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Soluciones de la Tarea #5 de Fı́sica I
Tomás Rocha Rinza
26 de octubre de 2006
1. Las integrales definidas que se piden son
x1
Z
x1
Z
kx dx = k
x0
x0
ra
Z
∞
1
− 2 dr = −
r
Z
ra
∞
−mg sen θ dθ = mg
Z
~
r1 =(x1 ,y1 ,z1 )
Z
Fx
Z
~
r1
dx+Fy
~
r0
θ1
− sen θ dθ = mg cos θ Z
~
r1
dy +Fz
~
r0
=
1
ra
= mg(cos θ1 − cos θ0 )
θ0
Z
~
r1
Fx dx+Fy dy+Fz dz =
~
r0
~
r0 =(x0 ,y0 ,z0 )
~
r1
%
~
r1
(Fx , Fy , Fz )·d~r =
Z
θ1
θ0
θ0
Z
0
1 ra
1
1
1 ra
1
=
=
dr
=
−
−
− lı́m
2
r→∞
r
r ∞
r ∞ ra
r
θ1
Z
x1
x2 k(x21 − x20 )
x dx = k =
2 x
2
Z
~
r1
Fx dx+
~
r0
Z
~
r1
Fy dy+
~
r0
Fz dz =
~
r0
dz = Fx (x1 −x0 )+Fy (y1 −y0 )+Fz (z1 −z0 ) = F~ ·(~r1 −~r0 )
~
r0
2. De acuerdo con la última integral del problema anterior el trabajo que hace la fuerza
gravitacional desde que se lanza el objeto hasta que ésta alcanza su altura máxima es
Z
(x0 ,hmáx ,z0 )
W1 =
(x0 ,0,z0 )
−mgb · d~r = −mgb · ((x0 , hmáx , z0 ) − (x0 , 0, z0 )) = −mghmáx
(1)
El trabajo que hace la fuerza gravitacional es negativo porque la fuerza −mgb va contra
el movimiento en el intervalo de tiempo que el objeto se mueve desde su altura inicial a
la altura máxima. De acuerdo con el teorema de trabajo y energı́aa
Z
~
r1
F~ · d~r =
~
r0
Z
t1
t0
F~ · ~v dt =
Z
t1
t0
m~a · ~v dt =
Z
t1
t0
m d~v · ~v
1 dt = m v12 − v02
2 dt
2
(2)
se tiene que
1
1
1
×
−mv02
W1 = −mghmáx = mv 2 (y = hmáx ) − mv 2 (y = 0) = − mv02 −→×
−mghmáx =
2
2
2
2
%
v2
entonces hmáx = 2g0 que es lo que se querı́a demostrar. El trabajo hecho por la fuerza
gravitacional cuando el objeto se mueve desde su altura máxima a su posición inicial es
a
El teorema de trabajo y energı́a dice que el trabajo que ejercen las fuerzas que actúan sobre una partı́cula
cuando ésta se mueve desde ~r0 hasta ~r1 , equivale al cambio de energı́a cinética de la partı́cula en los extremos
de la trayectoria.
(x0 ,0,z0 )
Z
W2 =
(x0 ,hmáx ,z0 )
−mgb · d~r = −mgb · ((x0 , 0, z0 ) − (x0 , hmáx , z0 )) = mghmáx
(3)
luego, el trabajo hecho por la fuerza gravitacional en el recorrido completo desde que el
objeto sale de su posición inicial hasta que regresa es:
I
F~ · d~r =
WT =
Z
(x0 ,hmáx ,z0 )
(x0 ,0,z0 )
−mgb · d~r +
Z
(x0 ,hmáx ,z0 )
(x0 ,hmáx ,z0 )
−mgb · d~r = W1 + W2 = 0
de acuerdo con las ecuaciones (1) y (3). Recuerda que las fuerzas que hacen un trabajo
neto igual a cero en cualquier trayectoria cerrada se conocen como fuerzas conservativas
y no es difı́cil convencerse que cualquier fuerza constante es conservativa:
I
F~ · d~r = F~ ·
I
d~r = F~ · ~0 = 0
Como la fuerza gravitacional no hace un trabajo neto, de acuerdo con el teorema de
trabajo y energı́a (2) se tiene que el cambio en energı́a cinética es 0, por lo que el objeto
cuando regresa a su punto de partida tiene la misma eneergı́a cinética con la que salió y
por ende la misma rapidez.
