Luego del examen de física I, un estudiante decide incendiar todo el

IPA/Semipresencial
Examen de Física I
13/12/2011
Ejercicio 1Luego del examen de física I, un estudiante decide incendiar todo el material del curso acumulado en el
año. Para ello lanza un fósforo encendido hacia la boca de un tacho cilíndrico (diámetro D y altura 2D)
donde está el material.
Para hacer la cosa más interesante, la base del tacho está a la altura en que el fósforo sale de la mano, y el
lado cercano del tacho está a una distancia horizontal 6D del punto en que es lanzado el fósforo. Éste se
lanza con un ángulo de 60.0° sobre la horizontal.
Haga las hipótesis necesarias y calcule, en base a ellas, entre que valores (máximo y mínimo) debe estar
la velocidad inicial para que el fósforo caiga dentro del tacho. De sus respuestas en términos de g y D.
Resolución:
Dadas las condiciones del problema, podemos
considerar la Tierra fija y g=constante.
Q Por otro lado, para simplificar el problema
modelamos al fósforo como una partícula y
P
suponemos que no hay rozamiento con el aire. Bajo
estas hipótesis, podemos aplicar las ecuaciones para
la cinemática de proyectiles.
Como el ángulo de lanzamiento es fijo (60º), el
fósforo tendrá mayor o menor alcance dependiendo
de su velocidad inicial. Para que caiga dentro del
tacho hay dos trayectorias límites que debemos analizar. La que termina en el punto P corresponde a la
trayectoria con velocidad inicial mínima. La que termina en el punto Q corresponde a la trayectoria con
velocidad inicial máxima. Fósforos lanzados con velocidades fuera de este rango caerán fuera del tacho.
Velocidad mínima:
v0 debe ser tal que la trayectoria pase por P cuyas coordenadas son xP=6D, yP=2D. Entonces,
xP  6 D   v0 cos 60º  t  6 D  0,5v0t
1
1
yP  2 D   v0 sin 60º  t  gt 2  2 D  0,87v0t  gt 2
2
2
Despejando t en la ecuación de arriba y sustituyendo en la de abajo tenemos:
t
12D
72 gD2
72 gD
 2D  10,39D 
 2  10,39  2
2
v0
v0
v0
entonces v0 mínima es
v0 (min)  2,9 Dg
Velocidad máxima:
v0 debe ser tal que la trayectoria pase por Q, cuyas coordenadas son xQ=7D, yQ=2D. Entonces,
xQ  7 D   v0 cos 60º  t  7 D  0,5v0t
1
1
yQ  2 D   v0 sin 60º  t  gt 2  2 D  0,87v0t  gt 2
2
2
Procediendo de la misma forma que antes, v0 (max)  3,1 Dg
Con nuestro modelo, para que el fósforo caiga en el tacho v0 debe verificar
2,9 Dg  v0  3,1 Dg
Ejercicio 2
Una puerta de masa M y ancho L está abierta, cuando golpea una pelota de masa m con una velocidad

vo con dirección perpendicular a la puerta.

Luego del impacto la pelota rebota con una velocidad v f también de dirección perpendicular a la puerta.


Datos: m, M, L , vo v f
a) ¿Se conserva la cantidad de movimiento del sistema formado por la puerta y la pelota? Explique
b) ¿Se conserva la cantidad de movimiento angular del sistema formado por la puerta y la pelota
respecto a algún eje? Si es así indique cual.
c) Calcule la velocidad angular de la puerta después del impacto.
Resolución:
(a) La cantidad de movimiento lineal del sistema puerta –pelota no se conserva pues la
fuerza que ejerce la bisagra sobre la puerta es externa al sistema.
(b) El momento angular del sistema respecto al eje se conserva pues sólo actúan torques
internos si despreciamos la fuerza de fricción de la bisagra sobre el eje de giro.
(c) Usamos conservación del momento angular.
L
ĵ
2
L
3
v0
î
 0  0  L0  cte  Lini  sist   Lfin  sist  

