidad de la luz en el vacío (o aire) y la velocidad de la luz en un medio material transparente. Sirve para calcular la diferencia entre el ángulo de incidencia y el de refracción de un haz de luz.

- 691 -

Física Se utiliza la letra n para representar el índice de refracción del material, y se calcula por la siguiente fórmula: n= n: índice de refracción del medio material transparente c: velocidad de la luz en el vacío (3 x 108 m/s) v: velocidad de la luz en el medio material transparente Dado que la velocidad de la luz en cualquier medio es siempre menor que en el vacío, el índice de refracción será un número siempre mayor o igual que uno. n = 1, para el vacío (o aire) n > 1, para cualquier otro medio c)

Leyes de la Refracción Primera Ley: “El rayo incidente, el rayo refractado y la normal se encuentran en un mismo plano, llamado plano de incidencia” Segunda Ley (Ley de Snell): “El cociente entre el seno del ángulo de incidencia y el seno del ángulo de refracción es constante e igual al cociente entre el índice de refracción del medio de incidencia y el índice de refracción del medio de refracción”. (Ley de Snell)

=

C) Reflexión Total Interna Es un caso interesante de la reflexión, ocurre cuando un rayo de luz intenta pasar de un medio de mayor índice a otro de menor índice con ángulos de incidencia mayores a cierto ángulo particular θL (ángulo límite). En este ángulo ocurre que el rayo de luz se refracta con un ángulo de 90º en el segundo medio, el rayo de luz no atraviesa al otro medio, quedando al ras de la superficie. (Figura 2) Para ángulos menores que θL, los rayos de luz si logran refractarse en el segundo medio. Para ángulos mayores a θL ningún rayo se refracta, todos se reflejan, se dice entonces que ocurre una reflexión total interna. (Figura 1)

- 692 -

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica N n2

aire agua

n1

n2 n1

θL

R.R

aire agua

R.I O Figura 1

Figura 2

Este ángulo límite crítico θL, se puede encontrar a partir de la ley de Snell. Haciendo θ1 = θL, θ2 = 90º y reemplazando en la ley de Snell, se obtiene: n1.sen θL = n2.sen 90º = n2 sen θL =

(Ángulo límite)

(para n1 > n2)

Observaciones: •

Esta ecuación sólo tiene sentido si n1 > n2 .

•

Ocurre solamente reflexión interna total, cuando la luz interna pasa desde un medio de mayor índice de refracción a otro de menor índice de refracción.

•

Para el caso de un prisma de vidrio (n = 1,42), este presenta un ángulo crítico de 42º, de modo que todo rayo que incida con un ángulo mayor se reflejará totalmente. En particular, si un rayo incide con un ángulo de 45º, se reflejará totalmente en 90º. Con la ayuda del prisma podemos lograr desviar los rayos en 90º o invertirlos completamente. 45º 90º 45º

a) rayo desviado 90º - 693 -

b) rayo invertido

Física

Problemas Resueltos

Rayo Incidente

2

III) La luz se propaga en cualquier medio a la misma velocidad. IV) La velocidad de la luz en el vacío es de 3 x 106 m/s.

60º

V) En la reflexión de la luz, los rayos de incidencia, reflejado y la normal se encuentran en un mismo plano.

Espejo 1

SOLUCIÓN: I) FALSO La teoría corpuscular considera a la luz como un flujo de partículas. II) VERDADERO La luz posee una naturaleza dual: onda – partícula. III) FALSO La luz se propaga en el vacío a 3 x 108 m/s y a menores velocidades en otros medios. IV) FALSO La velocidad de la luz en el vacío es de 3 x 108 m/s V) VERDADERO La 1ra ley de la reflexión establece que los rayos de incidencia, reflejado y la normal se encuentran en un mismo plano (plano de incidencia) - 694 -

120º

SOLUCIÓN:

Rayo Incidente

Rayo Reflejado N2

N1

60º 60º 30º

60º 60º

30º

2

II) La luz en ocasiones se comporta como partícula y en otras actúa como una onda.

Esp ejo

La teoría corpuscular considera a la luz como ondas.

ejo

I)

2. Dos espejos forman un ángulo de 120º entre si, como se muestra en la figura. Un rayo incide sobre uno de los espejos en un ángulo de 60º respecto a la normal. Encuéntrese la dirección del rayo después de reflejarse en el segundo espejo.

Esp

1. En los siguientes enunciados señale verdadero o falso

120º

Espejo 1 Siguiendo las leyes de la reflexión, el rayo se refleja en el espejo 1 y luego en el espejo 2. Los ángulos que forma con los espejos y las normales N1 y N2 se muestran en el gráfico de arriba. La dirección del rayo reflejado resulta perpendicular al espejo 1.

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica 3. Un espejo plano gira un ángulo 30º mientras se mantiene fija la dirección del rayo incidente. Determine la variación angular “x” del rayo reflejado. SOLUCIÓN: N1

R.I

Es rot pejo ado

N2

4. En la figura se muestran dos espejos planos, que forman un ángulo de 60º entre sí, y la trayectoria de un rayo de luz que se refleja en los espejos. ¿Cuál es el valor del ángulo θ? (Examen UNI)

R.R1

Rayo

θ

50º

θ2 60

º–

θ

θ1 θ1

1

30º

x

θ2

Espejo

60º R.R2

SOLUCIÓN:

Al inicio, antes de rotar el espejo, el rayo incidente R.I. y el rayo reflejado R.R1 forman un mismo ángulo θ1 con la normal N1. Al rotar el espejo, en este caso, los rayos R.I y R.R2 forman un mismo ángulo θ2 con la normal N2. Del gráfico podemos señalar que:

θ

50º 40º 40º 50º

Rayo

θ

N1 N2 20º

60º

2θ2 = 2θ1 + x x = 2(θ2 – θ1)

⇒

… (i)

Además: (60º – θ1) + θ2 = 90º θ2 – θ1 = 30º

⇒

… (ii)

Reemplazando (ii) en (i):

(40º + 40º) + (20º + 20º) + θ = 180º

x = 2(30º) \

El rayo incidente se reflejará según las leyes de la reflexión. En el gráfico podemos apreciar que los rayos forman un triángulo cuyos ángulos internos suman 180º.

\

x = 60º

- 695 -

θ = 60º

Física 5. En la figura se muestra la reflexión de un rayo sobre dos espejos. Determine el ángulo “x” que forman los rayos incidente y reflejado en funcion del ángulo α. R.R

6. En el techo de una habitación se ha colocado un espejo cuadrado de 50 cm de lado. Observándose desde el piso, ¿qué área del piso podrá observarse a través del mencionado espejo?

ejo Esp

SOLUCIÓN: Q’

1 R.I

α

a

Espejo 2

R’

x

S’ 50 cm

a

SOLUCIÓN: R.R θ2

θ

Q

N2

S L

2 90º –θ

N1

2

α

R

90º – θ1

θ1 θ1

La figura representa la habitación con el espejo de 50 cm en el techo y un punto de observación “Q” en el piso.

R.I

Donde: a : altura de la habitación

x El rayo incidente se refleja según las leyes de la reflexión. Del gráfico podemos señalar que: α = (90º – θ1) + (90º – θ2) ⇒ (θ1 + θ2) = 180º – α ... (i) Además: x + (180º – 2θ2) + (180º – 2θ1) = 180º ⇒ x = 2(θ1 + θ2) – 180º Reemplazando de (i):

\

Los triángulos Q’R’S’ y Q’RS son semejantes; por lo tanto: = L = 100 cm = 1 m

⇒

Entonces, como la imagen observada es un cuadrado, el área observable será: A = L2 = (1)2

x = 2(180º – α) – 180º

⇒

L : Lado del cuadrado observado en el piso

\

x = 180º – 2α - 696 -

A = 1 m2

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica SOLUCIÓN:

7. Un espejo plano gira un ángulo “x” mientras se mantiene fija la dirección del rayo incidente, como consecuencia el ángulo que forman los rayos incidentes y reflejados cambia. Determine el valor de este ángulo.

En cada punto de incidencia usamos las leyes de reflexión. S

SOLUCIÓN:

θθ

R.R1

R.I1 θ

θ

xx

α

x

M

θ–

x

Q P β

R

En el cuadrilátero MRPS, tenemos: θ–x

θ–x

β

S

R.R2

180 – α

P

α

Donde:

R

M

R.I1: rayo incidente

En el triángulo SRP:

R.R1: primer rayo reflejado

θ + (180º – α) + x = 180º

R.R2: segundo rayo reflejado

θ+x=α

⇒

x: ángulo de giro del espejo

En el triángulo SRQ:

Inicialmente tenemos que el ángulo entre R.I1 y R.R1 vale “2θ”.

2θ + 2x = β ⇒

Después del giro se observa que el ángulo entre R.I1 y R.R2 vale “2θ – 2x”. Entonces el cambio entre “2θ” y “2θ – 2x” es:

2(θ + x) = β

… (ii)

Reemplazando (i) en (ii): 2(α) = β

Respuesta: 2x

\

8. Dos espejos angulares forman un ángulo “α”. Cuando un rayo incide y emerge luego de dos reflexiones, forma un ángulo “β” con el rayo incidente primario. Hallar “β”.

… (i)

β = 2α

9. Cuando un rayo incide normalmente a uno de dos espejos angulares, después de dos reflexiones en cada uno de los espejos, resulta paralela a él. Halle el ángulo entre los espejos.

- 697 -

Física SOLUCIÓN:

α

//

N

α 90º – α

90º – α

α

α

β = 2α

⇒

R

M

Por dato: α = 7º. Reemplazando:

En el triángulo MNR:

β = 2(7)

⇒

α + 2α + 2α = 90º – α

\

4α = 90º

⇒

α = 22º30’

\

β

θ + α = (θ – α) + β

//

αα

α

Después de girar el espejo, teniendo como normal a N’, se cumple que:

2α 2α

rayo inicial

θ

θ–

Usando la ley de reflexión en cada uno de los espejos.

N’

α

N

10. Un rayo de luz incide sobre un espejo plano formando un ángulo de 30º con la normal a su superficie. Si ahora se gira el espejo 7º, aumentando el ángulo a 37º. ¿Qué ángulo gira el rayo reflejado?

β = 14º

11. Un atleta corre al doble de velocidad con la que puede remar en un bote y desea ir del punto “P” al punto “P’ ”, en orillas opuestas de un río, en el tiempo más breve posible, según se muestra en el diagrama siguiente. ¿Qué distancia deberá recorrer a lo largo de la orilla y qué distancia deberá remar? P’

SOLUCIÓN:

Rayo incidente

α

Normal Normal girada “N”’ “N” Rayo

θ θ

1,6 km θ

reflejado Rayo reflejado girado

P 4,8 km

Espejo plano

Espe

SOLUCIÓN: P’

jo gir

ado

Por relaciones geométricas, el ángulo que forman las rectas normales también es “α”; entonces el rayo incidente forma un ángulo “α + θ” con la normal girada. - 698 -

va’ = vBOT va = 2vBOT

α = 90 º

P x

θ

θ 4,8 – x

1,6 km

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica El rayo se refleja siguiendo las leyes de reflexión. Del gráfico podemos señalar que:

= =

⇒

=

θ1 + θ2 = 90º

=2

sen θ2 = cos θ1

⇒ θ = arc sen

⇒

Además, por la ley de Snell: n1sen θ1 = n2sen θ2

Para nuestro caso: α = 90º Reemplazando: θ = arc sen

= 30º Reemplazando de (i):

tan θ =

\

=

⇒

Del gráfico, tenemos:

⇒ tan 30º =

= x = 3,876 km

θ1

⇒

=

⇒

tan θ1 = \

12. En la siguiente figura, determine el ángulo de incidencia “θ1”, tal que el rayo reflejado sea perpendicular al rayo refractado. aire (n1 = 1) agua (n2 = 4/3)

θ1 = 53º

SOLUCIÓN: N

SOLUCIÓN: N

53º

θ1

=

13. Si un rayo de luz en el aire, incide sobre la superficie de un material transparente con un ángulo de 53º, y se refracta con un ángulo de 30º. Determine el índice de refracción del material.

θ2

θ1 θ1

… (i)

θ2

aire (n1 = 1) agua (n2 = 4/3)

θ2

- 699 -

aire (n1 = 1) material (n2 = ?) 30º

Física Por la ley de Snell: n1sen θ1 = n2sen θ2 ⇒

15. Se desea que un rayo de luz pase por los puntos A y B, indicados en el gráfico con sus respectivas coordenadas. ¿Cuál debe ser el índice de refracción del material para este fin? (Examen UNI)

(1)sen 53º = n2sen 30º

y

n2 =

⇒

(–

\

, 1)

A aire (n1 = 1) medio (n2 = nx)

n2 = 1,6

14. Un rayo luminoso incide en un cuerpo transparente, disminuyendo su velocidad en un 20%. Calcule el índice de refracción del medio.

B

A θ1 –

medio (n2 = nx)

x

B

Aplicando la ley de Snell: n1sen θ1 = n2sen θ2

El índice de refracción del cuerpo se define como: … (i)

Reemplazando valores: (1) sen θ1 = nxsen θ2 nx =

⇒

… (i)

De la figura: ... (ii)

Reemplazando (ii) en (i):

tan θ1 = ⇒

θ1 = 60º

… (ii)

Además:

nx = \

aire (n1 = 1)

1

–

v = v’

Por condición del problema: v’ = c – 20% c ⇒ v’ = 80% c

1

θ2

v=c

nx =

)

SOLUCIÓN: y

SOLUCIÓN: N

aire (n = 1) cuerpo transparente (n = nx)

(1, –

x

tan θ2 =

nx = 1,25

⇒ - 700 -

θ2 = 30º

… (iii)

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica Reemplazando (ii) y (iii) en (i):

=

nx =

⇒

(1)sen 37º = ⇒

sen θ1 = θ1 = 30º

⇒ \

Para la frontera (1) y (2):

nx =

n1sen θ1 = n2sen θ2

… (i)

Para la frontera (2) y aire:

16. Un rayo incide sobre una capa compuesta de dos materiales con un ángulo de 37º, tal como se muestra en la figura. Determine el ángulo θ con el que emerge de éste. (n1 = 1,2 ; n2 = 1,5) n1

sen θ1

(1)sen θ = n2sen θ2

… (ii)

Igualando (i) y (ii): sen θ = n1sen θ1 Reemplazando valores:

n2

37º

⇒

sen θ =

⇒

sen θ =

⇒

sen θ =

sen 30º

θ aire

(1)

aire

(2)

\

SOLUCIÓN: n1 37º

θ1 θ1

17. Describa cómo puede usarse la reflexión total interna para medir el índice de refracción de un líquido.

n2

SOLUCIÓN:

θ2

La reflexión interna total se produce cuando los rayos incidentes a su superficie de dos sustancias no se refractan en su totalidad cuando el ángulo de incidencia sobrepasa un valor crítico o límite (θL).

θ2 θ

aire

(1)

(2)

θ = 37º

aire

Aplicando la ley de Snell para la frontera aire y el medio (1): - 701 -

Este fenómeno ocurre, únicamente, cuando los rayos de luz pasan de un medio de mayor a otro de menor refringencia.

Física Para medir el índice de refracción de un líquido, se puede colocar una fuente de luz en su interior y determinar a partir de que ángulo, no hay luz refractada.

Normal

φ = 90º

h – h’

θL

Rayo incidente

θ h’

aire (n = 1) líquido (n’ > 1)

Observador

φ

θ

θ

Rayo refractado

φ

En el diagrama se tiene:

θL

h tan φ = h’ tan θ fuente de luz

Por la ley de Snell: n’sen θL = n sen 90º

⇒

=

⇒

=

= … (i)

Reemplazando valores: De acuerdo a la ley de Snell se tiene:

n’sen θL = (1)(1) = 1 \

naguasen φ = nairesen θ

n’ = csc θL

En conclusión, basta solo conocer el ángulo límite para hallar el índice de refracción de un líquido.

=

⇒

nagua =

⇒

nagua = n =

… (ii)

Reemplazando (ii) en (i): 18. Una piscina siempre parece menos profunda de lo que realmente es. Explique lo anterior utilizando la ley de Snell. SOLUCIÓN: Al observador le parece que los rayos luminosos que salen del fondo de la piscina surgen de un fondo ficticio cuya profundidad “h’ ” es menor que la profundidad real “h” de la piscina.

=

⇒

Suponiendo que el ángulo de incidencia es casi normal: cos θ ≈ 1 ⇒

- 702 -

=

θ = 0º

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica como n > 1 ⇒ n2 >> sen2θ

a) Cuando la luz incide sobre la lámina de vidrio

Reemplazando:

Por la ley de Snell:

=

⇒

nsen θ = n’sen φ

De aqui:

Finalmente, la altura aparente de la piscina será:

Reemplazando valores: φ = arc sen

⇒

h’ =

\

φ = arc sen

⇒

=

⇒

\

19. Un rayo de luz incide desde el agua (n = 1,33) sobre una lámina de vidrio flint (n = 1,86), formando un ángulo de 35º con la normal.

φ = 24,3º

b) Cuando la luz incide desde el vidrio hacia el agua. agua (n)

φ

a) ¿Qué ángulo forma el rayo refractado con dicha normal? b) ¿Cómo cambiaría la respuesta en (a), si la luz incidiera desde adentro del vidrio, formando un ángulo de incidencia de 35º con la normal?

θ’

SOLUCIÓN: Rayo incidente vidrio (n’)

agua (n)

θ

Por la ley de Snell: n sen φ = n’sen θ

φ

Rayo refractado

φ = arc sen

⇒

Reemplazando datos: θ’

Rayo doblemente refractado

⇒

φ = arc sen \

- 703 -

vidrio (n’)

θ

φ = 53,2º

Física Por la ley de Snell:

20. Un haz de luz incide desde el aire hacia el agua (n = 1,33) formando un ángulo de incidencia de 60º. Al recorrer el líquido, encuentra una capa de vidrio flint (n = 1,86), cuya superficie es paralela a la del agua.

n’sen φ = n’’sen φ’ φ’ = arc sen

⇒

Reemplazando valores:

a) ¿Qué ángulo formará el rayo con la normal en el vidrio?

