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O J A B A R

Fundamentos de Física (I) Ginés Lifante / David Bravo Daniel Jaque / José Emilio Prieto Íñigo Aguirre de Cárcer

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D

O

C

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E

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problemas resueltos de

EDICIONES

©2015 UAM Ediciones ©2015 Los autores www.uam.es/publicaciones [email protected] Reservados todos los derechos. Está prohibido, bajo las sanciones penales y el resarcimiento civil previsto en las leyes, reproducir, registrar o transmitir esta publicación, íntegra o parcialmente (salvo en este último caso, para su cita expresa en un texto diferente, mencionando su procedencia), por cualquier sistema de recuperación y por cualquier medio, sea mecánico, electrónico, magnético, electroóptico, por fotocopia o cualquier otro, sin la autorización previa por escrito de Ediciones de la Universidad Autónoma de Madrid.

Problemas resueltos de Fundamentos de Física (I)

TEMA I: INTRODUCCIÓN MATEMÁTICA (VECTORES, CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL, CÁLCULO VECTORIAL). DIMENSIONES Y UNIDADES ........................... 5 TEMA II: CINEMÁTICA ......................................................................................................................... 25 TEMA III: DINÁMICA ............................................................................................................................. 45 TEMA IV: TRABAJO Y ENERGÍA. GRAVITACIÓN ............................................................................. 69 TEMA V: DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS ............................................................. 119 TEMA VI: VIBRACIONES Y ONDAS ................................................................................................... 161 TEMA VII: FLUIDOS ............................................................................................................................... 189 TEMA VIII: TERMODINÁMICA .............................................................................................................. 221

©2015 UAM Ediciones ©2015 Los autores www.uam.es/publicaciones [email protected] Reservados todos los derechos. Está prohibido, bajo las sanciones penales y el resarcimiento civil previsto en las leyes, reproducir, registrar o transmitir esta publicación, íntegra o parcialmente (salvo en este último caso, para su cita expresa en un texto diferente, mencionando su procedencia), por cualquier sistema de recuperación y por cualquier medio, sea mecánico, electrónico, magnético, electroóptico, por fotocopia o cualquier otro, sin la autorización previa por escrito de Ediciones de la Universidad Autónoma de Madrid.

TEMA I INTRODUCCIÓN MATEMÁTICA (VECTORES, CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL, CÁLCULO VECTORIAL). DIMENSIONES Y UNIDADES

1.1.- Sean i, j, k los vectores unitarios a lo largo de los ejes coordenados x, y, z con origen en 0. Considérense los vectores:

r1 = 2i + 3j – k; r2 = 3i – 2j + 2k; r3 = 4i – 3j + 3k. a) Calculad sus módulos. b) Calculad las componentes y los módulos de los vectores A = r 1 + r 2 + r 3 y B = r 1 + r 2 – r 3. c) Determinad el vector unitario u C en la dirección del vector C = r 1 + 2r 2. d) Calculad los productos r1 ⋅ r 2 y r 1 × r2. Solución: a)

El módulo a de un vector a con componentes cartesianas ax, ay, az, se calcula como

a = a ⋅ a = a x2 + a y2 + a z2 . Por lo tanto, es inmediato calcular los módulos: r1 = 2 2 + 3 2 + (−1) 2 = 14 y análogamente, r2 = 17 y r3 = 34 . b) Calculamos las componentes de los vectores A y B a partir de las componentes de r1 , r2 y r3 : A = 9 i − 2 j + 4 k , B = i + 4 j − 2 k . Ahora

podemos

calcular

los

módulos:

A = 9 2 + (−2) 2 + 4 2 = 101

análogamente, B = 21 . c)

El vector C escrito en componentes es C = 8i − j + 3k . Calculamos el módulo C: C = 8 2 + (−1) 2 + 3 2 = 74 .

Un vector uC paralelo a C y de módulo 1 es obviamente uC = Por lo tanto, tenemos: uC =

1 74

(8i − j + 3k ) .

5

1 C. C

y

DOCUMENTOS DE TRABAJO

d) El producto escalar de dos vectores a1 y a2 se define como: a 1 ⋅ a 2 ≡ a1, x ⋅ a 2, x + a1, y ⋅ a 2, y + a1, z ⋅ a 2, z .

Por lo tanto, tenemos: r1 ⋅ r2 = 2 ⋅ 3 + 3 ⋅ (−2) + (−1) ⋅ 2 = − 2 . Por otra parte, el producto vectorial de dos vectores a1 y a2 se puede definir por medio del determinante: i a1 × a 2 ≡ a1, x a2 , x

j a1, y a2 , x

k a1, z a2 , x

,

En este caso tenemos: i j k 3 −1 2 −1 2 3 r1 × r2 = 2 3 − 1 = i− j+ k. −2 2 3 2 3 −2 3 −2 2

Desarrollando, obtenemos finalmente:

r1 × r2 = [3 ⋅ 2 − (−1) ⋅ (−2)] i − [2 ⋅ 2 − (−1) ⋅ 3] j + [2 ⋅ (−2) − 3 ⋅ 3] k = 4 i − 7 j − 13 k .

1.2.- Hallad el ángulo entre los vectores (i + j + k) e (i + j – k). Solución: Tenemos por una parte la definición del producto escalar de dos vectores a1 y a2: a 1 ⋅ a 2 ≡ a1, x ⋅ a 2, x + a1, y ⋅ a 2, y + a1, z ⋅ a 2, z

y por otra, la relación geométrica que incluye los módulos a1 y a2 y el ángulo θ entre ambos vectores:

a 1 ⋅ a 2 = a1 a 2 cos θ Por lo tanto, el ángulo verifica:

cos θ =

a 1 ⋅ a 2 a1, x ⋅ a 2, x + a1, y ⋅ a 2, y + a1, z ⋅ a 2, z = . a1 a 2 a1 a 2

Sustituyendo valores, obtenemos: cos θ =

1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ (−1) 3⋅ 3

1 = . 3

Por lo tanto, el ángulo formado por los dos vectores vale θ = 70.53º.

6

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

1.3.- Dados los siguientes puntos en el espacio tridimensional M 1 (1, 1, 1) , M 2 (2,



2, 1) y M3 (2, 1, 0) , calculad el ángulo M 1 M 2 M 3 .

Solución: El ángulo que se nos pide calcular es el formado por los vectores a1 = (M1 - M2) y a2 = (M3 - M2), que podemos considerar que parten de un origen común M2. Calculamos: a1 = (-1, -1, 0); a2 = (0, -1, -1). Teniendo en cuenta la definición del producto escalar de dos vectores a1 y a2: a 1 ⋅ a 2 ≡ a1, x ⋅ a 2, x + a1, y ⋅ a 2, y + a1, z ⋅ a 2, z ,

y por otra parte, la relación geométrica que incluye los módulos a1 y a2 y el ángulo θ entre ambos vectores: a 1 ⋅ a 2 = a1 a2 cos θ , tenemos que el ángulo verifica:

cosθ =

a1, x ⋅ a 2, x + a1, y ⋅ a 2, y + a1, z ⋅ a 2, z a1 ⋅ a 2 = . a1 a 2 a1 a 2

Sustituyendo valores, obtenemos: cosθ =

(−1) ⋅ 0 + (−1) ⋅ (−1) + 0 ⋅ (−1) 1 = . 2 2⋅ 2

Por lo tanto, obtenemos θ = 60º para el ángulo formado por los dos vectores.

1.4.- Descomponed un vector v dirigido a lo largo de la dirección (1, 1, 1) y de módulo 27 según las direcciones de los vectores a = i + j , b = j + k, c = i + k. Solución: El módulo del vector (1, 1, 1) es 3 . Si queremos que v tenga un módulo igual a 27 , debemos multiplicarlo por 27 / 3 = 3 , por lo tanto el vector buscado es el (3, 3, 3). Debemos expresar este vector como combinación lineal de tres vectores unitarios ua, ub y uc, en las direcciones de a, b y c, respectivamente. Los coeficientes correspondientes α , β , γ en esta combinación lineal nos darán las componentes del vector en las direcciones dadas. La ecuación que se plantea es pues:

 3 1 0 1   1   1   1    3 = α 1 + β 1 + γ 0 , 2 2 2  3 0 1 1        

7

DOCUMENTOS DE TRABAJO

que da lugar al siguiente sistema de ecuaciones en las variables α , β , γ : 3= 3= 3=

α 2

α

2

β

2

+ + +

γ 2

β

2

γ

2

, , .

Este sistema es muy fácil de resolver. Por ejemplo, restando la primera y la segunda 3 ecuación se llega a la relación γ = β , que sustituida en la tercera da γ = y de nuevo 2 en cualquiera de las dos primeras:

α =γ = β =

3 . 2

Por lo tanto, podemos escribir: (3, 3, 3) =

3 3 3 ua + ub + uc . 2 2 2

Observación: Se podría pensar en calcular los coeficientes α , β , γ de una forma alternativa más simple: proyectando sobre las direcciones de los vectores de la base a, b y c, esto es, calculando los productos escalares del vector en cuestión con los vectores unitarios ua, ub y uc. Sin embargo, en este caso esto no representa una simplificación porque los vectores a, b y c no son ortogonales (perpendiculares) entre sí, esto es, los productos escalares uk⋅ul no son nulos cuando k ≠ l.

1.5.- Sean A y B los vectores que se muestran en la siguiente figura. Tienen el mismo módulo y forman entre sí un ángulo de 60º.

y

a) Escribid A y B en notación vectorial (como Au A, BuB).

B 60º

A

x

b) Escribid los vectores C = A + B y D = A – B en notación vectorial y representadlos gráficamente.

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PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Solución: a) Introducimos los vectores unitarios en las direcciones de los ejes coordenados x, y: i, j. Teniendo en cuenta que A y B tienen el mismo módulo (A = B), podemos escribir: A = A i, B = B cos 60º i + B sen 60º j = A

1 3 i+A j. 2 2

Para el vector B podemos escribir: 1 3  B = A  i + j  . 2 2  

La expresión entre paréntesis es un vector unitario en la dirección que forma un ángulo de 60º con el eje x que podemos llamar u60. Los vectores A y B expresados como A uA y B uB, respectivamente, quedan: A = A i, B = A u60 . Por lo tanto, tenemos B = A, uA = i, uB = u60. b) El vector C, suma de A y B, puede ser expresado en componentes x, y como: 3 3 3 3  1 C = A1 +  i + A j= A i+A j=A ( 3i + j ) . 2 2 2 2  2

 3 1  i + j  que, Dividiendo entre 2 los dos términos del paréntesis, obtenemos  2   2 puesto que 3 / 2 y 1/ 2 son el coseno y el seno de 30º, respectivamente, podemos interpretar como un vector unitario en la dirección que forma 30º respecto al eje x y que llamaremos u30: C = C uC = A 3 u30 . Tenemos pues C = A 3 , uC = u30. Si dibujamos este vector sobre la figura dada, vemos que corresponde al obtenido mediante la “regla del paralelogramo” para la adición de vectores. De manera análoga podemos calcular el vector D, resta de A y B, en componentes: 3 1 3  1 D = A1 −  i − A j= A i−A j= 2 2 2  2

9

y C

B

D A

1 3  A i − j  . 2 2  

x

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Reconocemos el término entre paréntesis como un vector unitario en la dirección que forma un ángulo de -60º respecto al eje x y que llamaremos u-60, puesto que 1/ 2 y − 3 / 2 son el coseno y el seno de -60º, respectivamente. Por lo tanto, podemos escribir: D = D u D = A u-60 . Tenemos pues D = A, uD = u-60. Dibujando este vector sobre la figura dada, teniendo en cuenta que podemos interpretarlo como la suma de los vectores A y (–B), vemos que corresponde a la segunda diagonal del paralelogramo formado por los vectores A y B.

1.6.- Calculad

df en los siguientes casos: dx

a)

f ( x) = x 4 +2 x 3 − 4 x +1 ;

b)

f ( x) = A cos (bx) ;

c)

f ( x) = B sen(ax 2 + bx) ;

d) f ( x) = exp(−kx 2 ) ; e)

f ( x) = ln( x 2 − 1) ;

f)

f ( x) = x exp( x) ;

g)

f ( x) =

3x + 1 . 2x 2 − 3

Solución: a)

Aplicamos la regla de derivación de potencias: f ( x) = x n ⇒ directamente:

df = n x n −1 para obtener dx

df = 4 x 3 +6 x 2 − 4 . dx b) Las funciones sinusoidales cumplen:

f ( x) = sen ( x) ⇒

df = cos( x); dx

f ( x) = cos( x) ⇒

df = − sen ( x) . dx

Por la segunda de estas relaciones junto con la regla de la cadena df [ g ( x)] df dg para funciones de funciones, con f ( g ) = A cos( g ) y g ( x) = bx , = ⋅ dx dg dx obtenemos:

df = − A sen (bx)b = − Ab sen (bx) . dx

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PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

c) Procediendo de la misma forma que en los apartados anteriores, llegamos a:

df = B cos( x 2 + bx) (2ax + b) = B (2ax + b) cos( x 2 + bx) . dx d) Sabiendo que la derivada de la función exponencial es la función exponencial misma: f ( x) = exp( x) ⇒

df = exp( x) y aplicando la regla de la cadena, llegamos a: dx

df = − 2kx exp(−kx 2 ) . dx e) En este apartado necesitamos conocer la derivada de la función logaritmo natural: df 1 f ( x) = ln( x) ⇒ = , lo que junto a la regla de la cadena nos da: dx x

df 1 2x = 2 2x = 2 . dx x − 1 x −1 f)

En este apartado necesitamos aplicar la regla de derivación de un producto de dg df d g+ f [ f ( x) g ( x)] = funciones: . El resultado es inmediato: dx dx dx

df = 1 ⋅ exp( x) + x exp( x) = (1 + x) exp( x) . dx

dg df g− f d  f ( x)  dx dx nos da: g) La regla de derivación de un cociente de funciones =   2 dx  g ( x)  [ g ( x)]

df 3(2 x 2 − 3) − (3 x + 1)4 x − 6 x 2 − 4 x − 9 = = . dx (2 x 2 − 3) 2 (2 x 2 − 3) 2

1.7.- Calculad las siguientes primitivas e integrales:

a)

∫ (x

4

+ 2 x 3 − 4 x + 1)dx ;

1

b)

∫ x exp(− x)dx ; 0

π

c)

∫ sen

2

x dx .

0

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DOCUMENTOS DE TRABAJO

Solución: a)

Para calcular la primitiva requerida basta con aplicar la regla de integración de 1 n +1 x +cte. : potencias: f ( x) = x n ⇒ ∫ f ( x)dx = n −1

1

∫ f ( x)dx = 5 x

5

1 1 1 1 +2 ⋅ x 4 − 4 ⋅ x 2 + x + cte. = x 5 + x 4 − 2 x 2 + x + cte. 5 2 2 4

b) Puesto que el integrando es un producto de funciones simples, parece claro el uso de la regla de integración por partes: ∫ udv = uv − ∫ vdu , donde en este caso elegimos

u ( x) = x como función cuya derivada es muy simple y v( x) = exp(− x) como función fácil de integrar: 1

1

∫ x exp(− x)dx = x[− exp(− x)]]0 − ∫ [− exp(− x)]dx = − x exp(− x)]0 − exp(− x)]0 . 1

0

1

1

0

Sustituyendo los valores de los límites de integración, obtenemos: − [e −1 − 0] − [e −1 − 1] = 1 − 2e −1 . c)

Esta integral se puede resolver de varias maneras, la más directa es hacer uso de las siguientes relaciones trigonométricas, que conviene retener en la memoria:

cos 2 x + sen 2 x = 1, cos 2 x − sen 2 x = cos(2 x). Estas relaciones son muy útiles, pues nos permiten obtener bien cos 2 x o bien sen 2 x , sumándolas o restándolas, respectivamente, en términos del coseno del ángulo doble cos(2 x) . En este caso, restando, obtenemos:

1 sen 2 x = [1 − cos(2 x)] . 2 Sustituyendo esta relación en el integrando, obtenemos una expresión que se puede integrar directamente: π

∫ 0

sen 2 x dx =

π

∫ 0

π

π

1 1  1 π π  [1 − cos(2 x)] dx = x  − sen (2 x) = [ − 0] − [0 − 0] = . 2 2 0 2 2 2 0

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PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

1.8.- Calculad los gradientes de los siguientes campos escalares: a) V(x,y,z) = C xn; b) V(x,y,z) = C x y z; c) V(x,y,z) = C (x2 + y2 + z2). Solución: Tenemos la definición del vector gradiente de un campo escalar:

  ∂V ∂V ∂V ∂V ∂V  ∂V  ≡ ux + uy + uz . ∇V ≡  , , ∂z ∂y ∂y ∂z  ∂x  ∂x Donde el signo ∂ denota la derivada parcial de la función V respecto a la variable correspondiente, esto es, la derivada de V respecto a esa variable cuando todas las demás se toman como constantes. Es inmediato calcular : a) b) c)

C ∇V = (Cnx n −1 , 0, 0) = Cnx n −1 ux ; C ∇V = (Cyz , Cxz , Cxy ) ; C ∇V = (2Cx, 2Cy , 2Cz ) = 2C ( x, y,

z ) = 2C r .

1.9.- Calculad las derivadas direccionales de las siguientes funciones escalares f en los puntos (x0, y0) y en las direcciones dadas por los vectores v: a)

f ( x, y ) = x + 2 xy − 3 y 2 ;

( x0 , y0 ) = (1,2);

3 4 v= i+ j; 5 5

b)

f ( x, y ) = ln ( x 2 + y 2 ) ;

( x0 , y0 ) = (1,0);

v = 2i + j .

Solución: La derivada direccional de una función f en la dirección dada por un vector v es igual a la componente del gradiente de f en esa dirección, o lo que es lo mismo, la proyección del  vector gradiente sobre esa dirección, que viene dada por ∇f ⋅ uv , donde uv es un vector unitario en la dirección de v. Tenemos por tanto: a)

 ∇f = (1 + 2 y, 2 x − 6 y ) , que evaluado en (1,

2) nos da el vector (5, − 10) . En este caso, el vector dado v ya es unitario, por lo tanto la derivada direccional que  buscamos viene dada por el producto escalar ∇f ⋅ v : 3 (5, − 10) ⋅  , 5

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4  = −5. 5

DOCUMENTOS DE TRABAJO

  x y   , que evaluado en el punto (1, 0) nos da , b) Ahora tenemos ∇f =  2 2 2 x + y 2  x +y (1, 0) . Puesto que ahora v no es un vector unitario, debemos normalizarlo, esto es, dividir por su módulo (que vale 5 ) en el producto escalar correspondiente para hallar la derivada direccional deseada: (1, 0) ⋅

1 2 (2, 1) = . 5 5

1.10.- Sea un campo de temperaturas dado por la expresión T(x,y,z) = 301+2x+5yz2, donde la temperatura está expresada en Kelvin y las coordenadas en metros. a) ¿Qué unidades tienen los coeficientes 301, 2 y 5? b) Calculad el gradiente del campo. c) Calculad la dirección del gradiente (cosenos directores). Solución: a)

Cada uno de los sumandos en la expresión para T(x,y,z) debe tener unidades de temperatura (K), puesto que lógicamente sólo se pueden sumar magnitudes homogéneas. Por lo tanto, el coeficiente 301 tiene obviamente unidades de K, mientras que los factores 2x y 5yz2 también deben tenerlas, por lo tanto: [301] = K, [2] [ x] = K, [5] [ y ][ z ]2 = K. Puesto que tanto x como y como z tienen unidades de metros, obtenemos: [301] = K, K , m K [5] = 3 . m

[2] =

Por lo tanto, podemos escribir el campo de temperaturas como:  K  K  T ( x, y, z ) = (301 K) +  2  x +  5 3  yz 2 .  m  m 

b) Calculamos el vector gradiente del campo escalar T(x,y,z):   ∂T ∇T ≡  ,  ∂x

∂T , ∂y

∂T ∂z

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  = (2, 5 z 2 , 10 yz ) . 

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

c)



La dirección del vector ∇ T viene dada por sus cosenos directores, esto es, los  cosenos de los ángulos que el vector ∇ T forma con los ejes coordenados x, y, z o, lo que es lo mismo, con los vectores unitarios i, j y k. Teniendo en cuenta la expresión para el ángulo entre dos vectores vista en problemas anteriores, calculamos los cosenos directores:  ∇T ⋅ i (2, cos θ x =  = ∇T ⋅ 1  ∇T ⋅ j (2, cos θ y =  = ∇T ⋅ 1  ∇T ⋅ k (2, cos θ z =  = ∇T ⋅ 1

5 z 2 , 10 yz ) ⋅ (1, 0, 0) 2 2 + (5 z 2 ) 2 + (10 yz ) 2 5 z 2 , 10 yz ) ⋅ (0, 1, 0) 2 2 + (5 z 2 ) 2 + (10 yz ) 2 5 z 2 , 10 yz ) ⋅ (0, 0, 1) 2 2 + (5 z 2 ) 2 + (10 yz ) 2

= = =

2 2 2 + (5 z 2 ) 2 + (10 yz ) 2 5z 2 2 2 + (5 z 2 ) 2 + (10 yz ) 2 10 yz 2 2 + (5 z 2 ) 2 + (10 yz ) 2

1.11.- El potencial de una partícula está dado por V (r ) = x 2 y + zsen y + zx . Calculad la fuerza conservativa asociada. Solución: 

La relación entre la fuerza F y la energía potencial V es: F (r ) = − ∇V (r ) , en componentes:  ∂V ( Fx , Fy , Fz ) = −  ,  ∂x

∂V , ∂y

∂V ∂z

  . 

Calculando las derivadas parciales correspondientes, tenemos: ( Fx , Fy , Fz ) = − (2 xy + z , x 2 + z cos y, sen y + x) = (− 2 xy − z , − x 2 − z cos y, − sen y − x)

1.12.- Calculad la función escalar de la que deriva el siguiente vector, esto es, la función f(x,y,z) de la cual el siguiente vector v es el gradiente (cambiado de  signo): v (r ) = − ∇f (r ) :

v (r ) = −

1 r, r3

donde r = ( x, y, z ) y r = x 2 + y 2 + z 2 .

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DOCUMENTOS DE TRABAJO

Solución: 

La relación entre v y f, [ v (r ) = − ∇f (r ) ], se puede escribir en componentes como:

 ∂f ∂f ∂f   = − (v x , v y , v z ) .  , ,  ∂x ∂y ∂z  Por lo tanto, la función desconocida f debe cumplir las tres ecuaciones: ∂f = − vx , ∂x ∂f = − vy , ∂y ∂f = − vz . ∂z

Podemos empezar con la primera de ellas. Nos dice que debemos integrar la función vx(x,y,z) sobre la variable x:

  x dx . f ( x, y, z ) = − ∫ v x dx = − ∫  − 2 2 2 3/ 2  x + y + z ( )   La integral se puede calcular inmediatamente, pues aparece en el numerador un factor x, proporcional a la derivada de la función interior (dentro del paréntesis del denominador), 2x. El resultado es: f ( x, y, z ) = − ( x 2 + y 2 + z 2 ) −1 / 2 + g1 ( y, z ) , donde es importante, en problemas de este tipo, incluir la constante de integración arbitraria que hace que se cumpla la condición con toda la generalidad posible. Puesto que la integral se ha realizado sobre la variable x, esta constante será cualquier función arbitraria g1 de las variables restantes (y, z). En este problema, debido a la simetría de la función v en las variables (x, y, z), es fácil ver que integrando de manera similar las componentes restantes (y, z) sobre las variables correspondientes se obtiene análogamente: f ( x, y, z ) = − ( x 2 + y 2 + z 2 ) −1 / 2 + g 2 ( x, z ),

f ( x, y, z ) = − ( x 2 + y 2 + z 2 ) −1 / 2 + g 3 ( x, y ).

Vemos que la única forma de satisfacer simultáneamente las tres ecuaciones es g1 = g2 = g3, lo que habida cuenta de las dependencias de las tres funciones de sus respectivas variables, sólo es posible si todas son iguales a una constante C, por lo tanto la solución general es: f ( x, y, z ) = − ( x 2 + y 2 + z 2 ) −1 / 2 + C , que también se puede escribir como: f (r ) = −

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1 +C. r

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Comentario: La función vectorial v(r) se reconoce como un campo de fuerzas de tipo gravitatorio o coulombiano, con su típica dependencia con el inverso del cuadrado de la distancia (r-2), mientras que la función escalar f(r) desempeña el papel de la energía potencial asociada, gravitatoria o electrostática, con su dependencia característica con el inverso de la distancia (r-1).

1.13.- Demostrad que la fuerza F ( x, y ) = ( y exp(− y ), x(1 − y ) exp(− y )) es conservativa. ¿Cuál es la energía potencial asociada? Solución: Podemos considerar el campo de fuerzas bidimensional dado como un campo tridimensional en el que la componente z es nula; esto nos permite calcular su rotacional. Si se anula, el campo será conservativo y podremos calcular la energía potencial asociada a él. 

El rotacional ∇ × F de un campo vectorial: F ( x, y, z ) = ( Fx ( x, y, z ),

Fy ( x, y, z ),

Fz ( x, y, z )) se puede definir por medio del

determinante: i  ∂ ∇×F ≡ ∂x Fx

j ∂ ∂y Fy

k ∂ . ∂z Fz 

Desarrollando, obtenemos las componentes cartesianas de ∇ × F :

  ∂F ∂Fy ∇ × F =  z − ∂z  ∂y

  ∂Fx ∂Fz   ∂Fy ∂Fx  i +  − −  j +  ∂y ∂x   ∂x   ∂z

  k . 

En este caso, al tratarse de un campo bidimensional, las componentes x e y se anulan, puesto que por una parte, no hay dependencia con la variable z y por otra, la componente Fz es idénticamente nula. Por lo tanto, sólo puede ser distinta de cero la componente restante, z. Calculando, obtenemos:  ∇ × F = {(1 − y ) exp(− y ) − [exp(− y ) − y exp(− y )]} k = {(1 − y ) exp(− y ) − (1 − y ) exp(− y )} k = 0

Vemos pues que también es nula la componente z del rotacional, por lo tanto el rotacional es nulo, lo que implica que el campo de fuerzas F(x,y) es conservativo y se puede definir una energía potencial Ep(x,y) asociada a él, que calculamos a continuación.

17

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Una fuerza conservativa F se puede escribir como el gradiente (cambiado de signo) de una función escalar denominada energía potencial Ep:  F ( r ) = − ∇E p ( r ) .

Esta relación se puede escribir en componentes como:

∂E p   ∂E p  = − ( Fx , Fy ) .  , x y ∂ ∂   Por lo tanto, la función desconocida Ep debe cumplir las dos ecuaciones: ∂E p ∂x ∂E p ∂y

= − Fx , = − Fy .

Podemos empezar con la primera de ellas. Nos dice que debemos integrar la función Fx(x,y) sobre la variable x: E p ( x, y ) = − ∫ Fx dx = − ∫ y exp(− y )dx .

Puesto que el integrando no depende de x, la integral se calcula inmediatamente: E p ( x, y ) = − y exp(− y ) x + f ( y ) ,

donde es importante incluir la constante de integración arbitraria que hace que se cumpla la condición con toda la generalidad posible. Puesto que la integral se ha realizado sobre la variable x, esta constante será cualquier función arbitraria de la variable restante (y). Imponemos ahora que esta función Ep cumpla la segunda de las condiciones, que su derivada respecto a la variable y sea igual a –Fy. Calculamos pues la derivada: ∂E p ∂y

= − x[exp(− y ) − y exp(− y )] +

df df = − x(1 − y ) exp(− y ) + . dy dy

Esta derivada ha de ser igual a la componente y de la fuerza cambiada de signo (–Fy): − Fy = − x(1 − y ) exp(− y ) .

df = 0 , lo que nos dice dy que f es igual a una constante C y podemos escribir la energía potencial como:

Por lo tanto, igualando las dos expresiones anteriores, obtenemos

E p ( x, y ) = − xy exp(− y ) + C .

18

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

1.14.- Determinad las dimensiones de la constante de gravitación universal G sabiendo que la atracción gravitatoria entre dos cuerpos de masas M1 y M2 separados una distancia r viene dada por:

F = −G

M 1M 2 ur . r2

Solución: Tomando el módulo de la ecuación anterior, podemos despejar la constante G como:

Fr 2 G= . M 1M 2 Esta relación se traslada a las unidades en las que se miden las magnitudes que aparecen:

[ F ][r ]2 [G ] = . [ M ]2 Por lo tanto, sustituyendo las unidades del SI de las magnitudes correspondientes, tenemos:

[G ] =

Nm 2 , kg 2

o, si queremos reducirlas a unidades fundamentales del SI, tenemos en cuenta que N = kg m/s2, y sustituyéndolo en la ecuación anterior llegamos a:

m3 [G ] = 2 . s kg

1.15.- La velocidad del sonido v en un gas puede ser en principio función de la presión p, la densidad ρ y el volumen V del mismo. Mediante análisis dimensional, determinad los exponentes x, y y z en la siguiente expresión propuesta: v = C p x ρ yV z , donde C es una constante adimensional. Solución: Teniendo en cuenta que la unidad en el SI para la presión es el Pascal: Pa = N/m2 = kg / (m s2), para la densidad es el kg/m3 y para el volumen es el m3, la relación anterior escrita para las unidades en que se miden las magnitudes que aparecen:

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DOCUMENTOS DE TRABAJO

x

y

m  kg   kg  [m 3 ] z . = 2  3 s m s  m 

La igualdad entre las unidades en ambos lados de la ecuación anterior implica que los exponentes de cada una de las unidades fundamentales deben ser iguales. La aplicación de este requisito a las unidades m, s y kg, respectivamente, nos lleva al sistema de ecuaciones: 1 = − x − 3 y + 3z, − 1 = − 2 x, 0 = x + y,

cuya solución es muy simple: x = 1/2, y = -1/2, z = 0. Por lo tanto, la expresión propuesta para la dependencia funcional de la velocidad del sonido se reduce a: v = C p1 / 2 ρ −1 / 2 = C

p

ρ

.

Comentario: Aplicando la intuición física, era de esperar que la velocidad del sonido no dependa del volumen del gas en el que se propaga, lo que nos lleva a una primera simplificación de la expresión propuesta. Después, jugando con las unidades de la presión p y la densidad ρ , elevándolas a distintas potencias con el fin de obtener las unidades de v, (m/s) hubiera sido posible llegar al resultado final de una forma más directa, en lugar de seguir el procedimiento sistemático que hemos descrito en esta solución.