 ML2  ˆ 2
2
ˆ
Lmv0kˆ  
 k  Lmv f k
3
3
 3 
Despegando,  
2m  v0  v f 
ML
3 – Un aljibe tiene una roldana cuya masa M está casi toda en la periferia, a una
distancia R del eje. Para sacar agua del aljibe, Romilda pasa sobre la roldana una
cuerda de longitud L. En el borde de la cuerda ata un balde de masa mb. Cuando el
balde está arriba, se resbala la cuerda de las manos de Romilda y el balde cae.
La masa de la cuerda es mucho menor que la masa de la polea y del balde.
Roldana
Halle una expresión para la velocidad del balde luego que ha caído una distancia d
(d<L). Establezca claramente las hipótesis que hace para realizar los cálculos.
Resolución:
Suponemos que la roldana no tiene fricción en el eje. Podemos aplicar así el principio de
conservación de la energía mecánica. Consideramos al balde como una partícula.
Estado inicial Colocando el origen de coordenadas una distancia d debajo de la roldana, la
conservación de la energía mecánica se expresa:
O
Eini  Efin  mb gd 
y=d
mb v 2 I 0 2

, donde  es la velocidad angular de la roldana,
2
2
I0 su momento de inercia respecto a O y v es la velocidad del balde luego que descendió
una distancia d.
No tenemos en cuenta la energía cinética y potencial de la cuerda porque su masa
es mucho menor que las otras y podemos suponer entonces que es cero.
Podemos aproximar I0 como la inercia de un anillo dado que casi toda su masa está en la periferia.
Entonces, I0  MR2  mb gd 
mb v 2 MR 2 2

.
2
2
En
esta
ecuación
tenemos
dos
variables
independientes;  y v. Si no hay rozamiento entre la cuerda y la roldana, la roldana no se entera que hay
allí una cuerda y =0. En ese caso el balde tiene una caída libre y llega con una velocidad v  2gd . Si
la cuerda desliza con rozamiento, no se conservaría la energía. Suponemos entonces que hay un
rozamiento estático entre la cuerda y la roldana de manera que no hay deslizamiento entre ellos. En
estas condiciones (sin deslizamiento) podemos vincular  con v, v  R y la ecuación de la energía
queda: mb gd 
mb v 2 Mv 2

. La velocidad la obtenemos despejando de esta última ecuación:
2
2
v
2mb gd
mb  M
De la expresión obtenida se puede observar que, el caso límite en que la masa de la roldana sea mucho
menor que la masa del balde, la velocidad tiende a ser la de una caída libre.
Ejercicio 4a) Calcular la presión P en el interior del tanque cilíndrico para que el agua que sale por el
orificio situado en la base, llene un recipiente de 8,0 litros en 4,0 segundos.
El área del orificio es de 1,0. 10-4 m2 y es despreciable en relación con el área de la base del
tanque. La capacidad del recipiente es mucho menor que el volumen de agua que contiene el
tanque.
La presión atmosférica es 1,0 .105N/m2 .
La densidad del agua es 1,0 g/cm3
b) Explique cuales fueron las aproximaciones que realizó en la parte anterior.
Resolución:
P
A
h
Agua
B
Supongamos que el flujo del agua es estacionario y
que no hay rozamiento. Podemos aplicar entonces
la ecuación de Bernoulli entre la superficie del agua
(punto A) y el orificio (punto B). Tomamos el
origen de coordenadas en la base del tanque, la
altura del orificio es nula y la altura de la superficie
es h. El orificio está abierto a la atmósfera,
entonces;
P   gh 
 vA2
2
 Patm 
 vB2
2
Como el área del orificio (AB) es mucho menor que el área de la superficie del agua (AA),
AB
v2
vA 
vB  0  P   gh  Patm  B . Esta ecuación vincula P, h y vB. A medida que el
2
AA
agua sale por el orificio, P disminuye (es un compartimiento sellado), h y vB también. Aquí es
importante usar el dato “La capacidad del recipiente es mucho menor que el volumen de
agua que contiene el tanque”. Con esta hipótesis, en 4 segundos la altura h varía muy poco y
podemos considerar h=1m en todo el tiempo, entonces la velocidad vB es constante y la
podemos calcular con el tiempo que tarda en llenar los ocho litros.
8l 8 103 m3

 2, 0  103 m3
4s
4s
Q  A B vB  1, 0  104 m 2  vB
Q

s
3
3
4
2
  2, 0  10 m s  1, 0  10 m  vB  vB  20m s


Podemos ahora usar la ecuación de Bernoulli para hallar P:
P  Patm 
 vB2
2
  gh  1, 0 105 Pa 
1
2
1000 k m3   20 m s   1000 k m3   9,8m s 2 1, 0m

2
P  2,9 105 Pa