⇒

φ’ = arc sen

b) ¿Qué efecto tiene la presencia de la capa de agua en el ángulo de refracción dentro del cristal?

b) El efecto que produce la capa de agua es desviar un determinado ángulo “β” respecto del haz incidente, para que finalmente el haz de luz tenga la dirección requerida.

SOLUCIÓN: Sea el gráfico: aire

θ

(n = 1) φ

Donde: β = φ – φ’

agua

\ φ’

vidrio flint (n’’ = 1,86)

a) Cuando el haz de luz pasa del aire hacia el agua. Por la ley de Snell: n sen θ = n’sen φ ⇒

β = (40,5º) – (27,7º)

⇒

(n’ = 1,33)

φ

φ’ = 27,7º

\

β = 12,8º

21. Hallar el ángulo de refracción, si un rayo de luz que está en un ambiente de índice (n1= 4) pasa a otro de índice (n2= 3), incidiendo con un ángulo de 45º. SOLUCIÓN:

φ = arc sen

n2 = 3

Reemplazando datos:

φ

⇒

45º

φ = arc sen \

n1 = 4

φ = 40,5º

Al seguir su trayectoria, el haz se refracta nuevamente cuando pasa hacia el vidrio flint. - 704 -

Por la ley de Snell: n1sen

= n2sen

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica Reemplazando datos: (4) sen 45º = (3) sen φ sen φ =

⇒ \

23. Un rayo luminoso incide desde el aire sobre una lámina de vidrio de índice de refracción (n2 =

=

incidencia, tal que el ángulo de refracción resulte la mitad de éste.

φ = arc sen

SOLUCIÓN: Por la ley de Snell: n1 sen

22. Determinar el ángulo de refracción cuando un rayo de luz pasa del aire a otro medio, en el cual la luz se propaga con una velocidad de 1,66 x 108 m/s. Además, se sabe que el ángulo de incidencia es el doble del ángulo de refracción.

n1v1 = n2v2

Por dato:

=

Por dato, se tiene:

v1 = 3 x 108 m/s v2 = 1,66 x 108 m/s

Además:

Reemplazando en (iii): =

⇒

cos \

=(

)sen

=

sen sen

⇒

[ 2 sen cos

]=

⇒

cos

=

… (ii) = arc cos

⇒

\

= 2 arc cos

... (iv) 24. Calcular el ángulo “α” necesario para que el rayo luminoso que incide sobre la cara AB, siga la trayectoria mostrada en la figura. Sabiendo que el índice de refracción del prisma de vidrio es igual a 3/4. B aire

=

⇒

= n2sen

. Reemplazando: sen

… (iii) =2

=

⇒

Dividiendo (i) ÷ (ii): ⇒

(1) sen

⇒

SOLUCIÓN: Sea el aire el medio (1), y el otro el medio (2). Por la ley de Snell: n1 sen = n2 sen … (i) También:

). Hallar el ángulo de

α

= 0,9

vidrio

= arc cos (0,9)

A - 705 -

n1 C

Física SOLUCIÓN: α

α

Aire (n = 1)

β

β

A φ 90 – φ

Aplicando la ley de Snell (aire – prisma): = n1 sen

n sen

(1) sen α =

⇒

sen α =

SOLUCIÓN: sen β

Aplicando la ley de Snell en la cara AB: … (i)

Aplicando la ley de Snell (prisma – aire): n1sen ’ = n sen ’

cos β =

(1)(1) = n2sen φ

⇒

n2 sen φ = 1

⇒

n2cos φ = n1sen β

⇒

… (ii)

… (ii)

En la frontera entre el medio n1 y el aire: n1 sen β = nairesen α

Reemplazando (ii) en (i): sen α =

… (i)

n2 sen (90 – φ) = n1sen β

sen(90° – β) = (1) sen 90º

⇒

nairesen 90º = n2 sen φ

Aplicando la ley de Snell en la frontera entre el medio n1 y el medio n2:

Reemplazando datos: ⇒

n2

B

Reemplazando datos: ⇒

n1

β

n1

=

⇒

n1 sen β = (1)sen α

⇒

n1 sen β = sen α

… (iii)

Igualando (ii) y (iii): \

n2cos φ = sen α

α = arc sen

25. En la figura se muestran dos porciones de vidrio de índices de refracción “n1” y “n2”. Si el rayo de luz incide con un ángulo “α” igual al ángulo límite de la lámina de índice “n1”, siguiendo la trayectoria mostrada y reflejándose totalmente sobre la cara vertical AB. Calcular el índice “n2” en función del ángulo “α” . - 706 -

… (iv)

Elevando al cuadrado (i) y (iv) miembro a miembro y sumando: ⇒ n22sen2φ + n22cos2φ = 1 + sen2α ⇒ n22(sen2φ + cos2φ) = 1 + sen2α 1

⇒ \

n2 =

n22 = 1 + sen2α

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica 26. En una interfase entre aire y una determinada sustancia transparente, un estudiante comprueba que el ángulo crítico es de 45º. Halle la velocidad y la longitud de onda en dicha sustancia para un rayo de luz de λ = 6000 en el aire. ( = 1,414)

λsust =

⇒

Reemplazando valores: λsust =

⇒

SOLUCIÓN:

Rayo refractado límite

90 – θC

27. El índice de refracción de un bloque rectangular de material transparente es “n”. Un rayo de luz incide sobre la parte superior, formando un ángulo “θ1” y emerge por otro lado formando un ángulo “θ3”, como se muestra en el siguiente diagrama. Demuestre que: sen θ3 = (n2 – sen2θ1)1/2

nt

e

Sustancia

in

ci

de

(n > 1)

Ra

yo

(v < c)

Usando la ley de Snell: n sen θC = nairesen 90º ⇒

sen θC =

⇒

n=

λsust = 4243

\

Aire (n = 1)

Normal

θ1

(1)

θ2

Reemplazando datos: n=

⇒

= 1,414

θ3

Se sabe: n =

SOLUCIÓN:

Reemplazando valores:

θ1

v=

⇒ \

θ2

v = 2,122 x 108 m/s

Sabiendo que la frecuencia de emisión de la luz es constante, se cumple que: ⇒

n=

=

(n > 1) (v < c)

90 – θ2 θ3

- 707 -

Física Aplicando la ecuación de Snell en la cara superior del bloque y luego en la cara lateral. En la cara superior: nairesen θ1 = n sen θ2 ⇒

n=

⇒

sen θ2 =

SOLUCIÓN:

L

N θ1

aire (n1 = 1)

a

agua (n2 = 4/3)

θ2

θ1

… (i)

d’ d

En la cara lateral: n sen(90º – θ2) = nairesen θ3 Considerando que el rayo pasa a una distancia “a” de la vertical L.

n=

⇒

sen θ3 = n

⇒

... (ii)

Reemplazando (i) en (ii):

tan θ1 =

… (i)

tan θ2 =

… (ii)

y

sen θ3 = n \

De la figura:

sen θ3 = (n2 – sen2θ1)1/2 l.q.q.d

28. Un pez pequeño nada a una profundidad “d” bajo la superficie de un estanque, tal como se muestra en la figura. ¿Cuál es la profundidad aparente del pez “d’ ” cuando se observa directamente desde arriba? L aire (n1 = 1) agua (n2 = 4/3)

d’

Dividiendo (ii) entre (i): =

… (iii)

=

… (iv)

De la ley de Snell:

Por condición del problema, el pez se observa directamente desde arriba, por lo que a → 0. Si ésta ocurre, θ1 y θ2 son muy pequeños y se cumple: sen θ1,2 ≈ tan θ1,2 Luego, igualando (iii) y (iv) obtenemos la siguiente relación:

d

= - 708 -

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica

d’ = d

⇒

30. Un disco opaco de plástico flota directamente sobre un foco de luz que están en el fondo de una piscina de 1,5 m de profundidad. Si el índice de refracción del agua es 4/3. ¿Cuál será el radio mínimo que debe tener el disco para que un observador fuera de la piscina no pueda ver el foco, cualquiera que sea su posición. (Examen UNI)

(Profundidad aparente)

Reemplazando valores: d’ = d

⇒

d’ =

\

d R

29. Un haz de luz incide desde el interior de un medio (n1 = 1,25) a la superficie que separa el medio con el aire (n2 = 1). Determine el ángulo crítico para la cual se produce reflexión interna total. (Examen UNI) SOLUCIÓN:

1,5 m

SOLUCIÓN: Del foco emergen rayos en todas direcciones hacia el ojo del observador.

N

aire (n2 = 1) medio (n1 = 1,25)

R

θL

θL

De la teoría sabemos que el ángulo límite (o crítico) “θL” viene dado por:

1,5 m

sen θL =

d

Pero es a partir de cierto ángulo de incidencia θL (ángulo límite) en donde los rayos de luz no logran salir a la superficie, tal como se muestra en el dibujo.

Reemplazando valores: ⇒

sen θL =

⇒

sen θL = \

Del gráfico: tan θL =

θL = 53º - 709 -

… (i)

Física Además sabemos que: tan θL =

… (ii)

Por condición del problema, θL debe ser igual al ángulo límite entre el material y el aire. Luego, se cumple:

Igualando (i) y (ii):

⇒

sen θL =

d=

⇒

d=

Por la ley de Snell para el rayo incidente con 45º:

m

… (iii)

Por condición del problema, el radio mínimo del disco debe ser igual a la distancia horizontal “d” en la que se produce el ángulo límite. Rmin = d

... (ii)

n=

⇒

Además, del gráfico podemos señalar: θ + θL = 90º sen θ = cos θL

⇒

Rmin = 1,125 m

… (i)

(1) sen 45º = (n) sen θ

De (iii): \

n = csc θL

Reemplazando en (ii):

31. Se hace incidir un rayo de luz sobre una placa gruesa de material transparente, como se muestra en el dibujo, con un ángulo de 45º. ¿Cuál debe ser el valor del índice de refracción del material para que el rayo logre propagarse por la superficie lateral de éste? (Examen UNI) N’ aire (n = 1)

n=

… (iii)

Igualando (i) y (iii): csc θL = ⇒

tan θL =

N 45º

θL

material (n)

SOLUCIÓN:

1

N’

aire (n = 1)

⇒

θ 45º

… (iv)

Finalmente reemplazando (iv) en (i):

θL

N

csc θL =

\

material (n) - 710 -

n=

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica 32. Un rayo de luz incide normalmente sobre la cara de un prisma transparente, como se muestra en la figura, cuyo índice de refracción es 2. Encuentre el máximo valor del ángulo “α” para que el rayo sea totalmente reflejado en la cara .

sen θL = θL = 30º

⇒

(n2 = 2)

α

B

… (ii)

Reemplazando (ii) en (i): \

A

aire (n1 = 1)

=

α = 60º

33. Un haz paralelo de luz incide sobre un prisma, como se muestra en la figura. Parte de la luz se refleja en una cara y parte se refleja en la otra. Demuestre que el ángulo “θ” entre los dos haces reflejados es el doble del ángulo “A” entre las dos superficies reflectoras. Haz

C

SOLUCIÓN: A

A N

aire (n1 = 1)

α

θL

(n2 = 2) B

Vidrio α

θ

C

SOLUCIÓN:

Por condición del problema, “α” debe tomar su valor máximo tal que ocurra reflexión interna total. N1

Del gráfico:

αα

α + θL = 90º ⇒

Q

α = 90º – θL

… (i)

De (i) observamos que para tener α máximo, entonces θL debe ser el mínimo posible. El θL mínimo, tal que ocurra reflexión interna total, es el ángulo límite. Luego: - 711 -

A o θ

N2 α α

M

N

α

α

Vidrio Los dos rayos se reflejan según las leyes de la reflexión.

Física Del gráfico, en el cuadrilátero MQNO se cumple: θ=A+α+α θ = A + 2α

⇒

Como la desviación es mínima: α=x Además se sabe:

… (i)

Dmin = x + α – A = x + (x) – A

Además, debido a que los dos rayos incidentes son paralelos, se cumple: ⇒

A=α+α

⇒

A = 2α

⇒ Dmin = 2x – A = x Como el prima es equilátero: A = 60º

… (ii)

x = 60º = α

⇒

Reemplazando (ii) en (i):

Del gráfico, en el punto P:

θ = 2A

\

x=A

⇒

30º + (90º – α) = y 120º – (60º) = y ⇒ y = 60º

⇒ 34. El prisma equilátero ABC mostrado, descansa sobre un espejo horizontal. Si el rayo incidente “MI” incide en la cara “AB”, con el ángulo correspondiente al mínimo de desviación “x”, saliendo luego por la cara “AC”. Hallar la suma del ángulo de incidencia y de reflexión en el espejo. A

I M

Finalmente, piden: y + y = 2y 2y = 2(60º)

⇒ \

2y = 120º

35. Tomando como base el problema anterior, determinar el índice de refracción de la sustancia “S” para que ocurra una reflexión total interna en la cara vertical del recipiente que la contiene. A

Espejo

60º

C

B SOLUCIÓN: A 60º P x

60º

B

60º

B

α

30º

SOLUCIÓN:

y 60º

aire

yy

60º

• Aire – sustancia “S”:

C - 712 -

C

S

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica 36. Un rayo de luz incide normalmente sobre la cara AB del prisma transparente ABC. Encontrar el máximo valor del ángulo α, tal que el rayo refractado en el prisma ABC se refleja totalmente sobre la cara CD del prisma CBD.

aire (n = 1)

60º

S (n = ?) φ

(n1 = 2)

C

(n2 = 1,25)

Por la ley de Snell:

n1

(1)sen 60º = n sen φ

45º

α

A

D

B

… (i)

n sen φ = • Sustancia “S” – aire: Como ocurre entonces:

n2

SOLUCIÓN:

una

reflexión

total,

C α

90º – α

45º

α

45º

A

90 – φ Reflexión total Por la ley de Snell: n sen(90º – φ) = (1)sen 90º n cos φ = 1

⇒

… (ii)

De (i) y (ii), tenemos: n2sen2φ + n2cos2φ = n2 =

⇒

\

+ (1)2

B

Como el rayo incide perpendicularmente a la cara AB, el rayo refractado sigue esa dirección hasta incidir sobre la cara AC. El rayo reflejado incide sobre la cara CB perpendicularmente, no sufriendo desviación alguna. Al llegar a la cara CD, se refleja totalmente. Luego: n2sen(90º – α) = nairesen 90º cos α = (1)(1)

⇒

+1

\

n=

- 713 -

D

α = arc cos

Física 37. Una persona observa una botella en el fondo de una piscina, tal como se muestra en la figura. ¿Qué tan lejos se encuentra la botella del borde de la piscina? (nagua = 4/3)

sen θ2 =

⇒

θ2 = 37º

⇒

… (ii)

Finalmente, del gráfico podemos señalar que:

1,5 m

tan θ2 = 2m

Reemplazando (ii):

4m

tan(37º) =

⇒

SOLUCIÓN: 1,5 m

x=4

⇒

x

N

\

θ1

θ1

4m

x

x=5m

38. Un globo aerostático y un submarino están en un instante dado en la misma vertical. La distancia aparente entre el submarino y el globo es de 80 m y éste se encuentra flotando a 50 m sobre el nivel del mar. Determine la profundidad real a la que se encuentra el submarino. (nagua = 4/3)

θ2

2m

+2

x–2

Del gráfico podemos señalar que: tan θ1 =

=

⇒ θ1 = 53º … (i)

Por la ley de Snell para el rayo refractado: (1)sen θ1 =

sen θ2 =

⇒

sen θ2 =

(naire = 1)

80 m (nagua = 4/3)

sen θ2

Reemplazando (i): ⇒

50 m

H

sen 53º

- 714 -

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica SOLUCIÓN:

α

n1

n2

n3

n4

1

2

3

4

aire (n = 1)

50 m

80 m

SOLUCIÓN: H’

α

θ1 θ1

H aire (n = 1)

θ2

θ2

aire θ3

θ3 θ4 θ4

Por lo visto en un problema anterior, la profundidad aparente viene dada por: =

=

=

⇒

Frontera aire – 1 : … (i)

(1)sen α = n1sen θ1

\

… (ii)

Frontera 2 – 3 : … (ii)

n2sen θ2 = n3sen θ3

… (iii)

Frontera 3 – 4 :

Reemplazando (ii) en (i): H=

… (i)

Frontera 1 – 2 : n1sen θ1 = n2sen θ2

H’ = 80 – 50 H’ = 30 m

θ

Aplicando la ley de Snell para cada una de las fronteras.

Del gráfico, para H’: ⇒

θ

n3sen θ3 = n4sen θ4

(30 m)

… (iv)

Frontera 4 – aire: n4sen θ4 = (1)sen θ

H = 40 m

39. Un rayo de luz incide sobre un conjunto de 4 capas, con distintos índices de refracción. Determine que relación existe entre el ángulo incidente α y el ángulo de salida θ. - 715 -

… (v)

Igualando (i), (ii), (iii), (iv) y (v) llegamos a que: (1)sen α = (1)sen θ ⇒

sen α = sen θ \ α=θ

Física 40. Un rayo luminoso incide sobre un cuerpo esférico transparente formando un ángulo de 53º respecto a la normal. Si el índice de refracción del vidrio es 4/3. Determine el ángulo “θ” que forma el rayo emergente respecto del incidente.

