Problemas - Unican.es

Examen de Física-1, 1° Ingeniería Química
Examen final. Septiembre de 2011
Problemas (Dos puntos por problema).
Problema 1 (Primer parcial): Una lancha de masa m navega en un lago con velocidad
v0 . En el instante t = 0 se desconecta el motor. Suponiendo que la fuerza de resistencia
!
!
del agua al movimiento
de la lancha es proporcional a la velocidad fr = !kv , determinar:
PROBLEMAS
1) Una lancha de masa m navega en un lago
(a) La velocidad
en función
deleltiempo.
V0
con velocidad
v0. En
instante t = 0 se
(b) Su velocidad
en
función
de la
distanciaque la
desconecta el motor.
Suponiendo
de resistencia
del aguarecorrida
al movimiento
recorrida,fuerza
así como
la distancia
de
la
lancha
es
proporcional
a
la
velocidad Fr = kv. Determinar:
hasta su parada.
a) La velocidad en función del tiempo
(c) La velocidad
de en
la función
lanchadeenlaeldistancia
transcurso
del tiempo
que larecorrida
velocidad
b) Sumedia
velocidad
recorrida,
así comoen
la el
distancia
v0 hasta v0 / 2 .
disminuye
desde
hasta
su parada
c) La velocidad media de la lancha en el transcurso de tiempo en el que la velocidad
Si viajamos
en una lancha cuyo peso total, incluidos los pasajeros, es de 400 kg a
disminuye desde v0 hasta v0/2.
v0 = 10
m/slancha
una velocidad
y comprobamos
queincluidos
para llegar
al embarcadero
Si viajamos
en una
cuyo peso total,
pasajeros,
es de 400 kg acon
una
velocidad
v
=
10
m/s
y
comprobamos
que
para
llegar
al
embarcadero
con
velocidad
0
velocidad cero, tenemos
que apagar el motor 20 m antes,
cero, tenemos que apagar el motor 20 m antes.
(d) ¿Cuánto vale
Utiliza
las ecuaciones
apartados
anteriores.
k ?. vale
d) ¿cuanto
k?. Utiliza
las ecuacionesobtenidas
obtenidas enenloslos
apartados
anteriores
Solución:
SOLUCION
a) Al desconectar el motor la única fuerza que actúa es la fuerza de rozamiento que se
opone al movimiento: fr = -kv. Aplicando la 2ª ley de Newton !F= ma y teniendo en
desconectar
el motor la única fuerza que actúa es la fuerza de rozamiento
cuenta que el movimiento se
! reduce!a una dimensión
(a) Al
que
se opone al movimiento, fr = !kv . Aplicando la segunda ley de Newton
!
!F= ma " -kv = m (dv/dt) " -(k/m) dt = dv/v
!
! F = m a y teniendo en cuenta que el movimiento se reduce a una dimensión
Invirtiendo la igualdad e integrando aparece una constante de integración c1
#F = m a
! "kv = m
dv
! "
Ln v = - (k/m)
d tt + c
k
dv
dt =
.
m
v
(1)
Imponiendo que para t = 0 v = v0: Ln v0= - (k/m) 0 + c1 " c1 = Ln v0
Integrando la Ecuación (1),
Sustituyendo este valor de c1
k
t + c1,
(2)
Ln v - Ln
m v0 = - (k/m) t "
ln v = !
Ln v = - (k/m) t + Ln v0 "
Ln (v/v0) = - (k/m) t "
- (k/m) t
- (k/m) t
v/v0 = e de integración.
"
v = vImponiendo
donde c1 es una constante
que para t(1.1)
= 0 , v = v0 ,
0e
entonces b) Para encontrar la relación entre la velocidad y la distancia, partimos de nuevo de la 2ª
ley de Newton, pero expresando la aceleración en función de dx:
ln v = c .