1.16.- Queremos conocer la relación del periodo T de un péndulo con su masa m, su longitud l y la aceleración de la gravedad g en ese punto. Utilizando cálculo dimensional, determinad una posible fórmula para el periodo. Solución: Buscamos un periodo, que tiene unidades de tiempo (s). Para ello buscamos posibles combinaciones de productos de las magnitudes m, l y g elevadas a distintas potencias. Puesto que de estas tres, solamente la masa m tiene unidades de kg, no podemos compensarla multiplicando con ninguna otra de las dos magnitudes restantes de forma que el resultado para T no contenga la unidad kg, por lo tanto, T no puede depender de m. El problema queda reducido a buscar productos de potencias de l y g. Tenemos que:

[l ] = m; [ g ] =

20

m , s2

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Por lo tanto, dividiendo una de las magnitudes l o g entre la otra, eliminamos la unidad m y nos queda una expresión con unidades s2 o s-2, que podemos transformar en la unidad deseada, s, tomando la raíz cuadrada o su inverso, respectivamente. En cualquiera de los dos casos, por razones puramente dimensionales, sin entrar en ninguna consideración física, llegamos a una relación: T =C

l , g

donde C es una constante adimensional, para la dependencia del periodo T de un péndulo con la longitud l de la cuerda y la aceleración g de la gravedad (el estudio de la dinámica del problema confirma la relación propuesta y da un valor para la constante C = 2π).

1.17.- Mediante análisis dimensional, encontrad la posible dependencia de la posición x de un automóvil en función del tiempo t, de la masa m y de la potencia P desarrollada por el motor. Solución: Buscamos una distancia, con unidades de metros (m). Para ello buscamos posibles combinaciones de productos de las magnitudes m, t y P elevadas a distintas potencias. La potencia P tiene unidades de W, esto es J/s o bien kg m2 /s3. Dividiendo la potencia entre la masa, eliminamos la unidad de kg y nos queda m2 / s3. Es inmediato multiplicar por el tiempo elevado a la tercera potencia y tomar la raíz cuadrada del resultado para obtener m, la unidad deseada. Por razones puramente dimensionales, sin entrar en ninguna consideración física, podemos proponer una relación:

x(t ) = C

P t3 , m

donde C es una constante adimensional, para la dependencia del espacio x recorrido por un automóvil de masa m en función del tiempo t cuando el motor desarrolla una potencia constante P (el estudio de la dinámica del problema confirma la relación propuesta y da 2 2 ). un valor para la constante C = 3

1.18.- Prácticamente toda la masa de un átomo está concentrada en su núcleo. El radio de un núcleo de uranio es 8.68×10-15 m. a) Obtened la densidad de “materia nuclear” sabiendo que la masa atómica del uranio es 238 u. b) Estimad la separación media entre los 238 nucleones que contiene este núcleo.

21

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Solución: a)

3M M M = = . 4 V 4π R 3 3 πR 3 Para ello necesitamos expresar la masa M del núcleo en unidades del SI. Sabemos que la masa molar expresada en u es la masa en gramos de un número igual al número de avogadro NA de las partículas consideradas. Por lo tanto, la masa de un núcleo de U en gramos es 238 / NA = 238 / 6.022×1023 = 3.95×10-22 g, en kilogramos: 3.95×10-25 kg. Con esto es inmediato calcular la densidad empleando la fórmula anterior y obtener: ρ = 1.44×1017 kg/m3. Podemos calcular la densidad ρ a partir de la definición: ρ ≡

b) Supongamos que los nucleones están colocados ordenadamente en los vértices de una red cúbica, cada uno a una distancia d de sus vecinos más próximos. Así, cada nucleón ocupa un espacio d 3 y la densidad de esta red es mn /d 3 si mn es la masa del nucleón. Igualando esta densidad a la que nos da la fórmula del apartado anterior, con M = 238 mn, obtenemos: 3 ⋅ 238 m n m n = 3 4π R 3 d

 4π  ⇒ d =   3 ⋅ 238 

1/ 3

R.

Sustituyendo el valor de R, obtenemos para la distancia promedio de nucleones en un núcleo d = 2.3×10-15 m, una distancia razonable, del orden del alcance de las fuerzas nucleares.

1.19.- La velocidad de la luz en el vacío es de 2.9979×108 m/s. a) Expresadla en km/h. b) ¿Qué distancia recorre la luz en un año? (Definición de año-luz AL) c) El radio de la órbita terrestre alrededor del sol es de 150 millones de km, más exactamente 1.49×1011 m (definición de unidad astronómica UA). Expresad un año-luz en unidades astronómicas. Solución: a)

Teniendo en cuenta que 1 km = 1000 m y que 1 h = 60 min = 60⋅60 s = 3600 s, podemos escribir la velocidad de la luz como: c = 2.9979 × 10 8

km 10 -3 km m , = 2.9979 × 10 8 = 1.0792 × 10 9 1 h s h 3600

esto es, aproximadamente mil millones de km/h.

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PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

b) Un año-luz (AL) es la distancia que recorre la luz viajando por el vacío durante un año. Teniendo en cuenta que un año tiene aproximadamente 365.25 días y que cada día tiene 24 horas de 3600 segundos, obtenemos: 1 AL = c ⋅ t = (2.9979 × 10 8 m/s) ⋅ (365.25 ⋅ 24 ⋅ 3600 s) = 9.46 × 1015 m . c)

Dividiendo esta distancia entre una unidad astronómica 1.49×1011 m, obtenemos 6.35×104, por lo tanto: 1 AL = 6.35 × 10 4 UA .

Vemos que un año-luz es del orden de 60000 veces mayor que la distancia entre la Tierra y el Sol.

1.20.- Sabiendo que el volumen de nuestra Galaxia es del orden de 6×1061 m3 y que el número total de estrellas que contiene es aproximadamente 1011, calcúlese la separación promedio entre estrellas en unidades de años-luz. Solución: Suponemos que las estrellas están colocados ordenadamente en los vértices de una red cúbica, cada uno a una distancia d de sus vecinos más próximos. Así, cada estrella ocupa un espacio d 3 y la densidad numérica de esta red n, definida como número de estrellas por unidad de volumen, tiene un valor 1 / d 3. Por otra parte, esta densidad es igual a N / V, si N es el número total de estrellas en la Galaxia y V su volumen, de forma que igualando estas dos expresiones llegamos a:

N 1 = 3 V d

1/ 3

V  ⇒ d =  N

.

Sustituyendo, obtenemos d = 8.4×1016 m y, teniendo en cuenta que un año-luz (AL) es la distancia recorrida por la luz en un año: 1 AL = c ⋅ t = (3 × 10 8 m/s) ⋅ (365.25 ⋅ 24 ⋅ 3600 s) = 9 × 1015 m , obtenemos d ≈ 9 AL para la distancia promedio entre estrellas en nuestra Galaxia, un valor que parece razonable por ser del mismo orden que la distancia del Sol a la estrella más cercana, Próxima Centauri (aproximadamente 4.2 AL).

23

TEMA II CINEMÁTICA

2.1.- Un cuerpo se mueve por una trayectoria rectilínea que viene dada por la ecuación y = 1+ (3/4) x, y tiene como origen el punto (0, 1). La distancia recorrida s en función del tiempo viene dada por la función s(t) = 5t. Admitiendo que longitudes y tiempos están medidos en metros y segundos, respectivamente, determinad la posición del móvil sobre la trayectoria en los instantes t = 1s, t = 2s y t = 4s. Solución: Para resolver el problema, en primer lugar obtendremos la ecuación del movimiento, dada por el vector de posición en función del tiempo r(t), es decir x(t) e y(t) en este caso. Para ello podemos comenzar representando la trayectoria:

y (0,1)

Es fácil ver que un punto sobre la trayectoria a una distancia s(t) del punto (0,1) tendrá coordenadas cartesianas:

ϕ

x(t) = s(t) cos ϕ ,

x

y(t) = 1 + s(t) sen ϕ .

Como la pendiente de la recta es tg ϕ = ¾ , se tiene: cos ϕ = 0.8, sen ϕ = 0.6 y dado que s(t) = 5t, llegamos a la ecuación del movimiento: x = 4t , y = 1+3t . Con esta ecuación, finalmente tenemos: t = 1 s ⇒ x = 4 m, y = 4 m ; t = 2 s ⇒ x = 8 m, y = 7 m ; t = 4 s ⇒ x = 16 m, y = 13 m .

25

DOCUMENTOS DE TRABAJO

2.2.- Una partícula se desplaza rectilíneamente de acuerdo con la ley x = t3–3t2–9t+5. a) ¿Durante qué intervalos de tiempo la partícula se está moviendo en la dirección positiva y en la negativa del eje x? b) ¿Durante qué intervalos de tiempo es el movimiento acelerado y durante cuáles retardado? c) Haced una gráfica de la posición x, la velocidad v y la aceleración a en función del tiempo t. Solución a)

Moverse en dirección positiva del eje x significa v > 0. Por tanto, primero calculamos: v = dx/dt = 3t2 – 6t – 9 , que es una parábola y dibujaremos buscando los ceros en primer lugar (nos interesa ver donde v es > 0 y < 0): v = 0 = 3t2 – 6t – 9 ⇒ t = –1 s, 3 s . Para dibujarla mejor vemos también dónde tiene su mínimo: a = dv/dt = 6t – 6 = 0 ⇒ t = 1 s, v(t = 1 s) = –12 m/s . 80 v(t)

Velocidad (m/s)

60

Con estos datos obtenemos:

40 20

v > 0 para t < –1 s y t > 3 s ; v < 0 para –1 s < t < 3 s .

t=3s

t = -1 s

0 -20

-2

0

2

Tiempo (s)

4

6

40

a(t)

30

Aceleración (m/s2)

b) Movimiento acelerado: cuando v y a tienen el mismo signo: –1 s < t < 1 s ; t > 3 s. Movimiento retardado: cuando v y a tienen distinto signo: t < –1 s ; 1 s < t < 3 s .

20 10 0 -10 -30

26

t=1s

-20 -2

0

2

Tiempo (s)

4

6

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

c)

Gráfica x(t). Para dibujarla tenemos en cuenta los puntos fundamentales: Máximo en x(t = –1 s) = 10 m, v(t = –1 s) = 0 y a(t = –1 s) < 0 ; Mínimo en x(t = 3 s) = –22 m, v = 0 y a(t = 3 s) > 0 ; Punto de inflexión en t = 1 s (a = 0) , x(t = 1 s) = –6 m; Otros puntos: x(0) = 5 m, x(5) = 10 m. 30 x(t)

Posición (m)

20 10 0 -10 -20 -30

-2

0

2

Tiempo (s)

4

6

2.3.- Se lanza un cuerpo hacia arriba en dirección vertical con una velocidad de 98 m/s desde el tejado de un edificio de 100 m de altura. Encontrad: a) b) c) d)

La máxima altura que alcanza sobre el suelo. El tiempo necesario para alcanzarla. La velocidad al llegar al suelo. El tiempo total transcurrido hasta que el cuerpo llega al suelo.

v h H

Solución: Para resolver este tipo de problemas en la superficie de la Tierra, donde los cuerpos están sometidos a la aceleración constante de la gravedad g = 9.8 m/s2, planteamos primero la ecuación del movimiento uniformemente acelerado según el eje vertical paralelo al vector g. Si escogemos el eje x como el eje vertical apuntando hacia arriba, la ecuación del movimiento en este caso viene dada por: r(t) = x(t) i, siendo: x(t) = x0 + v0x t + (1/2) a t2,

con a = –9.8 m/s2 y los datos iniciales para t = 0: x0 = 100 m, v0x = 98 m/s. 27

DOCUMENTOS DE TRABAJO

a) y b) La altura máxima que el cuerpo alcanza sobre el suelo la encontraremos una vez calculado el tiempo que tarda en alcanzarla que nos piden en el apartado b). El tiempo en subir tsub se obtiene fácilmente en la situación en que la velocidad se anula, en nuestro caso sólo en el punto más alto de la trayectoria. Así: v(tsub) = v0x – gtsub = 0 se cumple para tsub = v0x /g = 98 ms-1 / 9.8 ms-2 = 10 s . Por tanto, la altura máxima es: x(tsub) = 100 + 980 – 490 = 590 m . c) y d) Obtenemos primero el tiempo tfinal en llegar al suelo, que está en x = 0: x(tfinal) = 0 = 100 + 98 tfinal – (1/2) 9.8 (tfinal)2, de donde se obtienen las dos soluciones tfinal = –1.0 s (sin sentido físico pues el experimento comienza en t = 0) y el resultado válido: tfinal = 21.0 s. La velocidad en llegar al suelo se obtiene a partir de tfinal: v(tfinal) = v0x – gtfinal = 98 ms-1 – 9.8 ms-2 ⋅ 21 s = –108 m/s . El signo negativo indica que la velocidad tiene sentido contrario al eje x escogido al principio, es decir, hacia abajo.

2.4.- a)

b)

¿Cuál es la velocidad del centro de la Tierra alrededor del Sol? Considérese que la órbita es circular y que su radio vale 1.49×1011 m. Calcúlese su aceleración centrípeta y compárese con g.

Solución Considerando que su movimiento es circular uniforme:

R

28

v a

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

a)

v = 2πR/T = 2π (1.49×1011 m) / (365⋅24⋅3600 s) = 2.97×104 m/s ,

que son ~ 100000 km/h, o bien ~ 10-4 c (velocidad de la luz). b)

ac = v2/R = (2.97×104 m/s)2 / (1.49×1011 m) = 5.92×10-3 m/s2,

de donde: ac/g ~ 6×10-4 (0.06%) .

2.5.- La Tierra rota alrededor de su eje con velocidad angular ω constante. Encontrad en función de la latitud la velocidad y la aceleración de un punto sobre la superficie terrestre. Solución: Un punto en la superficie de la Tierra a una latitud λ, describe un movimiento circular uniforme en una circunferencia de radio:

ω

r = R cos(λ) , con R = 6370 km .

r

R

λ

Además, el movimiento lo realiza con la velocidad angular ω de la Tierra. Para calcular ω con buena precisión, recordamos que durante un día natural de 24 h la Tierra gira aproximadamente 361º, por lo que:

ω = [2π (361º/360º ) (rad)] / [1 día ⋅ 24 h/día ⋅ 3600 s/h] = 7.29×10-5 s-1. Por tanto, la velocidad de ese punto es: v = ω r = ω R cos(λ) = 464 cos(λ) m/s . Su aceleración centrípeta será: ac = v2/r = ω2 r = ω2 R cos(λ) = 0.0339 cos(λ) m/s2. En el Ecuador ac toma su valor máximo, que comparado con g resulta: ac / g ∼ 0.34 % .

29

DOCUMENTOS DE TRABAJO

2.6.- La Luna gira alrededor de la Tierra, efectuando una revolución completa en 27.3 días. Supóngase que la órbita es circular y que tiene un radio de 3.85×105 km. ¿Cuál es la magnitud de la aceleración centrípeta de la Luna? Solución: ac = v2/R = ω2 R , con ω = 2π / T = (2π (rad)) / (27.3⋅días ⋅ 24 h/día ⋅ 3600 s/h) = 2.66×10-6 s-1. Por tanto: ac = ω2 R = 2.72×10-3 m/s2, (0.03% de g) .

2.7.- Una partícula describe una trayectoria circular de radio r con una velocidad cuyo módulo evoluciona en el tiempo según v = bt, siendo b constante. Calculad las componentes normal y tangencial de la aceleración total at y su módulo at. Solución: Las componentes del vector aceleración total at serán: Aceleración tangencial: dv

aT =

dt

Aceleración normal:

aN =

v

2

r

=

= b.

b2 2 t . r

Finalmente, el módulo at será:

at = b 2 +

b4 4 b2 4 = + t b 1 t . r2 r2

2.8.- Desde el vértice de una cúpula semiesférica de radio R se golpea un balón, y se le imprime una velocidad horizontal v0. Calcúlese la velocidad mínima necesaria que hay que darle para que no impacte con la cúpula en su caída. ¿A qué distancia de la base de la cúpula caerá?

v0 R 30

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Solución:

y

v0

R

x

Según la figura, para que el balón no impacte con la cúpula, la trayectoria parabólica del balón (parábola continua) sólo debe tener el punto (0, R) en común con la circunferencia correspondiente a la cúpula, mientras que si tiene alguno más (parábola de trazos), el balón impactará. Plantearemos las ecuaciones de ambas curvas y buscaremos sus puntos en común: 1) Ecuación de la trayectoria parabólica del balón: A partir de la ecuación del movimiento del balón: x(t) = v0 t , y(t) = R – (1/2) g t2, si sustituimos t = x/v0 en y(t), obtenemos la ecuación de la trayectoria (parábola) que describe el balón: y(x) = R – (g / 2v02) x2. 2) Ecuación de la circunferencia de la cúpula: x2 + y2 = R2. Hallamos ahora los puntos de corte de ambas curvas: x2 + [y2] = x2 + [R2 + x4 g2 /(4 v04) –2 x2 R g /(2 v02)] = R2, o bien: x2 ( 1 + x2 g2 /(4 v04) – R g /(v02) = 0 . Una primera solución obvia es para x = 0 (vértice de la cúpula), que es la única que deseamos que exista. Consideramos ahora aquellos valores de x ≠ 0 que implicarían el impacto del balón. Si dividimos por x2 obtenemos las soluciones: x = ± 2 (v02/g) (R g /v02 – 1)1/2. Para que no existan estas soluciones (raíz cuadrada de número negativo) se debe satisfacer: v02 > Rg, es decir, la velocidad mínima será: (v0)min = (R g)1/2.

31

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Para v0 ≥ (v0)min la trayectoria del balón es una parábola que cortará al eje x (y = 0). El tiempo que tarda en caer para y(tc) = 0 = R – (g/2) (tc)2 resulta: tc = (2R/g)1/2. Por tanto para (v0)min = (R g)1/2 la distancia horizontal recorrida será: x(tc) = (v0)min tc = (R g)1/2 (2R/g)1/2 = √2 R. Por último, la distancia de la base de la cúpula a la que caerá será: d = (√2 – 1) R. Solución alternativa: Para que la trayectoria del balón no corte a la circunferencia de radio R, el radio de curvatura r de la trayectoria parabólica, que toma su mínimo valor en la cúpula, debe cumplir: r ≥ R , con rmin = R . Dado que en la cúpula el vector aceleración g sólo tiene componente centrípeta, tendremos: g = [(v0)min]2 / rmin

⇒

(v0)min = (R g)1/2 .

2.9.- La posición de una partícula viene dada por r (t) = t3 i + (t – 1) j. Determinad: a) La ecuación de la trayectoria. b) La posición, velocidad y aceleración para t = 1s. c) Las componentes normal y tangencial de la aceleración para t = 1s. d) El radio de curvatura para t = 1s. Solución: a) Trayectoria: x(t) = t3 ; y(t) = t – 1

⇒ t = y+1

⇒

x1/3 = y+1

⇒

b) Posición: r(t = 1 s) = i. Velocidad: v(t) = dr/dt = 3t2 i + j ⇒ v(t = 1 s) = (3i + j) m/s ; además:│v(t = 1 s)│= 10 m/s.

32

y = x1/3 –1 .

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Aceleración: a(t) = dv/dt = 6t i ⇒ a(t = 1 s) = 6i m/s2 ; además:│a(t = 1 s)│= 6 m/s2 . c) Usaremos: │a│2 = │aN│2 + │aT│2 , con aT = d│v│/ dt . Calculamos:

aT =

d

( 9t + 1) = 4

dt

18t 3

⇒ a T (t = 1 s ) =

4

9t + 1

18 10

m/s2.

Podríamos calcular aN = v2/R , si conociéramos el radio de giro R. 2

Lo calculamos con │a(t = 1 s)│= 6 m/s =

18 2 + a N2 (t = 1 s ) , de donde: 10

│ aN (t = 1 s)│=

6 10

m/s2.

Para t = 1 s, con │aN│= v2/R , tenemos: R(t = 1 s) =

10 m 2 /s 2 5 10 m . = 6 3 2 m/s 10

2.10.- La aceleración de un cuerpo que se mueve rectilíneamente según el eje x viene dada por a(t) = 4 − t2 (donde a se expresa en m/s2 y t en s). Calculad la dependencia temporal de la velocidad v(t) y del desplazamiento x(t) sabiendo que cuando t = 3 s, v = 2 m/s y x = 9 m. Solución: Es fundamental tener presente que el movimiento no es uniformemente acelerado, pues a no es constante, sino que depende de t. Por tanto, calculamos v(t) en primer lugar del siguiente modo: a = dv/dt = 4 – t2 ⇒ dv = (4 – t2) dt .

33

DOCUMENTOS DE TRABAJO

A continuación, calculamos las integrales definidas imponiendo las condiciones iniciales en los límites inferiores y las variables genéricas v y t en los superiores: v

t

2

3

t

t '3  4 − t ' dt ' ⇒ v'] = 4t '] −  . 3 3

∫ dv' = ∫ (

2

)

v 2

t 3

Desarrollando, tenemos: v(t) = 2 m/s + (4 m/s2) t – 12 m/s – (1/3 m/s4) t3 + 9 m/s. O bien, finalmente: v(t) = – 1/3 t3 + 4 t – 1 m/s . Una vez encontrada la expresión para v(t) calculamos x(t) del siguiente modo: v = dx/dt = – 1/3 t3 + 4 t – 1 ⇒ dx = (– 1/3 t3 + 4 t – 1) dt . Integramos esta expresión teniendo en cuenta las condiciones iniciales: x

t

 t '3   dt ' ⇒ = − + − dx t ' 4 ' 1 ∫9 ∫3  3 

t

t t '4  t x'] = −  + 2t ' 2 3 − t ']3 . 12  3 x 9

]

Desarrollando, obtenemos: x(t) = 9 m – (1/12 m/s4) t4 + 81/12 m + (2 m/s2) t2 – 18 m – (1 m/s) t + 3 m . O bien, finalmente: x(t) = – 1/12 t4 + 2 t2 – t + 3/4 m .

2.11.- La aceleración de un cuerpo en un medio viscoso depende de su velocidad de la forma: a = – 2v. En el instante inicial el cuerpo se encuentra en x = 1 m, y su velocidad es v0 = 1 m/s. Calculad la velocidad y la posición del cuerpo en función del tiempo. ¿Cuál será la máxima distancia alcanzada? Solución: Suponemos el movimiento rectilíneo según el eje x ya que no se dan vectores, sino sólo componentes a y v. Además, igual que en el problema 2.10, es fundamental tener presente que el movimiento no es uniformemente acelerado, pues a no es constante, sino que en este caso depende de v. Por tanto, para calcular v(t) y x(t) debemos proceder del siguiente modo: a = dv/dt

⇒ dv = a dt = –2v dt ⇒ dv/v = –2 dt .

34

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

A continuación calculamos las integrales definidas, con los límites inferiores dados para las condiciones iniciales y los límites superiores para las variables genéricas v y t que nos proporcionarán la expresión que buscamos de v(t): v

t

dv' ∫v v' = t∫ − 2dt ' ; 0 0

v v t ln (v')]v0 = ln (v ) − ln (v0 ) = ln  = − 2(t ')]t0 = −2t + 2t 0 = −2t .  v0  Tomando exponenciales, queda finalmente: v(t ) = v0 e −2t .

Para obtener la posición del cuerpo en función del tiempo integraremos la expresión obtenida para v(t): v = dx/dt ⇒ dx = v dt ; x

t

x0

t0

− 2t ' ∫ dx' = ∫ v0 e dt ' = −

v0 − 2t (e − 1) = x − x0 . 2

Con las condiciones iniciales dadas: v0(t0 = 0) = 1 m/s y x0(t0 = 0) = 1 m, tenemos:

x(t ) = 1 +

1 1 − 2t 3 1 − 2t − e = − e m. 2 2 2 2

Máxima distancia alcanzada (t → ∞): xmax = 3/2 m.

2.12.- Un barquero rema con una velocidad de 0.5 m/s respecto a las aguas de un río. Remando a favor de la corriente, en un momento determinado se le cae la botella de vino, que medio llena, queda flotando sobre el río. A los 20 s, el remero se percata, y dando media vuelta rema en contra de la corriente hasta encontrar su botella. ¿Cuánto tarda en encontrarla, si la corriente del río respecto la orilla es de 2 m/s? Solución: Eligiendo el sistema de referencia del río, el barquero habrá avanzado x = v t = 10 m a los 20 s. Si se da la vuelta y sigue remando a 0.5 m/s, tardará otros 20 s en recuperar la botella. Este problema pone de manifiesto la importancia de elegir el sistema de referencia adecuado para resolver cierto tipo de problemas de la forma más sencilla.

35

DOCUMENTOS DE TRABAJO

2.13.- Una partícula describe un movimiento en un plano dado en coordenadas polares por: r(t) = k t, ϕ(t) = ω t. a) Determínese su trayectoria. ¿De qué tipo de trayectoria se trata? b) Calcúlese su velocidad en coordenadas cartesianas. c) Determínese su aceleración tangencial aT. d) ¿Cuál es el límite de aT para tiempos grandes? Solución:

a) Para determinar la trayectoria despejamos el tiempo de ϕ (t) y lo sustituimos en r(t), quedando:

y r

r(ϕ) = (k/ω) ϕ .

ϕ

Por tanto, la trayectoria es una espiral, ya que r aumenta linealmente con el ángulo ϕ.

x

b) Para pasar a coordenadas cartesianas usamos las siguientes expresiones: x = r cos (ϕ) ; y = r sen (ϕ) ;

x(t) = k t cos (ω t) ; y(t) = k t sen (ω t) .

De ahí podemos obtener la velocidad en coordenadas cartesianas: vx = dx/dt = k cos(ω t) – k t ω sen(ω t) ; vy = dy/dt = k sen(ω t) + k t ω cos(ω t) . c) La aceleración tangencial aT la calculamos obteniendo primero el módulo de la velocidad y luego derivándolo respecto del tiempo:

v(t ) = v x2 + v y2 = k 1 + ω 2 t 2 ;

aT =

dv dt

=

kω 2 t 1 + ω 2t 2

.

d) Para tiempos grandes el denominador de la expresión de aT tiende a ω t ya que ω2t2 será mucho mayor que 1. Por tanto, aT (t →∞) = k ω .

36

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

2.14.- Por efecto de un campo magnético y un campo eléctrico, un protón se mueve con una velocidad v(t) = – Rω sen(ωt) i + Rω cos(ωt) j + 2bt k. Calcúlese: a) La ecuación del movimiento, sabiendo que en el instante inicial el protón se encuentra en la posición (0,R,0). b) La aceleración. c) La aceleración tangencial. Solución: a) Tenemos que v(t) = dr/dt, de donde dr = v dt . Planteamos la integral y la resolvemos: r

t

r0

0

∫ dr = ∫ [− Rω sen(ωt ′)i + Rω cos(ωt ′) j + 2bt ′k ] dt ′ ;

r – r0 = x i + (y-R) j + z k =. R cos(ωt ′)]t0 i + R sen (ωt ′)]t0 j + bt ′2 ]0 k t

Por tanto, la ecuación del movimiento resulta: x = R [cos ωt – 1]; y = R [sen ωt + 1]; z = bt2, que da lugar a una trayectoria espiral. b) Aceleración: a = dv/dt = – R ω2 cos(ωt) i – R ω2 sen(ωt) j + 2b k. c) Aceleración tangencial:

aT =

dv dt

=

d

( Rω 2

)

2

+ 4b 2 t 2 = dt

4b 2 t R 2ω 2 + 4b 2 t 2

,

que tiende a 2b para t → ∞.

2.15.- Se lanza una piedra desde un acantilado con un ángulo de 37° respecto a la horizontal como se indica en la figura. El acantilado tiene una altura de 30.5 m respecto al nivel del mar y la piedra alcanza el agua a 61 m medidos horizontalmente desde el acantilado. Encontrad:

h 37º 30.5 m

y x 61 m

37

DOCUMENTOS DE TRABAJO

a) El tiempo que tarda la piedra en alcanzar el mar desde que se lanza desde el acantilado. b) La altura h máxima alcanzada por la piedra. Solución: a) Planteamos la ecuación del movimiento para los ejes x e y: x = x0 + v0x t, con v0x = v0 cos (37º); y = y0 + v0y t + 1/2 a t2, con v0y = v0 sen (37º), donde v0 es desconocido por ahora y a = –g = –9.8 m/s2. Con los datos indicados en el enunciado queda: x = 0 + v0 cos(37º) t, y = 30.5 m + v0 sen(37º) t – (1/2) 9.8 m/s2 t2. Para el punto de caída (x = 61 m , y = 0 m): 61 m = v0 cos(37º) t , 0 = 30.5 m + v0 sen(37º) t – 4.9 m/s2 t2, que forman un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, v0 y t. Sustituyendo t de la primera ecuación en la segunda y resolviendo, obtenemos: v0 = 19.33 m/s , t = 3.95 s. b) Altura que alcanza: h = (v0y)2/2g = 6.91 m.

2.16.- La posición de una partícula cambia con el tiempo, siendo sus coordenadas: x = t; y = 4t2; z = –2t. Escríbanse: a) Los vectores posición, velocidad y aceleración en coordenadas cartesianas. b) Las componentes intrínsecas de la aceleración, así como la ecuación vectorial de la aceleración en dichas coordenadas.

38

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Solución: a) Posición, velocidad y aceleración: r(t) = t i + 4t2 j –2t k . v(t) = dr/dt = i + 8t j –2 k . a(t) = dv/dt = 8 j . b) Aceleración tangencial:

v = 1 + 64t 2 + 4 = 5 + 64t 2 , a T = d v / dt =

64t 5 + 64t 2

.

Aceleración normal: la obtenemos de: a2 = 64 = aN2 + aT2 :

a N2 =

320 5 + 64t 2

⇒ aN =

8 5 5 + 64t 2

.

La ecuación vectorial de la aceleración en sus coordenadas intrínsecas, con vectores unitarios uT y uN queda: a=

1 5 + 64t 2

[ 64t u

T

]

+ 8 5 uN .

2.17.- El vector aceleración de una partícula en movimiento viene expresado en el SI por a = 6t i – 2 k. Inicialmente la partícula se encuentra en Po (1, 3, –2) y transcurridos 3 s su velocidad es v = 3 i + 2 j – 6 k (m/s). Calculad el vector velocidad y el vector posición en cualquier instante. Solución: Datos del problema: r0(t = 0) = (1, 3, –2) m ; v(t = 3) = (3, 2, –6) m/s .

39

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Velocidad:

dv = adt ; t

v (t ) − v (3) = ∫ (6t ' i − 2k )dt ' = (3t 2 − 27)i − (2t − 6)k m/s ; 3

v (t ) = (3t 2 − 24)i + 2 j − 2tk m/s . Posición:

dr = vdt ; t

[

]

r (t ) − r (0) = ∫ (3t ' 2 −24)i + 2 j − 2t ' k dt ' = (t 3 − 24t )i + 2t j − t 2 k m ; 0

r (t ) = (t 3 − 24t + 1)i + (2t + 3) j − (t 2 + 2)k m .