El rayo se refracta siguiendo las leyes de la refracción. Aplicando la ley de Snell en el punto A: (1)sen 53º = ⇒

aire (n = 1)

sen θ1 = θ1 = 37º

⇒ n = 4/3

sen θ1

… (i)

Aplicando la ley de Snell en el punto B: sen θ1 = (1)sen θ2 θ

53º

⇒

sen θ2 =

Reemplazando (i):

SOLUCIÓN:

⇒

sen θ2 =

aire (n = 1)

⇒

sen θ2 =

n = 4/3 O

θ1

53 – θ2

sen(37º) ⇒ θ2 = 53º

… (ii)

Del gráfico podemos señalar que: θ = (53º – θ1) + (θ2 – θ1)

R θ1

R

53º

sen θ1

θ1 θ 2–

B

θ2

Reemplazando (i) y (ii): N’

θ

⇒

θ = (53º – 37º) + (53º – 37º) \

A

N

- 716 -

θ = 32º

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica

Problemas Propuestos 1.

¿Cuál de los siguientes gráficos representa correctamente la refracción de un rayo de luz al pasar del aire (arriba) al agua (abajo). (Examen UNI) A)

N

C)

N

B)

3.

N

D)

Un rayo luminoso incide perpendicularmente sobre un prisma isósceles de vidrio. ¿Cuál de los gráficos indica mejor la trayectoria seguida por el rayo, si el ángulo crítico vidrio – aire es igual a 40º? (Examen UNI) A)

B)

C)

D)

N

E) N

E)

4. 2.

Un rayo de luz incide oblicuamente sobre un vidrio de caras paralelas. ¿Cuál de las opciones representa mejor al rayo que logra atravesarlo? (Examen UNI)

Un haz de luz incide sobre un cuerpo esférico transparente de vidrio, como se indica en la figura, en la cual también se presentan cinco trayectorias diferentes. Indique cuál es la trayectoria más probable. I

1 2

aire

vidrio

II vidrio

aire

3 4 5

III V

A) 1 C) 3 E) 5

B) 2 D) 4

A) I C) III E) V - 717 -

B) II D) IV

IV

Física 5.

Un rayo de luz incide sobre una de las caras de un prisma isósceles de vidrio. Se observa que la trayectoria del haz en el interior del prisma es paralelo a la base. En estas condiciones se cumple:

A)

B)

C)

D) 2

E) 3

α

// n

β //

A) n sen α = sen β C) cos α = sen β E) sen α = sen β 6.

8.

B) sen α = cos β D) sen α = n sen β

En la esquina F de un recipiente lleno con un líquido (n = 5/3) hay un foco encendido. Un rayo de luz sale de F y llega al punto O. La trayectoria que sigue el rayo a partir de O es: V

Determinar el ángulo límite para un sistema vidrio – aire, sabiendo que la velocidad de la luz en el vidrio es igual a 225000 km/s. A) 37º

B) 53º

C) arc sen

D) arc sen

E) 30º 9.

Determine la profundidad aparente “x” de un pez que está en reposo a 1,6 m por debajo de la superficie del agua.

N

IV III II

o

x

aire líquido

(nagua = 4/3)

1,6 m 3m

I F 4m

A) I C) III E) V 7.

4m

A) 1 m C) 1,2 m E) 1,4 m

B) II D) IV

Un haz de luz, que viaja en el aire, incide en un material transparente con un ángulo de 60º y se refracta con un ángulo de 30º. Determine el índice de refracción del material.

B) 1,1 m D) 1,3 m

10. Un haz de luz incide en un pedazo de vidrio que flota en el agua con un ángulo de 30º, tal como se muestra en la figura. Determine el seno del ángulo θ, con el que el haz se refracta en el agua.

- 718 -

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica 13. En la figura ¿cuál debe ser el índice de refracción del prisma para que un rayo que incida perpendicularmente a una cara, salga formando un ángulo de 53º con la normal de la otra cara?

30º

nvidrio = 1,5

nagua = 4/3

A) 3/4 C) 3/5 E) 5/8

45º

θ

B) 3/7 D) 3/8

N

aire (n = 1)

53º

n=?

11. En el fondo de una piscina de 3 m de profundidad se encuentra una bombilla de luz, que emite luz en todas direcciones. ¿Cuál es el área de la superficie luminosa que se observará desde afuera de la piscina? (nagua = 4/3)

A)

B)

C)

D)

E) 3m

14. Si un espejo gira un ángulo de 15º, entonces el rayo reflejado en su superficie, se desvía respecto del original en un ángulo de:

nagua = 4/3 A)

m2

C) 30π m2 E)

B)

m2

D)

m2

A) 7,5º C) 40º E) 37º

15. Un bloque de vidrio tiene un ángulo crítico de 45º. ¿Cuál es su índice de refracción?

m2

12. Determine la velocidad de la luz en un material cuyo índice de refracción es 2,5. A) 120 000 km/s C) 80 000 km/s E) 180 000 km/s

B) 30º D) 45º

B) 100 000 km/s D) 150 000 km/s - 719 -

A) 2

B) 1,5

C)

D)

E)

Física 16. Un rayo luminoso incide sobre una lámina de vidrio (n = 3/2). Halle el ángulo de incidencia tal que el ángulo de refracción sea la mitad de éste. A) 2 arc cos

B) 3 arc cos

C) arc cos

D) arc cos

45º

aire

n

n1

E) 2 arc cos 17. El prisma de la figura tiene un índice de refracción de 1,58. Dos rayos de luz paralelos penetran en el prisma. ¿Cuál es el ángulo entre ellos después de que salen del prisma? (Use calculadora)

B) 2,1

C)

D)

E) 1,5 19. En el siguiente montaje, calcule la medida de ángulo “θ”, si el índice de refracción . del prisma triángular es

aire //

A) 3

30º

n = 1,58

//

α

30º

aire A) 34,3º C) 54,4º E) 44,4º

B) 30º D) 53º 2α

18. En la figura se muestra la trayectoria seguida por un rayo de luz al incidir sobre un bloque compuesto de dos materiales distintos. Si el rayo incide con un ángulo de 45º, calcule el valor de “n1” tal que el rayo emerge sobre la cara vertical, como se muestra en la siguiente figura:

- 720 -

A) 18º C) 45º E) 20º

θ

B) 37º D) 15º

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica 20. Un rayo de luz incide sobre una cuña de vidrio con n = 1,6, como se muestra en la figura. Calcule el ángulo mínimo “α”, de modo que haya reflexión total en la segunda superficie. (Use calculadora)

(2)

30º 70º

37º

(1)

A) 40º C) 30º E) 20º

α

B) 50º D) 10º

23. Si el rayo luminoso sigue el trayecto mostrado, determine el ángulo “θ”. A) 12,2º C) 14,4º E) 16,6º

B) 13,3º D) 15,5º //

θ 21. Un joven de 1,7 m de estatura tiene sus ojos 10 cm debajo de la parte superior de su cabeza. Determine el mínimo ángulo “θ” que debe tomar el espejo con la horizontal para que el joven pueda ver sus pies en dicho espejo.

//

A) 30º C) 80º E) 120º

B) 60º D) 90º

24. Se muestra un rayo de luz que trata de pasar del agua hacia el aire en la forma que se indica, entonces se puede afirmar que: (nagua = 4/3)

θ A) 20º C) 26,5º E) 60º

60º

B) 37º D) 63,5º

aire 74º

22. A partir del gráfico, determine el ángulo que forma el rayo reflejado en el espejo (2) con la horizontal.

- 721 -

agua

A) El ángulo de refracción es 74º. B) El ángulo de refracción es 60º.

Física C) La luz se refractará pero no se puede determinar el ángulo. D) No se produce refracción, la luz solo se refleja en la interface. E) Falta información. 25. Determine “n”, si el rayo que se muestra no logra refractarse, pero si “α” aumenta ligeramente se daría la refracción. (α = 53º)

α

n aire

A)

B)

C) 2

D)

E) 28. Un rayo de luz incide normalmente sobre la cara “AB” de un prisma transparente cuyo índice de refracción es 1,25. Encontrar el máximo valor del ángulo “θ” para que el rayo sea totalmente reflejado en la cara “AC”. A n

A) 2 C) 1,5 E) 1,7

B) 1,25 D) 1,75

θ B

26. Un buzo apunta verticalmente con su linterna hacia la superficie del agua (n = 4/3) generando un círculo iluminado sobre ella. Se observa que el radio del círculo disminuye 6 cm cada minuto, cuando el buzo empieza a subir verticalmente hacia la superficie. Calcule la rapidez del buzo (en cm/min). A) 2

B) 4

C) 7

D) 7

E) 3

A) arc sen

B) arc sen

C) arc cos

D) arc cos

C

E) 1 29. Un prisma cuyo ángulo en la arista es 30º y su índice de refracción es 1,41, está situado en frente a un espejo vertical como indica la figura. Un rayo luminoso horizontal incide sobre el prisma. Determine el ángulo entre el rayo incidente y reflejado en el espejo.

27. Determine el índice de refracción de un prisma óptico equilátero para que el ángulo de incidencia sea igual al ángulo límite del material que compone el prisma y además para que el rayo incidente se desvíe mínimamente. - 722 -

30º

PRISMA

ESPEJO

Capítulo 17: Naturaleza de la Luz y Las Leyes de la Óptica

A) 20º C) 40º E) 60º

B) 30º D) 50º

30. Se coloca un prisma, con ángulo en el vértice de 55º, simétricamente con respecto a un haz de luz monocromática incidente. Se encuentra que el rayo se desvía un ángulo total de 58,48º al pasar por el prisma. Calcule el índice de refracción del prisma. A) 1,58 C) 1,78 E) 2

B) 1,68 D) 1,86

Respuestas 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.

B C B C E A B C C D

11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20.

E A A B C A E C D E

- 723 -

21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30.

D B E D B A A C B C

Física

Capítulo 18

Óptica Geométrica

18.1. Introducción La óptica geométrica es el estudio de la manera en que los rayos de luz forman imágenes. Iniciaremos nuestro estudio con uno de los dispositivos ópticos más sencillos, el espejo plano. Continuaremos con el estudio de las imágenes formadas por espejos curvos (o esféricos) y por lentes delgadas. En el estudio de la óptica geométrica se utilizará el concepto de rayo de luz.

18.2 Objeto e Imagen Objeto Es cualquier cuerpo de la cual emergen rayos de luz. Por su luminosidad se pueden clasificar en: •

Objeto luminoso; cuando la luz es emitida por el objeto mismo, por ejemplo: la llama de una vela, el sol, una bombilla eléctrica.

•

Objeto opaco; es aquel que no posee luz propia, pueden ser vistos debido a la reflexión en su superficie de la luz proveniente de objetos luminosos. Ejemplo de objetos opacos son: el cuerpo humano, un libro, la luna. Por su extensión, los objetos se pueden clasificar en :

•

Objeto puntual; cuando no tiene extensión finita.

•

Objeto extendido; son los objetos reales que poseen longitud, ancho y alto.

Objetos Luminosos

Objetos Opacos

Imagen Es el punto o conjunto de puntos que se forman mediante la intersección de los rayos reflejados, o de sus prolongaciones, sobre algunas superficies (espejos). En algunos casos, como se verá mas adelante, las imágenes se forman tanto por reflexión como por refracción de los rayos de luz sobre ciertos cuerpos (lentes). - 724 -

Capítulo 18: Óptica Geométrica Las imágenes pueden ser de dos tipos: •

Imagen virtual.- Se dice que una imagen es virtual, si los rayos provenientes de la reflexión, o refracción, no pasan por la imagen. La imagen es formada por la prolongación de estos rayos.

•

Imagen real.- Se dice que una imagen es real, si los rayos provenientes de la reflexión, o refracción, pasan por la imagen.

18.3. Espejos Se denomina así a toda aquella superficie plana o curva perfectamente pulida que forma imágenes de objetos solamente por reflexión regular.

18.3.1 Espejo plano Es la forma de espejo más simple. Un espejo plano presenta dos zonas: • La zona real de un espejo plano es aquella en donde se encuentra el objeto. • La zona virtual es aquella en donde se forma la imagen del objeto. 1) Formación de imágenes en un espejo plano Para localizar la imagen de un objeto en un espejo plano, es necesario seguir la trayectoria de al menos dos rayos de luz. La imagen se forma por la prolongación de dichos rayos. • Para un objeto puntual Zona Real

Zona Virtual

s

s’ I (imagen)

(objeto) O

espejo

- 725 -

Física • Para un objeto extendido Zona Real

Zona Virtual

s

s’

h

h’

O

I

espejo 2) Amplificación lateral o aumento (M) La amplificación lateral o aumento (M) de un espejo, se define como el cociente entre el tamaño de la imagen y el objeto. =

M= •

(Aumento de una imagen)

Para el caso de un espejo plano: h’ = h, luego: M=1

(Aumento para un espejo plano)

3) Propiedades de un espejo plano •

La imagen se forma atrás del espejo (zona virtual) y a la misma distancia que se encuentra el objeto del espejo. s = s’

•

La imagen no está amplificada, es virtual y derecha. (Por derecha, se entiende que la imagen del objeto no se encuentra invertida de arriba hacia abajo). h = h’

•

La imagen está invertida de derecha a izquierda. (Por ejemplo cuando vemos nuestro reflejo en un espejo observamos que está invertido) - 726 -

Capítulo 18: Óptica Geométrica 4) Imágenes múltiples formadas por dos espejos planos Si se tiene dos espejos planos formando un ángulo θ, tal como se muestra en la figura de abajo, se observa que se forma un número N de imágenes “I”, de un objeto “O”, en ambos espejos. I1

I3 ... Es

pe

jo

O

I5

1

θ Espejo 2

...

I2

IN

I4

Para determinar el número de imágenes N que se forman, se presentan los siguientes 2 casos: 1.

Si θ es un factor entero de 360º, o sea que “θ” es de la forma: θ=

,

n entero positivo

Se tiene que el número de imágenes N viene dado por: N=

2.

–1

Si θ no es factor entero de 360º, se tiene que el número de imágenes N es un entero tal que cumple: –1 h’) Segundo caso: El objeto se ubica en el centro de curvatura (C). Z.R.

Z.V.

(1) (2)

h

E.P. C

F

V

h’

La imagen que se forma es real e invertida, siendo además de igual tamaño que el objeto. (h = h’) Tercer caso: El objeto se ubica en un punto entre C y F. Z.R.

I

E.P

Z.V.

h C

o

F

V

h’

La imagen que se forma es real e invertida, siendo además de mayor tamaño que el objeto. (h < h’) - 731 -

Física Cuarto caso: El objeto se ubica en el foco del espejo (F). Z.R.

Z.V.

(3) (1)

E.P. // C //

F

V

No se forma imagen alguna, los rayos (1) y (3), una vez reflejados nunca se cruzan. Quinto Caso: El objeto se ubica en un punto entre F y V. Z.R.

Z.V.

(2) h’

(3)

E.P.

h

C

(1)

F

V

O s

I s’

La imagen formada es virtual y derecha, siendo además de mayor tamaño que el objeto. (h < h’)

2) Espejos Convexos Un espejo esférico convexo es un casquete esférico pulido por su parte externa. Zona Real

Zona Virtual

f

E.P V

C

F R

- 732 -

Capítulo 18: Óptica Geométrica Los elementos de un espejo esférico son los mismos que los de un espejo cóncavo. En un espejo convexo tanto el foco (F), como el centro de curvatura (C), se encuentran en la zona virtual. a) Rayos principales en un espejo convexo Al igual que para el caso del espejo cóncavo, los rayos principales se hacen necesarios para la formación de imágenes. Los tres rayos principales son los mismos (rayos paralelos, focales y centrales), salvo que en este caso no se tiene intersección de los rayos en sí, sino de la intersección de sus prolongaciones.

E.P

E.P

E.P V

F

F

V

C

(1) Rayos Paralelos

C

(2) Rayos Focales

V

F

C

(3) Rayos Centrales

b) Formación de imágenes en un espejo convexo Los espejos convexos presentan un solo tipo de imagen. Caso Único.- El objeto se ubica en frente del espejo. Z.R (1)

Z.V

(3)

(2)

h

h’

E.P O

V s

I

F

C

s’

La imagen que se forma es virtual y derecha, siendo además de menor tamaño que el objeto. (h > h’) - 733 -

Física 18.3.3 Fórmula de Descartes para espejos esféricos (Fórmula de los focos conjugados) Para todo espejo esférico (cóncavo o convexo) se cumple siempre la siguiente relación. =

(Fórmula de Descartes para espejos esféricos)

+

Donde: f : distancia focal del espejo s : distancia del objeto al espejo s’: distancia de la imagen al espejo Además cumplen la siguiente regla de signos: positivo (+)

negativo (–)

fyR

para un espejo cóncavo

para un espejo convexo

s

siempre

nunca

s’

si la imagen es real

si la imagen es virtual

(Regla de signos para espejos esféricos)

(R: radio de curvatura)

18.3.4 Aumento lateral en espejos esféricos (M) Como ya se mencionó anteriormente, el aumento se define como el cociente del tamaño de la imagen entre el del objeto. M= Para todo espejo esférico (cóncavo o convexo) se cumple siempre que: M=–

(Aumento lateral para un espejo esférico)

Donde s y s’ son las distancias del objeto y su imagen al espejo, respectivamente. Además s y s’ cumple la regla de signos para espejos. Por convención: • Si el aumento es positivo (M > 0), la imagen es derecha. • Si el aumento es negativo (M < 0), la imagen está invertida. - 734 -

Capítulo 18: Óptica Geométrica

18.4. Lentes Una lente es un cuerpo transparente limitado por superficies esféricas, lo suficientemente cercanos entre sí como para que se pueda despreciar la distancia entre ellas (el grueso de la lente). Una de las superficies puede ser plana. Se les llama también lentes delgadas.

Tipos de lentes Existen dos grandes tipos de lentes: convergentes y divergentes.

18.4.1 Lentes Convergentes Cualquier lente que sea más gruesa en su centro que en sus bordes es convergente. Pueden ser de tres tipos distintos: biconvexa, plano convexa y menisco convexa.

Lente Biconvexa

Lente Plano Convexa

Lente Menisco Convexa

La propiedad más importante que presenta las lentes convergentes es que todos los rayos refractados en la lente, provenientes de rayos incidentes paralelos, convergen en un punto del plano focal.