Punto extra En presencia de una fuerza de fricción, Ff (ẏ), la altura máxima, hmáx es
tal que
(x0 ,hmáx ,z0 )
Z
(x0 ,0,z0 )
1
(−mg − Ff (ẏ)) b · d~r = −mghmáx + W1Ff = − mv02
2
donde W1Ff < 0 es el trabajo hecho por la fuerza de fricción el cual es negativo por que
la fuerza de fricción siempre se opone al movimiento
Z
W1Ff =
(x0 ,hmáx ,z0 )
(x0 ,0,z0 )
−Ff (ẏ)b · d~r
Ff (ẏ) ≥ 0
(4)
Entonces
hmáx =
W1Ff
v02
v2
+
< 0
2g
mg
2g
(5)
debido a que W1Ff < 0. Un vez que el objeto ha llegado a su altura máxima, entonces el
trabajo hecho por las fuerzas que actúan sobre él hasta que regresa a su posición inicial
es
W =
(x0 ,0,z0 )
1
(−mg + Ff (ẏ)) b · d~r = mghmáx + W2Ff = m[v(y = 0)]2
2
(x0 ,hmáx ,z0 )
Z
donde v(y = 0) es la rapidez del objeto cuando ha regresado a su posición inicial y
W2Ff < 0 se define de manera similar que en la ecuación (4). Luego
s
v(y = 0) = 2ghmáx +
2W2Ff
< v0
m
El cumplimiento de la desigualdad anterior es claro en vista que hmáx < v02 /2g y W2Ff <
0.
3.
a) Puesto que el péndulo tarda 1.42 s en llegar de un extremo al otro de su recorrido,
luego en este tiempo el péndulo realiza la mitad de su recorrido, por ende su perı́odo
es igual al doble de este tiempo, es decir 2.84 s.
b) Para amplitudes pequeñas, se tiene que
r
θ(t) = θmáx cos
g
t+φ
l
(6)
las condiciones del problema señalan que θmáx = 12.5(πradianes/180o ) = 0.2181
q
y que θ̇(0) = 0 = −θmax gl sen φ, de donde φ = 0. El perı́odo es el tiempo más
pequeño T tal que
r
θ(t+T ) = θ(t) = θmáx cos
g
t + φ = θmáx cos
l
r
g
(t + T ) + φ = θmáx cos
l
r
g T , dado que el perı́odo de la función coseno en 2π. Entonces, la
l
aceleración de la gravedad está dada por
Luego 2π =
q
g=
4π 2 l
4π 2 (1.85 m)
=
= 9.06 ms−2
2
T
(2,84 s)2
(7)
c) Debido a que
%
GMp m
=m
%g
Rp2
de donde, la masa de Newtonia está dada por
Mp =
gRp2
G
51, 400, 000 m
%
2π
3 s−2
6.671 × 10−11 kg−1%
m%
(9.055 m
%
%
s−2 )
=
2
= 9.08 × 1024 kg
4. En la Figura 1 se muestra la fuerza que actúa sobre m en tres situaciones, cuando
a) la longitud del resorte es mayor que su longitud normal
b) la longitud del resorte es igual que su longitud normal,
c) la longitud del resorte es menor que su longitud normal,
Es claro que el peso siempre actúa sobre m y si y0 es la posición de m cuando el resorte
tiene su elongación normal, entonces si el resorte obedece la ley de Hooke se tiene que
mÿ = −k(y − y0 ) − mg
No es complicado mostrar que
r
g
g
t+
T +φ
l
l
(8)
y0
mg
Fresorte→m
Fresorte→m
mg
mg
(a)
(b)
(c)
Figura 1: Fuerzas que actúan sobre la masa m en función de su posición
s

mg
mg
k
= A cos 
t + φ + y0 −
y(t) = A cos (ωt + φ) + y0 −
k
m
k
(9)
es solución de la ecuación de movimiento (8):
mÿ
=
−Ak cos
q
q
ky
=
Ak cos
mÿ + ky
=
ky0 − mg
k
mt + φ
k
m t + φ + ky0 − mg
La expresión anterior es equivalente a (8) de donde se muestra lo que se pide. En lo que
respecta a la conservación de la energı́as se tiene que:
d(mẏ 2 /2 + k(y − y0 )2 /2 + mgy)
= mẏ ÿ+k(y−y0 )ẏ+mg ẏ =%
ẏ (mÿ + k(y − y0 ) + mg) = 0
dt
debido a la ecuación de movimiento (8). En lo que respecta a la balanza se tiene que si
el resorte se alarga 10 cm = 0.10 m cuando se coloca una masa de 1 kg, quiere decir que
es necesario ejercer una fuerza de 9.81 N, luego la constante del resorte, k es
k=
9.81 N
= 98.1 Nm−1
0.10 m
(10)
Cuando se coloca la roca en la balanza de resorte en el planeta Newtonia se tiene que
el peso de la piedra ejerce una fuerza F = k∆y = (98.1 Nm−1 )(6 × 10−2 m) = 5.89 N,
pero este peso es equivalente al producto de la masa de la roca y la aceleración de la
gravedad en Newtonia
mgNewtonia = 5.89 N −→ m =
5.89 N
5.89 N
=
= 0.65 kg
gNewtonia
9.06 ms−2
(11)
Si la medición se hubiera hecho en la Tierra, el resorte se hubiese elongado
∆y =
mgTierra
(0.65 kg
%)(9.81%
ms−2 )
= 0.065 m = 6.5 cm
=
−1
k
98.1 %
Nm
como las elongaciones del resorte en la Tierra y en Newtonia son distintas y esta se debe
al peso de la roca, se concluye que el peso de la roca en Newtonia y en la Tierra es
distinto, no ası́ su masa.