2.18.- La variación de la aceleración de la gravedad con la altura h viene dada por la siguiente expresión:

g=−

GM 0

(RT + h )2

y cuando h = 0 entonces │g│ = g0 = 9.8 m/s2. Teniendo en cuenta esta expresión, calcúlese la velocidad inicial v0 que habría que darle a un cuerpo (sin propulsión autónoma) para que lanzado verticalmente desde la superficie terrestre, ascienda a una altitud de 4.000 km. Datos: RT = 6.300 km, y suponemos nula la resistencia del aire. Solución: Dado que g no es constante, si queremos obtener una expresión para v(h) usamos: g = dv/dt ⇒ dv = g dt = g (dh/v) ⇒ v dv = g dh , donde hemos tenido en cuenta que v = dh/dt para sustituir dt en la expresión anterior. Por tanto, podemos plantear la siguiente integral definida, considerando los límites correspondientes a las situaciones inicial y final. Para esta última, se alcanza la altura máxima hmax con velocidad final nula: 0

hmax

v0

0

∫ v' dv' = ∫ g dh' . 40

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Con la expresión para g(h) del enunciado, resolveremos la integral del segundo término teniendo en cuenta que: dx

∫ ( px + q )

2

=

−1 , p( px + q )

con p = 1 y q = RT en nuestro caso. Por tanto: 0

v02 v' 2  = − =  2 v 2 0

hmax

GM 0

∫ − (R 0

T

hmax

+ h ')

2

GM 0  dh' =  RT + h'  0

 1 1  − g 0 RT2  ,  RT + hmax RT 

=

donde hemos usado: GM0 = g0 RT2. Por tanto:  RT2  v0 = 2 g 0  RT − . RT + hmax  

Para hmax = 4000 km, se obtiene: v0 = 6925 m/s. Además, para hmax → ∞ se obtiene v0 → (2g0RT)1/2 = 11150 m/s, que se conoce como velocidad de escape de la Tierra.

2.19.- La ecuación de la aceleración en función de la velocidad de una partícula material en trayectoria recta es a = 3 1 − v 2 . Sabiendo que el móvil parte del reposo en el origen de coordenadas, calcúlense las ecuaciones cinemáticas x = x(t); v = v(t) y a = a(t). Solución: Velocidad: a=

dv = 3 1− v2 dt

⇒

dv 1− v2

= 3dt .

Teniendo en cuenta que:

∫

dx

 x = arcsen  , b b2 − x2

con b=1 en nuestro caso, resulta: arcsen(v')]0 = 3t ']0 v

t

⇒ arcsen(v ) = 3t ⇒ v(t ) = sen (3t ) .

41

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Aceleración: a (t ) = 3 1 − v 2 = 3 1 − sen 2 (3t ) = 3 cos(3t ) .

Posición:

dx v= = sen (3t ) ⇒ dx = sen (3t ) dt ⇒ dt

x

t

0

0

∫ dx' = ∫ sen(3t ') dt ' ,

de donde finalmente:

x(t ) =

1 − cos(3t ) . 3

2.20.- Una canoa que lleva inicialmente una velocidad v0 se ve frenada por una aceleración del tipo a = −be kv , siendo b y k constantes. a) Calculad el tiempo que tarda en pararse. b) Calculad la distancia que recorre hasta detenerse. Solución: a) En primer lugar, tenemos:

a=

dv = −be kv dt

⇒ e −kv dv = −b dt .

A continuación planteamos la integral definida e integramos: 0

∫e

− kv '

v0

0

tp

e − kv '  dv' = −b ∫ dt ′ ⇒ −  = −bt p , k v 0 0

donde tp es el tiempo en pararse (v = 0). Por tanto, resulta:

−

(

)

1 1 − e − kv0 = −bt p k

⇒ tp =

(

)

1 1 − e − kv0 . kb

b) Para encontrar la distancia recorrida hasta detenerse, usaremos dt = dx/v. Por tanto:

e − kv dv = −b dt ⇒ e − kv v dv = −b dx .

42

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

A continuación planteamos la integral definida: 0

∫ v' e

v0

− kv '

xmax

dv' = −b ∫ dx' , 0

que resolveremos usando: cx ∫ xe dx =

1 e cx  x − . c  c

En nuestro caso c = –k, con lo que obtenemos: 0

1  e − kv '   v'+  = x max kb  k  v 0

⇒

x max

43

1 1  e − kv0  . = 2 −  v0 +  k  kb k b 

TEMA III DINÁMICA

3.1.- Un vagón inicialmente en reposo acelera con una aceleración constante a = (5 m/s2) i. Resuélvanse los siguientes problemas en el sistema de la vía (inercial) utilizando fuerzas reales y en el sistema del vagón (no inercial) utilizando fuerzas ficticias: a) Un objeto de 2 kg se desliza por el suelo sin rozamiento a una velocidad inicial de (10 m/s) i respecto al vagón. ¿Cuándo alcanzará el objeto su posición original en relación al vagón? b) Un objeto de 2 kg se suspende del techo por una cuerda inextensible y sin peso. ¿Qué ángulo forma la cuerda con la vertical? Solución: a)

a

y , y’ O’ O

v0

x’

Como muestra el dibujo, primero escogemos los sistemas de referencia inercial O fijo en la vía (respecto del que acelera el vagón), así como el no inercial O’ que fijamos al vagón con origen en la posición inicial del objeto xO’(t = 0) y acelera respecto de O.

x

Para el instante inicial (t = 0) representado en el dibujo se tiene: xO’(0) = xobj (0) = x’obj(0) = 0 , donde las variables sin “prima” (’) se referirán siempre al sistema inercial O y las variables con “prima” al sistema no inercial del vagón O’. SISTEMA INERCIAL (VIA): Fuerzas REALES que actúan sobre el objeto: Eje y: ΣFy = 0 ⇒ N – mg = 0 ; Eje x: ΣFx = 0, sin rozamiento y con vx = v0 = 10 m/s .

45

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Por tanto, en la VIA (O): xobj(t) = v0 t . Fuerzas REALES que actúan sobre el vagón: no hace falta considerarlas ya que tenemos ax = 5 m/s2. Por tanto, la posición del vagón en la VIA (O) será: 1

xO’(t) = 2 ax t2 .

Por tanto, xobj(t) y xO’(t) coincidirán para:

1

v0t = 2 ax t2,

de donde tenemos solución para t = 0 (instante inicial) y t = 2v0/ax, es decir: t = 4 s. SISTEMA NO INERCIAL (VAGÓN): Para que la 2ª Ley de Newton tenga validez en un sistema no inercial O’, debemos restar las fuerzas FICTICIAS sobre el objeto a las fuerzas reales: ΣFreal – Ffict = m a’obj , donde a’obj es la aceleración del objeto en O’ y Ffict = m aO’ , con aO’ la aceleración de O’ respecto de O. Sólo interesa estudiar el movimiento según el eje x: ΣFx – m aO’ = m a’obj , con aO’ = ax = 5 m/s2. Además ΣFx = 0, de donde resulta: a’obj = – ax = –5 m/s2 ⇒ x’obj(t) = v0’t – ½ ax t2 , con v0’= v0 . En el vagón x’O’(t) = 0 siempre, por lo que x’obj coincidirá con x’O’ para los valores de t que cumplan: 1

0 = v0’t – 2 ax t2 , es decir, para t = 0 y t = 4 s.

b)

a

ϕ

Si la aceleración es constante, el ángulo ϕ también permanecerá constante, como muestra el dibujo. SISTEMA INERCIAL (VIA):

a

ϕ

T

P

R

-ma P

T

ϕ

Las fuerzas reales que actúan sobre el objeto son su peso P = mg y la tensión de la cuerda T, como muestra la figura de la izquierda. Por tanto, la 2ª Ley de Newton para las componentes según los ejes horizontal (x) y vertical (y) del sistema inercial, nos dice:

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PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

ΣFy = Tcosϕ – mg = 0 (el objeto no acelera según el eje y). ΣFx = Tsenϕ = m aO’ (el objeto acelera junto con el vagón respecto de la vía). Por tanto, dividiendo ambas ecuaciones tenemos: tgϕ = aO’/g , de donde: ϕ = 27º. SISTEMA NO INERCIAL (VAGÓN): Dentro del vagón el objeto no acelera, ni según x’ ni según y’, pero hay que restar la fuerza FICTICIA (maO’) a las fuerzas reales según el eje x’: T senϕ – maO’ = 0. Además, la ecuación para el eje y’ es igual que antes, pues no hay componente vertical de la fuerza ficticia. Por tanto, resultan las mismas ecuaciones que para el sistema inercial y obtendremos el mismo resultado.

3.2.- Un automóvil cuya masa es de 1000 Kg sube por un camino con inclinación de 20°. Determinad la fuerza que ha de ejercer el motor si el automóvil debe moverse (a) con movimiento uniforme, (b) con aceleración de 0.2 m/s2. Encontrad también en cada caso la fuerza que el camino ejerce sobre el automóvil. Solución:

y N

F

x

Si escogemos el sistema de ejes cartesianos x e y según muestra el dibujo (fijo en el camino, no en el automóvil), la 2ª ley de Newton para las componentes de las fuerzas que actúan sobre el automóvil según cada eje, nos dice: ΣFx = max ⇒ Fcamino – mg senθ = max ;

θ

P

ΣFy = may ⇒ Ncamino – mg cosθ = 0 .

Se ha tenido en cuenta que el automóvil sólo puede acelerar según el eje x y que el motor ejerce fuerza sobre el camino, de modo que por la 3ª Ley de Newton Fmotor = – Fcamino y es el camino el que finalmente ejerce fuerza sobre el automóvil.

47

DOCUMENTOS DE TRABAJO

a) Movimiento uniforme: ax = 0 : Fcamino = mg senθ = 3352 N = – Fmotor. b) Movimiento uniformemente acelerado: ax = 0.2 m/s2 : Fcamino = m (g senθ + ax) = 3552 N = – Fmotor. La fuerza que ejerce el camino ya está dada según el eje x. Según el eje y siempre se cumple: Ncamino = mg cosθ = 9209 N.

3.3.- Un automóvil describe una curva de radio R en una carretera horizontal sin peralte. Mientras describe la curva el módulo de su velocidad es constante. a) Determínese la expresión del valor máximo del módulo de la velocidad que puede alcanzar el automóvil sin derrapar, llamando m al coeficiente de rozamiento. b) Calcúlese dicha velocidad si R = 150 m, para días secos, lluviosos y nevados suponiendo que el coeficiente de rozamiento m entre el neumático y el asfalto vale 0.75, 0.50 y 0.25 respectivamente. Solución: N

R

aN P

a) Este tipo de problemas conviene estudiarlos escogiendo un sistema de referencia INERCIAL cartesiano con origen en el centro de la trayectoria circular y coordenadas polares en el plano del movimiento, de forma que el vector de posición tiene dirección radial apuntando hacia el objeto en movimiento. Obsérvese que un sistema de ejes cartesianos x’ e y’ con origen en el objeto que describe el movimiento circular es un sistema de referencia NO INERCIAL, ya que está sometido a la aceleración centrípeta: aN = v2/R . Por tanto, en el sistema inercial la 2ª ley de Newton para la dirección radial nos dice: –FR = –m aN , donde la fuerza de rozamiento FR es la única responsable del movimiento circular y hemos considerado el signo “menos” pues FR tiene sentido contrario al del vector de

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PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

posición, igual que la aceleración centrípeta. Nótese que no existe aceleración tangencial, ya que nos dicen que el módulo de la velocidad del automóvil es constante. Por otra parte, según el eje vertical (perpendicular al plano del movimiento) tampoco hay aceleración, pero necesitamos considerar las fuerzas N y P según este eje para resolver el problema. Por tanto, además tenemos la ecuación: N – mg = 0 . Como la fuerza de rozamiento viene dada por FR = mN, resulta: FR = mN = m mg = m v2/R . Despejando v obtenemos la expresión que buscamos:

vmax = m max g R Obsérvese que dependiendo del valor de v, el valor de FR (de m) variará hasta su máximo valor posible (FR)max = mmax N, donde mmax es el valor del coeficiente de rozamiento estático que se da en el problema. b) Valor de vmax para R = 150 m:

mmax = 0.75 ⇒ vmax = 33.2 m/s (120 km/h) . mmax = 0.50 ⇒ vmax = 27.1 m/s ( 98 km/h) . mmax = 0.25 ⇒ vmax = 19.2 m/s ( 69 km/h) .

3.4.- Un paracaidista de 80 Kg de masa se lanza desde un avión y adquiere una velocidad límite de 60 m/s con el paracaídas cerrado. a) ¿Cuál es la magnitud de la fuerza de rozamiento del aire que actúa sobre él? b) Si la fuerza de rozamiento es igual a bv2, ¿cuál es el valor de b? Abre el paracaídas y reduce su velocidad límite a 6 m/s: c) ¿Cuál es el valor de b en esta situación? d) Calculad la aceleración media sufrida por el paracaidista si tardó 5 s en alcanzar la nueva velocidad límite. Solución: a) Escogiendo el eje vertical del movimiento apuntando hacia arriba, planteamos la 2ª ley de Newton para el caso de la velocidad límite (a = 0): Froz – mg = 0 , de donde Froz = mg = 784 N .

49

DOCUMENTOS DE TRABAJO

b) Para Froz = bv2, se tiene b = Froz / v2 = (784 kg m s-2) / (3600 m2 s-2) = 0.22 kg/m. c) b = Froz / v2 = (784 kg m s-2) / (36 m2 s-2) = 22 kg/m. d) amedia = (vf – v0) / t = (6 ms-1 – 60 ms-1) / 5 s = – 10.8 ms-2. En este resultado, el signo “menos” significa frenado, a en sentido contrario a v.

3.5.- Una pequeña partícula contaminante de 10-10 g de masa cae a tierra a través del aire en reposo a una velocidad constante. La fuerza de rozamiento del aire es de la forma bv, donde b = 3.33×10-6 g/s. En el instante t = 0 dos rachas de viento horizontales alcanzan a la partícula sometiéndola a la acción de dos fuerzas constantes F1 = 5×10-13 N i − 10-12 N j y F2 = 6.5×10-13 N i + 1.3×10-12 N j. Determínese la posición y velocidad de la partícula 7 s después. Solución: La partícula tiene inicialmente una velocidad vertical (sólo componente z) que vendrá dada por su velocidad límite vl, que es constante y calculamos: bvl – mg = 0 ⇒ vl = mg/b = 2.94×10-4 m/s . Como las fuerzas que alcanzan a la partícula en t = 0 sólo tienen componentes x e y, la ecuación del movimiento según el eje z (escogido apuntando hacia arriba) será: z(t) = – 2.94×10-4 t m . Las componentes x(t) e y(t) las obtendremos a partir de las ecuaciones para el movimiento uniformemente acelerado, ya que las fuerzas en el plano horizontal son constantes. Por tanto, buscaremos los valores de la aceleración ax y ay: ∑F = m a ⇒ F1 + F2 = (1.15×10-12 N) i + (0.30×10-12 N) j = m ax i + m ay j . Por tanto: x(t) = ½ ax t2 = 5.75 t2 m , y(t) = ½ ay t2 = 1.50 t2 m , donde la masa m la hemos expresado en kg: m = 10-13 kg. Las componentes de la velocidad serán: vx = ax t = 11.5 t m/s , vy = ay t = 3.0 t m/s , vz = cte = – 2.94×10-4 m/s .

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PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Por tanto, a los 7 s la partícula tendrá la siguiente posición y velocidad: x = 282 m , vx = 80.5 m/s , y = 73.5 m , vy = 21.0 m/s , z = – 20.6×10-3 m , vz = – 2.94×10-4 m/s . Nótese que hemos despreciado el rozamiento con el aire para el movimiento en el plano horizontal con la idea de emplear las ecuaciones simples del movimiento uniformemente acelerado. El lector debería estimar si para velocidades de 10 o 100 m/s, como las calculadas a los 7 s, es razonable o no hacer tal aproximación.

3.6.- Un hombre está de pie sobre una balanza de resorte en un ascensor. ¿Cuál es la lectura de la balanza cuando el ascensor acelera (a) hacia arriba y (b) hacia abajo? Solución:

a

N

N a P a)

P

Consideramos primero un sistema de referencia INERCIAL, fuera del ascensor. En este caso las fuerzas REALES que actúan sobre el hombre dan lugar a su aceleración a, que es la propia del ascensor con el hombre dentro: N – mg = ma , donde N es la fuerza de contacto normal que ejerce la balanza sobre el hombre y que, por la 3ª ley de Newton, también es la que ejerce el hombre sobre la balanza y determina la lectura. Por tanto: N = m (g+a) . En el sistema de referencia del ascensor, NO INERCIAL, no observamos aceleración, pero hay que restar la fuerza FICTICIA (ma): N – mg – ma = 0 , que da lugar al mismo resultado.

b) En un sistema de referencia INERCIAL, para este caso se tiene: N – mg = – ma ,

51

DOCUMENTOS DE TRABAJO

de donde N = m (g–a) . En el sistema NO INERCIAL hay que restar (–ma): N – mg + ma = 0 .

3.7.- Encontrad la velocidad límite y el tiempo que tarda en recorrer 1000 m una gota de agua esférica de 0.1, 10, y 1000 mm de radio, suponiendo una ley en v2 y una constante b = 8.7x10-6 gr cm-1. (Los distintos radios corresponden a los valores típicos para un núcleo de condensación, una gota de nube y una gota de lluvia). Solución: Del mismo modo que en el problema 3.4, escogemos el eje vertical del movimiento apuntando hacia arriba y planteamos la 2ª ley de Newton para el caso de la velocidad límite (a = 0): Froz – mg = 0 ⇒ b(vl)2 – mg = 0 ⇒ vl =

mg . b

Dado que vl es constante, calcularemos el tiempo con t = x/vl . Para calcular vl nos falta encontrar la masa m de cada gota: m = (4/3)π R3 ρ , con ρ = 103 kg/m3 la densidad del agua. R = 0.1 mm ⇒ vl = 6.9×10-6 m/s R = 10 mm ⇒ vl = 6.9×10-3 m/s R = 1000 mm ⇒ vl = 6.9 m/s

⇒ t = 1.45×108 s (5 años) . ⇒ t = 1.45×105 s (40 h) . ⇒ t = 145 s (2.4 min) .

3.8.- En una desintegración radiactiva, una partícula alfa (el núcleo de un átomo de Helio) es emitida por un núcleo de Uranio 238, que se encuentra originalmente en reposo, con una velocidad de 1.4×107 m/s. Encontrad la velocidad de retroceso del núcleo residual (Torio 234). Solución: Aplicamos la ley de la conservación del momento lineal Pi = Pf . Antes de la desintegración: Pi = 0 ; después: Pf = mα vα + mTh vTh , de donde: vTh = – (mα / mTh) vα . 52

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Para encontrar los valores de mα y mTh podemos recurrir a la Tabla Periódica. Empleando unidades de masa atómica (1 u.m.a.= 1.6604×10-27 kg): mα = 4 u.m.a. ; mTh = 234 u.m.a., de donde: |vTh| = 2.4×105 m/s .

3.9.- Calcúlese la velocidad de un satélite artificial de la Tierra, suponiendo que se mueve a una altitud de 225 km sobre su superficie en una órbita circular. Datos: el radio de la Tierra es 6370 Km y la aceleración de la gravedad en su superficie es 9.81 m/s2. Solución: El satélite describe una trayectoria circular debido a la fuerza centrípeta, que es la fuerza de atracción gravitatoria de la Tierra: F =−

GM T m, r2

donde m es la masa del satélite, r su distancia al centro de la Tierra y el signo “menos” indica que el vector fuerza F = –F ur tiene sentido contrario al del vector de posición r = r ur del satélite desde el centro de la Tierra. En este sistema inercial con origen en el centro de la Tierra, la 2ª ley de Newton para esta componente radial nos dice: F = m ac = – m (v2/r) , donde, de nuevo, el signo “menos” indica que el vector aceleración centrípeta ac = –ac ur tiene sentido contrario al del vector de posición r = r ur. Despejando v de ambas ecuaciones, tenemos:

v=

GM T . r

Para realizar el cálculo tenemos en cuenta que GMT = g(RT)2 y r = RT + h, siendo g la aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra (para r = RT, radio de la Tierra) y h la altitud a la que se encuentra el satélite. Con esto, obtenemos:

v=

gRT2 = 7.76 ×103 m/s . RT + h

53

DOCUMENTOS DE TRABAJO

3.10.- Estímese el momento angular de la Tierra alrededor del Sol y aquél de un electrón alrededor de un átomo de H en su estado fundamental, suponiendo órbitas circulares. Datos: Masa de la Tierra MT = 5.98×1024 kg. Radio de su órbita alrededor del Sol R = 1.496×1011 m. Masa del electrón me = 9.11×10-31 kg. Radio de su órbita en el estado fundamental del átomo de H (radio de Bohr) r0 = 5.29×10-11 m. Velocidad angular del electrón en ese estado ωe = 4.13×1016 s-1. Solución: Momento angular de la Tierra: LTierra = MT R vT = MT R2 ωT , donde ωT = 2π (rad) / (1 año ⋅ 365 días/año ⋅ 24 h/día ⋅ 3600 s/h) = 1.992×10-7 s-1. Por tanto: LTierra = 2.67×1040 kg m2 s-1. Momento angular del electrón: Le = me r02 ωe , Le = 1.05×10-34 kg m2 s-1, valor conocido como “constante racionalizada de Planck”, ħ . Podemos ver que hay 74 órdenes de magnitud de diferencia entre ambos momentos angulares.

3.11.- Una partícula esférica de 1 mm de diámetro y densidad 1.2 gr/cm3 alcanza la superficie de un lago con velocidad despreciable y se hunde. a) Calculad la fuerza ascensional (de empuje) sobre la partícula debida al agua. b) Teniendo en cuenta las fuerzas ascensional y de rozamiento ejercidas por el agua, encontrad el valor de la velocidad límite de la partícula. Supóngase que el módulo de la fuerza de rozamiento ejercida por el agua es FR = bv, donde v es la velocidad de la partícula y la constante es b = 9.4×10−6 kg/s. Solución: a)

La fuerza ascensional que ejerce un fluido sobre un objeto sumergido en él viene dada por el peso del volumen de fluido desplazado por el objeto. En nuestro caso: FA = ρagua Vpartícula g ,

54

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

donde ρagua = 1.0×103 kg/m3, Vpartícula = (4/3) π r3 y g = 9.8 m/s2. Por tanto, FA = 5.13×10-6 N . b) Según el dibujo, si escogemos el eje vertical del movimiento como el eje x apuntando hacia arriba, la 2ª ley de Newton nos dice:

x

FR

FA P

FR + FA – m g = – m a , donde FR es la fuerza de rozamiento. Para tiempos suficientemente largos, podemos considerar que la partícula ha alcanzado la velocidad límite vl (a = 0): bvl + FA – m g = 0 . Despejando tenemos: vl = (mg – FA)/b . Calculamos la masa de la partícula: m = ρpartícula Vpartícula = [1.2×103 kg/m3] [(4/3) ⋅ π ⋅ (0.0005 m)3] = 6.28×10-7 kg , con lo que finalmente obtenemos: vl = 0.11 m/s .

3.12.- Un recipiente de 200 gramos de masa contiene 4 litros de agua y está colocado sobre una balanza. Introducimos en el agua una bola esférica de hierro de 3 cm de radio. Si la bola pende de un hilo sujeto a un dinamómetro, determinad las medidas de la balanza y el dinamómetro (calibrados en Newtons) en los casos: a) Antes de introducir la bola en el agua. b) Cuando la bola está totalmente sumergida pero sin tocar el fondo del recipiente. c) Cuando la bola descansa en el fondo del recipiente y el hilo tiene tensión nula. Considérese que la densidad del agua es 1.0×103 kg/m3 y la del hierro 7.96×103 kg/m3.

55

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Solución: a)

Calculamos primero la masa M del recipiente con el agua, así como la masa m de la bola: Magua = ρagua Vagua = (1.0×103 kg/m3) (4.0×10-3 m3) = 4 kg , M = Magua + mrecip = 4.2 kg . m = ρbola Vbola = (7.96×103 kg/m3) [(4/3) ⋅ π ⋅ (0.03 m)3] = 0.90 kg .

Antes de introducir la bola en el agua, si escogemos el eje vertical como eje x apuntando hacia arriba, la 2ª ley de Newton para el objeto “recipiente+agua” es: Nbal – M g = 0 , ya que no hay aceleración. Por la 3ª ley de Newton, la lectura de la balanza viene dada por la fuerza que hace este objeto sobre la balanza: –Nbal = – M g, es decir: Nbal = 41.2 N . Para la bola se tiene: Ndin – m g = 0 , de donde: Ndin = m g = 8.82 N . b)

Para la situación de la bola sumergida en el agua (véase el dibujo), la 2ª ley de Newton aplicada a la bola nos dice:

Ndin

FA

mg Nbal

Mg

Ndin – m g + FA = 0 , con FA la fuerza ascensional del agua sobre la bola: FA = ρagua Vbola g = 1.11 N . Despejando, tenemos: Ndin = m g – FA = 7.71 N .

56

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

La 2ª ley de Newton aplicada al objeto “recipiente+agua” nos dice: Nbal – M g – FA = 0 , donde – FA es la fuerza que la bola ejerce sobre el agua del recipiente según la 3ª ley de Newton. Por tanto, Nbal = M g + FA , de donde: Nbal = 42.3 N . c)

Si el hilo del dinamómetro tiene tensión nula: Ndin = 0 .

La 2ª ley de Newton aplicada al objeto “recipiente+agua+bola” nos dice: Nbal = M g + m g = (4.2 + 0.9) g = 50.0 N .

3.13.- Se hace girar con velocidad angular constante un cubo con agua sujeto por su asa en una circunferencia vertical de 2 m de radio. a) Identificad las fuerzas reales que actúan sobre el agua. b) Encontrad el mínimo valor de la velocidad angular para que el agua permanezca en el cubo en el punto más alto de la trayectoria. Solución: a)

Las fuerzas reales que actúan sobre el agua son su peso mg y la reacción normal N del interior del cubo sobre el agua.

b)

En el punto más alto de la trayectoria tanto N como mg apuntarán hacia abajo, así que para esta situación la 2ª ley de Newton nos dice: N + mg = m ac = m ω2 R ,

donde ω es la velocidad angular y R el radio de la circunferencia. El valor mínimo de ω lo encontramos para N = 0 (el agua se “despega” del cubo), es decir, para la aceleración centrípeta ac = g, de donde obtenemos:

ωmin =

g = 2.2 rad / s . R

Nótese que valores de ω menores que ωmin no tienen sentido ya que el agua habría caído antes de llegar el cubo al punto más alto.

57

DOCUMENTOS DE TRABAJO

3.14.- En la figura adjunta se muestra dos cuerpos de masas m = 2 kg y M = 10 kg, unidos por una cuerda inextensible y sin masa. El coeficiente de rozamiento dinámico es de 0.1. Si θ = 30º, calcúlense la aceleración del sistema y la tensión de la cuerda.

m

90º

θ

M

Solución: En primer lugar escogemos un sistema cartesiano de referencia para cada cuerpo: Para el cuerpo de masa m tomamos el eje x paralelo al plano de menor inclinación y dirigido según la tensión T de la cuerda. Para el cuerpo de masa M tomamos el eje x paralelo al plano de mayor inclinación y dirigido según la tensión T de la cuerda. Los ejes y serán perpendiculares a cada plano y dirigidos hacia afuera. A continuación, emplearemos la 2ª ley de Newton para ambos cuerpos, teniendo en cuenta que los módulos de la tensión T y su aceleración a son los mismos para ambos: m (eje x): m (eje y):

T – mg sen θ – μNm = m a , Nm – mg cos θ = 0 .

M (eje x): M (eje y):

T – M g cos θ + μNM = – M a , NM – Mg sen θ = 0 ,

donde hemos llamado N a la reacción normal de cada plano sobre cada cuerpo y g a la aceleración de la gravedad. Sustituyendo Nm y NM (de las ecuaciones para los ejes y) en las respectivas ecuaciones para el eje x y restando las ecuaciones resultantes, eliminamos la variable T y obtenemos el valor de la aceleración a : a=

g [M (cos θ − m senθ ) − m(senθ + m cos θ )] = 5.7 m/s 2 . m+M

Notamos que la aceleración resulta positiva, luego hemos tomado bien inicialmente el sentido de la aceleración. Una vez conocida a, de la ecuación para m podemos obtener el valor de la tensión T: T = m (a + g sen θ + μ g cos θ) = 22.9 N . Habríamos obtenido el mismo resultado empleando la ecuación para M.

58

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

3.15.- Un péndulo cónico de longitud L gira con una velocidad angular ω. Calculad la tensión de la cuerda y el ángulo θ que forma con la vertical.

ω

L

θ

m Solución: Primero identificamos y dibujamos las fuerzas que actúan sobre el objeto: su peso P = mg dirigido hacia abajo y la tensión de la cuerda T dirigida hacia el soporte de la cuerda.

ω

θ

L

T

m

P A continuación escogemos un sistema de referencia inercial con origen en el centro de la trayectoria circular (de radio R = L sen θ) y analizaremos el movimiento para la dirección radial (r) en el plano horizontal así como para la dirección vertical; eje z apuntando hacia arriba. En este sistema de ejes, la 2ª ley de Newton nos dice: ΣFr = m ac ⇒ T sen θ = m ω2 R = m ω2 L sen θ , ΣFz = 0 ⇒ T cos θ – m g = 0 . De la primera ecuación obtenemos directamente: T = m ω2 L .

59

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Sustituyendo este valor en la segunda ecuación: cos θ =

mg mω 2 L

 g  ⇒ θ = arccos 2  . ω L 

Además, como g es constante y cosθ puede valer 1 como máximo, para que el movimiento del péndulo cónico pueda darse, la velocidad angular mínima será:

ωmin =

g . L

3.16.- Calcúlese la tensión de la cuerda en una máquina de Atwood. Si la masa total de los dos cuerpos es M, ¿cómo debe ser la distribución de masas para que la tensión sea máxima? ¿Cuánto vale en ese caso? Solución: Supondremos M2 ≥ M1 , con M = M1 + M2 . Escogiendo el eje x vertical hacia arriba, la 2ª ley de Newton para cada masa nos dice:

T

M1

M1g

T

M1 : T – M1 g = M1 a (acelera hacia arriba) ,

M2 M2g

M2 : T – M2 g = – M2 a (acelera hacia abajo) .

Sumando ambas ecuaciones: T = (1/2) [g M – a (M2 – M1)] . Es decir, se resta una cantidad positiva “a (M2 – M1)” a una cantidad constante “gM”. Por tanto, T será máxima si la diferencia es nula, o sea para M1 = M2 . En tal caso: T = (1/2) M g .

3.17.- En una máquina de Atwood, se tira hacia arriba con una cuerda atada al centro de la polea y se le imprime una aceleración de 2 m/s2 a dicha polea. Si las masas que penden de ella son de 1 y 3 kg, calcúlese la tensión de ambas cuerdas.

60

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Solución:

as

T1 m mg

En primer lugar, si suponemos la cuerda inextensible y que no se rompe, debemos tener T1 = T2 = T, como en el problema 3.16.

