EQUIPO DOCENTE DE FÍSICA DPTO. MECÁNICA … · aumentando su energía potencial y, ......
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EQUIPO DOCENTE DE F Í SICA DPTO. MECÁNICA ETSII - UNED Curso 2000-2001 Primera Prueba Personal 1ª SEMANA Febrero 2001 1.- Una partícula, obligada a desplazarse a lo largo de una línea recta y con una velocidad inicial de módulo v o , se ve frenada por la atracción de una fuerza de módulo proporcional al cuadrado de la velocidad de la partícula. Demostrar : a) Que el tiempo necesario para reducir a la cuarta parte el módulo de la velocidad inicial es tres veces el que se precisa para reducirlo a la mitad; b) Que las respectivas distancias recorridas en uno y otro caso se encuentran en la relación 2:1. RES O LUC IÓ N La ecuación del movimiento de la partícula, habida cuenta de que se mueve según una línea recta y de que la fuerza de fricción tiene también esta misma dirección, se puede escribir directamente en forma escalar: , 2 v b ma − = en donde b es una constante. Esta ecuación se puede escribir también así: , 2 v k dt dv − = en donde k es una nueva constante igual a b/m . Integrando: de donde: . 1 1 0 t k v v − = − a) Si t 2 representa el instante en el que v = v 0 / 2 y t 4 el instante en el cual v = v 0 / 4, se tiene que: ; 4 1 , 2 1 4 0 0 2 0 0 kt v v kt v v − = − − = − de donde, . 3 , 1 4 0 2 0 kt v kt v = = Dividiendo entre sí las dos ecuaciones, resulta: . 3 1 4 2 t t = b) Escribiendo la ecuación del movimiento en términos de la variable de desplazamiento s, se tiene que: . 2 kv ds dv v − = , 0 2 0 ∫ ∫ − = t v v dt k v dv
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EQUIPO DOCENTE DE FÍSICA DPTO. MECÁNICA ETSII - UNED
Curso 2000-2001 Primera Prueba Personal 1ª SEMANA Febrero 2001 1.- Una partícula, obligada a desplazarse a lo largo de una línea recta y con una velocidad inicial de módulo vo, se ve frenada por la atracción de una fuerza de módulo proporcional al cuadrado de la velocidad de la partícula. Demostrar : a) Que el t iempo necesario para reducir a la cuarta parte el módulo de la velocidad inicial es tres veces el que se precisa para reducirlo a la mitad; b) Que las respectivas distancias recorridas en uno y otro caso se encuentran en la relación 2:1.
RESO LUCIÓ N
La ecuación del movimiento de la partícula, habida cuenta de que se mueve según una línea recta y de que la fuerza de fricción tiene también esta misma dirección, se puede escribir directamente en forma escalar:
,2vbma −=
en donde b es una constante. Esta ecuación se puede escribir también así:
,2vkdtdv −=
en donde k es una nueva constante igual a b/m . Integrando: de donde:
.110
tkvv
−=−
a) Si t2 representa el instante en el que v = v0 / 2 y t4 el instante en el cual v = v0 / 4, se tiene que:
;41,214
002
00kt
vvkt
vv−=−−=−
de donde,
.3,14
02
0kt
vkt
v==
Dividiendo entre sí las dos ecuaciones, resulta:
.31
4
2
tt=
b) Escribiendo la ecuación del movimiento en términos de la variable de desplazamiento s, se tiene que:
.2kvdsdvv −=
,0
20
∫∫ −=tv
v
dtkvdv
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Integrando esta expresión:
,00
∫∫ −=sv
v
dskvdv
resulta:
Si s4 y s2 son los desplazamientos habidos desde el instante inicial hasta los instantes t4 y t2, respectivamente, se cumple:
.22log4log
2
4 ==ss
.log 0 ksv
v=
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Curso 2000-2001 Primera Prueba Personal 1ª SEMANA Febrero 2001 2.- Un cilindro macizo, de 30 cm de diámetro, puede girar sin rozamiento alrededor de su eje, que está dispuesto horizontalmente. En su superficie lateral se encuentra arrollado en un elevado número de vueltas un hilo de gran longitud. Uno de los extremos del hilo está sujeto a la superficie del cilindro, en tanto que el extremo libre cuelga un bloque de masa igual a 8 kg, que partiendo del reposo recorre 63 m en 5 s. Calcular: a) La tensión del hilo; b) El momento de inercia del cilindro y su masa; c) La energía mecánica total del sistema en el instante final del intervalo de tiempo de 5 s al que se refiere el enunciado.
RESO LUCIÓ N a) La ecuación de movimiento de traslación del bloque suspendido de la cuerda es:
.amTgmrrr
=− Teniendo en cuenta que la dirección de todas las fuerzas es la misma, la ecuación vectorial anterior se puede escribir escalarmente en la forma:
.maTmg =− Como en 5 s la masa desciende 63 m,
,21 2ats = de donde, .04,52 2
2−== sm
tsa
Luego, T = 38,08 N b) En cuanto a la polea, la ecuación de su
movimiento de rotación será:
,αINrr
=
siendo N
rel momento respecto del eje de giro de las fuerzas aplicadas. En este caso, la ecuación
vectorial anterior se puede escribir en forma escalar de este modo: ,αITR =
de donde, .17,0 2mkgα
TRI ==
Puesto que: ,21 2RmI =
.1,152
2 kgR
Im ==
T
T
sP
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c) En este caso, la ley de conservación de la energía mecánica establece que:
.21
21 22 ωImvmgs +=
La energía potencial de la masa será: Ep = mgs = 4939,2 J.