P1

P2 Plano focal P1 y P2 pertenecen al plano focal

- 735 -

Física a) Elementos de una lente convergente Zona Virtual

Zona Real

R1 Objeto

Eje principal C1 O

F1

C f

f

F2

C2 R2

Centro Óptico (C).- Es el centro de la lente. Todos los rayos que atraviesan por este punto, lo hacen sin desviarse. Centros de Curvatura (C1, C2).- Son los centros de las superficies esféricas que forman las caras de la lente. Eje Principal (E.P).- Es la recta determinada por los centros de curvatura (C1 y C2) y el centro óptico (C). Radios de Curvatura (R1, R2).- Son los radios de las superficies esféricas que forman las caras de la lente. En nuestro estudio consideraremos radios iguales. R1 = R2 = R Foco Objeto (F1).- Es un punto del eje principal, tal que, todo rayo que pasa por él, emerge de la lente paralelo al eje principal. Se encuentra en la región en donde se ubica el objeto (zona virtual). Foco Imagen (F2).- Es un punto del eje principal en donde se encuentran (convergen) los rayos refractados por la lente, provenientes de rayos incidentes paralelos al eje principal. Se encuentra en la región donde no está el objeto (zona real). Distancia Focal (f).- Es la distancia entre uno de los focos de la lente (F1, F2) y el centro óptico (C). Zonas.- Convencionalmente se divide en dos zonas al espacio que rodea la lente: Zona Real.- Es la zona en donde no se encuentra el objeto, en nuestro caso es la zona a la derecha de la lente. En esta zona las distancias se consideran positivas. Zona Virtual.- Es la zona en donde se encuentra el objeto, en nuestro caso es la zona a la izquierda de la lente. En esta zona las distancias se consideran negativas. - 736 -

Capítulo 18: Óptica Geométrica b) Rayos principales en una lente convergente Los rayos principales, al igual que en el caso de espejos esféricos, nos permiten explicar la formación de imágenes en una lente. Los rayos principales para una lente son: (1) Rayos Paralelos.- Son aquellos rayos que inciden paralelamente al eje principal, atraviesan la lente, y convergen en el foco imagen. (2) Rayos Focales.- Son aquellos rayos que pasan por el foco objeto, atraviesan la lente y emergen de ella paralelamente al eje principal. (3) Rayos Centrales.- Son aquellos que pasan por el centro óptico de la lente. Estos rayos no sufren desviación alguna.

E.P

E.P F1

F2

C

F1

(1) Rayos Paralelos

C

F2

(2) Rayos Focales

F2

E.P F1

C

(3) Rayos Centrales c)

Formación de imágenes en una lente convergente Haciendo uso de los rayos principales podemos determinar la posición y el tamaño de la imagen. El punto de intersección de dos de estos rayos es suficiente para este objetivo, el tercer rayo es para comprobar el trazo de los rayos. En algunos casos la imagen se forma por la intersección de las prolongaciones de dichos rayos. Se pueden distinguir 4 casos, dependiendo de la ubicación del objeto en el eje principal. - 737 -

Física Primer Caso: El objeto se ubica en un punto detrás de C1. Zona Virtual

Zona Real

(1) (2)

h

(3)

E.P O

I F1

C1

F2

C

s

C2 h’

s’

La imagen que se forma es real e invertida, siendo además de menor tamaño que el objeto. (h > h’) Segundo Caso: El objeto se ubica en C1. Zona Virtual

Zona Real

(1) (3)

h

(2)

C2

E.P F1

C1

F2

C

h’

La imagen se forma en el punto C2 , ésta es real e invertida, siendo además de igual tamaño que el objeto. (h = h’) Tercer Caso: El objeto se ubica en un punto entre C1 y F1. Zona Virtual

Zona Real

(1) h

C1

(3)

O

I

(2)

F1

F2

C

C2 h’

La imagen que se forma es real e invertida, siendo además de mayor tamaño que el objeto. (h < h’) - 738 -

Capítulo 18: Óptica Geométrica Cuarto Caso: El objeto se ubica en el foco objeto F1. Zona Virtual

Zona Real

(1) (3)

h C1

F1

C

F2

C2

No se forma imagen alguna. Los rayos emergentes de la lente nunca se cruzan. Quinto Caso: El objeto se ubica en un punto entre F1 y C. Zona Virtual

Zona Real (2)

h’ (3)

h

C1 I

F1

O

(1)

C

F2

C2

La imagen que se forma es virtual y derecha, siendo además de mayor tamaño que el objeto. (h < h’) Note que en este caso la imagen es formada por la intersección de las prolongaciones de los rayos principales.

18.4.2 Lentes Divergentes Cualquier lente que sea más gruesa en sus bordes que en su centro es divergente. Pueden ser de tres tipos: bicóncava, plano cóncava o menisco cóncava.

Lente Biconcava

Lente Plano Cóncava - 739 -

Lente Menisco Cóncava

Física La propiedad más importante que presentan este tipo de lentes, es de que todos los rayos que inciden, paralelos entre si, son hechos divergentes por esta lente, además las prolongaciones de estas concurren en un solo punto del plano focal.

F1

Rayos paralelos entre si

Rayos divergentes

F2

Plano Focal A) Elementos de una lente divergente Zona Virtual

Zona Real

R1

Eje Principal

R2

objeto C1

O

C

F1 f

F2

C2

f

Los elementos de una lente divergente, como se puede observar en el dibujo, son los mismos de una lente convergente. La única diferencia de este tipo de lentes son los focos redefinidos: Foco Imagen (F1).- Es el punto del eje principal en donde se intersectan las prolongaciones de los rayos refractados en la lente, provenientes de rayos incidentes paralelos a dicho eje principal. Foco Objeto (F2).- Es el punto del eje principal en donde se intersectan las prolongaciones de aquellos rayos incidentes, que emergen paralelamente a dicho eje principal. En este caso también consideramos que los radios de curvatura son iguales. (R1 = R2 = R) - 740 -

Capítulo 18: Óptica Geométrica B) Rayos Principales en una Lente Divergente (1) Rayos Paralelos: Son aquellos que inciden paralelamente al eje principal de la lente, emergiendo de tal forma que sus prolongaciones se intersectan en el foco imagen (F1). (2) Rayos Focales: Son aquellos incidentes en la lente de tal modo que sus prolongaciones se intersectan en el foco objeto (F2), emergiendo de la lente paralelos al eje principal. (3) Rayos Centrales: Son aquellos que inciden en la lente por su centro óptico (C), no sufriendo desviación alguna.

E.P C

F1

F2

(1) Rayos Paralelos

E.P C

F1

F2

(2) Rayos Focales

E.P C

F1

(3) Rayos Centrales - 741 -

F2

Física C) Formación de imágenes en una lente divergente Las lentes divergentes sólo producen un tipo de imagen. Caso Único: El objeto se encuentra frente a la lente. Zona Virtual

Zona Real

(1) (2)

(3)

h

h’

E.P O

C

I

F1

F2

s’ s La imagen que se forma es virtual y derecha, además de menor tamaño que el objeto. (h < h’) Note que la imagen se forma por la intersección del rayo (3) con las prolongaciones de los rayos refractados de (1) y (2).

18.4.3 Ecuación de los focos conjugados para lentes delgadas Tanto para lentes convergentes como divergentes, se cumple siempre que: =

+

(Ecuación de los Focos Conjugados para Lentes Delgadas)

Donde: f: longitud focal de la lente s: distancia entre el objeto y la lente s’: distancia entre la imagen y la lente Además, al igual que en el caso de los espejos, cumplen la siguiente regla de signos: positivo (+)

negativo (–)

fyR

para una lente convergente

para una lente divergente

s

el objeto está en la zona virtual

el objeto está en la zona real

s’

la imagen está en la zona real

la imagen está en la zona virtual

(Regla de signos para lentes delgadas) - 742 -

( R: radio de curvatura )

Capítulo 18: Óptica Geométrica

18.4.4 Aumento producido por una lente ( M ) El aumento producido por una lente (convergente o divergente) viene dado por: =

M=

Se demuestra que para cualquier tipo de lente: M=–

(Aumento de una lente)

Donde s y s’ son las distancias del objeto y su imagen al espejo, respectivamente. Además s y s’ cumplen la regla de signos para lentes. Por convención: • Si el aumento es positivo (M > 0), la imagen es derecha. • Si el aumento es negativo (M < 0), la imagen está invertida.

18.4.5 Potencia de una Lente ( P ) Se llama potencia de una lente a la inversa de su distancia focal.

P=

(Potencia de una lente)

Unidad de Potencia (S.I) La unidad de potencia es la dioptria Una lente tiene una potencia de 1 dioptria cuando la distancia focal es de 1 m.

- 743 -

Física

Problemas Resueltos 1. ¿Cuál es la longitud mínima de espejo que necesita una persona para verse de cuerpo entero?

2. Determine la distancia entre las imágenes del objeto “O” producidas por los espejos I y II en la siguiente disposición:

SOLUCIÓN: Zona Real

20 cm

Zona Virtual

O

I

15 cm L H

H d

II SOLUCIÓN:

d

I

La imagen de la persona se forma en la zona virtual del espejo. Tanto la persona como su imagen son simétricas respecto a la superficie del espejo.

20 cm

20 cm

O’

O 15 cm

De la figura, la distancia mínima que debe tener el espejo para que la persona pueda verse de cuerpo entero es “L”.

d

II 15 cm

O’’

De la geometría de los rayos: d

O’ y O’’ son las imágenes del objeto “O” producidos por los espejos I y II. La distancia “d” entre ambas imágenes será:

d L H

40 cm Entonces, por semejanza de triángulos: =

\

30 cm

d

L= d=

La longitud mínima del espejo deberá ser la mitad de la altura de la persona. - 744 -

\

d = 50 cm

cm

Capítulo 18: Óptica Geométrica 3. En la figura se muestra un lápiz formando un ángulo de 30º con el espejo. Determinar el ángulo formado por el lápiz y su correspondiente imagen.

zona real

zona virtual

30 m/s

v’

z

lápi

30º

espejo

SOLUCIÓN: zona real Δt

SOLUCIÓN:

zona virtual Δt

30 m/s

iz

A

láp

30º θ 30º

espejo

Δd

v’ B

Δd

B’

zona real zona virtual

im

age

n

La imagen del lápiz se forma en la zona virtual del espejo y simétrica al lápiz con respecto a la superficie del espejo. De la figura, el ángulo “θ” formado por el lápiz y su imagen es:

En el gráfico observamos las posiciones de la bala A y B para tiempos diferentes, con sus correspondientes imágenes. La bala para ir de A→B demora un tiempo Δt, recorriendo una distancia Δd. De igual manera, la imagen de la bala demora el mismo tiempo para ir de A’→B’, recorriendo la misma distancia Δd. Luego, para la bala se cumple: = 30 m/s

θ = 30º + 30º \

A’

La velocidad de la imagen es:

θ = 60º

v’ = 4. Una bala es disparada con una rapidez de 30 m/s, contra un espejo estacionario, como se muestra en la figura. Determinar la velocidad de la imagen de la bala con respecto a la superficie del espejo.

- 745 -

Reemplazando de (i): \

v’ = 30 m/s

… (i)

Física 5. Una persona se encuentra a 1 m delante de un espejo plano, detrás de la persona a 2 m hay un árbol de 8 m de altura. ¿Cuál debe ser la longitud mínima del espejo que necesita la persona, para ver el árbol completo?

zona real

zona virtual espejo

silla

H

L

0,9m

SOLUCIÓN: zona real

zona virtual espejo

árbol 8m

imagen

1m

SOLUCIÓN:

H

2m

L

8m

//

//

En el gráfico se muestran los rayos extremos con los que el observador ve el árbol. Luego, la longitud mínima “L” del espejo se puede calcular por la geometría de la figura:

imagen

L 0,9 m

0,9 m

d

d

d

En el gráfico se muestran los rayos extremos con los que la persona ve la imagen de la silla con el espejo. Estos rayos determinan la longitud mínima “L” del espejo. De la geometría de la figura:

3m

1m

d

8m

L

2m

d

2d

d

Por semejanza de triángulos: = \

L 0,9 m

L=2m Por semejanza de triángulos:

6. En el gráfico mostrado, calcular la longitud mínima que debe tener el espejo plano colocado en una pared vertical para que la persona pueda ver toda la silla a través del espejo. - 746 -

= \

L = 0,6 m

Capítulo 18: Óptica Geométrica Reemplazando N = 5:

7. Un niño se encuentra frente a dos espejos planos mutuamente formando un ángulo de 45º. ¿Cuántas imágenes verá el niño?

–1≤5
12

SOLUCIÓN:

Se deduce luego que: s = 30 cm

Como la imagen obtenida es real, esta será invertida y se ubicará delante del espejo. Como la imagen es más pequeña que el objeto, se ubicará más cerca del espejo. Graficando el objeto y la imagen:

Finalmente, de la figura: s’ = s – 10 s’ = (30) – 10

⇒ \

s’ = 20 cm

12. Un objeto se encuentra a 60 cm de un espejo cóncavo de 20 cm de distancia focal, si el objeto se aleja 20 cm más del espejo, ¿qué distancia se moverá la imagen? O

SOLUCIÓN: 10 cm s

Inicialmente (Por Descartes):

f s’

=

+

Donde: f: Distancia focal so: Distancia del objeto al espejo so’: Distancia de la imagen al espejo

Donde: s: Distancia del objeto al espejo s’: Distancia de la imagen al espejo - 749 -

Física SOLUCIÓN:

Reemplazando datos: =

En un espejo convexo la imagen es virtual; osea se forma detrás del espejo; siendo la imagen mas pequeña.

+

=

⇒

so’ = 30 cm

⇒

... (i)

Luego de mover el objeto 20 cm (Por Descartes): =

+ O

=

⇒

+

s

s’

I

F

30 cm

Reemplazando datos: ⇒

=

⇒

=

⇒

sf ’ =

Como la imagen es vertical, s’ debe ser negativo, es decir:

+

s + (– s’) = 30 s – s’ = 30 ⇒ s’ = s – 30 ... (ii)

Por Descartes: =

El desplazamiento de la imagen viene dado por: d = so’ – sf ’

d = (30) –

=

Reemplazando (i): =

Reemplazando (i) y (ii): ⇒

… (i)

… (ii)

+

Por dato: sf = 50% s = Por Descartes:

\

d=

cm

=

13. La distancia entre un objeto y su respectiva imagen usando un espejo convexo es 30 cm. Si la distancia entre el objeto y el espejo se reduce en un 50 %, la imagen se forma a 20/3 cm del espejo. Halle la distancia focal del espejo. - 750 -

+

Reemplazando datos: ⇒

=

⇒

=

+ –

… (iii)

Capítulo 18: Óptica Geométrica De (ii) y (iii):

Reemplazando valores: =

–

⇒

=

⇒

=

–

⇒

=

⇒

=

⇒

s2 – 20s + 200 = 0

⇒

(s – 20)(s – 10) = 0

+

⇒

\

Si: s = 20 cm ⇒ s’ = – 10 cm Si: s = 10 cm ⇒ s’ = – 20 cm

Como el objeto es más grande que la imagen ⇒ |s| > |s’| ⇒

s = 20 cm

y

\

s = 30 cm

15. Un espejo cóncavo y otro convexo, ambos de 40 cm de radio, se encuentran separados 100 cm. Equidistante de los espejos se coloca un objeto, considerando que la primera reflexión tiene lugar en el espejo cóncavo, ¿a qué distancia del espejo convexo se forma la segunda imagen?

s’ = – 10 cm

SOLUCIÓN:

Reemplazando en (ii): =

+

Según el enunciado, la primera imagen (I1) se formará en el espejo cóncavo, luego esta imagen será usada como objeto con respecto al espejo convexo.

+ f = – 20 cm

14. En un espejo cóncavo de 60 cm de distancia focal, se obtuvo una imagen virtual dos veces más alejada del espejo que del objeto. Halle la distancia entre el objeto y el espejo.

I1

O

I2

SOLUCIÓN: Como la imagen es virtual, entonces “s” es negativo. Además por dato: s’ = – 2s Por Descartes:

s1 = 50 cm

s1’

s2

s2’

En el espejo cóncavo (Por Descartes): =

+

= - 751 -

+

... (i)

Física Además se sabe que el radio del espejo es R = 40 cm. Luego: f=

= 20 cm

16. La imagen de un objeto vista en un espejo convexo (f = – 50 cm) se encuentra a 20 cm detrás del espejo. Halle el aumento de la imagen. SOLUCIÓN:

Reemplazando valores en (i): = s1’ =

⇒

Como la imagen se observa detrás del espejo, será virtual; entonces “f ” y “s’ ” son negativos.

+ cm

... (ii)

Por Descartes:

Por dato del enunciado:

=

s1’ + s2 = 100 cm

Reemplazando valores:

Reemplazando (ii): + s2 = 100

⇒

s2 =

⇒

cm

Ahora, para el espejo convexo consideraremos que el objeto es “I1” y la imagen virtual es “I2”. Luego:

=

⇒

=– \

s2’ = –

=

⇒

=

⇒

s=

+ –

=

cm

A=–

+

Reemplazando:

Reemplazando valores: ⇒

⇒

Finalmente, el aumento (A) viene dado por:

Por Descartes: =

=

⇒

+

\

–

cm

La segunda imagen se forma a detrás del espejo convexo.

A=–

cm

A = 0,6

17. Un espejo forma una imagen agrandada e invertida de un objeto, siendo la distancia de la imagen de 50 cm. La distancia entre la imagen y el objeto es de 10 cm. Halle la distancia focal y el aumento.

- 752 -

Capítulo 18: Óptica Geométrica SOLUCIÓN: Como la imagen (I) es agrandada, se ubica más lejos que el objeto (O). Además, la imagen (I) es invertida entonces es real y se ubica delante del espejo. Solamente los espejos cóncavos dan imágenes más grandes.