T2 M

Para resolver el problema de forma sencilla conviene escoger el sistema de referencia NO INERCIAL de la polea en el que tomamos el eje x’ vertical hacia arriba. La fuerza ficticia para cada masa será mas y Mas , con as la aceleración de la polea. Por tanto, la 2ª ley de Newton nos dice:

Mg

T – m g – m as = m a’, T – M g – M as = – M a’,

donde a’ es la aceleración de cada masa en el sistema NO INERCIAL y debe ser igual para ambas, pero con sentido contrario. Restando ambas ecuaciones obtenemos a’: a' =

(M − m )(g + aS ) . M +m

Sustituyendo este valor en la primera ecuación resulta:  M −m T = m 1 +  ( g + aS ) ,  M +m

de donde, finalmente: T = 17.7 N .

3.18.- Calculad la fuerza de reacción que sufre una bola de masa m que resbala a lo largo de un cuenco semiesférico de radio R en función del ángulo θ, suponiendo que parte del reposo desde la parte superior.

θ R m

61

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Solución:

θ N m

R

mg

En la figura se ha dibujado la fuerza de reacción N de la superficie sobre la bola (con dirección radial, hacia el centro del cuenco) así como la otra fuerza que actúa sobre la bola, su peso. Escogiendo un sistema de referencia de coordenadas polares con origen en el centro del cuenco analizaremos el movimiento para las direcciones radial y angular (o tangencial). Según la dirección radial la 2ª ley de Newton nos dice: N – m g sen θ = m aN = m ω2 R . De esta ecuación obtendríamos directamente el resultado N(θ) si conociéramos ω(θ). Para encontrar ω(θ) usamos la 2ª ley de Newton según la dirección tangencial, que nos dice: m g cos θ = m aT = m α R , donde la aceleración angular α = dω/dt. Por tanto, tenemos: cos θ dω =g dt R

⇒ dω =

g cos θ dt . R

Además, como ω = dθ/dt , sustituiremos dt = dθ/ω en la ecuación anterior e integraremos para obtener ω(θ): ω

∫ω

=0

ω ' dω ' =

g θ ω2 g d ⇒ = senθ . θ θ cos ' ' R ∫θ =0 R 2

Por tanto, resulta: ω2 R = 2 g sen θ , que sustituimos en la primera ecuación, para obtener finalmente: N(θ) = 3 mg sen θ .

62

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

3.19.- Una partícula cargada experimenta una fuerza eléctrica dada por Fe = qE, donde E denota el campo eléctrico. Calcúlese la ecuación de movimiento de un protón que penetra con velocidad inicial nula en un campo eléctrico dirigido sobre el eje x que varía sinusoidalmente con el tiempo, con frecuencia angular ω. Solución: Como dice el enunciado, el campo eléctrico según el eje x es: E(t) = E0 sen ω t , donde E0 es la amplitud del campo eléctrico. Por tanto, la fuerza que experimenta el protón es Fe(t) = e E(t), con e la carga del protón. Considerando la masa m del protón, su aceleración resulta: ae(t) = (e/m) E0 sen ω t . Integrando dos veces con las condiciones iniciales dadas, obtendremos la ecuación del movimiento del protón x(t): 1)

Velocidad v(t):

ae =

dv ⇒ dt

v(t ) = −

2)

∫

v

0

t

t

0

0

dv' = ∫ a e dt ' = ∫

eE0 senωt ' dt ' , m

eE 0 eE t cos ω t ']0 = 0 (1 − cos ω t ) . mω mω

Posición x(t):

v=

dx dt

⇒

∫

x

x0

t eE eE 0 0 dt ' − ∫ cos ωt ' dt ' , 0 mω 0 mω

dx' = ∫

x(t ) = x0 +

t

eE0 eE0 t− senωt . mω mω 2

3.20.- Dos masas m1 y m2, unidas entre sí y a un punto fijo por medio de cuerdas de longitudes L1 y L2, describen sobre una superficie lisa horizontal sin rozamiento trayectorias circulares con velocidad angular ω. Calcúlense las tensiones de las cuerdas.

m1

L1

63

m2 L2

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Solución:

m1

L1

L2 m2

T1

T2

En la figura se han dibujado las fuerzas que actúan sobre ambas masas en el plano horizontal, que son las tensiones T1 de la cuerda 1 y T2 de la cuerda 2. Por tanto, la 2ª ley de Newton según la dirección radial, nos dice: m1: T1 – T2 = m1 ω2 L1 , m2: T2 = m2 ω2 (L1 + L2) . De la última ecuación se obtiene T2 directamente. Sustituyendo la segunda ecuación en la primera obtenemos T1: T1 = ω2 [ m1 L1 + m2 (L1+L2) ] .

3.21.- Un cuerpo desliza sin rozamiento sobre una cúpula semiesférica. Suponiendo que el cuerpo parte del reposo desde la cúspide, calcúlese el ángulo al cual deja de estar en contacto con la superficie. Solución:

N

θ

m

R mg

En la figura se han dibujado las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, su peso mg y la reacción normal N de la superficie. Escogiendo un sistema de referencia similar al del problema 3.18, según la dirección radial la 2ª ley de Newton nos dice: m g cos θ – N = m aN = m ω2 R . Si conociéramos ω(θ), en la ecuación anterior bastaría tomar N = 0 para la situación en la que el cuerpo deja de estar en contacto con la superficie y despejar el ángulo θ para el

64

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

que tiene lugar esa situación. Por tanto, queda encontrar la expresión de ω(θ), que obtendremos a partir de la 2ª ley de Newton para la dirección tangencial: m g sen θ = m aT = m α R , donde la aceleración angular α = dω/dt. Por tanto, tenemos: dω senθ =g dt R

⇒ dω =

g senθ dt . R

Además, como ω = dθ/dt , sustituiremos dt = dθ/ω en la ecuación anterior e integraremos para obtener ω(θ): ω

θ

ω2 g g ω ' ω ' = sen θ ' θ ' ⇒ = (1 − cos θ ) , d d ∫0 2 R ∫0 R

de donde se obtiene: ω2 R = 2 g (1– cos θ) . Sustituyendo este valor de la aceleración centrípeta en la primera ecuación, queda: mg cos θ – N = 2 mg (1 – cos θ) ⇒ 3 cos θ – (N/mg) = 2 . Por tanto, el ángulo θ para el caso en que N = 0, satisface: cos θ = 2/3

⇒ θ = 48.2º .

3.22.- Calcúlese la velocidad con que cae un cuerpo en un medio viscoso por acción de la gravedad, suponiendo una fuerza de rozamiento proporcional a la velocidad F = – bv y una velocidad inicial v0. Solución: Tomando el eje x del movimiento en dirección vertical y apuntando hacia abajo, la 2ª ley de Newton nos dice: m g – b v = m a = m dv/dt . Separamos las variables para realizar seguidamente la integración y hallar v(t): dv 1 = dt , (mg − bv ) m v

t 1 1  mg − bv dv' = ∫v (mg − bv') m ∫0 dt ' ⇒ − b ln  mg − bv0 0

65

 t  = .  m

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Para calcular la integral anterior hemos usado: dx

1

∫ p + qx = q ln( p + qx ) . Despejando v finalmente queda:

v(t ) =

− t − t mg  1 − e m  + v0 e m .  b   b

b

A partir de esta expresión, para tiempos grandes obtenemos el valor constante de la velocidad límite vl : v(t → ∞) = vl = mg / b .

3.23.- Calcúlese la aceleración que experimenta una cuña de ángulo θ y masa M al ser empujada con una fuerza horizontal FA como muestra la figura, teniendo en cuenta que sobre ella se encuentra un cuerpo de masa m. Suponed que no existen fuerzas de rozamiento.

FA

θ

M

Solución: Consideramos en primer lugar el movimiento del cuerpo en el sistema de referencia de la cuña (sistema O’ no inercial). Por tanto, como muestra la siguiente figura, además de las fuerzas reales N y P debemos incluir la fuerza ficticia Fi = macu , con acu la aceleración de la cuña (que queremos hallar).

y’ N

O’ m

x’ x

θ

M

66

P

Fi

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

En el sistema O’ (x’, y’), la 2ª ley de Newton para el cuerpo es: Eje x’: mg senθ – macu cos θ = ma’ ⇒ a’ = g senθ – acu cosθ , Eje y’: N – mg cosθ – macu senθ = 0 ⇒ N = m (g cosθ + acu senθ). Si conociéramos N, de la ecuación para el eje y’ obtendríamos acu. Necesitamos otra ecuación que obtendremos con la 2ª ley de Newton para la cuña en un sistema inercial O (x, y), como muestra la figura siguiente. En ésta se han dibujado las fuerzas reales que actúan sobre la cuña, incluyendo N, que es la fuerza normal que el cuerpo ejerce sobre la cuña, de acuerdo con la 3ª ley de Newton.

N2

FA

N

y

x

O

θ Mg

Por tanto, la 2ª ley de Newton para la cuña según el eje x nos dice: FA – N senθ = M acu . Con el resultado anterior para N, obtenemos finalmente: acu = (FA – mg senθ cosθ)/(M+m sen2θ) .

3.24.- Una masa de 200 g que pende de un hilo de 20 cm de longitud oscila con una amplitud de 45º. Utilizando la segunda ley de Newton, calcúlese la tensión del hilo en función del ángulo que forma con la vertical.

ϕ m Solución:

θ m P

ϕ

T

m

R

P

67

T

ϕ

DOCUMENTOS DE TRABAJO

En primer lugar, trabajaremos con el ángulo θ mostrado en la figura, ya que la velocidad angular es ω = dθ/dt. Finalmente expresaremos el resultado en función del ángulo que forma el hilo con la vertical, ϕ = (π/2) – θ. De este modo evitamos trabajar con el signo negativo de ω = – dϕ/dt. Como en problemas anteriores (3.18, 3.21), una vez identificadas las fuerzas T y P (véase la figura) que actúan sobre el objeto, primero planteamos la 2ª ley de Newton según la dirección radial: T – mg senθ = m aN = m ω2 L , donde L es la longitud del hilo. Despejando T queda: T = mg senθ + m ω2 L . A continuación, hallaremos ω(θ) a partir de la 2ª ley de Newton según la dirección tangencial: mg cosθ = m aT = m α L ⇒ α = dω/dt = (g/L) cosθ . Sustituyendo dt = dθ/ω planteamos la siguiente integral definida:

∫

ω

0

ω ' dω ' =

g θ ω2 g θ cos ' d ' ⇒ = senθ ']π . θ θ π ∫ L 4 2 L 4

Se ha tenido en cuenta para los límites inferiores que ω = 0 para la amplitud de 45º, mientras que los límites superiores son las variables genéricas que proporcionan ω(θ). Operando resulta:

1   ω 2 L = 2 g  senθ − . 2  Sustituyendo en la segunda ecuación, con senθ = cosϕ, resulta finalmente: T = mg (3 cosϕ –√2) = 1.96 (3 cosϕ –√2) N .

68

TEMA IV TRABAJO Y ENERGÍA. GRAVITACIÓN

4.1.- Sobre una partícula actúa una fuerza F = ( y 2 − x 2 ) i + (3xy ) j . El resultado está dado en N cuando x e y se expresan en m. Hallad el trabajo efectuado por la fuerza al moverse la partícula desde el punto (0,0) hasta el (2,4) recorriendo las siguientes trayectorias: a) a lo largo del eje x hasta (2,0) y después paralelamente al eje y hasta (2,4); b) a lo largo del eje y hasta (0,4) y después paralelamente al eje x hasta (2,4); c) a lo largo de la recta que une ambos puntos; d) a lo largo de la parábola y = x2. e) ¿Se puede definir una energía potencial asociada a esta fuerza? Solución: Se define el trabajo realizado por la fuerza F desde una posición inicial ri hasta una posición final rf como: rf

xf

yf

ri

xi

yi

y

W = ∫ Fdr = ∫ Fx dx + ∫ Fy dy .

b

2

xi

c

a

yf

W = ∫ ( y − x )d x + ∫ 3 xy dy . 2

(2,4)

d

En este problema, sustituyendo las expresiones para las componentes Fx y Fy, tenemos: xf

b

a

x

yi

Las integrales se han de calcular a lo largo de los caminos indicados en los diferentes apartados. a)

El trayecto consta de dos tramos, en el primero tenemos y = 0, dy = 0, mientras que en el segundo, x = 2, dx = 0. Las integrales quedan: xf

yf

2 4 2  0  8 2 2 2 W = ( y - x )d x + 3 xy dy =  (- x )d x + ( y - x )d x  +  3 xy d y + 3(2) y dy  = (- ) J + 0 + 0 + 48 J. 3  0   0  xi yi 2 0

∫

2

2

∫

∫

∫

∫

El resultado es pues W = 45.3 J.

69

∫

DOCUMENTOS DE TRABAJO

b) Ahora, en el primer tramo tenemos x = 0, dx = 0, mientras que en el segundo, y = 4, dy = 0. Las integrales quedan: xf

yf

2 4  0  4 8 W = ∫ ( y - x )d x + ∫ 3 xy dy =  ∫ ( y 2 - x 2 )d x + ∫ (4 2 - x 2 )d x  +  ∫ 0d y + ∫ 3 xy dy  = (32 - ) J + 0 + 0 + 0. 3 0 4 xi yi  0  0 2

2

y el resultado es W = 29.3 J. c)

En este caso, integramos en un solo paso a lo largo de la recta y = 2x. Sustituyendo, las integrales quedan: xf

yf

2

4

yi

0

0

W = ∫ ( y − x )d x + ∫ 3 xy dy = ∫ [(2 x) 2 − x 2 ] dx + ∫ 3 2

2

xi

y y dy = 8 J + 32 J = 40 J . 2

d) En este último caso, integramos también en un solo paso, esta vez a lo largo de la parábola y = x², por lo tanto tenemos dy = 2xdx. Sustituyendo, las integrales quedan: xf

∫

e)

2

yf

∫

2

∫

yi

2 2

2

∫

W = ( y − x ) d x + 3 xy dy = [( x ) − x ] d x + 3xx 2 2 xdx = ( xi

2

2

0

0

32 8 32 − ) J + 6( ) J = 42.1 J . 5 3 5

Vemos que el trabajo W realizado por la fuerza F depende no sólo de las posiciones inicial y final, sino también del camino recorrido. Por lo tanto, no se puede definir una energía potencial para esta fuerza. Recordemos que la energía potencial nos daría el trabajo realizado como la diferencia de sus valores entre el punto inicial y el punto final del recorrido. Si el trabajo depende del camino seguido, obviamente no puede existir una energía potencial asociada a esta fuerza. Se trata de una fuerza no conservativa.

4.2.- Sea la fuerza F = (7 N) i + (6 N) j . a) Calculad el trabajo realizado por F cuando la partícula a la que se aplica, de masa 1.0 kg, se desplaza desde el origen hasta r =(-3m)i+(4m)j. b) Calculad la potencia media si tarda 0.6 s en el viaje. c)

Calculad el cambio en la energía cinética.

d) Calculad la diferencia de energía potencial entre ambos puntos. Solución: a)

 0 7 Sea la fuerza F =   N aplicada sobre la partícula desde la posición inicial ri =    0 6  − 3 hasta la posición final r f =   m. Se define el trabajo realizado por la fuerza F  4  como 70

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

rf

∫

xf

∫

W = F dr = Fx dx + ri

xi

yf

∫ F dy = (7 N) x y

+ (6 N) y f = − 21 Nm + 24 Nm = 3 J .

f

yi

Vemos en estas integrales que, en el caso particular de la fuerza considerada (constante), el trabajo W no depende del camino seguido, sino sólo de las posiciones inicial y final, por lo tanto se trata de una fuerza claramente conservativa. b) La potencia promedio

durante un intervalo ∆t verifica

∆W ∆t

=

por lo tanto tenemos

= 3 J / 0.6 s = 5 W. c)

El trabajo realizado por cualquier tipo de fuerza cumple W = ∆Ec, donde ∆Ec es la variación de energía cinética: ∆Ec = Ec, fin - Ec, ini. Por lo tanto, en este problema la variación de energía cinética vale ∆Ec = W = 3 J.

d) Hemos visto en el apartado (a) que el trabajo W realizado por esta fuerza no depende del camino seguido, sino sólo de las posiciones inicial y final. Por lo tanto, esta fuerza es conservativa (otra forma de convencerse de ello es calcular el rotacional ∇×F de la fuerza, que es obviamente nulo puesto que F es constante). Por lo tanto, existe una energía potencial Ep asociada a esta fuerza y se cumple conservación de la energía mecánica E = Ec + Ep = cte. y por tanto tenemos ∆Ec = - ∆Ep = W. Se sigue que ∆Ep = - 3 J en este problema, utilizando el resultado obtenido en (c). Una forma alternativa es calcular explícitamente la energía potencial asociada a la fuerza como r

∫

E p ( r ) = − F dr , r0

donde la integral se calcula desde alguna posición de referencia r0, a la que le  x corresponde un valor de Ep nulo, hasta el punto r =   en el que evaluamos la  y energía potencial. Integrando, tenemos E p ( x, y ) = − (7 N) x − (6 N) y + cte . A partir de este resultado es inmediato calcular la diferencia de energía potencial entre los puntos rfin y rini para obtener el resultado ∆Ep = - 3 J.

4.3.- Una partícula está sometida a una fuerza que depende de su posición de la forma F ( x) = C x 3 , donde C es una constante. Determinad el trabajo realizado por la fuerza al actuar sobre la partícula cuando ésta se desplaza desde x = 0 hasta x = 3 m. Calculad la energía potencial asociada a esa fuerza y empleadla para calcular de nuevo el trabajo realizado.

71

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Solución: El trabajo W realizado por una fuerza F (en 1 dimensión) se puede calcular directamente evaluando la integral: xf

W = ∫ F ( x) dx ; xi

En este caso tenemos 3m

3m

 x4  81 W = ∫ Cx dx = C   = C. 4  4 0 0 3

Si C viene dada en unidades del Sistema Internacional (J/m4), el resultado W = 81/4 C estará dado en unidades de Julios. Por otra parte, se puede calcular la energía potencial Ep(x) asociada a la fuerza F como: x

E p ( x) ≡ − ∫ F ( x' )dx' . x0

La integración se realiza desde una posición de referencia x0, en principio arbitraria, hasta el lugar x donde evaluamos la energía potencial Ep(x). Obviamente, la elección de x0 sólo cambia el valor de la integral en una constante, que llamaremos K, y que cumple K = Ep(x0). Podemos evaluar ahora la energía potencial Ep(x) para nuestra fuerza F: x

E p ( x) = − ∫ Cx '3 dx' = − x0

C 4 x +K. 4

Con esta energía potencial podemos calcular el trabajo W realizado por la fuerza F como: W = − ∆E p = E p ( xi ) − E p ( x f ) .

Puesto que Ep(0) = K y Ep(3m) = -(81/4)C J + K, la diferencia de estos valores nos da (81/4)C, al igual que el cálculo directo de W. Esto no es de extrañar, pues en el cálculo de Ep(x) está ya realizada la integración que implica la evaluación directa de W. Obviamente, la constante arbitraria K no tiene ninguna relevancia para W, puesto que el trabajo viene dado por la diferencia de los valores de Ep en x y en x0.

72

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

4.4.- Un esquiador inicia desde el reposo un descenso desde una altura H respecto al centro de una colina de forma aproximadamente circular de 4 m de radio. Suponiendo despreciable la fuerza de rozamiento, calculad el máximo valor de H para el que el esquiador permanezca en contacto con la parte superior de la colina.

H r=4m

Solución: Abordamos este problema desde la ley de la conservación de la energía. En ausencia de pérdidas por fricción, la energía inicial a una altura H (en forma de energía potencial, puesto que el esquiador parte del reposo) se conserva en todo momento, en particular es igual a la energía total en lo alto de la colina. En este lugar, parte de la energía es potencial, correspondiente a una altura r, y otra parte es cinética, correspondiente a una velocidad v:

mgH + 0 = mg r +

1 2 mv . 2

La velocidad v ha de estar por debajo de un cierto límite para que el esquiador no “despegue”. El límite viene dado por la condición de que la fuerza centrípeta disponible debe ser suficiente para poder describir la trayectoria circular a la que obliga el contacto con la colina. Ahora tenemos que considerar la dinámica del movimiento: aplicamos la Ley de Newton en la componente vertical, pues la aceleración centrípeta apunta hacia abajo en lo alto del montículo: la suma de las componentes verticales de las fuerzas sobre el esquiador debe ser igual a la aceleración centrípeta necesaria para el movimiento:

∑F

y

= ma y = mac .

Por otra parte, sobre el esquiador actúan las siguientes fuerzas: su peso P = mg hacia abajo y la normal N ejercida por el suelo hacia arriba, por lo que tenemos:

∑F

y

= P − N = mg − N .

Evidentemente, la fuerza N que ejerce el suelo sólo puede actuar hacia arriba (no tienen sentido valores negativos de N), por lo que el caso límite, correspondiente a la velocidad v máxima admisible para que no haya despegue corresponde al caso en el que N se anule. Haciendo N = 0 en las ecuaciones anteriores llegamos a:

∑ Fy = mg = mac = m

73

v2 . r

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Por lo tanto tenemos v 2 = gr. Sustituyendo este valor en la expresión obtenida por la conservación de la energía llegamos a:

1 mgH + 0 = mgr + mgr , 2 de donde podemos despejar la altura máxima H:

3 H= r. 2 Con los valores del problema, el esquiador podría partir del reposo desde una altura inicial de 6 m sin despegar de la nieve en lo alto de la colina.

4.5.- Un estudiante de masa m está sentado sobre un montículo hemisférico de hielo como se muestra en la figura. Considerando que empieza a resbalar desde el reposo, a) calculad la fuerza de reacción que sufre el estudiante en función del ángulo θ ; b) ¿en qué valor del ángulo θ deja de tener contacto con el hielo?

Solución: a)

La dinámica del problema nos dice que la resultante de la suma de fuerzas sobre el estudiante debe producir la fuerza centrípeta en su movimiento circular de radio R. Aplicamos la 2ª Ley de Newton en la dirección radial:

∑ Fr = mac = m

v2 . R

La fuerza neta en la dirección radial (apuntando hace el centro) es la suma de la componente del peso en esa dirección y la fuerza normal N ejercida por la superficie:

∑F

r

= P sin θ − N = mg sen θ − N .

74

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Igualando estas dos expresiones, podemos despejar N: N =m

v2 − mg sen θ . R

Necesitamos pues conocer la velocidad v como función de la posición θ para calcular la fuerza normal N. Se podría pensar en abordar este problema analizando la dinámica del movimiento, esto es, buscando las fuerzas presentes para aplicar la Ley de Newton y calcular aceleración, velocidad, etc. Sin embargo, por este camino se ve enseguida que la fuerza relevante, a lo largo de la ladera del montículo, no es constante sino que depende de una forma no lineal de la posición, lo que nos lleva a una ecuación diferencial no resoluble en términos sencillos. Por otra parte, nos damos cuenta de que no necesitamos información sobre la dependencia temporal de posiciones, velocidades, etc., y de que todas las fuerzas presentes son conservativas, por lo que el problema parece un caso claro de aplicación de la ley de la conservación de la energía. La energía inicial partiendo del reposo en lo alto del montículo, a una altura R sobre el suelo, está toda en forma de energía potencial. En ausencia de pérdidas por fricción, la energía se conserva en todo momento: 1 mgR + 0 = mg R sen θ + mv 2 . 2

De esta expresión podemos despejar v2: v 2 = 2 gR (1 − sen θ ) .

Sustituyendo esta relación en la expresión para la normal N obtenemos finalmente: N = m ⋅ 2 g (1 − sen θ )− mg sen θ = 2mg − 3mg sen θ = mg (2 − 3 sen θ )

b) En este problema, de nuevo el caso límite en que el muchacho pierde el contacto con el suelo corresponde al momento en que la normal N se anula, puesto que no puede ser negativa (el suelo del montículo sólo puede ejercer una fuerza sobre el muchacho hacia afuera en la dirección radial). Por lo tanto, haciendo N = 0 en la ecuación precedente y despejando llegamos a:

75

DOCUMENTOS DE TRABAJO

sen θ =

2 , 3

lo que corresponde a un ángulo de despegue θ = 41.8º.

4.6.- Un automóvil cuya masa es 1200 kg sube por una colina de 5º de inclinación con una velocidad constante de 36 km/h. Calculad el trabajo efectuado por el motor en 5 min y la potencia desarrollada. Solución: Para mantener el vehículo en movimiento a velocidad constante cuando sube por la pendiente, el motor debe aplicar una fuerza que iguale la componente del peso en la dirección “pendiente-abajo”, si despreciamos otras fuerzas (de rozamiento) que también se oponen al movimiento del vehículo. Esta componente vale mg sen θ . Puesto que esta fuerza F es constante, el trabajo W =

xf

∫ Fdx xi

realizado por el motor para igualarla se reduce a xf

∫

W = F dx = F ⋅ D , xi

donde D es la distancia recorrida. Si el automóvil se mueve a velocidad v constante durante un tiempo t, tendremos D = vt. Con todos estos ingredientes, llegamos a: W = FD = mg sen θ vt = 1200 kg ⋅ 9.8

m 1000 m ⋅ sen (5º ) ⋅ 36 ⋅ 5 ⋅ 60 s = 3.07 × 106 J . 2 s 3600 s

Para calcular la potencia desarrollada, basta dividir el resultado anterior por el tiempo empleado, puesto que el trabajo se realiza a ritmo constante. Llegamos a: P=

W 3.07 × 10 6 J J = = 1.02 × 10 4 = 1.02 × 10 4 W = 10.2 kW . t 5 ⋅ 60 s s

76

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

4.7.- El agua de una presa fluye a través de una gran turbina con un caudal de 1.5×106 L/min. La turbina se encuentra 50 m por debajo de la superficie libre del agua y el agua sale de la turbina con una velocidad de 5 m/s. Despreciando toda pérdida de energía por rozamiento, calculad la potencia desarrollada en la turbina. Solución: La potencia desarrollada al caer una altura h una masa m de agua en un tiempo dado ∆t se calcula en términos de la energía potencial perdida Ep y de la energía cinética residual del agua Ec,res tras pasar por la turbina:

P≡

Ep ∆t

−

Ec ,res ∆t

=

1m 2 m v . gh − ∆t 2 ∆t

Teniendo en cuenta que 1 L de agua tiene una masa de 1 kg, podemos calcular: P = 1.5 × 10 6

kg kg m 1 m ⋅9.8 2 50 m − 1.5 × 10 6 ⋅(5 ) 2 ≈ 1.2 × 10 7 W . 60 s 2 60 s s s

Vemos que, en este nivel de aproximación, podemos despreciar la energía cinética residual del agua tras la turbina y la potencia desarrollada por el salto de agua es de 12 MW.

4.8.- Durante la noche, algunas instalaciones de generación eléctrica, por ejemplo, los parques eólicos, pueden presentar una producción muy superior a la demanda energética en esos momentos. El excedente de energía se puede almacenar elevando agua hasta un depósito situado encima de una turbina. La energía se recupera durante el día mediante el correspondiente salto hidroeléctrico. Calculad el volumen de agua que se ha de bombear por segundo si la potencia nocturna media sobrante es de 0.5 GW y la altura del depósito es de 511 m. Estimad el volumen mínimo que debe tener el depósito. Solución: La potencia necesaria para hacer subir una altura h una masa m de agua en un tiempo dado ∆t se calcula en términos del trabajo W realizado como: P≡

W mgh . = ∆t ∆t

Si conocemos la potencia disponible, podemos calcular el flujo másico de agua masa m /∆t de la expresión anterior: m P = . ∆t gh

77

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Sustituyendo valores, obtenemos: m 0.5 × 10 9 W kg = = 9.8 × 10 4 . m ∆t s 9.8 2 522 m s

Teniendo en cuenta que un kg de agua ocupa un volumen de 1 L, el caudal bombeado deberá ser de 9.8×104 L/s o bien 98 m3/s. Estimando que el intervalo de consumo reducido por la noche es de 8 horas, el volumen de agua trasvasado será: V = 98

m3 ⋅ 8 ⋅ 3600 s = 2.8 × 10 6 m 3 . s

El depósito deberá tener una capacidad pues de 2.8 millones de metros cúbicos.

4.9.- El motor de un automóvil desarrolla una potencia constante P0. a) Calculad la posición, velocidad y aceleración como funciones del tiempo. b) Si P0 vale 120 CV y m = 1000 kg, calculad el espacio recorrido en los 5 primeros segundos, partiendo del reposo. Solución: A partir de la relación para la potencia P = Fv

y la segunda ley de Newton

a=

F , m

llegamos a

a=

P P = 0 , mv mv

puesto que la potencia es constante e igual a P0. Teniendo en cuenta la definición de aceleración

a≡

dv , dt

78

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

llegamos a

dv P = 0 . dt mv

Pasamos a un lado de la ecuación anterior toda la dependencia con v y al otro, toda la dependencia con t (separación de variables), obteniendo:

vdv =

P0 dt , m

expresión que podemos integrar directamente teniendo en cuenta la condición inicial v0 = 0: v

t

P ∫0 v' dv' = m0 ∫0 dt ' . Llegamos pues a

v2 / 2 =

P0 t m

y despejando la velocidad obtenemos:

2 P0t . m

v(t ) =

(podemos verificar que el resultado anterior cumple tanto la condición inicial v0 = 0 como la ecuación diferencial original, calculando dv/dt a partir de la expresión anterior y dv P0 = comprobando que se tiene .) dt mv Para calcular el espacio recorrido, sustituimos la definición de velocidad

v≡

dx dt

en la expresión anterior y obtenemos

2 P0t dx = , dt m expresión en la que podemos nuevamente separar variables:

dx =

2 P0t dt m

79

DOCUMENTOS DE TRABAJO

e integrar inmediatamente teniendo en cuenta la condición inicial x0 = 0: x

∫ dx' = 0

t

2 P0 1/ 2 t ' dt ' m ∫0

obteniendo:

x(t ) =

2 2 P0t 3 . 3 m

(de nuevo, conviene verificar que la solución obtenida para x(t) cumple tanto la condición 2 P0t dx = , como debe ser.) inicial x0 = 0 como la ecuación diferencial dt m Sustituyendo los valores numéricos propuestos en el enunciado, llegamos a x(5s) = 99.7 m. Observación: Es de destacar el hecho de que el desarrollo de una potencia constante P0 no da lugar a un movimiento uniformemente acelerado.

4.10.- Un automóvil con una masa de 1000 kg tiene un motor de 90 CV de potencia, con el que puede alcanzar una velocidad punta de 180 km/h. a) Estimad la resistencia aerodinámica (la fuerza debida al rozamiento con el aire) a esa velocidad, suponiendo que ésta es la única fuerza de rozamiento relevante que se opone al avance del vehículo. b) Suponed ahora que viaja en llano a una velocidad de 100 km/h y que la resistencia aerodinámica es proporcional a v 2. Si el conductor pisa a fondo el acelerador, calculad la aceleración que puede conseguir utilizando el cambio convenientemente de forma que el motor funcione en el régimen de máxima potencia. Solución: a)

Viajando a la velocidad máxima vmax = 180 km/h, la fuerza Fm que es capaz de aplicar el motor se cancela con la resistencia aerodinámica Faer que ofrece el aire al avance del vehículo, de forma que la fuerza total Ftot se anula y el movimiento tiene lugar con velocidad constante: Ftot = Fm − Faer = ma = 0 .