Y su energía cinética será: Ec = 21 mv 2= 2540,16 J.
La energía cinética de rotación del volante: Ec = 21 Iω2 = 2399,04 J.
Con lo que la energía mecánica total será: Em = 9878,4 J.
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1vr
1v ′r
vr
α
Curso 2000-2001 Primera Prueba Personal 2ª SEMANA Febrero 2001 1.- Una esfera perfectamente pulimentada se desplaza con velocidad 1v
rsobre una superficie
horizontal igualmente pulimentada chocando de forma elástica y no frontal con otra esfera idéntica que se encuentra en reposo. Calcular el ángulo que forman las direcciones de las trayectorias de ambas esferas después de la colisión.
RESO LUCIÓ N En todo choque de cuerpos que constituyen un sistema aislado se conserva el momento lineal total. Por tanto,
;211 vmvmvm ′+′=rrr
de donde,
,211 vvv ′+′=rrr
teniendo en cuenta que las masas de las dos esferas son iguales.
De esta expresión vectorial podemos deducir la que relaciona los módulos de las velocidades que intervienen en el proceso. Para ello multiplicamos escalarmente cada uno de los miembros de la igualdad vectorial anterior por sí mismo
)1(.cos2 21
21
21
21 αvvvvv ′′−′+′=
Al tratarse, en este caso, de un choque elástico, se conserva además la energía mecánica total, que en el problema considerado es sólo cinética:
,21
21
21 2
22
12
1 vmvmvm ′+′=
de donde, por la misma razón anterior, ser iguales las masas de ambas esferas, resulta que,
)2(.22
21
21 vvv ′+′=
Restando las ecuaciones (1) y (2), quedará:
αvv cos20 21 ′′= .
Así pues, obtendremos finalmente que,
0900cos == αyα .
),()( 212111 vvvvvv ′+′⋅′+′=⋅rrrrrr
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Curso 2000-2001 Primera Prueba Personal 2ª SEMANA Febrero 2001 2.- Un disco circular de radio a y de masa m, uniformemente distribuida, rueda sin deslizar sobre un plano horizontal con velocidad 1v
r. En un momento dado se sujeta súbitamente el punto
más alto A del borde del disco, de manera que se permita la rotación sin rozamiento alrededor de dicho punto de sujeción. Se pide: a) Determinar la velocidad angular con la que el disco comienza a girar alrededor del punto A. b) Demostrar que el disco describirá al menos una revolución completa siempre que cumpla la condición v2 >24 g a.
RESO LUCIÓ N a) Al sujetar súbitamente el disco se produce una reacción que origina un giro de éste respecto del
punto A en sentido contrario al que llevaba. El momento de esta fuerza de reacción en A con respecto a dicho punto es nulo y, en consecuencia, según la ecuación del movimiento de rotación de un cuerpo rígido, el momento angular del disco es constante durante todo el movimiento; por tanto, toma el mismo valor inmediatamente antes y después de que el punto A se fije. Representemos por A’ la posición del punto considerado un instante inmediatamente anterior a su súbita sujeción. Calculemos el momento angular del disco respecto de un eje que pasa por A’ y es paralelo al eje de rotación de su movimiento, que pasa por O.
=+−=′ avMωaM LA2
21
avMavMavM 21
21 =+−=
Consideremos ahora el instante en el que el disco se detiene súbitamente. En ese momento el punto considerado alcanza la posición A, girando con velocidad angular ω’.
Según el teorema de Steiner, el momento de inercia IA del disco respecto de un eje, paralelo al del movimiento de rotación inicial, que pasa por A es:
2
23 aMI A = .
El momento angular del disco respecto del eje anterior será, por tanto, ωaMLA2
23= .
Igualando los valores determinados del momento angular del disco, AA LL =′ , resulta,
.3 av ω =′
b) Para encontrar la condición de que el disco describa una vuelta completa, aplicamos la ley de
conservación de la energía mecánica. Al girar el disco, el centro de masa O se eleva aumentando su energía potencial y, por tanto, disminuyendo su energía cinética.
De cualquier modo, en el caso más general, resultará que Ec ≥ Ep.
O
ωr
vr
A’ A
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Si Ec = Ep, el disco se encontraría en una posición de equilibrio inestable apoyado en el punto A, de forma que su centro de masa estaría a una altura 2a respecto de su posición inicial, permaneciendo en esta posición indefinidamente en tanto no se alteren las condiciones de equilibrio. Si esto ocurriera, el disco, naturalmente, al abandonar esta posición describiría una oscilación armónica de tipo pendular en torno al eje de rotación que pasa por A. En este supuesto la energía cinética Ec será nula en las dos posiciones simétricas y extremas del movimiento oscilatorio.
Por el contrario, si Ec > Ep resulta obvio que el disco describirá un movimiento de giro alrededor del eje que pasa por A, que, en ausencia de rozamiento, tendría carácter indefinido, lo mismo que ocurriría en el caso anterior de oscilación pendular. Si hubiese fricción en la rotación del disco, éste describiría un número finito de vueltas deteniéndose al cabo de cierto tiempo; dependiendo el número de vueltas del valor del coeficiente de rozamiento, que, en todo caso, correspondería, al menos, a una vuelta completa.
En este caso, lo mismo que en el anterior de equilibrio inestable, cuando el disco alcanza la posición más alta, su centro de masa se encuentra a una altura 2a respecto de su nivel inicial.
En definitiva,
,2
,121
21 22
M g aE
vMIE
p
Ac
=
=′= ω
y puesto que Ec > Ep, sustituyendo las expresiones obtenidas de ambas energías, cinética y potencial, resulta finalmente que:
.242 ag v >