(3)
!F= ma " -kv = m (dv/dt) " 0-kv =1 m (dv/dx) (dx/dt) " -kv = m (dv/dx) v "
-(k/m)
dv
Sustituyendo la Ecuación (3)
endxla=Ecuación
(2),
#v&
k
k
k
Invirtiendo la
de integración
ln v = ! igualdad
t + ln v0e integrando
" ln vaparece
! ln v0una
= !constante
t "
ln % ( = !c2: t.
m
m
m
$ v0 '
v = -(k/m)x + c2
Imponiendo que para x = 0 v = v0: v0 = -(k/m)0 + c2 " c2 = v0
Sustituyendo este valor de c2
v
! k/m t
=e ( )
v0
" v = v0 e
!( k/m) t
.
(b) Para encontrar la relación entre la velocidad y la distancia, partimos de nuevo de
la segunda ley de Newton, pero expresando la aceleración en función de d x
#F = m a
! "kv = m
dv
dt
! "kv = m
dv dx
d x dt
! "kv = m
dv
k
v ! " d x = d v.
dx
m
Integrando la Ecuación (4),
v=!
k
x + c2 ,
m
(5)
donde c2 es una constante de integración. Imponiendo que para x = 0, v = v0 ,
entonces
c2 = v0 .
(6)
Sustituyendo la Ecuación (6) en la ecuación (5)
v = v0 !
k
x.
m
Cuando la barca se detiene, la velocidad final vale cero, por lo que sustituyendo
este valor en v encontramos el espacio recorrido xmax ,
0 = v0 !
k
xmax
m
" xmax =
m v0
.
k
(7)
(c) Primero determinamos el tiempo T que tarda en pasar de v0 a v0 / 2 , y el espacio
X recorrido durante dicho intervalo.
Partiendo de la solución del apartado (a),
v0
! k/m T
= v0 e ( )
2
#1& # k &
" ln % ( = ! % ( T
$2' $m'
" T =!
m #1& m
ln % ( = ln 2.
k $2' k
(4)
Partiendo de la solución del apartado (b),
v0
k
= v0 ! X
2
m
"
v0 k
= X
2 m
" X=
m v0
.
2k
La velocidad media será el espacio recorrido dividido por el tiempo que tarda en
recorrer dicho espacio
m v0
X
v
2k
Vm = =
= 0 = 0, 7213 v0 .
T m ln 2 2 ln 2
k
(d) Utilizando la Ecuación (7) y despejando el valor de k ,
k=
m v0 400 !10 kg
kg
=
= 200 .
xmax
20
s
s
V (m/s)
0
5.43
8.73
10.73
11.94
12.68
13.12
10
v (m / s)
t (s)
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
v (t)
5
Problema 2 (Segundo parcial): Disponemos de una esfera inhomogénea de radio R ,
masa M , y densidad volúmica ! (r) = c r , donde c es una constante y r es la distancia
radial al centro de la esfera.
(a) Determinar la masa de la esfera en función de R y c .
0
(b) Calcular el momento de inercia,
respecto
un eje2 que2.5pase3por 3.5
su centro
0
0.5
1 de 1.5
(expresar el resultado en función de M y R ).
t (s)
Recordar que ! ( y 2 + z 2 ) dm + ! ( x 2 + z 2 ) dm + ! ( x 2 + y 2 ) dm = 2 ! ( x 2 + y 2 + z 2 ) dm
Si a dicha esfera se la hace girar con una velocidad ! 0 y después se
2) Disponemos de una esfera inhomogénea de radio R, masa M y densidad volúmica
coloca en una esquina (ver figura), sabiendo que el coeficiente de
"(r) = cr, donde c es
una constante
la distancia
radial
centro es
de laµ esfera.
rozamiento
con y rlaes pared
y con
el alsuelo
, calcular,
a) Determinar la masa de la esfera en función de R y c.
expresándolo
de respecto
la forma de
más
valor
de todas las
b) Calcular el momento
de inercia,
unsimple
eje queposible,
pase porelsu
centro,
fuerzas que actúan sobre la esfera.