18. Un objeto se desea colocar frente a un espejo cóncavo, cuya distancia focal es de 50 cm, tal que la imagen sea aumentada en tres veces y además derecha. ¿Cuál deberá ser la distancia del objeto al espejo? SOLUCIÓN: Como la imagen es derecha, el aumento es positivo. Como la imagen es aumentada en tres veces, entonces: A=3 Además se sabe: A=–

O

Reemplazando: F

I

40 cm

10 cm

50 cm

⇒

3=–

⇒

s’ = – 3s

Por Descartes: =

Por Descartes: =

=

= f=

\

=

⇒

=

+

cm

A=– A=– \

⇒

+

\

El aumento (A) viene dado por:

⇒

=

Reemplazando (i):

Reemplazando valores: ⇒

... (i)

s=

cm

19. El radio de un espejo cóncavo es “r”, ¿a qué distancia del espejo debe situarse un objeto para que la imagen sea real y “n” veces mayor?

A = – 1,25 - 753 -

Física Graficando:

SOLUCIÓN: Como toda imagen real es invertida, luego el aumento (A) será negativo: A=–

O

Del enunciado: ⇒

(– n) = –

⇒

s’ = ns

I ... (i)

Por Descartes: =

+

Como las imágenes reales son invertidas, por Descartes:

Reemplazando valores: =

⇒

=

... (i)

+ =

Además: f =

= 0,25 m

Por dato: s’ = 1,5 m

=

⇒

+

Reemplazando valores en (i): \

s=

=

s = 0,3 m

⇒ 20. Un espejo cóncavo de 0,5 m de radio produce una imagen de 20 cm sobre una pantalla que se encuentra a 1,5 m del espejo. Halle el tamaño del objeto. SOLUCIÓN: Las imágenes que producen un espejo y que deben proyectarse sobre una pantalla deben ser reales (para que se forme delante del espejo), luego:

De las relaciones de aumento (A) tenemos: A=–

=

Sea “ho” el tamaño del objeto. Reemplazando valores: =

– \

s’ = 1,5 m

- 754 -

+

ho = 4 cm

Capítulo 18: Óptica Geométrica 21. Un espejo esférico convexo tiene una distancia focal de 10 cm. Encuentre la posición de la imagen para una distancia objeto de a) 20 cm y b) 5 cm.

=

Reemplazando valores:

SOLUCIÓN:

= Z.R (+)

\

s

f

de

los

focos … (i)

+

En un espejo convexo la distancia focal es negativa. Luego: f = – 10 cm Reemplazando en (i):

\

s’ = –

m

22. Un objeto de 3 cm de altura se coloca a 20 cm del frente de un espejo convexo que tiene una distancia focal de 5 cm. Encuentre:

a) Para s = 20 cm: De la ecuación conjugados:

=

s’ = –

La imagen se formará a una distancia de 10/3 m a la derecha del espejo (zona virtual).

F

O

=

+

Z.V (–) s’

E.P

+

+

a) La posición de la imagen. b) La amplificación del espejo. SOLUCIÓN: objeto

Z.R (+)

Z.V (–) imagen

3 cm s = 20 cm

F

s’

C

m

La imagen se formará a una distancia de m a la derecha del espejo (zona real). b) Para s = 5 cm: Aplicando la ecuación de los focos conjugados: - 755 -

a) En un espejo convexo, la distancia focal es negativa. Para encontrar la posición de la imagen, utilizamos la ecuación de los focos conjugados: =

+

Física Reemplazando valores: =

⇒ \

Por la ecuación de los focos conjugados: =

+

s’ = – 4 cm

Por dato f = 40 cm, reemplazando

La posición de la imagen estará a 4 cm a la derecha del espejo (zona virtual)

=

b) La amplificación del espejo viene dado por:

⇒

+

… (i)

+

Por dato del problema, el aumento es: M=4

A=–

⇒

A=–

⇒

=4

–

s’ = – 4s

… (ii)

Reemplazando (ii) en (i): \

A = 0,2

=

La imagen será derecha y más pequeña que el objeto.

\

s = 30 cm

El objeto se deberá ubicar a 30 cm a la izquierda del espejo (zona real).

23. Un espejo cóncavo tiene una distancia focal de 40 cm. Determine la posición del objeto para la cual la imagen resultante es derecha y cuatro veces el tamaño del objeto.

24. Una vela se encuentra a 2 cm de una esferita reflectora de vidrio que tiene 8 cm de diámetro. ¿Cuál es la amplificación y posición de la imagen que se forma?

SOLUCIÓN: Z.R (+)

–

Z.V (–) H’

SOLUCIÓN:

H C

F

sO

s’

Z.R (+)

40 cm

Z.V (–)

esferita de vidrio

H s = 2 cm

Un espejo cóncavo formará una imagen ampliada y derecha del objeto, solamente si el objeto se encuentra entre el foco del objeto F y el centro óptico O, tal como se muestra en la figura. - 756 -

o

H’ s’

F

C 4c m

Capítulo 18: Óptica Geométrica Considerando la superficie de la esferita reflectora como si fuera un espejo esférico convexo, tal como se muestra en el gráfico. Aplicando la ecuación de los focos conjugados: =

25. Una lente divergente tiene una distancia focal de – 10 cm. Un objeto de 2 cm de altura se encuentra a 15 cm del centro de la lente. Determinar la posición de la imagen y su amplificación.

… (i)

+

En un espejo convexo, la distancia focal (f) es negativa. Por dato: f=–

=–

f = – 2 cm

⇒

SOLUCIÓN: Haciendo uso de la ecuación de los focos conjugados para lentes delgadas para s = 15 cm y f = – 10 cm: =

Reemplazando valores: … (ii)

\

+

=

⇒

Reemplazando (ii) y el valor de s = 2 cm en (i): =

\

s’ = – 6 cm

s’ = – 1 cm

Z.V

Z.R

2 cm O F1 s’ s = 15 cm

E.P

El aumento para un espejo esférico viene dado por:

lente divergente

A=–

La amplificación (aumento) de la imagen vendrá dado por:

Reemplazando valores:

A=–

A=–

A=–

⇒ \

+

Podemos deducir a partir de este resultado que la imagen es virtual. Graficando:

La imagen de la vela se forma a 1 cm a la izquierda (ver gráfico) de la superficie esférica considerada (zona virtual).

⇒

+

A = 0,5

Este resultado indica que la imagen es derecha y con la mitad del tamaño de la vela. - 757 -

\

A = 0,4

Este resultado nos indica que la imagen es derecha y de menor tamaño que el objeto.

Física 26. Una lente convergente de distancia focal 10 cm, forma la imagen de una vela colocada a 30 cm de la lente. Encuentre la distancia de la imagen a la lente y el aumento. SOLUCIÓN: Haciendo uso de la ecuación de los focos conjugados para lentes delgadas, podemos encontrar la distancia imagen, considerando f = 10 cm (positivo) y s = 30 cm: =

27. Una lente convergente aumenta 4 veces la imagen de un objeto. Si dicho objeto se aleja 5 cm de la lente, el aumento disminuye en dos veces. Encontrar la distancia focal de dicha lente.

=

A=– ⇒

+

s’ = 15 cm

⇒

Sean “s” y “s’ ” las distancias del objeto y su imagen respecto a la lente, y “f” la distancia focal. Por dato, el aumento inicial viene dado por:

+

Reemplazando valores: ⇒

SOLUCIÓN:

La imagen se ubicará en la zona real (a la derecha de la lente), tal como se muestra en la siguiente figura. Z.R

Z.V H

=–4

s’ = 4s

… (i)

Por condición del problema, el objeto se aleja 5 cm de la lente, formándose la imagen a una distancia s’’ y con el aumento disminuido en 2 veces. Luego: A=– ⇒

=–2

s’’ = 2s + 10

… (ii)

De la ecuación de los focos conjugados:

s’

E.P s = 30 cm

O

F

=

H’

+

Para la posición inicial del objeto. De (i): lente convergente El aumento (A) de la imagen vendrá dado por: A=–

= f=

⇒

+ s

… (iii)

Para la posición final del objeto. De (ii): ⇒

A=

=

\ A = – 0,5 La imagen que se forma es invertida y con la mitad del tamaño de la vela. - 758 -

⇒

=

+ … (iv)

Capítulo 18: Óptica Geométrica Reemplazando (iii) en (iv), se llega a la siguiente ecuación:

Por la ecuación de los focos conjugados: =

=

Reemplazando los valores dados en el problema:

Resolviendo: f = 20 cm

\

28. En el siguiente montaje, determinar la altura que tendrá la imagen de una vela de 15 cm de alto, formado por la lente convergente de distancia focal “f ” cm.

⇒

=

⇒

s’ = 3f

M=–2

… (iii)

Este resultado nos indica que la imagen formada es invertida y del doble de tamaño que el objeto. Luego, la altura de la imagen será: H’ = 2(15 cm)

o

SOLUCIÓN:

\

Graficando la formación de la imagen:

H’ = 30 cm

Z.R s’

H = 15 cm

f O

s=

… (ii)

M=–

15 cm

Z.V

+

Finalmente, reemplazando (ii) en (i):

⇒ E.P

+

F H’

29. En el siguiente esquema, si la distancia “s” del objeto y la distancia “s’ ” de su imagen, a la lente, son 30 cm y 20 cm, respectivamente. ¿Cuál será el valor de la distancia focal de la lente? objeto

El aumento (M) vendrá dado por:

s’

M= ⇒

M=–

E.P

=–

F

… (i)

- 759 -

s

O

F

imagen

Física Para lentes convergentes, las distancias focales son positivas. Luego:

SOLUCIÓN: Z.V

Z.R

f = 30 cm Reemplazando en (i): s’ = 20 cm

E.P

=

F

F s = 30 cm

=

⇒

f

=

Luego, el aumento se calcula por: M=–

+ Reemplazando:

Reemplazando valores: =

⇒ \

–

s’ = 40 cm

\ De la ecuación de los focos conjugados:

+

M=–

⇒

+

M=–

\

f = 12 cm

30. Dada una lente convergente de 30 cm de distancia focal y un objeto situado a 120 cm de la lente. Hallar la posición de la imagen y el aumento. SOLUCIÓN:

El signo negativo del aumento indica que la imagen es invertida. 31. Un objeto ubicado a 120 cm de una lente convergente forma una imagen real de 15 cm de altura a 40 cm de la lente. Halle el tamaño del objeto y la distancia focal. SOLUCIÓN:

O

Calculando Descartes:

F I

la

distancia =

s

Reemplazando datos:

f s’

Por Descartes: =

+

+

= ... (i) - 760 -

\

+

f = 30 cm

focal.

Por

Capítulo 18: Óptica Geométrica Reemplazando (i):

Calculando el aumento de la imagen: M=

\

Como la imagen es real, entonces es invertida. Por lo tanto, reemplazando valores:

s = 2f

33. Empleando una lente divergente de 40 cm de distancia focal, un objeto de 20 cm de altura tiene una imagen de 5 cm. ¿A qué distancia de la lente se ubica el objeto?

Tamaño del objeto = 45 cm

32. ¿Cuál debe ser la posición de un objeto con respecto a una lente convergente, para que su imagen tenga el mismo tamaño? SOLUCIÓN: En el cálculo del aumento, se tiene: A=

=

+

El objeto deberá estar ubicado a una distancia equivalente al doble de la distancia focal.

=– \

=

⇒

=–

SOLUCIÓN: En una lente divergente las imágenes siempre son virtuales y derechas, por lo tanto, el tamaño de la imagen es positiva. El aumento viene dado por: M=

=–

=–

Reemplazando: La imagen es real, por lo tanto es invertida.

⇒

=–

Además, por dato, el tamaño del objeto y la imagen es el mismo. Luego:

⇒

s’ = –

A= ⇒

=–

… (i)

Por Descartes: =

–1=–

+

Reemplazando (i): ⇒

s’ = s

… (i)

⇒

=

+

=

–

Luego, por Descartes: =

⇒

+

– \

- 761 -

s = 120 cm

Física Reemplazando (ii) en (i):

34. La distancia focal de una lente divergente es 60 cm. Si con esta lente, un objeto y su respectiva imagen distan en 10 cm, halle el aumento.

s’ = – [(30) – 10] ⇒

SOLUCIÓN:

s’ = – 20 cm

... (iii)

Cálculo del aumento “A”:

En las lentes divergentes, el objeto y su imagen siempre están del mismo lado, con el objeto más alejado que su respectiva imagen.

A=– Reemplazando (ii) y (iii): A=–

⇒ O I

\

F 10 cm

A=

s’ f s

Del gráfico: Como la imagen es virtual; s’ es negativa. Luego: s’ = – (s – 10) … (i)

35. La distancia focal de una lente convergente es “f”. Usando esta lente un objeto obtiene una imagen real de triple tamaño y alejado 160 cm del objeto. Halle “f”.

Por Descartes: =

SOLUCIÓN: Se sabe que en cualquier lente las imágenes reales son invertidas y se ubican del otro lado de la lente.

+

Z.V

Z.R

Reemplazando (i):

⇒

+

–

=

O

F I

10(60) = s(s – 10)

⇒ ⇒

=

s – 10s – 600 = 0

f

2

s

⇒ (s + 20)(s – 30) = 0 Como “s” siempre es positivo: ⇒ s = 30 cm

s’ 160 cm

... (ii) - 762 -

Capítulo 18: Óptica Geométrica Como las imágenes reales siempre tiene aumento negativo. Luego:

SOLUCIÓN: aire

A=–3 ⇒

F

=–3

–

s’ = 3s

⇒

vidrio

F’ r = 12 cm

… (i)

De la figura se tiene: s + s’ = 160

… (ii)

Reemplazando (i) en (ii):

f’

f

Se tiene la ecuación característica:

s + (3s) = 160

(40) + s’ = 160 s’ = 120 cm

Finalmente por Descartes se tiene: =

+

Tomando el objeto en el infinito (s = ∞).

Reemplazando los valores obtenidos: =

⇒ \

… (i)

Donde: nr: Índice de refracción relativo r: Radio de curvatura s: Distancia del objeto a la superficie esférica s’: Distancia de la imagen a la superficie esférica.

Reemplazando en (ii): ⇒

=

+

s = 40 cm

⇒

s’ = f

⇒

+

Reemplazando en (i): 0+

f = 30 cm

36. Una superficie esférica refractora vidrio – aire tiene un radio de curvatura de 12 cm. El índice de refracción del vidrio es 1,6 y se extiende tal sustancia prácticamente hasta el infinito desde la superficie esférica. Hallar las distancias focales “f ” y “f’ ” para rayos que se originan en los medios: menos denso y más denso, respectivamente.

- 763 -

= f=

⇒

… (ii)

Además se sabe que: nr =

=

= 1,6

Reemplazando valores en (ii): f=

Física

\

Por dato se tiene:

f = 32 cm

nr = 1,6 ; r = 16 cm y r’ = 8 cm

Tomando la imagen en el infinito (s’ = ∞).

Reemplazando en (i):

s = f’

⇒

f=

Reemplazando en (i): +0= f’ =

⇒

… (iii) 38. Una lente delgada plano convexa, de radio de curvatura de 18 cm, forma una imagen real de un objeto axial situado a 72 cm de ella, en un punto a 36 cm al otro lado de la misma. ¿Cuál es su índice de refracción?

Reemplazando valores en (iii): f’ =

⇒ \

f = 8,89 cm

\

f’ = 20 cm

SOLUCIÓN: Sea la lente plano convexa:

37. Determinar la distancia focal de una lente biconvexa de radios de curvatura de 16 cm y 8 cm. Además nr = 1,6.

aire O F’

F

SOLUCIÓN:

I

Sea el gráfico: aire f’

c

c’ r’

r

s’

Por Descartes tenemos: =

En donde: f=

f

s

… (i)

+

Reemplazando datos: =

En el gráfico se observa que las dos superficies refractoras ejercen un efecto convergente hacia el eje óptico. - 764 -

⇒

f = 24 cm

+

Capítulo 18: Óptica Geométrica SOLUCIÓN:

Además se sabe que:

Sea la lente biconvexa:

= (nr – 1) nr = 1 +

⇒

… (i) O

I F

Por dato:

s’ r = 18 cm y r’ → ∞

s

Reemplazando estos valores en (i): ⇒

nr = 1 +

⇒

nr = 1,75

a) Por Descartes: =

Donde “s’ ” es negativa debido a que la imagen es virtual.

Finalmente: nr = ⇒

nlente = (naire)(nr)

⇒

nlente = (1)(1,75) \

… (i)

+

Reemplazando datos en (i): = \

nlente = 1,75

+

f = – 7,2 cm

b) Por Descartes: 39. Una lente biconvexa delgada forma una imagen virtual de un objeto, al mismo lado que éste. Para una distancia de objeto de 36 cm, la imagen se forma a una distancia de 6 cm a partir de la lente. a) ¿Cuál es la distancia focal de la lente? b) ¿En qué posición se hallará la imagen, si la distancia del objeto se reduce a 4 cm?

- 765 -

=

–

Por dato: s = 4 cm. Reemplazando: =

⇒

\

–

s’ = – 2,57 cm

Física 40. Un objeto de 8 cm de alto está colocado 12 cm a la izquierda de una lente convergente de 8 cm de longitud focal. Una segunda lente convergente con longitud focal de 6 cm está colocada 36 cm a la derecha de la primera lente. Ambas lentes tienen el mismo eje principal. Encuentre la posición de las imágenes formadas por las lentes. SOLUCIÓN: 36 cm

Reemplazando valores: =

⇒ \

+

s1’ = 24 cm

La “imagen 1” se forma a 24 cm a la derecha del objeto I. Para el espejo II: El espejo II, de distancia focal f2 = 6 cm, forma la “imagen 2” a una distancia s2’ de la lente.

imagen 2

objeto

s1’

E.P F s1

s2 F’ s 2’

F’ imagen 1

Usando la ecuación conjugados: =

( II )

(I)

Reemplazando valores:

Para el espejo I:

⇒

Usando la ecuación conjugados: =

de

los

focos

+

- 766 -

= \

los

focos

+

En el gráfico se muestra la formación de las dos imágenes por parte de las lentes. El espejo I, de distancia focal f1 = 8 cm, forma la “imagen 1” a una distancia s1’ de la lente.

de

+

s2’ = 12 cm

La “imagen 2” se forma a 12 cm a la derecha del espejo II.