De acuerdo con la ecuación (9) se tiene que el perı́odo T del movimiento es aquel que:
s
y(t+T ) = y(t) = A cos 

s

s
s
k
k
k
k
t + φ = A cos 
(t + T ) + φ = A cos 
t+
T + φ
m
m
m
m
p
de donde 2π = k/mT , dado que el perı́odo de la función coseno es 2π y entonces
s
m
0.65 kg
%
= 2π
= 0.51 s
T = 2π
%s−2
k
98.1 kg
r
Este perı́odo es válido para la oscilación en Newtonia y en la Tierra, porque es independiente de la aceleración de la gravedad.
5.

a) El momento antes de la colisión de cada una de las masas m1 y m2 es
p~1 = m1~v1 = (0.50 kg)(1 ms−1 bı) = 0.50 kgms−1bı
p~2 = m2~v2 = (0.50 kg)(−1 ms−1 bı) = −0.50 kgms−1bı
de donde p~Total = p~1 + p~2 = ~0, como la colisión es completamente inelástica se tiene
que por conservación de momento lineal, la velocidad final despue’s de la colisión
es
~vf =
~0
p~Total
=
= ~0
m1 + m2
m1 + m2
Luego, el impulso o cambio de momento que m2 ejerce sobre m1 es
∆~
p1 = p~f 1 − p~i1 = ~0 − 0.50 kgms−1 = −0.50 kgms−1bı
donde p~f 1 y p~i1 son los valores de momento lineal de m1 después y antes de la
colisión respectivamente. La tercera ley de Newton implica que el impulso que
m1 ejerce sobre m2 es el negativo del impulso que m2 ejerce sobre m1 , de donde
∆~
p2 = −∆~
p1 = 0.50 kgms−1bı
b) Las masas chocan de frente, luego, si se supone que la fuerza actúa sobre la lı́nea que
separa a las masas, entonces las velocidades en x y y no cambian para ninguna de las
masas. Luego se consideran únicamente las velocidades en x. Como el momento total
es ~0 y las masas de las partı́culas son las mismas entonces, la ley de conservación del
momento implica que las velocidades finales en x, vf x , son tales que vf x1 = −vf x2 ,
y la conservación de la energı́a implica que
1
1
1
1
2
2
2
2
m1 vix1
+ m2 vix2
= m1 vf2x1 + m2 vf2x2 = mvix1
= mvf2x1 −→ vix1
= vf2x1
2
2
2
2
donde m = m1 = m2 y vix1 , vix2 , vf x1 y vf x2 son los componentes en x de las
velocidades iniciales y finales de las partı́culas 1 y 2 respectivamente. Luego, vix1 =
vf x1 o −vix1 = vf x1 . La primera opción se descartá porque implica que el choque
no tiene ninguı́n efecto sobre m1 y entonces vf x1 = −1 ms−1 = −vf x2 y entonces,
en este caso, el impulso que ejerce m2 sobre m1 es
∆~
p1 = p~f 1 − p~i1 = −0.50 kgms−1bı − 0.50 kgms−1bı = −1.00 kgms−1bı
y ∆~
p2 = −∆~
p1 = 1.00 kgms−1bı
c) Las fuerzas promedio ejercidas sobre la partı́cula 1 en ambos casos son
−0.50 kgms−1 bı
= −500 N bı
Colisión completamente inelástica F~pro→1 =
1.0 × 10−3 s−1
−1.00 kgms−1 bı
Colisión elástica F~pro→1 =
= −1, 000 N bı
1.0 × 10−3 s−1
y por la tercera ley de Newton se tiene que F~pro→2 = −F~pro→1 en ambos casos.
d ) La cama elástica evita que la persona se lastime porque la fuerza promedio que se
ejerce sobre ella es pequeña debido a que el tiempo durante el cual actúa la fuerza es
relativamente grande. Si la persona cayerá sobre el pavimento, el tiempo en el cual
se cambia su momento lineal es muy pequeño y por ende la fuerza promedio sobre
ella es muy grande. Nótese que aún cuando el impulso que se ejerce sobre la persona
es mayor en el caso de la cama elástica, (se cambia la dirección del momento) el
largo intervalo de tiempo durante el cual se aplica la fuerza evita que la persona se
lastime.