Teniendo en cuenta que P = Fm vmax , obtenemos: Faer = Fm =

80

P vmax

.

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Sustituyendo los valores dados (con 1 CV = 746 W), llegamos a Fm = 1340 N. b) Si ahora este mismo automóvil viaja a una velocidad v = 100 km/h, el motor tiene potencia suficiente para aplicar una fuerza Fm que supere la resistencia aerodinámica y acelerar. Suponiendo una resistencia aerodinámica proporcional a v2, la 2ª Ley de Newton da: Ftot = Fm − Faer = Fm − Cv 2 = ma .

P . Calculamos el valor de la constante v C a partir del resultado del apartado anterior, pues sabemos que para v = 180 km/h, la F resistencia aerodinámica vale 1340 N. De aquí obtenemos C = m2 = 0.54 kg/m. Por lo v tanto, de la Ley de Newton se deduce: La fuerza aplicada por el motor verifica Fm =

a=

Fm − Faer m

P − Cv 2 . = v m

Sustituyendo los valores conocidos de todas las magnitudes obtenemos: a = 2.0 m/s2. Comentario Con este valor a = 2.0 m/s2 puede acelerar el automóvil cuando viaja a una velocidad de 100 km/h. Ésta será la aceleración solamente en el instante inicial, pues al aumentar la velocidad por efecto de la aceleración, cambian tanto Fm como Faer (ambas en el sentido de disminuir la aceleración) aunque la potencia P desarrollada por el motor se mantenga constante en su máximo posible. La aceleración disminuye al aumentar la velocidad hasta hacerse nula a la velocidad máxima vmax que puede alcanzar el vehículo, lo que corresponde al apartado (a).

4.11.- Un cuerpo de masa 4 kg parte del reposo y resbala sin rozamiento por un plano inclinado (45º) una distancia de 1 m antes de hacer contacto con un resorte tal como muestra la figura. El cuerpo sigue resbalando por el plano comprimiendo el resorte. Calculad la máxima deformación del resorte sabiendo que su constante k vale 600 Nm-1.

81

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Solución: En principio se puede plantear el problema desde la dinámica, descomponiendo el trayecto descendente en un primer tramo en el que sólo actúa a lo largo de la pendiente la componente correspondiente del peso y un segundo tramo en el que, una vez hecho contacto con el muelle, habría que añadir a la anterior la fuerza hecha por el muelle. Sin embargo, para hallar la compresión final del muelle resulta más simple aplicar la ley de la conservación de la energía, puesto que todas las fuerzas que intervienen son conservativas. La energía inicial, en forma de energía potencial gravitatoria a la altura inicial h, se transforma en energía potencial elástica en el estado final, cuando el muelle se ha comprimido en una extensión ∆x, y en una energía potencial que podemos considerar negativa pues el objeto se encontrará a una altura –h’, (con h’ positiva), al continuar descendiendo por la rampa ya en contacto con el muelle. No hay energía cinética en este balance pues tanto en el instante inicial como en el final el cuerpo está en reposo:

mgh =

1 k (∆x) 2 + mg (−h' ) . 2

Teniendo en cuenta la geometría del problema, se tiene sen θ =

h h' , = l ∆x

donde l es la distancia recorrida a lo largo de la rampa hasta contactar con el muelle. Al escribir esto estamos eligiendo el signo de ∆x como positivo en el caso de la esperada compresión del muelle. La conservación de la energía queda mgh =

1 k ( ∆x) 2 − mg ( ∆x) sen θ . 2

Esto es una ecuación de segundo grado en la variable (∆x): 1 k (∆x) 2 − mg sen θ (∆x) − mgh = 0 , 2

con soluciones: (∆x) =

mg sen θ ± (mg sen θ ) 2 + 2kmgh k

.

Sustituyendo los valores dados, obtenemos las dos soluciones de esta ecuación: (∆x)1 = 0.41 m y (∆x)2 = - 0.32 m. Tal como hemos definido el sentido de la deformación del muelle, la solución que buscamos en este caso es la positiva (∆x)1 = 41 cm, que corresponde a la esperada compresión del muelle. Observación: Cabe preguntarnos por el sentido físico de la segunda solución, negativa, (∆x)2 = - 32 cm. Ciertamente tiene un sentido: imaginemos que, tras colisionar con el muelle, el móvil 82

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

queda enganchado a él, de forma que a partir de ese momento, permanecen unidos no sólo en la trayectoria descendente, sino también en la posterior ascensión por la rampa tras el momento de máxima compresión del muelle (el que hemos considerado como instante final en el cálculo precedente). Tras ese instante, aparece una fuerza adicional hacia abajo ejercida por el muelle que hace que el móvil vuelva al reposo, no a la altura inicial h, sino a una altura (inferior) –h’’ (positiva, pues h’’ es negativa) correspondiente a un estiramiento [elongación negativa (∆x)2 = - 32 cm] a través de h’= (∆x) sen θ. Lógicamente, es menor en valor absoluto que en el caso de la compresión pues ahora la posición final contiene una mayor energía potencial gravitatoria. Es fácil convencerse de que el planteamiento energético para esta variante del problema es el mismo que el original y lleva a la misma ecuación de segundo grado, pero en este caso la solución físicamente aceptable es la negativa.

4.12.- Tal como muestra la figura tenemos una masa m que, partiendo de una altura h y del reposo, se desliza pendiente abajo. Al final de la pendiente se encuentra un resorte elástico que ejerce una fuerza si se empuja y se desplaza su extremo de su posición de equilibrio x0 (con k en N/m y x en m). Si despreciamos el rozamiento: a) ¿Cuál es la máxima energía cinética que adquiere la masa? b) Calculad el desplazamiento máximo del extremo del resorte cuando la masa impacta contra él (Ayuda: se sugiere emplear la expresión para la energía potencial asociada al resorte). c) Después de que el resorte empuje de nuevo a la masa pendiente arriba, ¿qué altura máxima alcanzará? Suponed ahora para los siguientes apartados que hay un rozamiento descrito por un coeficiente µ en la rampa de longitud L. d) ¿Cuánto vale el trabajo efectuado por la fuerza de rozamiento sobre la masa durante su trayecto por la rampa? e) ¿Cuánto vale la energía cinética de la partícula abajo de la rampa? f) ¿Hasta dónde se desplazará el resorte cuando la masa impacte sobre él? g) Calculad la altura h’ hasta la que ascenderá el objeto por la rampa. (Datos: m = 5 g, h = 10 cm, k = 4 N/m, L = 20 cm, µ = 0.1).

L

h

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DOCUMENTOS DE TRABAJO

Solución: a)

En ausencia de fuerzas de rozamiento, se conserva la energía mecánica. En el inicio, toda la energía está en forma de energía potencial gravitatoria. Abajo de la rampa, se ha transformado por completo en energía cinética:

mgh =

1 mv 2 . 2

Despejamos la velocidad v = 2 gh con la que el objeto llega abajo y obtenemos v = 1.4 m/s. b) Cuando la masa se detiene tras haber deformado el resorte en una cantidad ∆x, su energía cinética (igual a la energía potencial gravitatoria inicial) se ha transformado por completo en energía potencial elástica:

1 1 k (∆x) 2 = mv 2 = mgh . 2 2 Por lo tanto podemos calcular la máxima deformación del resorte (∆x): ∆x =

m v= k

2mgh . k

De cualquiera de las dos maneras, sustituyendo valores llegamos a ∆x = 0.049 m = 4.9 cm. c)

Si no hay ninguna pérdida de energía, el resultado obviamente es que el móvil alcanza una altura final igual a la altura inicial h.

d) Si hay una fricción descrita por un coeficiente µ durante el descenso por la rampa, la fuerza (constante) de rozamiento Fr = µ N = µ mg cosθ realiza un trabajo (negativo, pues la fuerza se opone al desplazamiento) Wr: xf

xf

xi

xi

Wr = ∫ Fr dx = Fr ∫ dx = Fr L = − µ g cosθ L .

Sustituyendo, obtenemos Wr = -8.49×10-4 J. e)

Si se ha perdido energía debido al trabajo (negativo) Wr realizado por la fuerza de rozamiento, tenemos:

mgh + Wr = Ek =

84

1 2 mv . 2

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Por lo tanto la energía cinética Ec abajo de la rampa vale Ec = mgh - 8.49×10-4 J = 4.05×10-3 J, lo que corresponde a una velocidad v = 1.27 m/s, lógicamente menor que la alcanzada en ausencia de rozamiento (1.4 m/s), calculada en el apartado (a). f)

La energía cinética del apartado anterior se habrá convertido completamente en energía potencial elástica cuando el muelle alcance su máxima compresión (∆x)max. La conservación de la energía da: 1 k (∆x) 2max = E c . 2

de donde podemos despejar (∆x)max = 0.045 m = 4.5 cm, lógicamente menor que la compresión (∆x) = 4.9 cm calculada en el apartado (b) cuando despreciamos el rozamiento. g) Si la masa, después de haber perdido energía por rozamiento en el descenso, tras comprimir el muelle y ser propulsada por su posterior extensión hacia atrás, vuelve a subir por la rampa y pierde más energía por rozamiento en el ascenso, alcanzará una altura h’ obviamente menor que la inicial h. El trabajo Wr´ realizado por la fuerza de rozamiento en el trayecto ascendente será: ' r

W =

xf

xf

∫ F dx = F ∫ dx r

xi

= Fr L' = − m mg cos θ L' .

r

xi

donde L’ es la longitud del recorrido ascendente, que cumple h' = sen θ , L'

por lo tanto:

Wr' = −

µ µgh' . tg θ

Este trabajo Wr´ tendrá justamente el valor necesario para consumir toda la energía cinética con la que el móvil comienza su ascenso por la rampa: Ek + Wr' = mgh' ,

esto es, con Ec = 4.05×10-3 J, calculado en el apartado (e), despejamos h’ de:

Ek −

m mgh' = mgh' tg θ

y obtenemos h’= 0.070 m = 7.0 cm.

85

DOCUMENTOS DE TRABAJO

4.13.- Un cuerpo de masa m se desliza por un plano de inclinación θ partiendo del reposo. El coeficiente de fricción es µ . Hallad las tasas de variación de las energías potencial y cinética (dEp / dt y dEk / dt). Solución: Calculemos la tasa de variación de la energía potencial, esto es, su derivada respecto al tiempo:

dE p dt

=

d dh (mgh) = mg . dt dt

Necesitamos conocer pues la velocidad vertical dh/dt de caída. El objeto ejecuta un movimiento uniformemente acelerado bajo una fuerza neta F formada por la suma de la componente del peso hacia abajo de la pendiente y el rozamiento hacia arriba. La aceleración a a lo largo de la pendiente vale: a=

F mg sen θ − µN mg sen θ − µ mg cos θ = = = g (sen θ − µ cos θ ) . m m m

El camino recorrido por el objeto cayendo por la pendiente desde una posición inicial l0 y desde el reposo (v0 = 0) es por tanto: l = l0 −

1 2 1 at = l 0 − g (sen θ − µ cos θ ) t 2 . 2 2

Y puesto que por la geometría tenemos dE p dt

= mg

h = sen θ , llegamos a l

dh dl = mg sen θ = − mg 2 (sen 2θ − µ sen θ cos θ ) t = − mg 2 sen θ (sen θ − µ cos θ ) t . dt dt

Comentario: Cabe preguntarse por el signo de esta tasa de variación. Vemos que depende del signo del término (sen θ - µ cos θ), que es positivo siempre que se cumpla la desigualdad µ < tg θ. Ésta a su vez se cumple cuando la componente del peso hacia abajo por la pendiente es mayor que la fuerza de rozamiento, lo que hace que el cuerpo se mueva de forma acelerada hacia abajo por la pendiente. En caso contrario, el cuerpo se frenará cayendo por la pendiente hasta detenerse en algún momento. En particular, si el cuerpo estuviera inicialmente en reposo, no se llegaría a poner en movimiento en ningún momento. Puesto que el término entre paréntesis es positivo en las condiciones relevantes para este dE p < 0, experimento, vemos que la tasa de variación de la energía potencial cumple dt esto es, la energía potencial siempre decrece, como corresponde a un objeto que desciende por la pendiente partiendo del reposo.

86

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

De una manera análoga calculamos la tasa de variación de la energía cinética: 2 dE c d 1  1 d (v ) =  mv 2  = m . dt dt  2 dt  2

Obtenemos v a través de la cinemática del movimiento uniformemente acelerado, derivando la expresión que hemos obtenido previamente para l y obtenemos: v=

dl = − g (sen θ − µ cos θ ) t . dt

Derivando el cuadrado de v y sustituyendo el resultado en la tasa de cambio llegamos a: dE k 1 d (v 2 ) = m = mg 2 (sen θ − m cos θ ) 2 t . dt 2 dt

Comentario: En este caso, si analizamos el signo de la expresión, vemos que tenemos siempre que dE c > 0 , esto es, la energía cinética siempre aumenta. Esto quiere decir que el cuerpo se dt

mueve de forma acelerada hacia abajo por la pendiente. Esto es cierto pero recordemos que hemos llegado a este resultado bajo las condiciones de que el móvil parte del reposo y de que la fuerza que lo acelera pendiente abajo es mayor que la fuerza de rozamiento. Sumando las dos contribuciones obtenemos la tasa de variación de la energía total mecánica ET = Ep + Ec: dET dE p dE c = + = − mg 2 (sen 2θ − m sen θ cos θ ) t + mg 2 (sen θ − m cos θ ) 2 t . dt dt dt

En primer lugar, comprobamos que si no hay rozamiento (µ = 0), entonces la tasa anterior se anula como esperamos, pues en ese caso la energía total ET es constante. En segundo lugar, podemos desarrollar los términos entre paréntesis de la expresión anterior y, tras varias operaciones algebraicas, llegamos al resultado:

dET = −mg 2 m cos θ (sen θ − m cos θ ) t . dt Podemos ver que esta expresión es siempre negativa si el móvil cae de forma acelerada por la pendiente, lo que implica que la energía total siempre disminuye como es de esperar en presencia de rozamiento. Además, podemos reescribir los términos de esta expresión de la manera siguiente: dET = ( m mg cos θ ) [− g (sen θ − m cos θ ) t ] = Fr v = Pr . dt

87

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Esto quiere decir que la tasa de variación de la energía total ET es igual a la potencia Pr disipada por la fuerza de rozamiento Fr. Es un resultado consistente, pues es la única fuerza no conservativa presente, capaz por tanto de causar una pérdida de energía mecánica.

4.14.- Calculad la energía potencial del sistema en función de y. Se sugiere tomar el cero de energía potencial a la altura de las poleas y considerar que la longitud de cada una de las cuerdas es L. Determinad y para la situación de mínima energía potencial y verificad que se obtiene el mismo resultado calculando la posición de equilibrio del sistema.

2d

θ

y m

M

M

Solución: Consideramos que cada uno de los dos tramos de la cuerda que une m con M tiene una longitud L = l + l’, tal como se indica en la figura. Se verifica l = d 2 + y 2 . Tenemos pues para la energía potencial: E p = − mgy − 2 Mgl ' = − mgy − 2 Mg ( L − l ) = − mgy − 2 Mg ( L − d 2 + y 2 ) .

Los signos negativos de ambos sumandos se deben a que, tal como están definidos l, l’ e y en el dibujo, Ep debe disminuir cuando aumenta cualquiera de estas variables. Esta energía potencial no tiene un cero bien definido, puesto que se anula cuando tanto y como l’ lo hacen y esto no es posible si la cuerda es suficientemente larga. Sin embargo, es perfectamente válida para nuestros propósitos, pues solamente son relevantes desde el punto de vista físico las diferencias de energía potencial, lo que hace que la energía potencial esté siempre indeterminada en una constante. Si queremos una energía potencial que se haga cero cuando y = 0 y l = d, podemos elegir E p = − mgy − 2 Mg (d − l ) = − mgy − 2 Mg (d − d 2 + y 2 ) ;

es fácil verificar que ésta difiere de la anterior únicamente en una constante. Una vez obtenida la energía potencial, es inmediato calcular la posición de equilibrio yeq, que debe ser un mínimo. Imponemos pues 0=

dE p dy

y obtenemos yeq =

md 4M 2 − m 2 88

.

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Comentario: a)

Podemos preguntarnos qué sucede cuando 4M² – m² < 0, pues entonces no está definida la expresión anterior. Es fácil ver que se da tal situación cuando m > 2M. En términos físicos, si la masa m es superior a la de las dos pesas M, entonces m bajará y las dos pesas M subirán indefinidamente todo lo que permita la longitud de la cuerda; en ese caso el sistema no tiene una posición de equilibrio bien definida. Entendemos así la divergencia del resultado anterior para yeq.

b) También podemos calcular la posición de equilibrio empleando argumentos dinámicos (en términos de las fuerzas) en lugar de las consideraciones de energía potencial del apartado a). Si el sistema está inicialmente en reposo, permanecerá indefinidamente así si la fuerza resultante actuando sobre cada una de las masas se anula. Para la masa m podemos escribir la condición de equilibrio

∑F

y

= ma y = 0

como 2T sen θ − mg = 0

y para cada una de las masas M: T − Mg = 0 .

donde T es la tensión en la cuerda. De la segunda ecuación despejamos T = Mg y lo sustituimos en la primera, obteniendo m . 2M

sen θ =

Por otra parte es evidente geométricamente que tg θ = tangente como función del seno:

tg θ =

y , por lo que, expresando la d

sen θ sen θ = cos θ (1 − sen 2θ )

y sustituyendo el valor que hemos obtenido arriba para sinθ obtenemos, tras operar yeq =

md 4M 2 − m 2

,

naturalmente, el mismo resultado que en el apartado a).

89

DOCUMENTOS DE TRABAJO

4.15.- Calculad la energía potencial elástica del sistema formado por dos muelles idénticos enfrentados, de constante elástica k, en función de la posición (x,y).

m

k

y

k

x 2L Solución: La energía potencial elástica de un muelle de constante k y longitud L en reposo cuando se ha deformado y tiene una longitud l es:

1 E p = k (l − L) 2 . 2 En este problema, sumado las contribuciones de ambos muelles, tenemos: Ep =

1 1 k [ ( L + x) 2 + y 2 − L] 2 + k [ ( L − x) 2 + y 2 − L] 2 . 2 2

La energía potencial Ep siempre está indeterminada en una constante, que depende del origen que elijamos para medir dicha energía. Por lo tanto, el resultado anterior no es unívoco, puesto que podemos sumarle cualquier constante arbitraria C. Puesto que esta energía potencial Ep se anula cuando tanto x como y son cero, la función Ep(x,y) tal como aparece en la expresión anterior (correspondiente a la elección C = 0) implica tomar la posición (0, 0) como origen o cero de energía potencial.

4.16.- Determinad la velocidad de una partícula de masa m correspondiente al sistema péndulo rígidomuelle en su posición más baja. La masa se encuentra en reposo para θ = θ0. Calculad primero en general para cualquier valor de θ0 y particularizad al final para ángulos pequeños, de forma que se pueden hacer las siguientes aproximaciones:

1 1 cosθ ≈ 1 − θ 2 , 1 + θ ≈ 1 + θ 2 2

90

L

θ

L

m

k

L

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Solución: Tomamos como cero de energía potencial gravitatoria la posición más baja (de equilibrio) del péndulo. Cuando el péndulo forma un ángulo θ, el objeto de masa m está a una altura sobre esa referencia igual a h = L − L cos θ = L(1 − cos θ ) ,

La energía potencial gravitatoria queda por tanto: E p , g = mgh = mgL (1 − cos θ ) .

Calculamos ahora la energía potencial elástica: un muelle de constante k y longitud L en reposo, cuando tiene una longitud l debido a una deformación, contiene una energía potencial elástica:

E p ,el =

1 k (l − L) 2 . 2

En este problema, podemos escribir para l: l = ( L + h) 2 + ( L sen θ ) 2 = [ L + L(1 − cos θ )]2 + ( L sen θ ) 2 = L (2 − cos θ ) 2 + sen 2θ

Desarrollando el cuadrado dentro de la raíz y teniendo en cuenta que cos 2 θ + sen 2θ = 1 , llegamos a: l = L 5 − 4 cos θ .

Tenemos pues para la energía potencial elástica: E p.el =

1 1 k[ L 5 − 4 cos θ − L] 2 = kL2 [ 5 − 4 cos θ − 1] 2 . 2 2

Podemos escribir ahora la energía total inicial, cuando la partícula se encuentra en una posición angular θ0. Al estar en reposo, no hay energía cinética y la energía total vale: Etot = E p , g + E p ,el = mgh +

1 1 k (l − L) 2 = mgL (1 − cos θ 0 ) + kL2 [ 5 − 4 cos θ 0 − 1] 2 . 2 2

La energía total en el instante final en el que la partícula pasa por la posición más baja es puramente cinética, pues tanto Ep,g como Ep,el se anulan en θ = 0. Por lo tanto, por conservación de la energía, podemos igualar las energías inicial y final y obtenemos: 1 2 1 mv = Etot = mgL (1 − cos θ 0 ) + kL2 [ 5 − 4 cos θ 0 − 1] 2 , 2 2

91

DOCUMENTOS DE TRABAJO

de donde podemos despejar la velocidad final: v = 2 gL (1 − cos θ 0 ) +

kL2 [ 5 − 4 cos θ 0 − 1] 2 . m

Este es el resultado exacto, válido para todo valor de θ0. Si consideramos que los ángulos 1 2

van a ser siempre pequeños podemos usar la aproximación cos θ 0 ≈ 1 − θ 02 y llegamos a: 1 kL2 [ 1 + 2θ 02 − 1] 2 . v ≈ 2 gL ( θ 02 ) + 2 m

Empleando ahora el desarrollo obtenemos:

1 1 + θ 0 ≈ 1 + θ 0 , válido también para θ0 pequeño, 2

1 kL2 2 2 g k 2 kL 2 (θ 0 ) = θ 0 L θ0 . v ≈ 2 gL ( θ 02 ) + + θ 0 = θ 0 gL 1 + 2 m L m mg

Simplificando más aún, en la medida en que los valores de k, m, L, g y θ0 sean tales que el término

kL 2 θ 0 sea suficientemente pequeño comparado con la unidad, obtenemos el mg

resultado:

v ≈ θ 0 gL .

Se puede verificar fácilmente que éste es el resultado que se obtiene en el caso de un péndulo ordinario, sin la presencia del muelle. Es importante recordar que los ángulos han de estar dados en radianes en todas las expresiones anteriores pues sólo en estas unidades tienen sentido las aproximaciones empleadas para ángulos pequeños.

4.17.- Una partícula de masa 20 g está sometida a una fuerza tal que su energía 2 1 potencial viene dada por E p (r ) = 2 − , donde r se expresa en m y Ep en J, y r es r r la distancia al origen de coordenadas. a) Representad Ep(r) y hallad la posición de equilibrio de la partícula. b) Si la partícula se encuentra en esa posición de equilibrio, calculad la velocidad minima que debe tener ahí para poder escapar al infinito. c) Si la partícula se encuentra a 20 m del origen dirigiéndose hacia él con una velocidad de 2 m/s, calculad la velocidad máxima que llega a alcanzar y la distancia mínima al origen a la que se acerca.

92

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Solución: a)

La función Ep(r) está dada por la suma de dos términos, uno positivo de la forma r-2 y otro negativo de la forma –r-1. Puesto que el primero de ellos es proporcional al cuadrado del segundo, es evidente que el primero diverge más fuertemente cuando r tiende a 0 y se acerca más rápidamente a 0 cuando r tiende a infinito. Por lo tanto, el comportamiento en los límites de Ep(r) está dominado por el término 2r-2 cerca del origen (muy grande y positivo) y por el término –r-1 (pequeño en valor absoluto y negativo) a distancias r muy grandes . Cabe esperar pues que Ep(r) tenga un mínimo para algún valor r0. Calculamos esa posición haciendo dEp/dr = 0, o lo que es lo mismo, buscando la posición en la que la componente radial de la fuerza Fr = - dEp/dr se anula. Esto nos lleva a la ecuación:

(−2)2 1 + 2 =0 r3 r cuya solución es r0 = 4 m. El valor Ep(r0) de la función Ep(r) en ese punto es Ep(4m) = -1/8 J y es fácil convencerse de que se trata de un mínimo local (incluso absoluto) de Ep(r). Con esta información, podemos esbozar la forma de la función Ep(r).

b) Aplicando la ley de la conservación de la energía entre las posiciones inicial (r0 = 4m) y final (r → ∞), obtenemos:

1 1 E p (r0 ) + mv02 = E p (∞) + mv∞2 . 2 2 Conocemos los valores Ep(r0) = -1/8 J, Ep(∞) = 0 y podemos imponer v∞ = 0, puesto que estamos buscando la velocidad mínima que debe tener la partícula en r0 = 4 m para poder escapar al infinito, lo que corresponde a llegar allí con velocidad v∞ prácticamente nula. Despejando, obtenemos pues:

v0 =

2 E p (r0 ) m

93

.

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Con Ep(r0) = -1/8 J, el resultado es v0 = 3.54 m/s. c)

De manera análoga al caso anterior, aplicamos la ley de la conservación de la energía entre la posición inicial (ahora ri = 20 m), donde la velocidad vi vale 20 m/s y la posición final, que corresponde al lugar donde se alcanza la máxima velocidad. ¿Cuál es éste lugar? Puesto que la energía total se conserva, siendo en todo momento igual a la suma de Epot y de Ec, y teniendo en cuenta que ésta última nunca puede ser negativa, es evidente que la mayor Ec (y por lo tanto, la mayor velocidad v) se alcanzará en el lugar donde Ep sea mínima, esto es, en r0 = 4 m, como hemos calculado en (a). Obtenemos:

1 1 E p (ri ) + mvi2 = E p (r0 ) + mv02 . 2 2 Despejando en la expresión anterior, obtenemos la velocidad máxima:

v0 =

2 [ E p (ri ) − E p (r0 )] + vi2 . m

Sustituyendo los valores dados, llegamos a v0 = 3.46 m/s. Por otra parte, puesto que Ep diverge cerca del origen, la mínima distancia dmin se alcanzará cuando Ec tome su valor mínimo posible, que es cero. En ese momento, toda la energía de la partícula está en forma de energía potencial. La partícula se detiene momentáneamente y a continuación, no puede hacer otra cosa más que rebotar y volver por donde ha venido. Esto corresponde a un punto de retorno clásico y se obtiene imponiendo la condición Ec = 0 en la conservación de la energía, con lo que ésta queda en la forma:

1 E p (ri ) + mvi2 = E p (d min ) . 2 Evaluamos el lado izquierdo de la ecuación, que es la energía total Et en la posición 1 inicial ( Et = E p (ri ) + mvi2 ), obteniendo Et = - 5.0×10-3 J. Por otra parte, sustituyendo 2 en la parte derecha la expresión analítica para la energía potencial en la posición de mínima distancia E p (d min ) =

(−2)2 1 + 2 , 3 d min d min

llegamos a una ecuación de segundo grado para dmin: 2 Et d min + d min − 2 = 0,

cuyas dos soluciones son 2.02 m y 198 m. La primera de ellas, la menor, es claramente la solución buscada, la mínima distancia al origen.

94

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Comentario: Es fácil ver que la segunda solución, 198 m, corresponde a un segundo punto de retorno clásico, más alejado del origen que el primero e incluso que el punto de partida ri, en el que la partícula se detiene y comienza a moverse de nuevo acercándose al origen. Está claro que debe existir este segundo punto de retorno, puesto que la energía total de la partícula es negativa (tomando como cero de Ep el caso r → ∞), es decir, la energía total es insuficiente para liberar la partícula de la atracción por el potencial – r-1, por lo que su movimiento está confinado entre una mínima y una máxima distancia al origen.

4.18.- Una partícula de masa 2 kg se mueve a lo largo del eje x sometida a la acción de una fuerza dependiente de la posición Fx ( x) = (3 x 3 − x) exp(− x 2 ) , con x en m y Fx en N. a) Representad la fuerza frente a la posición e identificad los puntos de equilibrio estables e inestables. b) Hallad y representad la energía potencial asociada a dicha fuerza. c) Si la partícula se encuentra en el punto de equilibrio estable, hallad su energía cinética mínima para que pueda alcanzar un punto de equilibrio inestable. d) Si la partícula se encuentra en una posición x < 0, describid su posible evolución temporal en función de su velocidad en ese punto. Solución: a)

Buscamos los puntos de equilibrio, definidos como aquéllos en los que se anula la 2

fuerza. La ecuación 0 = Fx ( x) = (3 x 3 − x) e − x tiene como soluciones x = 0, x = ±1/√3 m y también se pueden considerar x = ±∞, pues en ellos la fuerza tiende a cero. Teniendo en cuenta que muy cerca del origen la función se comporta como la recta – x, algo más alejado de él cobra importancia el término 3x3 (haciendo que la función comience a crecer para valores de x positivos y a decrecer para valores de x negativos) y finalmente, muy lejos del origen la exponencial hace que Fx tienda fuertemente a cero en valor absoluto, podemos dibujar la forma de la función recordando también que se trata de una función impar o antisimétrica [Fx(x) = - Fx(-x)]:

95

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Vemos que el origen x = 0 es un punto de equilibrio estable, pues cerca de él la fuerza Fx(x) ≈ - x, lo que implica que si la partícula se desplaza levemente en una dirección, la fuerza sobre ella tiende siempre a moverla en dirección contraria, lo que produce un movimiento siempre confinado (y oscilatorio) si el desplazamiento es suficientemente pequeño). Otra forma de verlo es notar que la pendiente (la derivada) de Fx(x) cerca del origen es negativa. Puesto que Fx es la derivada de la energía potencial Ep(x) cambiada de signo, vemos que la segunda derivada de Ep(x) es positiva (siendo la primera derivada, igual a -Fx, nula), lo que corresponde a un mínimo local de la energía potencial y por lo tanto a un punto de equilibrio estable. En la figura vemos igualmente que cerca del punto x = 1/ m ≈ 0.58 m, la función 1   tiene a primer orden un comportamiento Fx ( x) ≈ k  x −  + ... donde k es una 3  constante positiva. Los mismos razonamientos anteriores aplicados a este caso nos hacen ver que se trata de un punto de equilibrio inestable, pues al desplazarse infinitesimalmente de él, el móvil sufrirá una fuerza que tenderá a alejarlo más aún. m es igual a k, positiva por tanto, Equivalentemente, la derivada de Fx(x) en x = 1/ por lo que la segunda derivada de Ep(x) es negativa, lo que corresponde a un máximo local y por tanto a un punto de equilibrio inestable. m, Fx(x) se Debido a la antisimetría de la función Fx(x), cerca del punto x = - 1/ 1   comporta como Fx ( x) ≈ k  x +  + ... y por lo tanto, se trata igualmente de un punto 3  de equilibrio inestable. b) Debido a la relación fundamental entre la energía potencial y la fuerza que deriva de ella:

 ∂E p   , F ( x) = −   ∂x  debemos proceder a integrar la fuerza para obtener la función energía potencial: x

E p ( x) = − ∫ Fx ( x' )dx' . x0

Para ello necesitamos calcular el valor de integrales del tipo

∫x

n

exp(− x 2 )dx.