Capítulo 18: Óptica Geométrica

Problemas Propuestos 1.

Un hombre de altura H está frente a un espejo de 1m de ancho y de altura 3/4H, tal como se muestra en la figura. Para que este hombre pueda verse de cuerpo entero tendrá que (Examen UNI)

H

A) B) C) D) E) 2.

A) 1 m C) 1,25 m E) 1,5 m 4.

(3/4)H

B) 1,2 m D) 1,3 m

Un espejo plano se mueve alejándose de una persona en reposo, con una velocidad de 3 m/s. Calcule que tan rápido se aleja la imagen que se forma en el espejo con respecto a la persona. v = 3 m/s

Alejar el espejo Subir el espejo (H/4) desde el suelo Dejar el espejo como está Acerca el espejo Subir el espejo (3/4)H desde el suelo

¿Cuántos centímetros de altura debe tener un espejo plano colocado sobre una pared, para que el niño de 1,2 m de altura pueda verse enteramente en el espejo?

A) 12 m/s C) 3 m/s E) 4 m/s 5.

H

B) 9 m/s D) 6 m/s

Un hombre se encuentra frente a un espejo plano de 60 cm de altura, como se muestra en la figura. ¿Qué longitud del poste podrá ver desde esta posición?

1,2 m espejo

A) 1,2 m C) 0,6 m E) 0,4 m 3.

poste

B) 0,8 m D) 0,5 m

Una persona se encuentra a 2 m delante de un espejo plano colocado sobre una pared vertical, detrás de la persona a 4 m hay un árbol de 5 m de altura. Determinar la longitud mínima del espejo, tal que la persona pueda ver íntegramente el árbol. - 767 -

pared 60 cm

2d

A) 1,2 m C) 1,8 m E) 2,4 m

d

B) 1,6 m D) 2 m

Física 6.

En la figura ¿cuál es el ángulo mínimo de inclinación “θ” del espejo, tal que el niño pueda ver sus pies en éste? 0,1 m

10. Un objeto luminoso está a cierta distancia “d” de una pantalla. Cuando una lente se coloca a “d/2” de la pantalla (entre el objeto y la pantalla), se produce la imagen real del objeto sobre la pantalla. Diga el tipo de lente y su distancia focal. (Examen UNI)

1,3 m A) convergente;

θ A) 60º C) 65º E) 53º 7.

E) divergente;

11. Cuántos milímetros se aleja la imagen real de un objeto, formado por un espejo cóncavo esférico de radio 135 cm, si el objeto se acerca de 45 cm a 30 cm del espejo. (Examen UNI) A) 2,5 C) 0,5 E) 4,2

B) 4 D) 6

Determine el rango de valores que puede tomar el ángulo “θ” formado por dos espejos, tal que se forme 8 imágenes de un objeto colocado entre éstos. A) [ 40º;45º 〉 C) [ 30º;60º 〉 E) [ 60º;90º 〉

D) convergente;

B) 2 D) 4

Calcule el número de imágenes que se forma cuando un objeto se encuentra entre dos espejos planos que forman un ángulo de 55º. A) 3 C) 5 E) 7

9.

C) divergente;

Un muchacho se encuentra frente a dos espejos que forman un ángulo de 120º. ¿Cuántas imágenes verá el muchacho? A) 1 C) 3 E) 5

8.

B) convergente;

B) 63,5º D) 67,5º

B) [ 60º;72º 〉 D) [ 45º;60º 〉

B) 5,2 D) 3,5

12. La distancia entre un foco (lámpara eléctrica) y una pantalla (plana) es d = 1 m. ¿Para qué posiciones de una lente convergente, intermedio entre el foco y la pantalla, con distancia focal f = 21 cm, la imagen del filamento incandescente de la lámpara se verá nítida en la pantalla? (Examen UNI)

- 768 -

Capítulo 18: Óptica Geométrica A) B) C) D) E)

15 cm y 85 cm de la lámpara 60 cm y 40 cm de la lámpara 56 cm y 44 cm de la lámpara 70 cm y 30 cm de la lámpara 42 cm y 58 cm de la lámpara

E) F

F lente delgada

13. Escoja la figura que muestra una situación física incorrecta. C y F son el centro de curvatura y el foco respectivamente. A)

C

14. Una lente de distancia focal 5 cm proyecta sobre una pantalla la imagen de un objeto amplificándolo 9 veces. La distancia, en cm, entre la lente y la pantalla es: B) 50 D) 60

A) 45 C) 55 E) 65

F

B) F F lente delgada

15. Se coloca una pequeña lámpara P en el foco de una lente convergente L, y enseguida se sumerge el conjunto en un líquido, cuyo índice de refracción es igual a la del vidrio de la cual está hecha la lente. La figura que mejor representa el camino de los rayos luminosos que inciden sobre la lente es: L

A) C) P F

F L

lente delgada

B) D)

P C F

L

C) P

- 769 -

Física A) 12 cm C) 16 cm E) 20 cm

L

D) P

20. Si un objeto se coloca a 30 cm de una lente convergente, la imagen resulta invertida y del mismo tamaño que el objeto. Determinar a que distancia de la lente se forma la imagen cuando el objeto se le acerca 6 cm.

L

E) P

16. Para un espejo esférico cóncavo de 3 m de radio. ¿A qué distancia del espejo hay que colocar un objeto para obtener una imagen invertida, cinco veces menor que el objeto? A) 6 m C) 10 m E) 15 m

B) 7 cm D) 8 cm

B) 18 cm D) 27 cm

B) 27 cm D) 35 cm

21. La imagen virtual se ubica a 40 cm de la lente y el objeto fue colocado a 12 cm de la misma. Halle la distancia focal. A) 60 cm C) – 30 cm E) N.A

18. Un espejo cóncavo tiene un radio de curvatura de 90 cm. ¿Cuál es la distancia del objeto cuando el aumento es 2,5? A) 15 cm C) 25 cm E) 30 cm

A) 25 cm C) 30 cm E) 40 cm

B) 9 m D) 12 m

17. Un objeto está colocado a 30 cm de un espejo convexo de radio de curvatura igual a 20 cm. ¿A qué distancia del espejo se formará la imagen virtual del objeto? A) 6 cm C) 7,5 cm E) 8,5 cm

B) 15 cm D) 18 cm

B) 30 cm D) – 60 cm

22. Un espejo cóncavo tiene una distancia focal de 15 cm. Hallar la distancia óptica de una persona al espejo si la distancia de visión nítida es 25 cm. Determine además el aumento. A) 4 cm; 2,2 C) 4 cm; 2,1 E) 4 cm; 4,2

B) 2 cm; 4,2 D) 8 cm; 2,4

23. Cuando un objeto, inicialmente a 60 cm de un espejo cóncavo, se acerca 10 cm a él, la distancia entre el objeto y su imagen se hace 5/2 mayor. Determinar la distancia focal del espejo.

19. Una vela de 12 cm de altura se coloca a 40 cm de una lente convergente de 20 cm de distancia focal. Determinar la altura de la imagen. - 770 -

A) 10 cm C) 40 cm E) 100 cm

B) 20 cm D) 80 cm

Capítulo 18: Óptica Geométrica 24. Usando una lente convergente, un objeto tiene su imagen real a 180 cm del mismo. Si el objeto se acerca a la lente en 10 cm, su nueva imagen real se forma a 250 cm del objeto. Halle la distancia focal de la lente. A) 40 cm C) 25 cm E) 45 cm

B) 20 cm D) 35 cm

25. Cerca de una lente divergente, un objeto de 15 cm de altura, tiene su respectiva imagen de 5 cm de altura, además entre el objeto y la imagen hay 10 cm de separación. Encuentre la distancia focal de la lente.

28. Un recipiente cilíndrico, con un extremo de forma hemisférica de radio 5 cm, se llena de agua (n = 1,33) tal como se muestra en la figura. El extremo opuesto tiene forma de disco plano. Si se coloca un objeto a 30 cm frente de la superficie curva, halle la posición de su respectiva imagen. (Desprecie cualquier efecto de refringencia asociado a las paredes de vidrio del recipiente) n = 1,33

5

cm

B) 4,5 cm D) 7,5 cm 30 cm

26. Una superficie esférica refractaria, de 7,5 cm de radio, separa dos medios refringentes con índices de refracción n = 1,33 y n’ = 1,8. El centro de la superficie esférica está situada en la sustancia mas refractiva. Halle la distancia de la imagen correspondiente a un objeto en el eje del sistema en la sustancia menos refringente, infinitamente distante de la superficie refractora. A) 29,04 cm C) 28,01 cm E) 30 cm

B) – 36,15 cm D) – 36,85 cm

r=

A) – 4,5 cm C) 7 cm E) – 7,5 cm

A) 36,15 cm C) 36,85 cm E) – 36,35 cm

B) 28,91 cm D) 29,91 cm

A) 40 cm C) 40,5 cm E) 40,4 cm

25 cm

B) 40,3 cm D) 40,1 cm

29. Dos lentes delgadas convergentes están montadas coaxialmente y con una separación de 24 cm. La lente “A”, a la izquierda, tiene una distancia focal de 18 cm; la lente “B” a la derecha, tiene una distancia focal de 3 cm. Se tiene localizado un objeto en el eje a 240 cm a la izquierda de la lente “A”. Calcule la amplificación total del sistema.

27. Del problema anterior, hallar la distancia de la imagen correspondiente a un objeto en la sustancia menos densa y que dista 12 cm de la superficie. - 771 -

A) 0,52 C) 0,128 E) 0,158

B) 0,053 D) 0,138

Física 30. Una lente es construida usando un vidrio delgado de reloj de 40 cm de radio y otro vidrio plano. Si dicha lente es sumergida en benceno (n = 1,5), determine la nueva distancia focal de la lente. A) – 120 cm C) 60 cm E) 80 cm

B) 120 cm D) – 60 cm

Respuestas 1.

B

11. B

21. D

2.

C

12. D

22. C

3.

C

13. D

23. C

4.

D

14. B

24. A

5.

E

15. A

25. E

6.

B

16. B

26. B

7.

B

17. C

27. C

8.

E

18. D

28. D

9.

A

19. A

29. E

10. A

20. E

30. A

- 772 -

Capítulo 19: Ondas Electromagnéticas y Fenómenos Ondulatorios de la Luz

Capítulo 19 Ondas Electromagnéticas y Fenómenos Ondulatorios de la Luz 19.1. Introducción En este capítulo se estudia a las ondas electromagnéticas y sus propiedades, así como los fenómenos de naturaleza ondulatoria que presenta la luz y algunos conceptos de física moderna referentes al comportamiento corpuscular de las ondas electromagnéticas. Las ondas mecánicas (como ya se vio en un capítulo referente a ondas) tales como las ondas de agua, las ondas en una cuerda y las ondas sonoras, requieren de un medio al cual perturbar y puedan propagarse. En cambio, las ondas electromagnéticas no requieren necesariamente de este medio, pudiendo propagarse libremente a través del vacío. Fue el físico James Maxwell quien predijo en 1873 la existencia de las ondas electromagnéticas, y que éstas se propagaban en el vacío a la velocidad de la luz (c). Esta predicción fue confirmada en 1888 por el científico alemán Henry Hertz, que fue el primero en generar y detectar este tipo de ondas. El descubrimiento de las ondas electromagnéticas dio origen a muchos sistemas prácticos de comunicación, incluyendo la radio, la televisión y el radar.

19.2. Generación y propagación de ondas electromagnéticas Las ondas electromagnéticas (O.E.M) se generan acelerando cargas eléctricas. Una forma es que la carga oscile como un movimiento armónico simple, radiando de este modo campos eléctricos y magnéticos en forma de ondas al espacio (radiación electromagnética) Una onda electromagnética consta de campos eléctricos y magnéticos que oscilan perpendicularmente entre sí y también perpendicularmente a la dirección de propagación de la onda. Podemos decir entonces que las O.E.M son ondas transversales. c aislante

λ

–

– O.E.M Generación de una O.E.M por una carga oscilante

- 773 -

Física

y

c E

B x λ z Representación de una onda electromagnética que se mueve en la dirección X con rapidez c.

Velocidad de propagación de una O.E.M Las ondas electromagnéticas se propagan en el vacío a la velocidad de la luz c. c = 3 x 108 m/s

(velocidad de la luz)

Como todas las ondas electromagnéticas se propagan en el vacío con una misma velocidad c, sus frecuencias f y sus longitudes de onda λ están relacionadas por la siguiente expresión importante: c = λf

19.3. El espectro de las ondas electromagnéticas Las O.E.M se pueden clasificar de acuerdo al rango de sus frecuencias o longitudes de onda. Esta clasificación lo podemos apreciar en el siguiente espectro de frecuencias (o longitud de onda): Ondas de radiofrecuencia. Tienen longitudes de onda que van desde unos cuantos kilómetros hasta 0,3 m. El intervalo de frecuencias es desde unos pocos hertz hasta 109 Hz. Estas ondas, utilizadas en televisión y radio son generadas por dispositivos electrónicos.

- 774 -

Capítulo 19: Ondas Electromagnéticas y Fenómenos Ondulatorios de la Luz Ondas de microondas. Las longitudes de onda de las microondas van desde 0,3 m hasta 10–3 m. El intervalo de frecuencias es desde 109 Hz hasta 3 x 1011 Hz. Estas ondas se utilizan en sistemas de radas y otros sistemas de comunicación. A esta región se le conoce también como UHF. Espectro Electromagnético f

λ

Frecuenca (Hz)

Longitud de onda (m)

1022 10–13 1021

RAYOS GAMMA

10–12 , 1 picómetro

1020 10–11

1019

10–10 , 1 angstron

RAYOS X

1018

10–9 , 1 nanómetro

400 –

violeta

10–8

450 –

azul

–7

500 –

1017 ULTRAVIOLETA

1016

10 1015

10–6 1 micra 10–5 INFRARROJO

10–4 12

10

10–3

1011 10–2 , 1 centímetro

MICROONDAS 10

10

10–1 109 108

100 , 1 metro TV, FM

101

107 1 Mhz

106 105

102 ONDAS DE RADIO

103 , 1 kilómetro RADIOFRECUENCIA

104 1 Khz

verde

550 –

VISIBLE

1014 1013

λ (nm)

103 102

- 775 -

104

amarillo 600 – naranja 650 – rojo 700 –

Espectro visible

Física Espectro infrarrojo. Este cubre longitudes de onda que van desde 10–3 m hasta 7,8 x 10–7 m (780 nm). El intervalo de frecuencias es de 3 x 1011 Hz hasta 4 x 1014 Hz. Estas ondas son producidas por moléculas y cuerpos calientes cuyos átomos son excitados térmicamente. Luz o espectro visible. Esta es una banda estrecha de longitudes de onda a las cuales es sensible nuestra retina. Se extiende desde una longitud de onda de 7 x 10–7 m hasta 3,8 x 10–7 m (700 nm a 380 nm) y frecuencias de 4 x 1014 m (rojo) hasta 8 x 1014 m (violeta). Las diferentes sensaciones que produce la luz en el ojo, llamados colores, depende de la frecuencia (o longitud de onda) de la onda electromagnética y corresponden a los siguientes intervalos. Color Violeta Azul Verde Amarillo Naranja Rojo

Longitud de Onda 380 a 440 nm 440 a 480 nm 480 a 560 nm 560 a 590 nm 590 a 630 nm 630 a 700 nm

La luz blanca ordinaria incluye todas las longitudes de onda visibles (combinación de colores). La luz es la base de la óptica, tema ya estudiado en un capítulo anterior. Rayos ultravioleta. Esta región cubre desde 3,8 x 10–7 m hasta 6 x 10–10 m, con frecuencias que van desde 8 x 1014 hasta 3 x 1017 Hz, aproximadamente. El sol es una importante fuente de luz ultravioleta, que es causa principal de los bronceados solares. Casi toda la luz ultravioleta que nos llega del sol es absorbida por los átomos de la atmósfera superior o estratósfera. Esto es benéfico ya que la exposición a luz ultravioleta durante periodos prolongados produce efectos nocivos sobre los seres humanos. Rayos X. Esta parte del espectro electromagnético se extiende desde longitudes de onda de alrededor de 10–9 m hasta longitudes de onda de aproximadamente 6 x 10–12 m, o frecuencias entre 3 x 1017 Hz y 5 x 1019 Hz. Los rayos X fueron descubiertos en 1895 por Wilhelm Roentgen. La fuente más común de rayos X es la desaceleración de electrones de alta energía al bombardear un blanco metálico. Se utiliza para el diagnóstico en la medicina y en el tratamiento de ciertas formas de cáncer. Una exposición a grandes dosis de rayos X puede ocasionar enfermedades e incluso la muerte. Rayos gamma (γ). Estas ondas electromagnéticas tienen su origen en los núcleos atómicos. Sus longitudes de onda se traslapan con el límite superior de los rayos X; van desde 10–10 m aproximadamente hasta muy por debajo de los 10–14 m, con un intervalo de frecuencias que van desde 3 x 1018 Hz hasta mas de 3 x 1022 Hz. Tiene un alto poder de penetración y producen daños muy serios cuando son absorbidos por el tejido vivo. En consecuencia, toda persona que trabaja cerca de radiación gamma, o radiación X, debe protegerse con materiales absorbentes de gran peso, como gruesas capas de plomo. - 776 -

Capítulo 19: Ondas Electromagnéticas y Fenómenos Ondulatorios de la Luz

19.4. Fenómenos ondulatorios de la luz En un capítulo anterior se estudió la óptica geométrica, en donde se utilizó el concepto de rayo de luz. En esta parte estudiaremos los fenómenos ondulatorios de la luz, aquellos que no pueden ser explicados con la aproximación de rayo. En este tipo de fenómenos se considera a la luz como ondas de tipo electromagnético. Estos fenómenos son: la interferencia, la difracción, la dispersión y la polarización.

