Universidad Mayor

Facultad de Ingenierıa

Pauta Solemne 1 Mecanica para la Ingenierıa II

Otono 2015

Nombre alumno:

RUT:

Profesores: Valeria Boccardo

Mauricio Ipinza

Vicente Munizaga

Fecha: 08/04/2015

Codigo: ICVB1514

Secciones: 001-002-003

P1P2P3

Puntaje Total

Nota

INSTRUCCIONES

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1. No se permiten consultas.

2. Esta evaluacion esta disenada para ser respondida en 80 minutos.

3. Utilice solo lapiz pasta en sus respuestas.

4. El Instrumento consta de 3 preguntas, con un puntaje maximo de 100 puntos. La nota4,0 se obtiene logrando un 50% del puntaje total.

5. No se permite el uso de calculadoras ni formularios. No se permite el uso de telefonoscelulares, MP3, MP4 o similares.

6. Cualquier sospecha de copia sera sancionado con nota mınima.

7. Preguntas incompletas o sin justificacion seran evaluadas con menor puntaje.

8. Todas las unidades de medida deben ser expresadas en terminos del Sistema Interna-cional de Unidades. Si necesita utilizar el valor de la constante de gravedad utilice laaproximacion g = 10 m/s2.

Problema 1: Momentum Lineal: Colisiones. 30 puntos

Sobre una mesa de billar, una bola lanzada con rapidez v0 = 0.5 m/s colisiona elasticamentecon otra de igual masa que se encuentra inicialmente en reposo. Despues de la colision seobserva que la bola incidente sale en una direccion que hace un angulo de 30◦ con respectoa su direccion original. Determine la velocidad final de ambas bolas. Recuerde la naturalezavectorial de la velocidad.

Solucion

Para una colision elastica 2-dimensional de dos objetos de igual masa en la cual el objetivo seencuentra en reposo, las velocidades finales hacen un angulo recto, por lo tanto, el angulo desalida de la bola que se encontraba en reposo con respecto a la horizontal es de 60◦.El momentum total antes del choque es

~pi = mv0ı

Despues del choque, el momentum es

~pf = mv1(cos 30◦ı+ sin 30◦) +mv2(cos 60

◦ı− sin 60◦)

La conservacion de momentum lineal nos entrega 2 ecuaciones

mv0 = mv1 cos 30◦ +mv2 cos 60

◦ (1)

0 = mv1 sin 30◦ −mv2 sin 60

◦ (2)

Evaluando las funciones trigonometricas y simplificando un poco, obtenemos el siguiente sistemade ecuaciones

1 =√3v1 + v2 (3)

v1 =√3v2 (4)

La solucion de este sistema es trivial de encontrar

v1 =

√3

4m/s ≃ 0.43m/s

v2 =1

4m/s = 0.25m/s (5)

Problema 2: Solido Rıgido. 30 puntos

Una barra de fierro homogenea de longitud L y masa m tiene soldada en uno de sus extremosuna bola del mismo material cuya masa es el doble que la de la barra. El sistema esta sujetotal como se indica en la figura. Una vez que se corta el hilo en A, el sistema comienza a girarlibremente en torno al pasador en B. Encuentre la aceleracion del centro de masas en dichoinstante.

Solucion

Tenemos dos fuerzas que hacen torque en el pasador: el peso de la barra, que actua en el centrode masa de esta (L/2), y el peso de la bola, que actua en el extremo. La magnitud del torquetotal en el pasador es

τ =3L

10mg +

4L

52mg =

19

10mgL

Tambien podemos pensar en el sistema barra/bola como un todo de masa 3m. El peso actuaen el centro de masas que se encuentra a 19L

30del pasador. Con esto obtenemos en mismo

resultado para el torque.

Necesitamos el momento de inercia del sistema con respecto al eje de giro. El momento deinercia es una cantidad aditiva, por lo tanto, podemos calcular los momentos de inercia de labarra y de la bola por separado, y luego sumarlos.

Conocemos el momento de inercia de una barra cor respecto a un eje perpendicular que pasapor su centro. Este es

Ibarracm =1

12mL2

Haciendo uso del teorema de Steiner encontramos el momento de inercia de la barra con respectoal pasador

IbarraB =1

12mL2 +m

(

3L

10

)2

=13

75mL2

El momento de inercia de la bola, suponiedo que es suficientemente pequena, es trivial

IbolaB = 2m

(

4L

5

)2

=32

25mL2

Sumando obtenemos finalmente el momento de inercia del sistema barra/bola con respecto aleje perpendicular que pasa por el punto B

IB =13

75mL2 +

32

25mL2 =

109

75mL2 (6)

Con lo anterior podemos encontrar la aceleracion angular facilmente

IBα = τ

109

75mL2α =

19

10mgL

⇒ α =285

218

g

L(7)

Finalmente, la aceleracion del centro de masas al cortar el hilo es

acm = rcmα =19L

30

285

218

g

L=

361

436g ≃ 8.1

m

s2(8)

Problema 3: Momentum Angular y Solido Rıgido. 40 puntos

Un cilindro de radio R, que gira con velocidad angular ω alrededor de su eje, se deja caersuavemente sobre una superficie rugosa paralela al eje de giro. Una vez que el cilindro toque lasuperficie va a resbalar sobre ella, perdiendo parte de su energıa debido a la friccion. Note queel momentum angular del cilindro se conserva, a pesar de que la energıa no lo haga.Lo anterior descrito continuara por un pequeno intervalo de tiempo, y luego el cilindro comezaraa desplazase con velocidad constante sin resbalar. Considerando el momentum angular conrespecto al punto O y la descomposicion de este, encuentre la velocidad de traslacion final delcentro de masa. ¿Cuanta energıa perdio el cilindro debido a la friccion?

Solucion

El momentum angular inicial con respecto al punto O es

~Li = Iω (9)

en que I = MR2

2es el momento de inercia del cilindro y M su masa. Hemos elegido como la

direccion perpendicular al cilindro, entrando a la hoja. Una vez que el cilindro deje de resbalar,su velocidad angular ωf y la velocidad del centro de masa vf estan relacionadas por

vf = ωfR (10)

El momentum angular final (es decir, una vez que el cilindro deja de resbalar) se puede calcularutilizando la descomposicion del momentum angular como

~Lf = ~Lcm + ~Lcr/cm (11)

El momentum angular asociado a la traslacion del centro de masa esta dado por

~Lcm = ~R× (M~v) = (Rk + xı)× (Mvf ı) = MRvf (12)

en que x es la distancia recorrida por el cilindro, k la direccion vertical y ı la direccion horizontal.El momentum angular asociado a la rotacion en torno al centro de masa esta dado, como en lasituacion inicial, por

~Lcr/cm = Iωf =1

2MR2ωf =

1

2MRvf (13)

en que hemos usado la condicion de rodadura. Reemplazando (12) y (11) en (10), finalmente,obtenemos

~Lf =3

2MRvf (14)

Por la conservacion del momentum angular con respecto al punto O, deducimos de (8) y (13)la velocidad final del cilindro

vf =1

3ωR (15)

La energıa cinetica inicial del cilindro es Ki = Kcr/cm = Iω2/2 = MR2ω2/4. La energıa cineticaen el estado final es

Kf = Kcm +Kcr/cm =1

2Mv2f +

1

2Iω2

f =3

4Mv2f =

1

12MR2ω2 =

1

3Ki (16)

y, ası, la perdida de energıa cinetica es ∆K = Ki −Kf = 2Ki/3 = MR2ω2/6.