Sabiendo que para el caso n = 1, la integración es inmediata y una primitiva es 1 − exp(− x 2 ) , podemos utilizar el método de integración por partes para reducir en 2 una unidad en cada paso el valor de n y llegar al caso conocido para n = 1. El resultado final para la energía potencial Ep(x) es:

96

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

3   E p ( x) = 1 + x 2  exp(− x 2 ) , 2  

donde hemos tomado como 0 el valor de la constante arbitraria de integración, lo que implica que Ep(x) se anula en el infinito. Ahora podemos representar esta función, para lo que son de ayuda los resultados del apartado anterior: x = 0 es un mínimo local y x = ±1/ m ≈ ± 0.58 m son máximos locales de Ep(x) :

c)

Para alcanzar cualquiera de los puntos de equilibrio inestables partiendo de x = 0 es inmediato, viendo el diagrama de Ep(x) que debemos comunicar una energía cinética a la particula igual como mínimo a la diferencia de potencial que queremos superar: E c = ∆E p = E p ( x = ±

1 3

) − E p ( x = 0) .

Sustituyendo valores, obtenemos Ec = 3/2 e-1/3 J = 1.075 J, lo que corresponde a una velocidad de 0.27 m/s. d) La evolución temporal de una partícula que se aproxima desde una posición inicial x L. Nota: El problema también puede resolverse aplicando la conservación de la energía mecánica. Para ello, como sugerencia, tomad el origen de energía potencial en la parte superior, y denotad x a la longitud de cadena que sobresale. Ayuda:

dx

∫

2

x −a

2

= ln( x + x 2 − a 2 ) + C

5.8.- Un cuerpo que cae verticalmente explota en dos fragmentos iguales cuando se encuentra a una altura de 2000 m y tiene una velocidad de caída de 60 ms-1. Inmediatamente después de la explosión uno de los fragmentos se mueve hacia abajo a 80 ms-1. Hallad la posición del centro de masas del sistema, así como la de los fragmentos, 10 s después de la explosión. Solución: Durante la explosión (intervalo de tiempo muy pequeño) solo actúan fuerzas internas, por lo que el momento lineal del sistema se conserva: Pinicial = P final .

v2 h

v

v1

Como en el problema sólo intervienen velocidades en la dirección vertical, esta ecuación vectorial se puede reducir a una ecuación escalar: Pinicial = Pfinal ,

Pinicial = m v,

Pfinal = (m/2) v1 + (m/2) v2 ,

donde v es la velocidad inicial del cuerpo, m su masa, y v1 y v2 son las velocidades de los fragmentos (1) y (2), siendo v = -60 m/s y v1 = -80 m/s. Igualando los momentos inicial y final: 2 v = v1 + v2

v2 = 2 v - v1 = +40 m/s.

⇒ 127

DOCUMENTOS DE TRABAJO

La posición del CM no se ve modificada por fuerzas internas. Así pues, sigue un movimiento uniformemente acelerado, y para t = 10 s se tiene:

y CM = y 0,CM + v0,CM t +

1 2 at = 2000 m − 60 m/s ⋅ 10 s − 0.5 ⋅ 9.81 m/s 2 ⋅ 100 s 2 = +910 m . 2

Las posiciones de los dos fragmentos serán:

y1 = y 0,1 + v 0,1t +

y 2 = y 0, 2 + v0, 2 t +

1 2 at = 2000 m − 80 m/s ⋅ 10 m/s − 0.5 ⋅ 9.81 m/s 2 ⋅ 100 s 2 = +710 m 2 ,

1 2 at = 2000 m − 40 m/s ⋅ 10 m/s − 0.5 ⋅ 9.81 m/s 2 ⋅ 100 s 2 = +1110 m . 2

Se puede comprobar que el CM de los dos fragmentos coincide con el antes calculado:

m m 710 m + 1110 m m1 y1 + m2 y 2 2 y CM (t = 10 s) = = 2 = +910 m . m1 + m2 m

5.9.- Una bola de billar (A) que lleva una velocidad de 2 m/s choca contra otra bola de igual masa en reposo (B). Después del choque la bola se desvía 30º a la izquierda respecto de su dirección inicial, mientras que la bola inicialmente en reposo sale con un ángulo de 60º hacia la derecha (ver figura). Calculad las velocidades de las bolas después del choque. ¿Se conserva la energía cinética?

y

A

y

B vA

vA’

A

30º

x

60º

B Antes del choque

x

vB’ Tras el choque

Solución: Como en el choque sólo actúan fuerzas internas, el momento lineal del sistema formado por las dos bolas se conserva: Pinicial = P final .

128

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Separando esta ecuación vectorial en sus dos componentes según los ejes x e y:

mv A = mv A' cos 30º + mv B' cos 60º , 0 = mv A' sen30º −mv B' sen 60º ,

Eje x: Eje y:

donde las magnitudes "prima" indican valores tras el choque. Despejando v1 de la segunda ecuación:

v A' = v B'

sen 60º , sen30º

y substituyendo en la primera:

v A = v B' (

sen 60º cos 30º + cos 60º ) = 2v B' , sen30º

se obtiene finalmente:

v B' = v A / 2 = 1 m/s ,

v A' = v B'

3/2 = 3 m/s ≈ 1.73 m/s . 1/ 2

Las energías cinética inicial y final se calculan como:

1 2 mv A = 2m J , 2 2 1 1 2 = m 3 m/s + m(1 m/s ) = 2m J 2 2

E cin ,inicial = E cin , final =

1 m v A' 2

( )

2

+

1 m v B' 2

( )

2

(

)

estando la masa m de las bolas expresadas en kg. Al coincidir las energías cinéticas antes y después del choque, la energía se conserva, por lo que se trata de un choque elástico.

5.10.- Un sistema de partículas está formado por tres cuerpos A, B y C, de masas 1, 2 y 3 kg, respectivamente. Inicialmente, el cuerpo A posee una velocidad de 5 m/s, moviéndose en sentido positivo del eje X, el cuerpo B lleva una velocidad de 10 m/s en el sentido positivo del eje Y, mientras que el cuerpo C se mueve con velocidad de 2 m/s, cuyo sentido es de 30º respecto el eje X, y componentes negativas. Después de interaccionar entre ellas, la partícula B permanece en reposo, y la partícula A se mueve con velocidad de 7 m/s en sentido negativo del eje X. Calculad la velocidad de la partícula C después de la interacción.

y

C

A

A x

C

ϕ

B

B Situación inicial

Tras la interacción 129

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Solución: Utilizando la ley de conservación del momento lineal: Pinicial = P final ,

y separando en sus componentes según los ejes x e y: Eje x:

m A v A − mC vC cos 30º = m A v' A + mC v'C cos ϕ ;

Eje y:

m B v B − mC vC sen30º = mC v'C senϕ ;

de donde:

m A v A − mC vC cos 30º −m A v' A , mC m v − mC vC sen30º . v'C senϕ = B B mC

v'C cos ϕ =

Dividiendo ambas ecuaciones se obtiene la dirección con la que sale la partícula C:

tgϕ =

m B v B − mC vC sen30º ⇒ m A v A − mC vC cos 30º −m A v' A

ϕ = 68.2º.

De esas mismas ecuaciones también se obtiene de manera inmediata que: 2

2

 m v − mC vC cos 30º −m A v' A   m B v B − mC vC sen30º   +   = 6.10 m/s . v'C =  A A mC mC     Los valores de las energías cinéticas inicial y final son Ec(inicial) = 118.5 J y Ec(final) = 80.4 J, por lo que se trata de un choque inelástico.

5.11.- Una bala de masa m y velocidad horizontal v atraviesa la masa M de un péndulo en reposo y longitud L y sale con una velocidad de v/2. Calcúlese el valor mínimo de v para que el péndulo describa un círculo completo en el plano vertical.

L M

m

V v/2

v

(a)

130

(b)

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Solución: Según se muestra en las figuras, en el proceso del impacto de la bala con el bloque, paso de la situación (a) a la (b), se conserva la componente horizontal del momento lineal, al no existir fuerzas externas que actúen en esta dirección. Por tanto, se cumple que el momento lineal inicial (bala) será igual al momento lineal final (bloque + bala): mv = MV + mv / 2 ,

donde v es la velocidad inicial de la bala y V la velocidad del bloque inmediatamente después del impacto. De aquí se obtiene la velocidad del bloque:

V=

m v. 2M

V’

Por otra parte, la condición necesaria para que el bloque describa una circunferencia completa equivale a imponer que en el punto superior la fuerza centrípeta Fc cumpla:

Fc = Ma c = M

L

(V ' ) 2 , L

donde la aceleración centrípeta ac se ha expresado en función de la velocidad del bloque arriba V' y el radio de la trayectoria (L, longitud de la cuerda). La fuerza centrípeta la proporciona tanto el peso como la tensión de la cuerda. La mínima velocidad necesaria para que el bloque describa una circunferencia será cuando la tensión de la cuerda sea nula. En este caso queda:

Mg = M

(V ' ) 2 . L

Por otro lado, para relacionar las velocidades V y V' del bloque se aplica la conservación de la energía mecánica:

1 MV 2 , 2

Energía mecánica abajo:

E mec (1) =

Energía mecánica arriba:

E mec (2) = Mg (2 L) +

1 M (V ' ) 2 . 2

Igualando las energías mecánica inicial y final, y haciendo uso de la expresión obtenida para V', queda: 2

1  m  1 1 5 M v  = Mg 2 L + M (V ' ) 2 = Mg 2 L + MLg = gL . 2  2M  2 2 2

De aquí se obtiene finalmente la velocidad mínima que debe poseer la bala para conseguir que el bloque describa una circunferencia completa:

131

DOCUMENTOS DE TRABAJO

v=

M m

20 gL .

Nótese que no se puede aplicar conservación de momento lineal en el último proceso (ascensión del bloque), pues durante su trayectoria el bloque está sometido a fuerzas externas (peso y tensión de la cuerda), que proporcionan tanto componentes horizontal como vertical a lo largo de la trayectoria circular.

5.12.-

Determinad la velocidad inicial de una bala de 25 g utilizando un péndulo balístico de masa 1 kg, sabiendo que tras quedar empotrada la bala, el bloque sube una altura de 20 cm.

M

m v

h

Solución: El péndulo balístico, esquematizado en la figura, permite determinar la velocidad de un pequeño objeto muy veloz midiendo la altura alcanzada por un bloque (de gran masa) sobre el que se incrusta el objeto en movimiento. Aplicando la conservación del momento lineal para el instante inmediatamente anterior al impacto y el momento inmediatamente posterior, se obtiene:

mv = ( M + m)V , donde V es la velocidad del conjunto bloque-bala tras el impacto. En este proceso no se conserva la energía mecánica, al existir disipación de energía durante el impacto. Después del choque (tras quedar incrustada la bala), sí se puede aplicar la ley de la conservación de la energía mecánica: Energía mecánica abajo: Energía mecánica arriba:

1 ( M + m)V 2 , 2 E mec (2) = ( M + m) gh . E mec (1) =

Donde se ha tomado el origen de la energía potencial en el punto más bajo del bloque, y se ha impuesto la condición de que en el punto más alto la velocidad del conjunto bloque-bala es cero. De la conservación de la energía mecánica, y utilizando la relación obtenida de la conservación del momento lineal, y para los valores dados en el problema, se obtiene finalmente:

v=

M +m 2 gh = 81.2 m/s . m

132

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

5.13.- Dos partículas A y B, de masas 4 y 6 kg respectivamente, están situadas en las posiciones (0,3) y (4,0) m, con velocidades 2 y 3 m/s, respectivamente, según muestra la figura. Calculad: a) la posición del centro de masas; b) el momento angular total respecto del origen de coordenadas; c) las velocidades de las partículas respecto del centro de masas. d) Comprobad que se cumple: Ec,O = Ec,CM + (1/2) MT vCM2.

y A

CM

O

B

x

Solución: a)

Aplicando la definición de centro de masas: xCM

∑m x = ∑m ∑m y = ∑m i

i

=

4 kg ⋅ 0 m + 6 kg ⋅ 4 m = 2.4 m , 4 kg + 6 kg

=

4 kg ⋅ 3 m + 6 kg ⋅ 0 m = 1.2 m . 4 kg + 6 kg

i

i

y CM

i

i

i

i

i

i

b) El momento angular del sistema será la suma de los momentos angulares de cada partícula: i j k i j k L = ∑ Li = ∑ ri × pi = 4 kg 0 3 0 m 2 /s + 6 kg 4 0 0 m 2 /s = 48 k kg m 2 /s i i 2 0 0 0 3 0

c)

En primer lugar calculamos la velocidad del CM, que viene dada por: v x ,CM

∑m v = ∑m ∑m v = ∑m i

i

v y ,CM

i

i

=

4 kg ⋅ 2 m/s + 6 kg ⋅ 0 m/s = 0.8 m/s , 4 kg + 6 kg

=

4 kg ⋅ 0 m/s + 6 kg ⋅ 3 m/s = 1.8 m/s . 4 kg + 6 kg

i

i

i

x ,i

y ,i

i

133

DOCUMENTOS DE TRABAJO

La velocidad de cada una de las partículas en relación al CM será: v CM , A = v A - v CM = (2 i + 0 j ) m/s - (0.8 i + 1.8 j ) m/s = (1.2 i - 1.8 j ) m/s , v CM , B = v B - v CM = (0 i + 3 j ) m/s - (0.8 i + 1.8 j ) m/s = (- 0.8 i + 1.2 j ) m/s .

d) La energía cinética del sistema respecto a O es:

1 1 1 E cin ,O = ∑ E cin ,O ,i = ∑ mi vi2 = 4 kg ⋅ (2 m/s) 2 + 6 kg ⋅ (3 m/s) 2 = 35 J . 2 2 i i 2 La energía cinética de las partículas respecto al CM es: 1 2 E cin ,CM = ∑ E cin ,CM ,i = ∑ mi vCM ,i = i i 2 . 1 1 = 4 kg ⋅ (1.2 m/s) 2 + (1.8 m/s) 2 + 6 kg ⋅ (0.8 m/s) 2 + (1.2 m/s) 2 = 15.6 J 2 2

(

Por otro lado, la cantidad

(

)

)

1 2 M T vCM da como resultado: 2

1 1 2 M T vCM = (4 kg + 6 kg ) ⋅ (0.8 m/s) 2 + (1.8 m/s) 2 = 19.4 J , 2 2

(

)

con lo que queda comprobado que: E cin ,O = E cin ,CM +

1 2 M T vCM (15.6 J + 19.4 J = 35 J). 2

5.14.- Un cuerpo con velocidad horizontal impacta con el extremo superior de un sistema formado por dos bolas unidas rígidamente por medio de una barra sin masa de 30 cm de longitud, tal como se muestra en la figura. Teniendo en cuenta los datos de la figura, calculad: a) la velocidad del centro de masas del sistema formado por las dos bolas tras el choque; b) el momento angular total del sistema de partículas antes y después del choque, respecto el origen de coordenadas; c) la velocidad angular de la barra tras el choque. Utilizad que: L = LCM + M rCM×vCM Solución: a)

Al no existir fuerzas externas, el momento lineal del sistema se conserva tras el choque. Separando en sus componentes horizontal y vertical:

y v’1 = 1 m/s m1 = 0.5 kg

v1 = 2 m/s m2 = 2 kg

Eje x: m1v1 = (m2 + m3 )vbarra , x , Eje y: 0 = m1v'1 +(m2 + m3 )vbarra , y ,

30º m3 = 4 kg 134

x

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

donde vbarra denota la velocidad del centro de masas del conjunto de las dos bolas unidas por la barra tras el choque. De estas dos ecuaciones, se obtiene directamente: 1 m1v1 = m/s , m2 + m3 6 m1v'1 1 =− = − m/s . m2 + m3 12

vbarra , x = vbarra , y

El momento angular respecto al origen de coordenadas antes del choque proviene únicamente de la partícula 1, y vale: i

j

Linicial = r1 × p1 = m1 0 Lsen30º v 0

k

i

j

k

0 = 0.5 kg 0 0.15 0 m 2 /s = −0.15 k kg m 2 /s 0 2 0 0

Al no existir momentos de fuerzas externas, el momento angular del sistema se conserva:

L final = Linicial = −0.15 k kg m 2 /s . Para calcular la velocidad angular de la barra, calculamos primeramente su momento angular, restando la contribución de la partícula 1 al momento angular total tras en choque:

Lbarra = L final - L'1 = L final - r'1× p'1 = i j k = -0.15 k kg m /s - m1 L cos 30º Lsen30º 0 = -0.28 k kg m 2 /s. 0 0 v'1 2

Ahora, mediante la relación L = LCM + M rCM × vCM , podremos calcular el momento angular de las dos bolas unidas respecto de su centro de masas. Para ello, es preciso previamente obtener la posición de su centro de masas: xCM

∑m x = ∑m ∑m y = ∑m i

i

i

i

i

=

4 kg ⋅ 0 m + 2 kg ⋅ 0.30 ⋅ cos 30º m = 0.0867 m 4 kg + 2 kg

=

4 kg ⋅ 0 m + 2 kg ⋅ 0.30 ⋅ sen30º m = 0.050 m 4 kg + 2 kg

i

i

y CM

i

i

i

Con estos datos ya se puede calcular LCM: LCM = L − M rCM × v CM

i j k 0.050 0 m 2 /s = = −0.280 k kg m /s − (4 + 2) kg 0.0867 0.167 − 0.0833 0 2

= −0.187 k kg m 2 /s.

135

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Ahora debemos obtener el momento de inercia del sistema de las dos masas unidas por la barra, respecto de su centro de masas. Para ello es preciso calcular las distancias de las partículas 2 y 3 al centro de masas. Tomando el origen en la partícula 3, el CM está a una distancia dada por:

∑m d d= ∑m i

i

i

i

=

i

4 kg ⋅ 0 m + 2 kg ⋅ 0.30 m = 0.1 m , 4 kg + 2 kg

y por tanto la distancia de la partícula 2 al centro de masas será de 0.2 m. El momento de inercia del conjunto queda como: I = ∑ mi d i2 = 4 kg ⋅ (0.1 m) 2 + 2 kg ⋅ (0.2 m) 2 = 0.084 kg m 2 . i

Finalmente, la velocidad angular de la barra se obtiene mediante:

LCM = Iω

⇒

ω=

LCM − 0.187 k kg m 2 /s = = −2.22 k (rad)/s . I 0.084 kg m 2

5.15.- La parte en rotación de un motor tiene una masa de 15 kg y un radio de giro de 15 cm. a) Calculad el momento angular cuando está girando a 1800 rpm. b) ¿Qué par es necesario para alcanzar esta velocidad angular en 5 s, partiendo del reposo? Solución: a)

De la definición de radio de giro K se calcula en primer lugar el momento de inercia del conjunto que gira:

I = mK 2 = 15 kg ⋅ (0.15 m) 2 = 0.34 kg m 2 . De aquí puede obtenerse el momento angular del motor cuando gira a 1800 rpm:

L = Iω = 0.34 kg m 2 ⋅ 1800 rpm ⋅

2p (rad) = 63.6 kg m 2 / s . 60 s/min

b) El par es el momento de la fuerza τ necesario para conseguir una determinada aceleración angular a. Si el par se supone constante (y así la aceleración angular) y el sistema inicialmente está en reposo, se tiene:

a=

dω ∆ω 188.5 (rad)/s = = = 37.7 (rad)/s 2 . dt ∆t 5s 136

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

El par necesario será por tanto:

τ = Ia = 0.34 kg m 2 ⋅ 37.7 (rad)/s 2 = 12.7 N m .

R

5.16.- Obtened los momentos de inercia de un anillo, un cilindro y una esfera, respecto a un eje que pasa por su eje de simetría.

H

R R H

Solución: El momento de inercia de un sólido continuo que gira alrededor de un eje se define como: I = ∫ r 2 dm ,

donde dm representa un diferencial de masa que está a una distancia r del eje de giro. Para un anillo de radio R, toda la masa está situada a la misma distancia R (supuesto el espesor del anillo mucho menor que su radio), por lo que su momento de inercia será: I = ∫ r 2 dm = ∫ R 2 dm = R 2 ∫ dm = MR 2 ,

donde M es la masa del anillo. Para un cilindro de radio R y altura H, es r dr preciso realizar la integración correspondiente. Para ello elegimos un H diferencial dm que contenga toda su masa a la misma distancia r del eje de giro. Este diferencial de masa consiste en un anillo de radio genérico r, espesor dr, y altura H (ver figura). Si el cilindro es homogéneo y posee una densidad r, el diferencial de masa será:

dm = r 2π rHdr . Introduciendo el dm en la integral, y poniendo como límites de integración desde r = 0 hasta r = R, resulta: R

R

M 1 1 1 I = ∫ r dm = ∫ r r 2π rHdr = 2πrH ∫ r 3 dr = πrHR 4 = πHR 4 = MR 2 , 2 2 2 πR H 2 0 0 2

2

donde se ha utilizado que el volumen del cilindro es V = πR 2 H .

137

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Para calcular el momento de inercia de una esfera homogénea respecto un eje que pasa por su centro, descompondremos la esfera en discos infinitesimales de radio r y espesor dx, y utilizaremos el resultado anterior del momento de inercia de un cilindro (o disco): R

R

R

πr 4 πr 1 1 8πrR 5 2 2 2 , I = ∫ dI = ∫ r 2 dm = ∫ r 2 rπ r 2 dx = r dx R x dx = − = ( ) 2 2 2 −∫R 2 −∫R 15 −R donde dI es el momento de inercia del disco infinitesimal de masa dm, x denota la distancia del centro del disco al centro de la esfera, y se ha utilizado que R2 = x2 + r2 (ver figura). Teniendo en cuenta ahora que el volumen de la esfera es V = (4 / 3)πR 3 , queda finalmente:

8π I=

8πρR 5 = 15

M

4 3 πR 3 15

r

dx

x R

R5 =

2 MR 2 . 5

5.17.- Calculad el momento de inercia de una varilla homogénea respecto al eje perpendicular que pasa por su centro. Apoyándose en este resultado, calculad el momento de inercia de una lámina rectangular respecto a un eje perpendicular que pasa por su centro. Solución: En una varilla (ver figura) se supone que sus dimensiones transversales son mucho menores que su longitud (a,b 45º), correspondientes a la varilla tumbada en la parte más baja de la cuña, dan la menor altura posible para el CM. El equilibrio inestable implica que al separar la barra un infinitésimo de su posición de equilibrio, esta tiende a alejarse de dicha posición.

160

TEMA VI VIBRACIONES Y ONDAS

6.1.- Considerando movimiento armónico simple, obtened la velocidad máxima de: a) una masa que se mueve con una amplitud de 1 cm y una frecuencia de 1 Hz; b) un electrón moviéndose en una antena de 0.5 m con una frecuencia de 500 kHz; c) un átomo en un cristal, oscilando con una amplitud de 0.1 Å y una frecuencia de 1013 Hz. Solución Un movimiento armónico simple (MAS) tiene como expresión general de la ecuación de movimiento una función sinusoidal (seno ó coseno) dependiente del tiempo:

x = A cos(ω t + ϕ 0 ) , donde x es la elongación (desplazamiento con respecto al punto de equilibrio), A la amplitud (elongación máxima), ω la velocidad angular, y φ0 la fase inicial. La velocidad de una partícula es la variación del desplazamiento con el tiempo, por lo que la velocidad de una partícula con MAS se obtendrá derivando respecto al tiempo la anterior ecuación de movimiento:

v=

dx = − Aω sen (ω t + ϕ 0 ) . dt

El valor máximo de la velocidad se obtiene cuando la función armónica vale 1. En valores absolutos tenemos, por lo tanto, que la velocidad máxima depende de la amplitud de oscilación y de la frecuencia de tal manera que:

v max = Aω . A su vez la frecuencia angular ω puede expresarse en función de la frecuencia lineal f (ω = 2π f), lo que permite reescribir la última expresión como:

v max = 2π f A . Sustituyendo los valores del enunciado se obtiene:

161

DOCUMENTOS DE TRABAJO

a)

Para el caso de la masa oscilante tenemos:

vmax = 2⋅ π ⋅ 1 Hz⋅ 0.01 m = 6.28 × 10− 2 m/s = 6.28 cm/s . b) Para el caso del electrón oscilando en una antena de 0.5 m de longitud, calculamos su velocidad considerando que la longitud de la antena marca el doble de su amplitud de oscilación (el electrón se mueve de un extremo al otro) de tal manera que:

vmax = 2⋅ π ⋅ 500 × 103 Hz ⋅ 0.25 m = 7.85 × 105 m/s . c)

La velocidad máxima del átomo del cristal vendrá dada por: vmax = 2⋅ π ⋅ 1 × 1013 Hz ⋅ 1 × 10 −11 m = 628 m/s

6.2.- Demostrad que el único efecto de una fuerza constante F0 sobre un oscilador armónico constituido por un muelle de constante elástica k y longitud de equilibrio x0 unido a una masa m, es un cambio de la longitud de equilibrio del muelle. Encontrad la nueva longitud de equilibrio. Emplead ese resultado en el siguiente problema: cuando una persona de 60 kg de masa se introduce en un coche, el centro de gravedad del mismo baja 0.3 cm. Calculad la constante elástica de los muelles del coche sabiendo que su masa en vacío es de 500 kg. Obtened el periodo de vibración del coche cuando el hombre está dentro. Solución La ecuación de movimiento de una masa m unida a un muelle de constante recuperadora k, suponiendo que la posición de equilibrio se encuentra en el origen de coordenadas, se puede escribir como:

ma = −k x . Al aplicar una fuerza F0 esta ecuación se convierte en:

ma = −k x + F0 , Si denominamos x0 al desplazamiento de la masa que produciría una fuerza de empuje del muelle igual a F0 entonces x0 = F0 /k de tal manera que:

ma = −k x + kx0 = −k (x − x0 ) . Es decir, que tenemos exactamente la misma ecuación de movimiento pero trasladando el punto de equilibrio a la posición x0. Para resolver el problema del segundo apartado, hemos de tener en cuenta que en este caso la fuerza aplicada es el peso del hombre (P = mg =9.81 m/s·60 kg = 588 N) y que dicha fuerza produce una contracción en los amortiguadores igual al desplazamiento del centro 162

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

de masas (∆x = -0.3 cm = -3 × 10-3 m). De acuerdo con la segunda expresión tenemos que la constante recuperadora (elástica) de los amortiguadores viene dada por: k=

F − 588 N = =1.96 × 105 N/m . ∆x − 3 × 10− 3 m

Por lo tanto el conjunto “coche+hombre” puede ser considerado como un oscilador armónico constituido por una masa toral mT = 560 kg unida a un muelle de constante recuperadora k = 1.96 × 105 N/m. La frecuencia de vibración de dicho sistema vendría dada por:

ω=

k 1.96 × 105 N/m = = 18.7 (rad)/s . mT 560 kg

El periodo de oscilación del coche sería, por lo tanto, igual a:

T=

2π

ω

=

2π = 0.33 s . 18.7 (rad)/s

6.3.- El pistón de un motor de explosión tiene 200 g de masa y una carrera (recorrido dentro del cilindro) de 10 cm. Suponiendo que se mueve con movimiento armónico simple a 5000 rpm, determinad: a) el tiempo que tarda en recorrer 2 cm a partir del momento que pasa por el centro del cilindro; b) la máxima aceleración que adquiere el pistón y la posición en la que se encuentra cuando tiene esa aceleración máxima. 10 cm

200 g

Solución Al tratarse de un movimiento armónico simple el desplazamiento del pistón con respecto al su posición de equilibrio, x, viene dado por:

x = Asen (ω t + ϕ 0 ) . El pistón tiene un recorrido total del cilindro de 10 cm, con lo cual la amplitud del movimiento del pistón es: A = 5 cm = 0.05 m. Además, en el instante inicial t = 0 s, x = 0 m, con lo cual la fase inicial, ϕ 0 es nula. 163

DOCUMENTOS DE TRABAJO

La frecuencia angular del pistón se puede calcular teniendo en cuenta que realiza 5000 ciclos por minuto:

ω=

5000·2π (rad) = 523.6 (rad) s . 60 s

Una vez conocida la amplitud, la fase inicial y la frecuencia angular podemos escribir la ecuación de movimiento:

x = 0.05 ⋅ sen (523.6 ⋅ t ) , donde el desplazamiento del pistón viene dado en metros y el tiempo en segundos. Para calcular el tiempo que tarda en recorrer 2 cm simplemente tenemos que resolver la expresión anterior para x = 0.02:

t=

1  0.02  −4 arcsen  = 78.6 × 10 s , 523.6  0.05 

y su aceleración:

a=

dv = − Aω 2 senω t = −ω 2 x . dt

La aceleración del pistón puede calcularse derivando dos veces la ecuación de movimiento del pistón frente al tiempo:

dv d 2 x a= = 2 = − Aω 2senω t = 1.37 × 104 sen (523.6 ⋅ t ) , dt dt donde la aceleración viene dada en m/s2 y el tiempo en s. La aceleración será máxima para todos aquellos instantes de tiempo que cumplan la condición sen (523.6 t ) = ±1 . Para todos estos tiempos la aceleración valdrá, en valores absolutos: a = a max = 1.37 × 10 4 m/s 2 .