19.4.1 Interferencia El fenómeno de interferencia se refiere a cualquier situación en la cual dos o más ondas se superponen en el espacio. Cuando esto pasa, la onda en cualquier punto y en cualquier instante está gobernada por el principio de superposición. Este principio establece que: “Cuando dos ondas se superponen, el desplazamiento resultante en cualquier punto y en cualquier instante puede encontrarse sumando los desplazamientos instantáneos que producirían en ese punto las ondas individuales si cada una estuviese sola”. Se estudiaran los dos casos de interferencia para una luz monocromática (un solo color) de una frecuencia f y una sola longitud de onda λ. a) Interferencia constructiva Sean S1 y S2 dos fuentes monocromáticas de la luz que producen ondas de la misma amplitud, la misma longitud de onda y además en fase permanente, tal como se muestra en la figura. Si la diferencia de trayectorias r2 – r1 para las dos fuentes es un múltiplo entero de la longitud de onda λ, las ondas llegan al punto P en fase, la amplitud de la onda resultante es la suma de las amplitudes de las ondas individuales que se refuerzan mutuamente (la luz en este punto P se hace mas intensa). Entonces podemos decir que ha ocurrido una interferencia constructiva. Π1 = 5λ

P S1 λ

Π2

S2

- 777 -

λ

=4

Física

Condición para interferencia constructiva

Π2 – Π1 = mλ

(m = 0, ± 1, ± 2, ± 3,…)

En el gráfico anterior: m = 1 b) Interferencia destructiva Teniendo en cuenta las consideraciones anteriores. Si la diferencia de trayectorias es un número semientero de longitudes de onda, las ondas provenientes de estas 2 fuentes (S1 y S2) llegan al punto Q exactamente con medio ciclo fuera de fase, ¡ocurre entonces que la amplitud total es cero! Esta cancelación total o parcial de las ondas individuales se conoce como interferencia destructiva. Π1 = 6,25λ

Q

S1

5λ

= Π2

4,7

S2

Condición para interferencia destructiva

Π 2 – Π1 =

λ

(m = 0, ± 1, ± 2, ± 3,…)

Para el gráfico de arriba: m = –

19.4.2 Difracción El fenómeno de difracción de luz es la desviación de la trayectoria rectilínea de un haz de luz cuando pasa por una abertura pequeña o alrededor de un obstáculo. Esto debido a su naturaleza ondulatoria.

- 778 -

Capítulo 19: Ondas Electromagnéticas y Fenómenos Ondulatorios de la Luz Ejemplificando; supongamos que incide luz monocromática sobre una abertura pequeña rectangular. Si la luz viajara en línea recta (óptica geométrica), después de atravesar la ranura, proyectaría una sombra de igual tamaño sobra una pantalla, lo cual no ocurre. Lo que en realidad sucede es que se observa la formación de franjas brillantes y oscuras de distintas intensidades (patrón de difracción). Este fenómeno solo puede ser explicado considerando a la luz como onda. Según la óptica geométrica (no sucede)

Según la óptica ondulatoria (si sucede) Patrón de difracción

Rendija pequeña

Pantalla Pantalla

Luz Luz

Los rayos no se dispersan

Los rayos se dispersan, ocurre difracción

19.4.3 Dispersión La luz blanca ordinaria es una superposición de ondas cuyas longitudes de onda se extienden a través de todo el espectro visible (colores). La velocidad de la luz en el vacío es la misma para todas las longitudes de onda, pero la rapidez en una sustancia material es diferente para distintas longitudes de onda. Por consiguiente el índice de refracción de un material depende de la longitud de onda. La dependencia de la rapidez de la onda y del índice de refracción de la longitud de onda se conoce como dispersión. Si un rayo de luz blanca incide en un prisma. La desviación (cambio de dirección) producido por el prisma aumenta al aumentar el índice de refracción y al disminuir la longitud de onda. Sucede entonces que la luz violeta (de mayor longitud de onda) se desvía más, y la roja (de menor longitud de onda) se desvía menos, las de otros colores lo harán en posiciones intermedias. Cuando sale del prisma, la luz se dispersa en un haz en forma de abanico, tal como se muestra en la figura. Se dice que la luz se ha dispersado en un espectro. - 779 -

Física

Rojo Nara nj Ama a rillo Verde Azul Viole ta

Luz blanca Prisma de vidrio Dispersión de la luz blanca

19.4.4 Polarización La polarización es una característica de todas las ondas transversales, tanto mecánicas como electromagnéticas. Estudiaremos solamente el caso mas simple de polarización: la polarización lineal (los otros tipos de polarización se tratan en libros de física superior). En adelante nos referiremos a la polarización lineal simplemente con el término polarización. a) Ondas mecánicas polarizadas Si una onda se propaga en una cuerda en la dirección x y con desplazamientos solamente en la dirección y, entonces decimos que la onda en la cuerda se encuentra polarizada en la dirección y. De igual manera si tuviera solamente desplazamientos en la dirección z, diríamos que se encuentra polarizada en la dirección z. En general: “La dirección de polarización de una onda mecánica transversal es la dirección en donde se dan siempre los desplazamientos transversales”. y

y v

xy

v

xz x

x z

z Onda mecánica polarizada en la dirección y.

- 780 -

Onda mecánica polarizada en la dirección z.

Capítulo 19: Ondas Electromagnéticas y Fenómenos Ondulatorios de la Luz b) Ondas electromagnéticas (luz) polarizadas Se aplica los mismos conceptos mencionados para las ondas mecánicas. Si una onda electromagnética se propaga en la dirección x con el vector campo eléctrico E oscilando siempre en la dirección y, decimos entonces que se encuentra polarizada en la dirección y. En general: “La dirección de polarización de una onda electromagnética es la dirección del vector campo eléctrico E”. y

y E

c x

z

c E

⇒

x z

B

Representación de una onda electromagnética polarizada en la dirección y.

Onda electromagnética polarizada en la dirección y.

La luz natural, en general, es una onda no polarizada. Esta se encuentra conformada por ondas con diferentes direcciones de polarización. Puede ser polarizada por uno de los siguientes métodos: reflexión sobre una superficie reflectora, absorción selectiva, birrefringencia o dispersión.

Luz no polarizada E

La luz natural no se encuentra polarizada

- 781 -

Física

19.5. Comportamiento corpuscular de las ondas electromagnéticas A principios del siglo XX, algunos fenómenos como la radiación del cuerpo negro, el efecto fotoeléctrico y el efecto Compton no podían ser explicados con las leyes de la física clásica. A partir de esto se desarrollaron nuevos postulados y teorías revolucionarias sobre la naturaleza y el comportamiento de la materia y la energía. Esta nueva física, llamada física moderna, puede explicar satisfactoriamente dichos fenómenos. Uno de los principales postulados de esta nueva física es: “Las ondas electromagnéticas presentan propiedades de partícula en determinados fenómenos físicos (comportamiento corpuscular)”. A continuación veremos algunos fenómenos en donde se pone de manifiesto la naturaleza corpuscular de las ondas electromagnéticas:

19.5.1 Radiación de los cuerpos y la hipótesis de Planck Se sabe que un cuerpo a cualquier temperatura emite radiación conocida en algunas ocasiones como radiación térmica. Esta radiación se origina por las oscilaciones de la moléculas en la superficie del cuerpo.

Radiación térmica

CUERPO Tº Vibración molecular

Radiación térmica de un cuerpo

Max Planck, en 1900, para poder explicar correctamente la forma del espectro de emisión de esta radiación (cosa que no pudo la física clásica) hizo dos suposiciones temerarias y controversiales:

- 782 -

Capítulo 19: Ondas Electromagnéticas y Fenómenos Ondulatorios de la Luz (1) Las moléculas que emiten radiación al oscilar solo pueden tener valores discretos de energía En dados por: En = n h f

(n = 0, 1, 2, 3,…)

Donde: n: es un entero positivo llamado número cuántico. f : frecuencia de oscilación de las moléculas. h: constante de Planck. Se dice que la energía de las moléculas esta cuantizada. (2) Las moléculas absorben o emiten energía en cantidades discretas en forma de luz llamados cuantos (actualmente llamados fotones), logrando de este modo pasar de un estado de energía a otro. La energía de un cuanto (fotón) esta dada por E = hf

(J)

El valor de h, conocido como constante de Planck, está dado por h = 6,626 x 10–34 J.s En resumen: Planck establece que la radiación emitida o absorbida por un cuerpo lo constituyen pequeñas unidades de energía discreta, llamados fotones.

19.5.2 Efecto fotoeléctrico A finales del siglo XIX, los experimentos mostraban que al incidir un haz de luz sobre una cierta superficie metálica, se emiten electrones desde la superficie. Este fenómeno se conoce como efecto fotoeléctrico, y los electrones emitidos se llaman fotoelectrones. Luz monocromática

e

λ, f

Fotoelectrones e e

Metal Efecto fotoeléctrico - 783 -

e

Física Características del efecto fotoeléctrico (1) Existe solamente emisión de electrones para frecuencias (de la radiación incidente) mayores a una cierta frecuencia de corte, fc, que es una característica propia del material iluminado. Por ejemplo, en el caso del sodio, fc = 5,5 x 1014 Hz. Condición para emisión fotoeléctrica

f ≥ fc

f : frecuencia de la radiación incidente

(2) Si la frecuencia de la luz es mayor a fc, se observa que el número de fotoelectrones emitidos es proporcional a la intensidad de la luz. (3) La energía cinética máxima (Emax) de los fotoelectrones emitidos es proporcional a la frecuencia de la luz incidente e independiente de la intensidad del mismo. (4) Los electrones son emitidos casi instantáneamente de la superficie del metal (10–9 seg), aun a bajas intensidades. Las características que presentaba este fenómeno, no podían ser explicadas con la física clásica o con la teoría ondulatoria de la luz. Fue Einstein, en 1905, quien pudo dar una explicación satisfactoria de este fenómeno (por el cual recibió el premio Nobel en 1921). Einstein amplio el concepto de cuantización de Planck a las ondas electromagnéticas en la siguiente afirmación: “La luz (o cualquier onda electromagnética) de frecuencia f se puede considerar como una corriente de fotones”, donde la energía E del fotón viene dada por: (Energía de un fotón)

E = hf

(J)

donde h es la constante de Planck Fotón con energía hf

Luz c Representación de los fotones de Einstein de “una onda de luz que se propaga” Según Einstein, en el efecto fotoeléctrico, el fotón transfiere toda su energía, hf, a un solo electrón en el metal. Luego, la energía cinética máxima de los electrones emitidos, Emax, vendrá dado por: Energía cinética máxima de un fotoelectrón

Emax = hf – W - 784 -

(J)

Capítulo 19: Ondas Electromagnéticas y Fenómenos Ondulatorios de la Luz Donde W se llama la función trabajo, que es la energía mínima para desprender un electrón de la superficie. Al igual que la frecuencia de corte, es característico del material. Se relaciona con esta, a través de la siguiente ecuación: (Función trabajo)

W = hfc

(J)

Generación de rayos X La teoría de los cuantos de Planck, explica el origen de los rayos X como el fenómeno inverso al efecto fotoeléctrico: “el bombardeo con electrones sobre una superficie metálica produce la emisión de una radiación (rayos X)”.

19.5.3 Efecto Compton En 1923, Arthur Compton encontró una nueva prueba del comportamiento corpuscular de la luz al intercambiar energía con la materia. Compton estudiaba la difusión producida por un haz de rayos X al atravesar delgadas láminas de carbón, y como trabajaba con un haz monocromático, se sorprendió de la presencia, entre los rayos x dispersados, de frecuencias menores que la inicial. A escala microscópica, ocurría que cuando un fotón X incidía sobre un electrón en reposo del material, estos se dispersaban como si se tratara de la colisión de dos partículas materiales. e

electrón dispersado

fotón X f ’< f

e

f,λ

fotón dispersado f ’, λ’ Dispersión de rayos X por un electrón (Efecto Compton) Compton pudo explicar satisfactoriamente este fenómeno, considerando que el fotón X incidente, de longitud de onda λ y frecuencia f , tiene una energía E = hf , y una cantidad de movimiento, p, dado por: Cantidad de movimiento de un fotón

p=

donde: h: es la constante de Planck c: es la velocidad de la luz - 785 -

=

Física

Problemas Resueltos C) Diferentes velocidades en vacío y diferentes frecuencias. D) La misma velocidad en vacío y la misma frecuencia. E) Naturaleza diferente.

1. Sobre ondas electromagnéticas, señale la condición de verdad de las siguientes proposiciones: I) Las ondas electromagnéticas, siempre necesitan de un medio material para propagarse. II) La longitud de onda de la señal emitida por una estación de radio, que transmite con una frecuencia de 100 Mhz, es mayor que la de los rayos X. III) Las ondas electromagnéticas son portadoras de energía y se propagan sin transportar materia consigo. SOLUCIÓN: I)

Es falsa Las O.E.M no necesitan de un medio en donde propagarse, pueden hacerlo a través del vacío.

II) Es verdadera La longitud de onda de una señal de radio en promedio es de unos pocos metros, en cambio, la de los rayos x varía en el rango de 10–9 m a 6 x 10–12 m. III) Es verdadera Toda onda, en general, transporta energía y no materia en su propagación.

SOLUCIÓN: Todas las O.E.M, ya sean de radio o de luz, se propagan en el vacío a la misma velocidad. Distintas O.E.M presentan distintas frecuencias. Respuesta: A

3. Señale verdadero (V) o falso (F) en los siguientes enunciados: A) Un cuerpo es negro si refleja todos los rayos de luz que inciden sobre él hacia nuestros ojos. B) El color de un objeto opaco depende de las frecuencias de luz que se refleja hacia el observador. C) Existen solo 5 colores espectrales simples. D) El amarillo y el azul son los colores espectrales extremos. E) La mezcla de todos los colores espectrales simples, produce el color negro.

2. Se puede afirmar de las ondas electromagnéticas para radio y la luz, que las dos tienen: A) La misma velocidad en vacío; pero diferentes frecuencias. B) Diferentes velocidades en vacío; pero frecuencia iguales. - 786 -

SOLUCIÓN: A) Es falsa Un cuerpo es negro si absorbe, y no refleja todos los rayos que inciden sobre él hacia nuestros ojos. B) Es verdadera El ojo humano percibe los colores de los objetos debido a las diferentes

Capítulo 19: Ondas Electromagnéticas y Fenómenos Ondulatorios de la Luz IV) Es verdadera Es posible polarizar la luz usando un filtro polarizador (polaroid). Este permite el paso de las ondas, sólo en determinada dirección.

frecuencias de los rayos de luz que reflejan. C) Es falsa Existen 6 colores espectrales simples: rojo, naranja, amarillo, verde, azul y violeta. D) Es falsa Los colores espectrales extremos son el rojo (menor frecuencia) y el violeta (mayor frecuencia). E) Es falsa La mezcla de todos los colores espectrales simples producen el color blanco. 4. Acerca de la polarización, analice la veracidad o falsedad de las siguientes proposiciones: I) La polarización es una característica de todas las ondas transversales. II) La dirección de polarización de una O.E.M está dado por la dirección del campo magnético. III) La luz proveniente de fuentes ordinarias: bombillas o fluorescentes, está polarizada. IV) Para obtener luz polarizada se utiliza un filtro polarizador.

5. Analice la veracidad o falsedad de las siguientes proposiciones: I) El modelo de Planck permite explicar la emisión de electrones de un metal cuando se ilumina con luz. II) Los rayos X se generan cuando electrones suficientemente energéticos en movimiento son frenados por una superficie metálica. III) La teoría de Einstein asocia una energía a cada onda electromagnética, proporcional a su frecuencia. IV) El efecto fotoeléctrico es la generación de luz por medio de los electrones. V) El efecto Compton es la dispersión de electrones por los núcleos atómicos.

SOLUCIÓN: I)

Es verdadera

II) Es falsa La dirección de polarización de una O.E.M está dada por la del campo eléctrico. III) Es falsa La luz proveniente de fuentes ordinarias, por lo general, son no polarizadas. - 787 -

SOLUCIÓN: I)

Es falsa El modelo de Planck permite explicar el fenómeno de la radiación térmica de los cuerpos.

II) Es verdadera Una manera de producir rayos X es haciendo incidir electrones energéticos sobre una superficie metálica. III) Es verdadera Einstein, asocia una energía a cada O.E.M dada por: E = hf h es la constante de Planck.

Física II) Es falsa

IV) Es falsa

Según el modelo de Planck, los electrones poseen estados de energía cuantizados, de la forma

Al contrario, el efecto fotoeléctrico es la generación de electrones por medio de la luz.

En = nhf (n = 1, 2, 3,… )

V) Es falsa

III) Es verdadera

El efecto Compton es la dispersión de electrones por medio de rayos X.

6. Acerca del efecto fotoeléctrico, señale la o las afirmaciones correctas: I) Cualquiera que sea la frecuencia de la luz incidente, es posible que sean arrancados electrones de un metal. II) Los electrones en el interior de un metal tienen la misma energía. III) Cuando los electrones son arrancados de un metal, cuanto mayor es la frecuencia de la luz incidente, mayores son las energías cinéticas de los electrones que abandonan el metal. IV) Cuanto mayor sea la intensidad de la luz de una frecuencia dada que incide sobre una superficie metálica, mayores son la energía cinética máxima de los electrones que abandonan la superficie. V) Cuanto mayor es la energía de un fotón, mayor es el número de electrones que él puede arrancar del metal.