6.4.- Una partícula se desliza hacia arriba y hacia abajo sin fricción entre dos planos inclinados un ángulo θ (ver figura), comenzando su movimiento desde el reposo a una altura inicial h0. Calculad y representad gráficamente la variación temporal de la velocidad y la aceleración de la partícula. Determinad el periodo del movimiento si θ = 30º y h0 = 10 cm ¿Es el movimiento oscilatorio? ¿Es armónico simple?

h0

s0

s

θ

164

h

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Solución Para representar la altura, velocidad y posición del cuerpo, lo primero es identificar el tipo de movimiento. Independientemente de en qué punto se encuentre, la fuerza que actúa sobre la partícula es la componente del peso paralela al plano inclinado. Debido a la acción de dicha fuerza la partícula experimenta una aceleración que, en módulo, es igual a la componente de la aceleración g paralela a la superficie de los planos inclinados:

a = gsenθ = 9.81 (m/s 2 ) ⋅ sen 30º = 4.9 m/s 2 . El vector aceleración será siempre paralelo a la superficie de deslizamiento apuntando hacia el vértice común de ambos planos. Por lo tanto cuando la partícula se encuentre en el plano de la izquierda experimentará una aceleración aizq = 4.9 m/s2, mientras que cuando se encuentre en el plano de la derecha su aceleración será igual pero de signo contrario: ader = -4.9 m/s2. El tiempo que la partícula tarda en bajar desde su altura máxima hasta el vértice común tbajada es igual al tiempo empleado en subir desde el vértice común hasta la altura máxima, tsubida. Así pues, el tiempo que la partícula invierte en recorrer los dos planos, tplano, será el doble del tiempo de bajada. Para calcular tbajada conocemos el espacio que recorre durante su caída (s0 = h0/senθ ) y que se trata de un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado con velocidad inicial nula. Por lo tanto podemos escribir:

1 2 s0 = at bajada , 2 de donde se obtiene para tbajada: tbajada =

2s0 2h0 2 ⋅ 0.1 m = = = 0.28 s . 2 a gsen θ 9.81 (m/s 2 ) ⋅ 0.52

Inicialmente la partícula está en reposo, y alcanza su velocidad máxima (vmax) en el vértice común. El valor de la velocidad máxima puede, de nuevo, calcularse aplicando las ecuaciones del movimiento rectilíneo uniformemente acelerado:

vmax = at bajada = 4.9 (m/s 2 ) ⋅ 0.28 s = 1.37 m/s . La partícula parte del reposo, y durante el intervalo de tiempo 0 < t < tbajada experimenta un movimiento uniformemente acelerado (aceleración y velocidad positivas), alcanzando una velocidad final vmax.. En el intervalo de tiempo tbajada < t < 2·tbajada la partícula inicia la subida al segundo plano inclinado, y corresponde a un movimiento uniformemente decelerado (aceleración negativa con velocidad positiva), hasta alcanzar el reposo. En el intervalo de tiempo 2·tbajada < t < 3·tbajada la partícula inicia su descenso por el plano inclinado de la derecha. Durante este descenso el movimiento es uniformemente acelerado, hasta alcanzar una velocidad -vmax. Finalmente, en el intervalo de tiempo 3·tbajada < t < 4·tbajada la partícula inicia la subida al plano inclinado de la izquierda, y corresponde a un movimiento uniformemente decelerado (velocidad negativa y aceleración positiva) hasta alcanzar el reposo (condiciones iniciales de posición y velocidad). A partir de este momento (4·tbajada) el movimiento de la partícula se repite periódicamente, con un periodo 165

DOCUMENTOS DE TRABAJO

igual al tiempo que la partícula tarda en ir y volver a su posición inicial, de tal manera que su periodo será: T = 4 ⋅ tbajada = 1.12 s .

Se trata de un movimiento oscilatorio, pero no es un movimiento armónico simple ya que la aceleración es constante en cada tramo en lugar de ser proporcional al desplazamiento desde la posición de equilibrio. De acuerdo con lo expresado anteriormente las evoluciones temporales de la aceleración y la velocidad de la partícula serían:

a g/2

1

2

3

1

2

3

4

t/tbajada

-g/2

v vmax

4

t/tbajada

-vmax

6.5.- Una boya cilíndrica hueca de radio R = 20 cm, altura l =1 m y masa total de m = 90 kg se encuentra flotando en una piscina de agua dulce. a) Calculad la altura de la boya que, en estado de reposo, queda por encima de la superficie. b) En un momento dado un bañista se apoya en la boya desplazándola levemente de su posición de equilibrio. Discutid si se trata de un MAS, y de ser así determinad su periodo de oscilación. Solución Supongamos que, en condiciones de reposo, la boya está sumergida x metros, de tal manera que por encima del agua sobresale una altura de boya igual a 1-x metros. En esas condiciones el volumen de agua desalojado, Vdes por la boya sería: 166

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Vdes = π R 2 x ,

donde R = 0.2 m es el radio de la boya. De acuerdo con el principio de Arquímedes, la boya experimentará una fuerza vertical de empuje igual al peso del agua desalojada:

Femp = Vdes ρ g = p R 2 ρ g x , donde ρ es la densidad del agua (al ser agua dulce podemos suponer ρ = 1000 kg/m3) y g = 9.81 m/s2 es la aceleración de la gravedad. En condiciones de reposo esta fuerza de empuje iguala al peso de la boya (Pboya = mboya g) de tal manera que: Femp = Pboya

π R 2 ρ g x = mboya g .

⇒

De esta última ecuación podemos despejar la longitud de boya hundida:

x=

mboya

πR ρ 2

=

90 kg = 0.71 m . π ⋅ 0.04 m 2 ⋅ 1000 kg/m 3

Cuando la boya se hunde una distancia ∆x la fuerza de empuje aumenta, superando el peso de la boya. Esto lleva a que la boya experimente una fuerza neta, Fneta, que la empuja hacia la superficie. El valor de dicha fuerza neta será el incremento en la fuerza de empuje al producirse un aumento del volumen de agua desalojada (∆Vdes = πR2∆x), de tal manera que: Fneta = −π R 2 ρ g ∆x .

Por lo tanto la fuerza que experimenta la boya es proporcional al desplazamiento vertical de la misma y de sentido contrario (F = -k∆x). Se trata, pues, de un movimiento armónico simple cuya constante recuperadora k será:

k = π R2ρ g , En un MAS el periodo de oscilación T puede obtenerse a partir de la constante recuperadora y de la masa del cuerpo:

T = 2π

90 kg m m = 2π = 2π = 1.7 s . 2 2 k πR ρ g π ⋅ 0.04 m ⋅ 1000 kg/m 3 ⋅ 9.81 m/s 2

6.6.- De acuerdo con el modelo de Lennard-Jones, la energía potencial de una molécula constituida por dos átomos separados una distancia r viene dada por:

[

]

V(r) = 4ε (σ/r )12 − (σ/r )6 , donde ε y σ son constantes.

167

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Determinad para este potencial: a) la distancia de equilibrio rmin; b) la energía de disociación de la molécula; c) la frecuencia de las pequeñas oscilaciones que experimentan los átomos constituyentes de la molécula en torno a su posición de equilibrio. d) Suponiendo valores razonables (ε ~ 1 eV; rmin ~ 2Å; m ~ 40 u), estimad dicha frecuencia. Solución a)

Para obtener la distancia de equilibrio debemos primero obtener la fuerza de interacción entre los dos átomos y encontrar la distancia r a la cual se anula dicha fuerza. La fuerza de interacción se obtendrá derivando el potencial frente a r:

F (r ) = −

[

]

[

]

dV (r ) d = − 4ε (σ / r ) 12 − (σ / r ) 6 = −4ε (−12σ 12 / r 13 ) + (6σ 6 / r 7 ) . dr dr

La distancia de equilibrio rmin cumplirá:

F (rmin ) = 0

⇒

6 − 12σ 12 + 6rmin σ6 = 0, r 13

de donde se obtiene: 6 12σ 12 = 6rmin σ6

rmin = 6 2σ .

⇒

b) La energía de disociación de una molécula es la energía que hay que suministrarle, en su estado de equilibrio (con sus átomos constituyentes separados una distancia rmin), para aumentar hasta el infinito dicha distancia (es decir, para “romper” la molécula). Por lo tanto, la energía de disociación será igual a la energía potencial (con signo contrario) de la molécula cuando r = rmin: E diσ

c)

 σ = −V (rmin ) = −4ε   6 2σ 

12

 σ   −   6 2σ  

   

6

  =ε⋅  

En posiciones cercanas al equilibrio, el potencial se puede aproximar por un potencial que depende cuadráticamente de la elongación de la molécula con respecto a su distancia de equilibrio. En otras palabras, para poder definir una frecuencia de oscilación se ha de aproximar el potencial en el entorno de rmin por una función cuadrática en r-rmin. Para ello desarrollamos en serie de Taylor el potencial de Lennard-Jones:

dV V (r ) ≈ V (rmin ) + dr

r = rmin

1 d 2V ⋅ (r − rmin ) + 2 dr 2

168

⋅ (r − rmin ) 2 . r = rmin

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

En la posición de equilibrio tenemos, por definición, que:

dV dr

r = rmin

= 0,

con lo cual tenemos que, de forma aproximada, el potencial en las cercanías de la posición de equilibrio se puede escribir como:

V (r ) ≈ V (rmin ) +

d 2V dr 2

⋅ (r − rmin ) 2 . r =rmin

Operando tenemos:

 156σ 12 42σ 6  72ε 2 2  (r − rmin ) = −ε + 4 / 3 2 (r − rmin ) . V (r ) ≈ −ε + 2ε  − 14 8 6 2 σ  6 2σ 2σ 

(

) (

)

Bajo esta aproximación, la fuerza que actúa sobre los átomos de la molécula cuando su distancia de separación es cercana a la distancia de equilibrio viene dada por: F (r ) = −

dV (r ) 57.15ε (r − rmin ) . =− dr σ2

De aquí se obtiene que la fuerza es proporcional a la elongación de la molécula (medida respecto a la posición de equilibrio). La constante recuperadora k de la molécula es igual al coeficiente que acompaña a (r-rmin):

k=

57.15ε

σ2

.

La frecuencia de oscilación puede ser obtenida a partir de la expresión:

ω= d)

k = m

57.15ε . mσ 2

El enunciado del problema nos facilita el valor de ε (1 eV = 1.6×10-19 J), el valor de la masa de los átomos constituyentes de la molécula (40·1.6×10-27 = 6.4×10-26 kg) y la distancia de equilibrio (rmin = 2 Å = 2.0×10-10 m). De ésta última podemos obtener el valor de la constante σ. Sabiendo que rmin = 21/6·σ obtenemos σ = 1.7×10-10 m. Por lo tanto la frecuencia de vibración será:

ω=

57.15 ⋅ 1.6 × 10 −19 J = 7 × 1013 (rad)/s . − 26 − 20 2 6.4 × 10 kg ⋅ 2.89 × 10 m

169

DOCUMENTOS DE TRABAJO

6.7.- Considerad dos movimientos armónicos paralelos con iguales amplitudes y frecuencias ligeramente distintas: x1 = A sen(ω1 t) y x2 = A sen(ω2 t). Demostrad que su superposición produce un efecto de modulación de amplitud y determinad la frecuencia de dicha modulación. Solución De acuerdo con el principio de superposición, la amplitud de un movimiento resultante de la superposición de dos movimientos independientes es la suma de las correspondientes amplitudes:

xtot (t ) = x1 (t ) + x 2 (t ) , de donde tenemos:

xtot (t ) = Asen(ω1t ) + Asen(ω 2 t ) = A(sen(ω1t ) + sen(ω 2 t ) ) . Para simplificar esta expresión hacemos uso de la siguiente relación trigonométrica:

sen a + sen b = 2sen

a+b a −b cos . 2 2

Comparando las dos últimas expresiones concluimos que si se definen las frecuencias:

ω1 − ω 2 y 2 ω + ω2 = 1 , 2

ω baja =

ω alta

la amplitud del movimiento resultante puede ser expresada como: xtot (t ) = 2 A cos(ωbaja t ) sen(ωalta t ) ,

lo que corresponde a un movimiento armónico de frecuencia ωalta (frecuencia intermedia entre ω1 y ω2) cuya amplitud no es constante en el tiempo sino que varía de acuerdo a 2Acos(ωbajat). Por lo tanto la frecuencia de modulación de la amplitud de la oscilación será:

ω baja =

ω1 − ω 2 . 2

Nótese que esta frecuencia se anula si los movimientos oscilatorios que interfieren tienen la misma frecuencia.

170

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

6.8.- La ecuación de una onda que viaja por una cuerda es y (x,t) = 0.01 sen(327t − 4x), con x en m y t en s. ¿Qué velocidad de propagación tiene la onda? Calculad la longitud de onda, la frecuencia y la velocidad transversal máxima. Solución Una onda que se propaga a lo largo de una cuerda induce, en el instante t y en un punto situado una distancia x del origen, un desplazamiento y(x,t) que viene dado por:

y ( x, t ) = Asen(ω t - kx) , donde A es la amplitud, ω es la frecuencia angular y k es el número de onda. Comparando esta expresión general con la ecuación dada en el enunciado podemos determinar la amplitud de la oscilación (A = 0.01 m), la frecuencia angular de la oscilación (ω = 327 (rad)/s) y el valor del número de onda (k = 4 (rad) m-1). La longitud de onda de la oscilación puede ser calculada a partir del número de onda:

λ=

2π 2π (rad) = = 1.57 m . k 4 (rad) m −1

La frecuencia lineal de oscilación se obtiene simplemente dividiendo la frequencia angular entre 2π:

f =

ω 327 (rad)/s = = 52 Hz . 2π 2π (rad)

La velocidad de propagación de la onda, vonda, viene dada por el producto de la frecuencia por la longitud de onda, de tal manera que:

v onda = fλ = 52 Hz ⋅ 1.57 m = 81.8

m . s

La velocidad transversal de los puntos de la cuerda vendrá dada por la derivada con respecto al tiempo del desplazamiento:

vtrans ( x, t ) =

d y ( x, t ) = Aω cos(ω t - kx) , dt

de donde se obtiene que la velocidad transversal máxima es: max vtrans = Aω = 0.01 m ⋅ 327 (rad)/s = 3.27 m/s .

171

DOCUMENTOS DE TRABAJO

6.9.- La velocidad de las ondas electromagnéticas en el aire es de 3×108 m/s (velocidad de la luz). La banda de radio AM cubre un rango de frecuencias entre 550 y 1600 kHz, y la banda de FM desde 88 a 108 MHz. ¿Qué rangos de longitud de onda cubren? Solución La velocidad de propagación de una onda v se relaciona con la longitud de onda λ y el periodo T de la misma mediante la relación:

λ = vT , donde el periodo es el inverso de la frecuencia lineal f de la onda, de tal manera que:

f =

1 T

λ=

⇒

v . f

Tomando los datos del enunciado obtenemos que el margen de longitudes de onda para el caso de AM sería:

3 × 108 m/s 3 × 108 m/s < λ AM < 1600 × 103 s −1 550 × 103 s −1

⇒

187.5 m < λ AM < 545.4 m .

De forma análoga, para el caso de la FM obtenemos:

3 × 108 m/s 3 × 108 m/s < < λ FM 108 × 106 s −1 88 × 106 s −1

⇒

2.7 m < λFM < 3.4 m .

6.10.- A lo largo de un resorte se produce una onda longitudinal con la ayuda de un oscilador con una frecuencia de 50 Hz. Si la distancia entre dos compresiones consecutivas en el muelle es de 16 cm: a) Determinad la velocidad de la onda. b) Suponiendo que la onda se propaga en el sentido positivo del eje OY, escribid su ecuación si en t = 0 s la fuente se encuentra en la posición de máxima elongación y positiva, con una amplitud de 5 cm. Solución a)

De acuerdo con lo expuesto en el problema anterior (6.9) la velocidad de propagación de una onda puede ser escrita como el producto de la longitud de onda λ por su frecuencia lineal: v = fλ.

172

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

En nuestro caso el enunciado nos proporciona el valor de la distancia entre dos compresiones consecutivas, es decir la longitud de onda es: λ = 16 cm = 0.16 m. Por lo tanto la velocidad de propagación de la onda será:

v = f λ = 50 s −1 ⋅ 0.16 m = 8 m/s . b) Al tratarse de una onda armónica que se propaga a lo largo del eje Y, podemos escribir que el desplazamiento de los puntos del resorte con respecto a su posición de equilibrio, Δξ, viene dado por:

∆ξ = Asen(ω t - ky + ϕ 0 ) , donde A es el máximo desplazamiento (A = 5 cm = 0.05 m, de acuerdo con los datos del enunciado), ω es la frecuencia angular del movimiento que está relacionada con la frecuencia lineal (ω = 2πf = 2π·50 Hz = 100π (rad)/s), k es el número de onda, y φ0 es la fase inicial del movimiento. El número de onda de la oscilación puede ser calculado a partir del valor de la longitud de onda: k=

2π

λ

=

2π (rad) = 12.5π (rad) m -1 . 0.16 m

Con estos valores la ecuación de movimiento queda expresada como:

∆ξ = 0.05 sen(100π t − 12.5π y + ϕ 0 ) , donde falta por determinar la fase inicial. Para ello, tenemos en cuenta la condición de contorno que proporciona el enunciado. Si en el instante t = 0, en la posición y = 0 el desplazamiento es máximo (Δξ = 0.05 m), entonces:

0.05 = 0.05sen(ϕ 0 )

⇒

ϕ 0 = π / 2 (rad) .

Con lo cual la ecuación de la onda quedaría:

∆ξ ( ξ, t ) = 0.05sen(100π t − 12.5π y +

π 2

),

donde el desplazamiento Δξ y la posición y se expresan en metros, y el tiempo t en segundos.

6.11.- Una cuerda de 3 m de largo y fija en sus dos extremos está vibrando en su tercer armónico (tiene 2 nodos además de los extremos). El desplazamiento máximo de los puntos de la cuerda es de 4 mm. La velocidad de las ondas transversales en ella es de 50 m/s. a) ¿Cuánto valen la longitud de onda y la frecuencia de esta onda? b) Escríbase la función de onda de esta onda estacionaria. 173

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Solución a)

Al tratarse de una cuerda vibrante fija en sus extremos tenemos que la amplitud de oscilación ha de ser siempre nula en el origen (x = 0) y en el extremo final (x = L, donde L = 3 m es la longitud de la cuerda). Estas dos condiciones de contorno hacen que la vibración de la cuerda haya de ser descrita como una onda estacionaria, es decir, como una onda resultante de la superposición de dos ondas con la misma frecuencia y amplitud, pero que se propagan en direcciones opuestas. La ecuación que proporciona el desplazamiento vertical y(x,t) en un instante t de un punto situado a una distancia x del extremo de la cuerda viene dado por:

y ( x, t ) = Asen (kx) cos(ωt ) , donde A es el desplazamiento máximo de los puntos de la cuerda (4×10-3 m, en nuestro caso). El número de onda k no puede tomar cualquier valor, sino que ha de tomar valores que anulen el desplazamiento en ambos extremos (fijos) de la cuerda:

y (0, t ) = y ( L, t ) = 0

sen (kL) = 0

⇒

⇒

kn =

nπ , L

donde n es cualquier número entero que define cada uno de los modos de vibración posibles de la cuerda. De igual manera, la longitud de onda de la vibración no podrá tomar cualquier valor sino, que cada modo de vibración tendrá su propia longitud de onda dada por:

λn =

2π 2 L . = kn n

En el caso concreto de nuestro problema, al existir dos nodos entre los extremos de la cuerda quiere decir que la longitud de onda de la vibración es λ = (2/3)L = 2 m, con lo cual el modo de vibración es aquél correspondiente a n = 3. Una vez conocido el modo de vibración podemos calcular su número de onda (k3 = π m-1). Para obtener la frecuencia de oscilación ωn a partir de la longitud de onda usamos la relación entre ambas:

ωn =

2π v

λn

,

donde v es la velocidad de propagación de las ondas transversales (50 m/s) que dan lugar a la onda estacionaria. Substituyendo se obtiene:

ω3 =

2π ·(rad)·50 m/s = 50π (rad)/s . 2m

b) La expresión que describe la onda estacionaria será:

y ( x, t ) = 4 × 10 −3 sen (π x) cos(50π t ) , donde tanto x como y se expresan en metros, y el tiempo t en segundos.

174

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

6.12.- La cuerda Sol de un violín tiene 30 cm de longitud. Cuando se toca sin colocar el dedo vibra con una frecuencia de 196 Hz. Las notas próximas más altas en la escala son: La (220 Hz), Si (247 Hz) y Do (262 Hz). ¿A qué distancia del extremo de la cuerda debe colocarse el dedo para producir cada una de estas notas? Solución En un violín los extremos de las cuerdas se encuentran fijos y, por lo tanto, al hacer vibrar la cuerda la amplitud de oscilación en sus extremos es nula. De acuerdo a lo expuesto en el problema 6.11, este tipo de vibraciones se describen como ondas estacionarias que se forman por la superposición de dos ondas viajeras contra-propagantes que tiene la misma frecuencia y la misma amplitud. Como se discute en el problema 6.11, la longitud de onda asociada a la vibración de la cuerda no puede tomar cualquier valor, sino que ésta ha de venir dada por:

λn =

2L , n

donde L es la longitud de la cuerda y n es cualquier número entero que define el modo de vibración de la cuerda. Para n = 1 la cuerda vibra en lo que se denomina su modo fundamental, no existiendo nodos (puntos de oscilación nula) entre sus extremos. En el modo fundamental la longitud de onda es igual al doble de la longitud de la cuerda: λ1 = 2L = 0.6 m. Conocida la longitud de onda y la frecuencia de vibración del modo fundamental (f1) se puede obtener la velocidad de propagación de las ondas contra-propagantes que dan lugar a la onda estacionaria:

v = λ1 f1 = 2Lf1 . La velocidad de propagación depende de la tensión de la cuerda y del material de la misma, pero no de su modo de vibración ni tampoco de la longitud de la cuerda. El enunciado proporciona la frecuencia de vibración fundamental para el caso en el que la cuerda del violín no está pulsada (L = 0.3 m), de donde podemos obtener el valor de v:

v = λ1 f1 = 2·0.3 m ⋅ 196 Hz = 117.6 m/s . Si la cuerda se pulsa a una distancia x del extremo de la cuerda, entonces su longitud pasa a ser L´ = L-x, y la nueva frecuencia fundamental de vibración (f1´) vendría dada por: f1´=

v

λ1´

=

v v . = 2 L´ 2(L − x )

Despejando x (distancia con respecto al extremo en el que se pulsa la cuerda) tenemos: x= L−

v . 2 f1´

Para que la cuerda del violín vibre en la nota La (220 Hz) hemos de pulsar la cuerda a una distancia: x(La) = 0.3 m −

117.6 m/s = 0.032 m = 3.2 cm . 2·220 s −1

175

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Para el obtener la nota Si (247 Hz) es preciso pulsar la cuerda a una distancia: x(Si) = 0.3 m −

117.6 m/s = 0.061m = 6.1cm . 2·247 s −1

Por último, la nota Si (262 Hz) se consigue tras pulsar la cuerda a la distancia: x(Do) = 0.3 m −

117.6 m/s = 0.075 m = 7.5 cm . 2·262 s −1

6.13.- Un tsunami se puede considerar como una oscilación armónica en el mar de gran longitud de onda. En mar abierto un tsunami tiene, por lo general, una longitud de onda del orden de 80 km y la amplitud de la oscilación es de aproximadamente 30 m. El tsunami se propaga a 740 km/h. ¿Cuáles son los valores máximos de la velocidad y la aceleración verticales que un tal tsunami produce en un barco que flota en el agua? ¿Cómo se percibirá a bordo del barco el paso del tsunami?. Solución Si suponemos que el barco no se traslada, entonces siempre se encontrará a la misma distancia x con respecto al punto origen del tsunami. En estas condiciones la altura y del barco respecto a la superficie del mar durante el tsunami depende únicamente del tiempo, y puede ser escrita como:

y (t ) = A cos(ω t ) donde A es la altura máxima que alcanza cada oscilación o amplitud de la onda (30 m), y ω es la frecuencia angular de vibración asociada al tsunami. En nuestro caso concreto esta frecuencia puede ser obtenida a partir de la velocidad de propagación del tsunami (v = 740 Km/h = 206 m/s):

v=

λ T

=

λω 2π

⇒

ω=

2π v

λ

=

2π ⋅ 206 m/s = 0.016 (rad)/s . 80000 m

La velocidad de oscilación del barco (vy) vendrá dada por:

v y (t ) =

dy (t ) = − Aω sen (ω t ) , dt

por lo que su velocidad máxima, en valor absoluto, será:

v ymax (t ) = − Aω = 30 m ⋅ 0.016 (rad)/s = 0.48 m/s .

176

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

La aceleración experimentada por el barco en su desplazamiento vertical viene dada por: a y (t ) =

dv y (t ) dt

= Aω 2 cos(ω t ) ,

por lo que su aceleración máxima será:

a ymax (t ) = Aω 2 = 30 m ⋅ 2.56 × 10 −4 (rad 2 ) / s 2 = 7.68 × 10 −3 m 2 /s . En alta mar la embarcación sufrirá una ligera oscilación vertical, de hecho imperceptible si hay cualquier mínimo oleaje.

6.14.- La figura muestra, de forma esquemática, un péndulo de torsión, utilizado para medir propiedades mecánicas de fibras. Un extremo de la fibra que queremos caracterizar se fija al techo y del otro extremo cuelga, desde su punto medio, una barra cilíndrica. La barra puede girar libremente en el plano horizontal en torno al eje vertical que define la fibra. Cuando se gira un ángulo pequeño θ la fibra se torsiona y aparece un momento sobre la barra, τz, que tiende a restituirla a su orientación de equilibrio. Para ángulos pequeños dicho momento es proporcional al ángulo de torsión θ, de tal manera que:

τ z (θ ) = −kθ , donde k de define como la constante de torsión de la fibra (con unidades de N·m/(rad)). Determinad la constante de torsión de una fibra sobre la que cuelga una barra de 20 g de masa y 50 mm de longitud sabiendo que tras inducir una torsión de 4 (rad) a la fibra se observa un movimiento periódico con un periodo de 4 s. Determinad igualmente el valor máximo del momento ejercido por la fibra sobre la barra.

Fibra

m

θ L

177

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Solución Si suponemos que el giro de la barra cilíndrica se debe únicamente al momento que ejerce la fibra al sufrir la torsión, entonces la aceleración angular αbarra experimentada por la barra vendrá dada por:

α bαrrα (θ ) =

τ z (θ ) I bαrrα

=−

k I bαrrα

θ,

donde Ibarra es el momento de inercia de la barra. Por lo tanto, en el péndulo de torsión la aceleración angular es proporcional al ángulo de desviación. Por analogía con el MAS, en el cual la aceleración viene dada por a = -ω2x, podemos concluir que la barra que cuelga experimenta un movimiento armónico simple en su giro con una frecuencia angular dada por:

ω=

k I barra

.

Conociendo la relación entre el periodo y la frecuencia angula (T = 2π/ω) podemos expresar la constante de torsión en función del periodo de oscilación de la barra y su momento de inercia (Ibarra = (1/12)mL2):

π 2 m L2 π 2 ⋅ 0.02 kg ⋅ 2.5 × 10 −3 m 2 4π 2 = = 1 × 10 −5 Nm/(rad) . k = 2 I barra = 2 2 3T 3 ⋅ 16 s T El valor máximo del momento ejercido se producirá cuando el ángulo de torsión alcance su valor máximo, es decir para θ = θmax = 4 (rad), y será igual a:

τ zmax = τ z (θ max ) = −kθ max = 1 × 10− 5

N⋅m ·4 (rad) = 4 × 10− 5 N ⋅ m . (rad)

6.15.- Una masa m se encuentra unida al extremo de un muelle horizontal cuyo otro extremo se encuentra fijo. La masa se desplaza de su posición de equilibrio y comienza a oscilar realizando un MAS. Determinad el porcentaje de su energía total que corresponde a energía cinética y a energía potencial elástica en el instante que la elongación del muelle es un tercio de su máxima elongación. Solución La fuerza F que actúa sobre la masa m cuando ésta se desplaza una distancia x con respecto a su posición de equilibrio viene dada por:

F = −kx .

178

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

La energía potencial mecánica que adquiere la masa m al ser desplazada una distancia x con respecto a su posición de equilibrio se define como el trabajo que es necesario para lograr dicho desplazamiento: x

1 E pot = ∫ kx' dx' = kx 2 . 2 0 Si A es la elongación máxima que sufre el muelle durante el movimiento (que coincide con el desplazamiento inicial inducido en la masa), entonces la energía potencial máxima durante el movimiento es: max E pot =

1 2 kA . 2

La energía potencial máxima se alcanza en los instantes de máxima elongación en los cuales la energía cinética es nula. Por lo tanto la energía total (cinética más potencial elástica) del movimiento, magnitud que se conserva al ser un sistema aislado, viene dada por: max Etotal = Ecin + E pot = E pot =

1 2 kA . 2

Cuando la masa se encuentra a una distancia A/3 de su posición de equilibrio, la energía potencial será: 1 11 2 1 E pot ( A / 3) = k ( A / 3) 2 = kA = Etot , 2 29 9 es decir, la energía potencial es una novena parte de la energía total de la masa ( un 11.1%). Dado que la energía total se conserva concluimos que la energía cinética en ese punto es 8/9 de la energía total, es decir un 88.9% de la energía total.

6.16.- La energía total de un cuerpo que realiza un M.A.S. es de 3×10-4 J y la fuerza máxima que actúa sobre él es 1.5×10-2 N. Si el período de las oscilaciones es 2 s, determinad su ecuación de movimiento si en el instante inicial se encuentra en su posición de equilibrio. Solución Si el cuerpo se encuentra realizando un MAS con respecto a su posición de equilibrio, entonces su desplazamiento respecto a dicha posición de equilibrio en el instante t, y(t), viene dado por:

y (t ) = Asen(ω t + ϕ0 ) ,

179

DOCUMENTOS DE TRABAJO

donde A es la amplitud del movimiento (desplazamiento máximo del objeto respecto a su posición de equilibrio), ω es la frecuencia angular, y φo es la fase inicial (para t = 0) del objeto. En nuestro caso para t = 0 tenemos y = 0, con lo cual φo = 0. Si el periodo de las oscilaciones es T = 2 s, entonces su frecuencia angular será:

ω=

2π 2π (rad) = = π (rad)/s . 2s T

La fuerza F que actúa sobre el cuerpo es igual al producto de su masa por su aceleración, la cual se puede obtener derivando dos veces respecto al tiempo la expresión del desplazamiento:

d 2 y (t ) d2 F = ma = m = m 2 A cos(ω t ) = − mAω 2 cos(ω t ) , 2 dt dt de tal manera que la fuerza máxima que se aplica sobre el cuerpo es:

F max = mAω 2 . La energía mecánica del cuerpo será igual a la energía cinética que tiene en el punto de equilibrio, donde su energía potencial es nula: 2

Emec

 1 1 d mA2ω 2 2 = Ecin ( y = 0) = m(v( y = 0) ) = m A cos(ω t )  = . 2 2  dt 2 t =0 

Combinando estas dos últimas expresiones tenemos:

Emec

mA2ω 2 A = = Fmax 2 2

⇒

2 Emec 2 ⋅ 3 × 10−4 J A= = = 0.04 m . Fmax 1.5 × 10− 2 N

Por lo tanto, la ecuación de movimiento (con los desplazamientos expresados en metros y el tiempo en segundos) será: y (t ) = 0.04sen (π t ) .

6.17.- Un cuerpo de masa m = 35 g que se desplaza sobre una superficie horizontal sin rozamiento está unido a dos muelles de constantes recuperadoras k1 = 3 N/m y k2 = 7 N/m, tal y como se muestra en la figura. La distancia entre los extremos fijos de los muelles es L = 110 cm, y las longitudes naturales de los muelles son l1 = 45 cm y l2 = 65 cm. Si el L cuerpo se desplaza inicialmente 22 cm con m k1 k2 respecto a su posición de equilibrio, calculad:

l1

180

l2

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

a) la ecuación de movimiento; b) la velocidad máxima alcanzada por el cuerpo. Solución a)

La longitud total del sistema es igual a la suma de las longitudes naturales de los muelles. Por lo tanto la posición de equilibrio de la masa estará a 45 cm de distancia con respecto al extremo fijo del muelle 1. Si ahora desplazamos el muelle una distancia ∆x, entonces aparecerán dos fuerzas sobre ella, ambas apuntando hacía la coordenada de equilibrio y que corresponden a las fuerzas recuperadoras ejercidas por el muelle 1 (F1) y por el muelle 2 (F2) de tal manera que la fuerza total F será: F = F1 + F2 = k1∆x + k2 ∆x = (k1 + k2 )∆x , es decir, que el cuerpo se mueve como si estuviese unido a un único muelle de constante recuperadora efectiva keff igual a la suma de las constantes recuperadoras de los dos muelles: keff = k1 + k2 = 10 N/m. La frecuencia angular del cuerpo en su movimiento oscilatorio será por tanto:

ω=

keff m

=

10 N/m = 16.9 (rad)/s . 0.035 kg

La ecuación de movimiento quedaría:

y (t ) = 0.22 cos(16.9t ) , donde los desplazamientos vienen expresados en metros y el tiempo en segundos. b) La velocidad máxima alcanzada por el cuerpo será la velocidad que lleve cuando pasa por el punto de equilibrio, y vale:

v max = Aω = 0.22 m·16.9 (rad)/s = 3.72 m/s .

6.18.- Un cuerpo de masa M se desliza sin rozamiento sobre una superficie horizontal unido al extremo de un muelle de constante recuperadora k. Sobre este cuerpo se sitúa otra masa m, tal y como se muestra en la figura. Entre las dos masas existe un coeficiente de rozamiento estático µs. Ambas masas se desplazan, de forma solidaria, una distancia A respecto a su posición de equilibrio y se dejan en libertad de tal manera que se mueven por la acción de la fuerza restauradora m del muelle. Calculad el máximo M valor de A que da lugar a un MAS de ambas masas.

A 181

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Solución Cuando la masa M se desplaza una distancia A hacia la izquierda con respecto a su posición de equilibrio el muelle ejerce sobre ella una fuerza dada por:

F = kA . Si las dos masas son solidarias, esta fuerza imprimirá una aceleración:

a=

F kA = . m+M m+M

En este caso, la fuerza sobre la masa m necesaria para que adquiera esa aceleración será:

F m = ma = m

F m kA . = m+M m+M

Si esta fuerza es menor que la fuerza de rozamiento estático existente entre las dos masas, entonces la masa m se moverá solidariamente con la masa M. Si, por el contrario esta fuerza es mayor que la fuerza de rozamiento estático, entonces la masa m deslizará sobre la masa M, y las dos masas dejarán de moverse de forma solidaria. La fuerza de rozamiento estático entre ambas masas viene expresada como:

Froz = m s N = m s mg . Por lo tanto, la masa m empezará a deslizarse sobre la masa M cuando:

F m > Froz

mkA > m s mg , m+M

⇒

es decir, cuando la amplitud inicial cumpla:

A > ms g

m+M . k

6.19.- Dos fuentes sonoras P y Q, ubicadas en el interior de un tubo, generan ondas de presión planas con la misma fase inicial ϕ0 = 0, misma frecuencia (100 Hz), misma velocidad de propagación (0.5 m/s) y misma amplitud (2 mm). Si la separación entre ambas fuentes es de 4 m, determinad la posición de los puntos situados en la recta PQ para los cuales la amplitud sonora es nula (no sienten perturbación).

182

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Solución Los puntos situados en la recta PQ se ven perturbados longitudinalmente por dos ondas sonoras idénticas en amplitud, frecuencia y fase pero que difieren en su sentido de propagación. Si suponemos que la fuente P se encuentra en el origen y la fuente Q en la coordenada x = 4 m, entonces los puntos de la recta PQ sienten que la onda generada por la fuente P se propaga en el sentido positivo del eje X y que la onda generada por la fuente Q se propaga en el sentido negativo del eje X. Así pues la perturbación ξ (medida en términos de desplazamiento longitudinal respecto su posición de equilibrio) que siente un punto ubicado en la coordenada x (0 < x < 4 m) debido a la fuente P en el instante t vendrá dado por: 2π  2π t− λ  T

x P ( x, t ) = Asen 

 x , 

donde A = 0.002 m es la amplitud de la oscilación, T = 0.01 s el periodo de la oscilación (T=1/f , siendo f = 100 Hz la frecuencia de vibración) y λ = v/f = 0.005 m es la longitud de onda de la oscilación, siendo v su velocidad de propagación (v = 0.5 m/s). Por lo tanto la perturbación inducida por la fuente P será: 2π  2π t− λ  T

x P ( x, t ) = Asen 

 x , 

donde la coordenada x y el desplazamiento ξ vienen expresados en metros y el tiempo t en segundos. De igual manera la perturbación producida en el mismo punto por la fuente Q será: 2π   2π t+ ( x − x0 )  , T λ  

x Q ( x, t ) = Asen 

con x0 = 4 m. La perturbación resultante de la superposición de ambos movimientos es:

  2π t 2π ξ   2π t 2π ( ξ − ξ0 )  + − ξ TOT ( ξ, t ) = ξ P ( ξ, t ) + ξ Q ( ξ, t ) = Asen   .  + sen  λ  λ  T    T Haciendo uso de la igualdad trigonométrica:  A+ B  A− B sen A + sen B = 2sen ,  cos  2   2 

obtenemos:

 2π

x TOT ( x, t ) = 2 A cos

 λ

(x −

183

x0   2π 2π x0  ) sen t− . 2  T λ 2

DOCUMENTOS DE TRABAJO

La perturbación en un punto x será nula si, independientemente del instante t, se satisface:  π cos (2 x − x0 )  = 0 .  λ

Esta condición se cumplirá para todas aquellas posiciones xn que satisfagan la condición:

π π (2 x n − x0 ) = (2n + 1) , λ 2 siendo n un número entero (0, ±1, ±2, ±3, etc…). Despejando se obtiene: x n = (2n + 1)

λ 4

+

x0 2

⇒

x n = (2n + 1)

0.005 +2, 4

donde, de nuevo, la coordenada xn se expresa en metros.

6.20.- Encontrad la ecuación de movimiento resultante de la superposición de dos movimientos armónicos simple cuyas ecuaciones son x1 = 2 sen(ωt+π/3) y x2 = 3 sen(ωt+π/2), y expresarla como x = A cos(ωt+δ). Solución La ecuación de movimiento resultante de la composición de los dos MAS será:

x = x1 + x2 = 2sen (ωt + π / 3) + 3sen (ωt + π / 2) . Desarrollando la función seno como: sen(A+B) = sen(A)cos(B) + sen(B)cos(A) resulta:

sen (ωt + π / 2) = sen (ωt ) cos(π / 2) + cos(ωt )sen (π / 2) = cos(ωt ) , sen (ωt + π / 3) = sen (ωt ) cos(π / 3) + cos(ωt )sen (π / 3) =

1 3 sen (ωt ) + cos(ωt ) . 2 2

Utilizando estas expresiones se obtiene: x = x1 + x 2 = sen (ωt ) + ( 3 + 3) cos(ωt ) .

Por otro lado, desarrollando la función coseno de la suma como cos(A+B) = cos(A)cos(B) sen(A)sen(B), la expresión propuesta como solución queda:

x = A cos(ωt + δ ) = A cos(ωt ) cos(δ ) − Asen (δ )sen (ωt ) .

184

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Para que coincidan estas dos últimas expresiones en todo instante de tiempo, los coeficientes de sen(ωt) y cos(ωt) en ambas expresiones deben ser iguales: Coeficientes de sen (ωt ) :

− Asen (δ ) = 1 ,

Coeficientes de cos(ωt ) :

A cos(δ ) = ( 3 + 3) .

De estas dos igualdades se obtiene:

tg (δ ) = −

1 , 3+3

d = −0.208 (rad) = −11.9º , y

A = 1 + ( 3 + 3) 2 = 4.84 , de donde resulta finalmente:

x(t ) = 4.84 cos(ωt − 0.208) . Se observa que la composición de los dos MAS de igual frecuencia da lugar también a un movimiento armónico simple.

6.21.- Un cilindro macizo de radio 10 cm y 25 g de masa puede rodar sin resbalar sobre una mesa horizontal, y tiene su eje de giro sujeto al extremo de un muelle de constante k = 3.0 N/m. Si se suelta el sistema a partir del reposo en una posición en la cual el muelle está estirado 0.25 m: a) encontrad la energía cinética de traslación y la energía de rotación del cilindro en el instante en que pasa por la posición de equilibrio; b) a partir de la energía mecánica del sistema, demostrad que el CM del cilindro ejecuta un MAS, y calculad su periodo de oscilación.

k

ω

v m

Solución a)

Si ω es la velocidad angular del cilindro, x la posición de su CM, y v la velocidad del CM, la energía cinética de rotación del cilindro, su energía cinética de traslación y la energía potencial elástica del muelle vienen dadas por:

Ecin , rot =

1 2 Iω , 2 185

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Ecin ,CM = E pot =

1 2 mv , 2

1 2 kx , 2

donde k es la constante elástica del muelle, m la masa del cilindro e I su momento de inercia. Si R es el radio del cilindro, teniendo en cuenta que la condición de rodar sin deslizar se expresa como v = ωR, y que el momento de inercia del cilindro respecto a su eje es I = (1/2)mR2, la energía total del sistema será: 2

ETot

1 1 11 1 3  v  = kx 2 + mv 2 +  mR 2   = kx 2 + mv 2 . 2 2 22 2 4  R 

En la situación inicial x = xmáx y v = 0, con lo que la energía total inicial es:

ETot , Ini =

1 2 1 kx max = 3.0 N/m × (0.25 m) 2 = 9.37 × 10 − 2 J . 2 2

En el instante en que pasa por la posición de equilibrio, la energía potencial elástica será cero (pues x = 0), por lo que aplicando la ley de la conservación de la energía se tiene:

ETot =

3 2 mv max 4

⇒

v max =

4 ETot = 3 m

4 9.37 × 10 −2 J = 2.24 m/s . 3 0.025 kg

La energía de rotación y de traslación se obtiene ya de forma inmediata conocida la velocidad máxima vmáx: 2

E cin ,rot

1 2 11 1 2 1  v  = Iω max =  mR 2  max  = mv max = 0.025 kg × (2.24 m/s) 2 = 3.12 × 10 − 2 J , 2 22 4 4  R  1 2 1 E cin ,CM = mv max = 0.025 kg × (2.24 m/s) 2 = 6.25 × 10 − 2 J . 2 2

b) Para demostrar que se trata de movimiento armónico simple partiendo de la energía mecánica del sistema, calculamos la derivada temporal de la ecuación que expresa la energía total del sistema muelle-cilindro:

dETot d  1 2 3 2  =  kx + mv  ⇒ dt dt  2 4 

0 = kx

dx 3 dv + mv , dt 2 dt

donde dETot/dt = 0 porque la energía mecánica se conserva. Dividiendo la ecuación anterior por v, teniendo en cuenta que dx/dt = v y dv/dt = d2x/dt2, resulta:

d 2 x 2k + x=0, dt 2 3m

186

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

que corresponde a la ecuación del movimiento armónico simple, cuya frecuencia angular y periodo están dados por:

ω=

2k , 3m

T = 2π

3m . 2k

Para los datos del problema, se obtiene un periodo de oscilación de T = 0.70 s. Otra forma más directa de demostrar que el movimiento corresponde a una MAS, puede derivarse directamente aplicando las ecuaciones de traslación y rotación del cilindro. El movimiento de traslación del CM del cilindro se expresa como:

∑ F = ma

− kx + FR = ma ,

⇒

donde FR denota la fuerza de rozamiento en la base del cilindro, y que se opone siempre a la fuerza elástica. Por otra parte, el movimiento de rotación del cilindro es:

∑τ = Iα

− FR R =

⇒

1 a mR 2 , 2 R

donde se ha expresado la aceleración angular como α = a/R. Combinando ambas ecuaciones se obtiene:

3 ma = −kx 2

⇒

a=−

2k x, 3m

que corresponde a la ecuación de movimiento de un MAS, de donde la frecuencia angular es:

ω=

2k , 3m

que coincide con el resultado anterior.

187

DOCUMENTOS DE TRABAJO

188

TEMA VII FLUIDOS

7.1.- Un bloque de hierro de masa 5 kg suspendido de un dinamómetro se sumerge en un fluido de densidad desconocida. Si el dinamómetro marca 43.1 N, determinad la densidad del fluido (ρ Fe = 7.96 g/cm3).

Solución El bloque de hierro está sometido a su peso mg en dirección al centro de la Tierra. El volumen V que desaloja al sumergirse provoca una fuerza ascensional FA sobre el objeto proporcional a la masa de líquido desplazado, y que depende de la densidad del líquido y el volumen. El dinamómetro, por otra parte, provoca una tercera fuerza Fdin en la misma dirección de las otras dos, que permite equilibrar las fuerzas sobre el objeto. En el equilibrio se cumple que: mg – FA – Fdin = 0

ρFeVg – ρliqVg – Fdin = 0,

⇒

FA

Fdin

mg

189

DOCUMENTOS DE TRABAJO

donde ρliq y ρFe son las densidades del líquido y del bloque de hierro, respectivamente. Por otra parte, el volumen del bloque se puede obtener directamente conociendo su masa y su densidad: m = ρFeV

⇒

V=

m

ρ Fe

=

5 kg = 6.28 × 10− 4 m3 . 3 3 7.96 × 10 kg/m

Con este dato, ya se puede calcular la densidad del líquido. Despejando de la ecuación de equilibrio de fuerzas, se obtiene:

ρ liq =

mg − Fdin 5 kg ⋅ 9.81 m/s 2 − 43.1 N = = 9.65 × 10 2 kg/m 3 = 0.965 g/cm 3 . −4 2 Vg 6.28 × 10 ⋅ 9.81 m/s

7.2.- Un globo de helio, cuya cubierta posee una masa de 1.5 kg, puede levantar una carga de 750 N. a) Calculad el volumen del globo. b) Si el volumen del globo fuese el doble que el valor antes calculado, determinad la aceleración del globo cuando se carga con un peso de 900 N (ρaire = 1.293 kg/m3, ρHe = 0.179 kg/m3). Solución a)

Sobre el globo inicialmente actúa una fuerza ascensional FA que logra igualar al peso de la carga Pcarga más al propio peso del globo Pglobo, con lo cual se tiene: FA = Pglobo + Pcarga . Por otra parte, la fuerza ascensional se debe a que el globo está sumergido en un fluido, en este caso el aire, por lo que:

FA = r aireVg , donde V es el volumen del globo. Además, el peso del globo tiene dos contribuciones: el peso del gas encerrado en él (helio), y el debido a la propia cubierta. Por tanto, el peso total del globo será: Pglobo = PHe + Pcubierta = r HeVg + mcubierta g .

Igualando ahora la fuerza ascensional al peso total del globo más la carga, se obtiene: FA = Pglobo + Pcarga

⇒

r aireVg = r HeVg + mcubierta g + Pcarga ,

190

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

de donde:

mcubierta g + Pcarga

1.5 kg ⋅ 9.81 m/s 2 + 750 N V= = = 70.0 m3 . 3 2 ( r aire - r He ) g (1.293 - 0.179) kg/m ⋅ 9.81 m/s b) Si llamamos M a la masa total (cubierta + gas helio + carga), V' al nuevo volumen del globo (doble del anteriormente calculado), y P'carga al peso de la nueva carga, la aceleración a con que asciende ahora el globo deberá cumplir:

∑ F = M ·a

r aireV ' g − r HeV ' g − mcubierta g − P'carga = Ma .

⇒

La masa total M, teniendo en cuenta sus tres contribuciones, valdrá: M = r HeV '+ mcubierta +

P'carga g

= 0.179 kg/m 3 ⋅ 2 ⋅ 70.0 m3 + 1.5 kg +

900 N = 118 kg , 9.81 m/s 2

donde se ha utilizado el hecho de que el nuevo volumen V' es el doble del inicial, y que la nueva carga es igual a 900 N. Una vez conocido este valor, ya es posible calcular la aceleración, que vendrá dada por:

a=

( r aire − r He )V ' g − mcubierta g − Pcarga

= M (1.293 − 0.179) kg/m 3 ⋅ 2 ⋅ 70.0 m3 ⋅ 9.81 m/s 2 − 1.5 kg ⋅ 9.81 m/s 2 − 900 N = 5.16 m/s 2 . 118 kg

7.3.- Un cubo de 0.1 m de lado y densidad ρc = 900 kg/m3 flota entre dos fluidos inmiscibles de densidades ρ1 = 850 kg/m3 y ρ2 = 1000 kg/m3. Determinad la altura h que sobresale el cubo sobre el líquido menos denso.

1 h 2

191

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Solución Sobre el cubo se ejercen tres fuerzas: su peso (P), el empuje debido al fluido 1 (E1), y el empuje debido al fluido 2 (E2). Estas fuerzas se pueden expresar como: P = ρ c L3 g ,

E1 = ρ1hL2 g ,

E2 = ρ 2 ( L − h) L2 g , donde L denota la longitud de un lado del cubo. Como el cubo está en equilibrio, y los empujes están dirigidos en sentido opuesto al peso, se tendrá:

P − E1 − E2 = 0

ρ1hL2 g + ρ 2 ( L − h) L2 g = ρ c L3 g .

⇒

Despejando h de esta ecuación, se obtiene:

h=

ρ 2 − ρc 103 kg/m 3 − 900 kg/m 3 L= 3 ⋅ 0.1 m = 6.67 × 10− 2 m = 6.67 cm . 3 3 ρ 2 − ρ1 10 kg/m − 850 kg/m

7.4.- En los émbolos de los tres vasos comunicantes de la figura se ejercen fuerzas de F1 = 1100 N, F2 = 600 N y F3 = 1000 N, siendo el área de estos émbolos A1= 0.04 m2, A2 = 0.02 m2 y A3 = 0.03 m2. Si el líquido es agua, determinad las diferencias de altura ∆h1 y ∆h2.

F1 F2

F3

∆h1 ∆h2

Solución La presión en el interior del líquido por debajo de los vasos comunicantes es la misma tal como indica el principio de Pascal. Para hallar las alturas relativas de las columnas del líquido en los tres vasos averiguamos la presión externa (p = F/S) sobre cada uno de los émbolos, donde las diferencias de presiones ejercidas sobre los émbolos se traducen en diferencias de altura de las columnas de agua en los vasos comunicantes.

192

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Las presiones proporcionadas por las fuerzas aplicadas en cada uno de los pistones de los cilindros son:

p1 =

1100 N = 2.75 × 10 4 Pa , 2 0.04 m

p2 =

600 N = 3.00 × 10 4 Pa , 2 0.02 m

p3 =

1000 N = 3.33 × 10 4 Pa . 2 0.03 m

Como en las bases de los cilindros las presiones deben ser iguales, estas diferencias de presiones se deben compensar con las presiones ejercidas por las columnas de agua. La presión hidrostática, p, debida a esas columnas se calcula como:

p = ρgh ,

donde ρ es la densidad del líquido y h la altura de la columna. Las presiones debidas a las fuerzas externas y las alturas de cada columna de agua deben cumplir:

p1 + ρgh1 = p2 + ρgh2 = p3 + ρgh3 . Aplicando esta fórmula a las columnas 1 y 2, y las columnas 2 y 3, se obtiene:

h1 − h2 = ∆h1 =

p2 − p1 3.00 × 104 Pa − 2.75 × 104 Pa = = 0.255 m , ρg 103 kg/m 3 ⋅ 9.81 m/s 2

h2 − h3 = ∆h2 =

p3 − p2 3.33 × 104 Pa − 3.00 × 104 Pa = = 0.340 m . ρg 103 kg/m 3 ⋅ 9.81 m/s 2

193

DOCUMENTOS DE TRABAJO

7.5.- Un cilindro hueco de sección S flota en un vaso cilíndrico de sección A que contiene un cierto líquido. Tras introducir un cuerpo de masa m en el cilindro hueco, la superficie del líquido del vaso se eleva una cierta altura ∆h. Calculad esta elevación, en función de la densidad del líquido ρ, las secciones del cilindro hueco y del vaso, y la masa añadida.

∆h h A

m

S

h’

Solución: Inicialmente, como el cilindro hueco está en equilibrio, su peso iguala al empuje:

Mg = ρgV , donde M es la masa del cilindro y V es el volumen de líquido desplazado. Al añadirle la masa m, el cilindro se hunde más, y se alcanza un nuevo equilibrio con la condición:

( M + m) g = ρgV ' , siendo V' el nuevo volumen de líquido que desplaza el cilindro con la masa colocada en su fondo. Por otro lado, si el cilindro hueco posee una sección S y el vaso cilíndrico una sección A, la diferencia de volúmenes desplazados será:

V '−V = ( A − S )(h'−h) , donde h y h' indican las profundidades a las que está sumergido el cilindro en ausencia de masa y con la masa situada en su fondo, respectivamente. Combinando esta última relación con las ecuaciones del empuje, se obtiene:

V '−V = ( A − S )(h'−h) m  m ( A − S )(h'−h) = .  V '−V = ρ  ρ

194

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Despejando ahora las diferencias de alturas se obtiene la fórmula solicitada:

m . ρ(A − S)

∆h = h'−h =

7.6.- Determinad la fuerza total ejercida sobre la pared vertical de una presa de 1 km de longitud que soporta agua embalsada y 200 m de profundidad. Solución Partiendo de la expresión de la presión hidrostática (p = ρgz), la presión sobre un elemento infinitesimal de superficie dA (dA = Ldz, siendo L la longitud de la presa) situado a una profundidad z, es: p = ρgz .

L z

dF

H

dz

Por otro lado, por definición de presión, la fuerza normal a ese elemento de superficie es:

dF = pdA = ρgzL dz . La fuerza total ejercida sobre la pared de la presa se obtendrá sumando la contribución de todos los elementos de superficie, o sea, realizando la integración de dF desde z = 0 hasta z = H: H

F = ∫ dF = ∫ ρgzLdz = ρgL 0

[ ]

1 2 z 2

H

0

=

1 ρgLH 2 = 2

1 = 1000 kg/m 3 ⋅ 9.81 m/s 2 ⋅ 1000 m ⋅ (200 m) 2 = 1.96 × 1011 N . 2 Esta fuerza es equivalente al peso de una masa de ∼2×1010 kg, esto es, 20 millones de toneladas.

195

DOCUMENTOS DE TRABAJO

7.7.- Un prisma triangular recto hueco, como el mostrado en la figura, está lleno de agua. Si las dimensiones del prisma son a = 30 cm, b = 40 cm y L = 50 cm, calculad: a) su peso; b) la fuerza ejercida sobre la base debida a la presión hidrostática; c) la fuerza neta que se ejerce sobre sus paredes debida a la presión hidrostática.

b L

a Solución a)

El volumen del prisma será el área de la cara triangular por la longitud L:

V=

1 1 abL = 30 cm ⋅ 40 cm ⋅ 50 cm⋅ = 3000 cm3 = 0.3 m3 , 2 2

y su peso será por tanto:

P = mg = ρVg = 1000 kg/m 3 ⋅ 0.3 m3 ⋅ 9.81 m/s 2 = 2943 N . b) La fuerza F1 sobre la base rectangular del prisma será simplemente la presión hidrostática en la base (ρgb) por su superficie (aL):

F1 = ρgbaL = 1000 kg/m 3 ⋅ 9.81 m/s 2 ⋅ 0.4 m ⋅ 0.3 m ⋅ 0.5 m = 5886 N . Nótese que la fuerza ejercida sobre la base del prisma debida a la presión hidrostática del agua es superior al propio peso del agua contenido en el prisma. c)

Para calcular la fuerza neta debida a la presión hidrostática sobre las paredes, basta considerar únicamente las fuerzas ejercidas sobre las caras rectangulares, pues la fuerza sobre una cara triangular es igual y de sentido opuesto a la ejercida sobre la otra cara triangular. La fuerza F2 ejercida sobre la cara vertical será (teniendo en cuenta el resultado obtenido para una pared vertical, F = (1/2)ρgLH2):

F2 =

1 1 ρgLb 2 = 1000 kg/m 3 ⋅ 9.81 m/s 2 ⋅ 0.5 m ⋅ (0.3 m)2 = 3924 N . 2 2

196

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

F3

F2 y

F1

x

Por último, la fuerza hidrostática sobre la pared lateral inclinada se puede obtener realizando la integración de la fuerza dF ejercida sobre el diferencial de superficie dS indicado en la figura:

dS

x

h

dx

L F3 = ∫ dF = ∫ pdS = ∫ ρghLdx .

Para realizar la integración es preciso relacionar las variables x y h. Aplicando el teorema de Tales se tiene: h = b

x

dx =

⇒

a 2 + b2

a 2 + b2 dh . b

Substituyendo ahora dx en la integral anterior, y realizando la integración de dF desde h = 0 hasta h = b se obtiene: F3 = ∫ ρghLdx = ρgL

a 2 + b2 b

1

b

∫ hdh = 2 ρgLb 0

a 2 + b2 =

1 = 1000 kg/m 3 ⋅ 9.81 m/s 2 ⋅ 0.5 m ⋅ 0.4 m ⋅ (0.3 m) 2 + (0.4 m) 2 = 4905 N . 2

Para calcular la fuerza neta F sumamos las contribuciones obtenidas sobre las paredes rectangulares, teniendo en cuenta su carácter vectorial:

F = − F1 j − F2 i + F3 (cos α i + senα j ) , donde α es el ángulo que forma la fuerza F3 con la horizontal, y está dado por: a b

 30 cm   = 36.9º .  40 cm 

a = arctan  = arctan

197

DOCUMENTOS DE TRABAJO

Utilizando los valores antes calculados, se obtiene finalmente:

F = (− F2 + F3 cos α )i + (− F1 + F3senα ) j = (0i − 2943 j ) N . Obsérvese que la fuerza neta resultante debida a la presión hidrostática en las paredes sí es exactamente igual (en módulo, dirección y sentido) al peso del agua.

7.8.- La puerta rectangular de una esclusa de 10 m de ancho separa dos cámaras de agua. Siendo h1 = 5 m la altura del agua en la esclusa izquierda y h2 = 2 m la altura del agua del lado derecho, determinad: a) la fuerza que actúa sobre la puerta de la esclusa; b) el punto de aplicación de esa fuerza.

F

h1 p1

zF

dz z

p2

h2

Solución: a)

Sobre la puerta que forma la esclusa actúan dos fuerzas de sentido contrario cuyas magnitudes dependen de la profundidad. Si L es el ancho de la puerta y las presiones a una distancia del fondo z son p1 y p2, entonces la fuerza sobre un diferencial de superficie dA, de dimensiones L⋅dz, valdrá:

dF = ∆pdA = ( p1 − p2 ) Ldz . Para z entre 0 y h2, las presiones p1 y p2 que ejerce el agua en ambos lados de la esclusa valdrán:

p1 = patm + ρg (h1 − z ) , p2 = patm + ρg (h2 − z ) .

198

PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

Para z > h2, las presiones p1 y p2 serán:

p1 = patm + ρg (h1 − z ) , p2 = patm , por lo que el diferencial de fuerza dF será:

 ρg (h1 − h2 ) Ldz , 0 < z < h2 dF =   ρg (h1 − z ) Ldz , h2 < z < h1. Para averiguar la fuerza total debemos integrar dF entre los límites z =0 y z = h1: h2

h1

0

h2

F = ∫ dF = ∫ ρg (h1 − h2 ) Ldz + ∫ ρg (h1 − z ) Ldz = = ρg (h1 − h2 ) Lh2 + ρgh1L(h1 − h2 ) −

F=

1 1 ρgL(h12 − h22 ) = ρgL(h12 − h22 ). 2 2

1 1 ρgL(h12 − h22 ) = 103 kg/m 3 ⋅ 9.81 m/s 2 ⋅ 10 m ⋅ (52 − 22 )m 2 = 1.03 × 106 N . 2 2

b) Para estimar el punto de aplicación zF de la resultante tenemos en cuenta que la suma de los momentos de las fuerzas aplicadas (desde el punto inferior de la esclusa) sea igual al momento de la fuerza resultante, de tal manera que: F ⋅ z F = ∫ zdF .

La integral correspondiente resulta: h2

h1

∫ zdF = ∫ ρg (h − h ) Lzdz + ∫ ρg (h − z ) Lzdz = 1

2

=

1

h2

0

1 1 1 1 ρg (h1 − h2 ) Lh22 + ρgh1L(h12 − h22 ) − ρgL(h13 − h23 ) = ρgL(h13 − h23 ). 2 2 3 6

Teniendo en cuenta ahora el valor de la fuerza F antes calculado, se tiene:

1 1 ρgL(h12 − h22 ) z F = ρgL(h13 − h23 ) , 2 6 de donde despejando zF obtenemos:

zF =

1 (h13 − h23 ) 1 (53 − 23 ) m3 = = 1.86 m . 3 (h12 − h22 ) 3 (52 − 22 ) m 2

199

DOCUMENTOS DE TRABAJO

7.9.- Una tubería por la que circula agua con un caudal de 10 L/s tiene en el punto A una sección transversal de 20 cm² y una presión manométrica (sobrepresión respecto a la presión atmosférica) de 5 atm. En el punto B, que está situado 20 m por encima del A, la sección se ha reducido a 10 cm². Calculad la presión manométrica del agua en el punto B.

B 20 m

A

h=0

Solución Si suponemos flujo laminar, conociendo el caudal del agua por la tubería es inmediato calcular la velocidad en un punto si se conoce su sección:

Q = Sv

⇒

v=

Q . S

En concreto, para los puntos A y B se obtiene: Q 10 ⋅ 10 −3 m 3 /s vA = = = 5.0 m/s , S A 20 ⋅ 10 − 4 m 2 vB =

Q 10 ⋅ 10 −3 m 3 /s = = 10 m/s . S B 10 ⋅ 10 − 4 m 2

Utilizando ahora la ecuación de Bernoulli, se tiene:

p A + ρghA +

1 2 1 ρv A = pB + ρghB + ρvB2 , 2 2

donde las presiones pueden referirse o bien a presiones absolutas, o bien a presiones manométricas. En nuestro caso, al dar como dato la presión manométrica en A y se pide la presión manométrica en B, utilizaremos las presiones manométricas en la ecuación de Bernouilli directamente. Además, hA es cero. Despejando la presión manométrica en B, queda:

pB = p A − ρghB +

1 ρ (v A2 − vB2 ) = 5 ⋅ 1.013 × 105 Pa − 103 kg/m 3 ⋅ 9.81 m/s 2 ⋅ 20 m + 2

1 + 103 kg/m 3 ⋅ (52 − 102 ) m 2 /s 2 = 2.73 × 105 Pa . 2 Esta presión manométrica equivale a 2.69 atm.

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PROBLEMAS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS DE FÍSICA (I)

7.10.- Un depósito cilíndrico de radio R está lleno de agua hasta una altura H. El depósito desagua al exterior por una tubería de sección circular de radio r situada en su base. a) Determinad la velocidad con que fluye el agua al exterior. b) Obtened una expresión válida para el caso de que r