La energía cinética máxima que adquieren los electrones emitidos es proporcional a la frecuencia de la luz incidente. IV) Es falsa La energía cinética máxima de los electrones es independiente de la intensidad de la luz incidente. V) Es falsa Solamente a mayor intensidad de la luz incidente habrá mayor número de electrones arrancados.

7. Una señal de radio local, tiene una señal de 100 Mhz. ¿Cuál será la longitud de onda de dicha señal? SOLUCIÓN: c λ RADIO

SOLUCIÓN: I)

Es falsa Para que ocurra emisión de electrones, es necesario que la frecuencia de la radiación incidente sea mayor o igual a la frecuencia de corte, fc, del metal. - 788 -

Estación de radio

Para todas las O.E.M se cumple: c = λf

… (i)

Capítulo 19: Ondas Electromagnéticas y Fenómenos Ondulatorios de la Luz La frecuencia para esta señal de radio es:

velocidad de la onda en este medio. Luego reemplazando (i), obtenemos:

f = 100 x 106 Hz Reemplazando en (i) y despejando λ, tenemos:

n2 = • Reemplazando los valores para el primer caso:

λ=

⇒ \

λ=3m

n2 =

8. La longitud de onda (λ) de una O.E.M en

⇒

el vacío es 5000 y cuando se propaga en cierto medio material es 3000 . ¿Cuál será el valor de λ, en este medio material, de una onda monocromática con λ = 6000 ). (Examen UNI)

• Para el segundo caso, al tratarse del mismo medio, el índice de refracción será el mismo. Reemplazando valores: n2 =

SOLUCIÓN: n1 = 1

vacío f

c

medio f

v

De (ii):

n2

λ1 =

⇒ O.E.M

λ1

λ2

Cuando una O.E.M pasa de un medio n1 a otro de menor densidad n2, la velocidad de ésta disminuye. Cuando esto ocurre la longitud de onda aumenta, manteniéndose constante la frecuencia. fvacío = fmedio ⇒

… (ii)

n2 =

\

λ1 = 3600

9. Una onda electromagnética senoidal de frecuencia 40 Mhz viaja en el vacío en la dirección x positiva. Determine la longitud de onda y el periodo de la onda.

=

SOLUCIÓN: z

⇒

=

E

… (i)

En la teoría se definió el índice de refracción de un medio n2, como el cociente entre la velocidad de la luz y la - 789 -

y

B

c

λ

x

Física Para toda onda electromagnética se cumple: c = λf

SOLUCIÓN: r2 = 5 m

En P: S2

λ=

⇒

P 2,5λ

λ=

⇒ \

λ = 7,5 m

r1 = 13 m

6,5λ

Reemplazando valores:

El periodo T de la O.E.M está dado por: S1

T= Reemplazando el valor de f : ⇒

En el punto P, la diferencia de camino r1 – r2 es: r1 – r2 = 13 – 5 = 8 m

T= \

Y como

T = 2,5 x 10–8 s

n= 10. En la figura se muestran dos fuentes puntuales y coherentes (S1 y S2) de O.E.M monocromáticas irradiadas en toda dirección y con longitud de onda λ = 2 m. Determine el tipo de interferencia que ocurre en los puntos P y Q. 5m

⇒

n=

= 4 (entero)

Como “n” es entero, la diferencia de camino es un número entero de longitudes de onda. La interferencia en el punto P es constructiva S2

En Q:

S2

P

12 m r2 = 15 m S1 S1

3m

r1 = 3 m Q

Q - 790 -

Capítulo 19: Ondas Electromagnéticas y Fenómenos Ondulatorios de la Luz En el punto Q la diferencia de camino r1 – r2 es: r1 – r2 = 15 – 3 = 12 m Y como n= ⇒

n=

12. Un fotón de longitud de onda λ, interactúa con un electrón que se encuentra en reposo, entregándole la milésima parte de su energía. Si toda la energía recibida por el electrón se transforma en energía cinética, entonces halle una expresión para la velocidad del electrón en función de λ, me, h y c. (me: masa del electrón, h: constante de Plack, c: velocidad de la luz) (Examen UNI)

= 6 (entero)

SOLUCIÓN:

Como “n” es entero, entonces:

v

La interferencia en el punto Q es constructiva

e c

11. ¿Cuál es la energía que transporta un fotón de luz cuya longitud de onda es de 600 nm? Exprese la energía en eV. (1eV = 1,6 x 10–19 J)

λ’, f ’ Por condición del problema, la energía cinética adquirida por el electrón es la milésima parte de la energía del fotón:

SOLUCIÓN: La energía transportada por un fotón de luz está dado por E = hf , reemplazando:

⇒

E = 3,313 J \

E = 2,07 eV

Efotón

⇒

mev2 =

(hf )

⇒

mev2 =

\

Reemplazando valores: E=

Ek =

Despejando la velocidad:

E=

⇒

me

c λ, f

Como f =

e

v=

13. Una superficie de sodio se ilumina con una longitud de onda de 300 nm. La función trabajo para el metal de sodio es 2,46 eV. Calcule la energía cinética máxima del fotoelectrón emitido “Emax” y la frecuencia de corte del sodio “fc” (h = 6,63 x 10–34 J.s) - 791 -

Física SOLUCIÓN: Para Emax: Luz

fotoelectrones

– –

λ = 300 nm

–

sodio La energía de los fotones del haz incidente es

14. Se hacen dos experimentos de efecto fotoeléctrico sobre una misma superficie metálica. Se observa que cuando la frecuencia de la luz es 1,9324 x 1015 Hz la energía cinética máxima de los fotoelectrones es K y cuando la frecuencia es 2,4155 x 1015 Hz la energía cinética máxima es (3/2)K. ¿Cuál es la función de trabajo W del metal en eV? (h = 4,14 x 10–15 eV.s) (Examen UNI) SOLUCIÓN:

E = hf = ⇒

E=

⇒

E = 6,63 x 10–19 J

En el 1er experimento: Luz

En eV:

f1 = 1,9324 x 1015 Hz

metal

⇒

E=

⇒

E = 4,14 eV

Reemplazando de (i) y por dato del problema: ⇒ Emax = 4,14 eV – 2,46 eV \

Emax = 1,68 eV

De la ecuación de Einstein para el efecto fotoeléctrico: Emax = hf1 – W ⇒

K = hf1 – W

⇒

W = hf1 – K

f2 = 2,4155 x 1015 Hz

fc =

… (i)

En el 2do experimento: Luz

Para fc: La frecuencia de corte viene dado por:

fotoelectrones – – –

metal

fc = \

Emax = K

… (i)

Utilizando la ecuación de Einstein para la energía cinética máxima de los fotoelectrones emitidos: Emax = hf – W

⇒

fotoelectrones – – –

Emax =

fc = 5,94 x 1014 Hz - 792 -

K

Capítulo 19: Ondas Electromagnéticas y Fenómenos Ondulatorios de la Luz De la ecuación de Einstein para el efecto fotoeléctrico: Emax = hf2 – W

15. Calcule la cantidad de movimiento de un fotón infrarrojo de frecuencia f = 4 x 1014 Hz (h = 6,63 x 10–34 J.s) SOLUCIÓN:

⇒

K = hf2 – W

⇒

W = hf2 –

Según Einstein, la cantidad de movimiento asociada a un fotón es: K

... (ii)

De (i) y (ii) tenemos dos ecuaciones con dos incógnitas (W y K): W = hf1 – K W = hf2 –

Reemplazando valores: ⇒ pfotón = \

W = h(3f1 – 2f2)

Reemplazando valores: ⇒ W = 1,14 x 10–15 eV.s (3 x 1,9324 x 1015 – 2 x 2,4155 x 1015) ⇒ W = 4,000068 eV ≈ 4,0 eV \

=

K

Resolviendo: ⇒

pfotón =

W = 4 eV

- 793 -

pfotón = 8,84 x 10–28 kg.m/s

Física

Problemas Propuestos 1.

Señale la o las afirmaciones correctas (Examen UNI) En el efecto fotoeléctrico una mayor intensidad de la radiación incidente sobre un metal aumentará la energía cinética de los electrones extraídos del material. II) Los rayos X están formados por electrones que se mueven a gran velocidad. III) Según el modelo de Planck, la energía de la radiación electromagnética es un múltiplo entero de hf donde h es la constante de Planck y f es la frecuencia de radiación.

3.

A) Viajan en el vacío con la velocidad de 300 000 km/s aproximadamente. B) Transportan energía. C) Necesitan de un material para propagarse. D) Son ondas transversales. E) Están compuestas por campos eléctricos y magnéticos.

I)

A) I C) III E) I, III 2.

4.

Diga ¿Cuáles O.E.M no corresponden a la longitud de onda indicada en metros? (Examen UNI) A) B) C) D) E)

B) II D) I, II

Ondas electromagnéticas linealmente polarizada significa: (Examen UNI)

Con respecto a las O.E.M, escoja la proposición incorrecta: (Examen UNI)

5.

A) Onda cuyo campo eléctrico no varía en dirección ni en magnitud. B) Onda cuyo campo eléctrico está en la dirección del avance de la onda. C) Onda cuyo campo eléctrico y campo magnético son paralelos. D) Onda cuyo campo eléctrico y campo magnético están ambos en la misma línea. E) Onda cuyo campo eléctrico es siempre paralelo al mismo plano.

La longitud de onda y la frecuencia de dos O.E.M que se propagan en el mismo medio son λ1 , f1 y λ2 , f2, ¿Cuál de los siguientes enunciados es correcto? A) Si

= 2, entonces

B) Si

=

, entonces

C) Se tiene que D) Para E)

- 794 -

Microondas: 10–2 Infrarrojo: 10–5 Rayos gamma: 10–13 Rayos X: 10–3 TV: 1

=

=

= 2. = 3.

, cuando

, se tendrá que

= 4, implica que

= 4.

=

.

= 6.

Capítulo 19: Ondas Electromagnéticas y Fenómenos Ondulatorios de la Luz 6.

D)

Para que ocurra el efecto fotoeléctrico es necesario que la _ _ _ _ _ de la onda electromagnética incidente sea mayor que cierto valor mínimo.

Luz blanca

azul rojo aire agua

A) Frecuencia B) Amplitud C) Velocidad D) Intensidad E) Longitud de onda rojo 7.

Un haz de luz blanca incide oblicuamente sobre una superficie libre de un líquido. La velocidad de propagación de la luz azul en este líquido es mayor que la luz roja. Diga la opción que mejor representa los fenómenos de reflexión y refracción que ocurren. (Examen UNI) A)

Luz blanca

E)

Luz blanca

Luz blanca aire agua rojo Luz blanca

9.

aire agua

rojo C)

Luz blanca

azul

aire agua

B) 5 x 10–12 m D) 8 x 10–12 m

El ojo humano es más sensible a la luz que tiene una longitud de onda de 5,5 x 10–7 m (región amarillo – verde del espectro electromagnético). Determinar la frecuencia de esta luz. A) 5,45 x 10–14 Hz C) 5,45 x 10–13 Hz E) 3,45 x 10–14 Hz

azul

rojo

¿Cuál es la longitud de onda de una onda electromagnética en el vacío que tenga frecuencia de 5 x 1019 Hz? A) 3 x 10–12 m C) 6 x 10–12 m E) 9 x 10–12 m

azul Luz blanca

azul rojo aire agua

8.

B)

Luz blanca

azul

B) 4,45 x 10–14 Hz D) 6,45 x 10–14 Hz

10. ¿Cuál es la energía que transporta un fotón de luz azul cuya frecuencia es igual a 6 x 1014 Hz? (h = 6,63 x 10–34 J.s) A) 2,49 eV C) 2,39 eV E) 3,69 eV

rojo azul - 795 -

B) 1,49 eV D) 3,59 eV

Física 11. Un haz de luz roja (λ = 7000 ) se propaga en el vacío e incide en una región R. En su camino se cruza con un haz de luz violeta (λ = 4000 ) de la misma intensidad. La frecuencia de la luz que llega a R es aproximadamente. (Examen UNI) A) 6 x 1014 Hz C) 4,3 x 1014 Hz E) 1,1 x 10–10 Hz

B) 7 x 1010 Hz D) 7,5 x 1014 Hz

12. La función de trabajo para el potasio es de 2,24 eV. Si un metal de potasio se ilumina con una luz de longitud de onda 480 nm, encuentre la energía cinética máxima de los fotoelectrones y la longitud de onda de corte.

A) 19,2 x 1010 C) 39,2 x 1010 E) 14,6 x 1010

B) 29,2 x 1010 D) 43,8 x 1010

14. ¿Cuál es la velocidad máxima de los fotoelectrones emitidos por una superficie limpia de oro cuando está expuesta a una luz con frecuencia de 3,4 x 1015 Hz? (Woro = 5,1 eV) A) 3,78 x 105 m/s C) 1,78 x 106 m/s E) 2,78 x 105 m/s

B) 2,78 x 106 m/s D) 4,78 x 106 m/s

15. Un fotón de luz roja tiene una longitud de onda de 663 nm. Encuentre la magnitud de la cantidad de movimiento y energía del fotón. (h = 6,63 x 10–34 J.s)

A) 0,35 eV; 555 nm B) 0,5 eV; 400 nm C) 0,4 eV; 700 nm D) 0,25 eV; 530 nm E) 1 eV; 600 nm 13. Cuando se incide luz de frecuencia 8 x 1014 Hz sobre una superficie metálica, ésta emite electrones de velocidad máxima 5 x 10 m/s, por efecto fotoeléctrico. Si se incidiera luz de frecuencia 6 x 1014 Hz, la velocidad máxima al cuadrado de los electrones emitidos, en m2/s2 sería:

A) 10–27 kg.

; 1,875 eV

B) 10–26 kg.

; 1,675 eV

C) 10–28 kg.

; 1,775 eV

D) 10–27 kg.

; 2 eV

E) 10–25 kg.

; 2,875 eV

(Examen UNI)

Respuestas 1.

C

6.

A

11. C

2.

E

7.

A

12. A

3.

C

8.

C

13. B

4.

D

9.

A

14. C

5.

C

10. A

15. A - 796 -

Apéndice

Apéndice Apéndice A: Alfabeto griego. Mayúscula

Minúscula

Nombre

Α

α

alfa

Β

β

beta

Γ

γ

gamma

Δ

δ

delta

Ε

ε

épsilon

Ζ

ζ

dzeta

Η

η

eta

Θ

θ

theta

Ι

ι

iota

Κ

κ

kappa

Λ

λ

lambda

Μ

μ

my

Ν

ν

ny

Ξ

ξ

xi

Ο

ο

ómicron

Π

π

pi

Ρ

ρ

rho

Σ

σ, ς, c

sigma

Τ

τ

tau

Υ

υ

ípsilon

Φ

φ

fi

Χ

χ

ji

Ψ

ψ

psi

Ω

ω

omega

- 797 -

Física APÉNDICE B: Prefijos del Sistema Internacional (SI) 1000n

10n

Prefijo

Símbolo

10008

1024

yotta

Y

Septillón

7

21

zetta

Z

Sextillón

18

exa

E

Quintillón

Trillón

15

peta

P

Cuadrillón

Billardo

10004

1012

tera

T

Trillón

Billón

3

10

9

giga

G

Billón

Millardo

10

6

mega

M

Millón

1000

10

3

kilo

k

Mil

10002/3

102

hecto

h

Centena

1/3

1

deca

da

Decena

0

(no hay)

(no hay)

Uno

1000

10

−1

deci

d

Décimo

1000−2/3

10−2

centi

c

Centésimo

−3

mili

m

Milésimo

−6

micro

µ

Millonésimo

−9

10

nano

n

Milmillonésimo

1000−4

10−12

pico

p

Billonésimo

1000

−5

−15

femto

f

Milbillonésimo

1000

−6

−18

atto

a

Trillonésimo

1000

6

1000 1000

5

1000

2

1000

1

1000

0

1000

−1/3

−1

1000

−2

1000 1000

−3

10 10

10

10 10

10 10

10

10

Escala Corta

Escala Larga

1000−7

10−21

zepto

z

Miltrillonésimo

1000−8

10−24

yocto

y

Cuatrillonésimo

- 798 -

Apéndice Apéndice C: Constantes Físicas Fundamentales Nombre

Símbolo

Valor

Velocidad de la luz

c

2,99792458 x 108 m/s

Magnitud de la carga del electrón

e

1,60217733(49) x 10–19 C

Constante gravitatoria

G

6,67259(85) x 10–11 N.m2/kg2

Constante de Planck

h

6,6260755(40) x 10–34 J.s

Constante de Boltzmann

k

1,380658(12) x 10–23 J/K

Número de Avogadro

NA

6,0221367(36) x 1023 moléculas/mol

Constante de los gases

R

8,314510(70) J/mol.K

Masa del electrón

me

9,1093897(54) x 10–31 kg

Masa del protón

mp

1,6726231(10) x 10–27 kg

Masa del neutrón

mn

1,6749286(10) x 10–27 kg

Permeabilidad del espacio libre

μ0

4π x 10–7 Wb/A.m

Permeabilidad del espacio libre

ε0 = 1/μ0c2 1/4πε0

- 799 -

8,854187817 … x 10–12 C2/N.m2 8,987551787 … x 109 N.m2/C2

Física

BIBLIOGRAFÍA •

Física - Volumen I y II / R. A. Serway / 3ra. Ed. / Editorial McGraw - Hill

•

Física Universitaria - Tomo I y II / Sears Zemansky / 9na. Ed. / Editorial Addison Wesley.

•

Física - Volumen I y II / M. Alonso – Edward J. Finn. /Editorial Addison Wesley

•

Introducción a la Física / Alberto P. Maiztegui – Jorge A. Sabato / Editorial Kapelusz

•

Preguntas y Problemas de Física / I. Tarasov – A. Tarasova / 3ra. Ed. /Editorial Mir

•

Física General / B. Alvarenga – A. Máximo /3ra. Ed./ Editorial Harla

- 800 -