SOLUCION
(expresar el resultado en función de M y R)
Recordar que # (y2+z2) dm + # (x2+z2) dm + # (x2+y2) dm = 2 # (x2+y2+z2) dm
Si Como
a dichalaesfera
seSolución:
ladepende
hace girar
una velocidad
$0de
y después
la colocaesférica)
en una esquina (ver figura),
a)
densidad
de con
la distancia
al centro
la esferase(simetría
sabiendo
que
el
coeficiente
de
rozamiento
con
la
pared
y
con
el
suelo
es
µ,
calcular,
tomamos un dm encerrado en una corteza esférica de radio r y espesor dr, ya que en expresándolo
r de la
R
formavolumen
mas simple
posible:Como
(a)
densidad depende de la distancia al centro de la
dicho
la densidad
será lalamisma:
OLUCION
c) El valor de todasesfera
las fuerzas
que actúan
sobretomamos
la esfera.un dm encerrado en una
(simetría
esférica),
d) La aceleración
la esfera.
2 angular
2
corteza de
esférica
de 2radio r y espesor
dr , 3ya que en dicho
dV = 4!r
dr "que da
dmantes
= # 4!r
dr = cr 4!r dr = 4!cr dr
e) El número
de vueltas
de
detenerse.
dr
volumen la densidad será la misma
)f)Como
la densidad
de la
la los
esfera
(simetría
esférica)
Calcular
la masa depende
y momento
dedistancia
inercia deallacentro
esferadeasí
valores
numéricos
de las magnitudes que
omamos un dm encerrado en una corteza
esférica
dr,4 ya que2 en
r
R3
4 R de radio r y 4espesor
2
2
R
r
dV
=
4
!
r
dr
!
= "c dV
= "/%)
4!4rkg/m
dr = ,cr4
c rrad/s.
dr
(1)
aparecen
en
los
apartados
anteriores
para
R
= 30dm
cm,
= (10
µ =! 2r ydr$=0 4=!40
3
%
'
icho
volumen
la
densidad
será
la
misma:
Integrando: m = $ 4! c r dr = 4! c
" m = !cR
0
& 4 (0
Integrando
la
Ecuación
(1)
2
2
2
3
dV = 4!r dr " dm = # 4!r dr = cr 4!r dr = 4!cr dr
dr
b) La densidad no es constante, y por lo tanto no podemos considerar la esfera como
Iz
R
4 R
una suma de discos, ya que no sabemos cuanto
vale el I de cada rdisco (dentro de
4 MR= ! 4! cr 3 dr = 4! c
" M =al! cR 4 .
R
r
4 de la distancia
3 variando). Como
cada
disco
la
densidad
va
la
densidad
depende
%
'
ntegrando: m = $ 4! c r dr = 4! c
m = !cR 4 0
0 "
centro, al igual que0 para la masa, las regiones
& 4 ( 0 en las que la densidad es constante son
Iy
cortezas esféricas, por lo que tendremos que relacionar el momento de inercia con
(b)
La densidad no es constante, y por lo tanto no podemos
una
integral
de
dm
situadas
en
cortezas.
) La densidad no esconsiderar
constante, ylapor
lo tanto
no podemos
la esfera
como
IxIz
esfera
como
una sumaconsiderar
de discos,
ya que
no
na suma de discos, sabemos
ya que nocuánto
sabemosvale
cuanto
vale
el
I
de
cada
disco
(dentro
de
el momento
de inercia 2de 2cada disco
2 2
2
2
Pordisco
simetría,
Ix = Iy
=vaIzvariando).
= de
I. Además,
Ixla=la
$(ydensidad
+z )dm,
=de$(x
+z )dm
eal Izla= $(x +y )dm.
ada
la densidad
densidad
depende
la distancia
(dentro
cadaComo
disco
vaIyvariando).
Como
entro, al igual que para
la masa,
las regiones
en las que
densidad
es constante
densidad
depende
de la distancia
al la
centro,
al igual
que parason
la
2
2
2
2
2
2
2
2
Iy
ortezas
esféricas,
por
lo $que
tendremos
que
momento
inercia
masa,
regiones
en+zrelacionar
las)dm
que+ $la(xeldensidad
Aplicando
la relación:
(ylas+z
)dm + $(x
+y
)dm =esde2constante
$(x2 +y2con
+zson
)dm = 2 $ r dm
na integral de dm situadas
cortezas. por lo que tenemos que relacionar el
cortezasenesféricas,
Ix
2
2
momento
de inercia con una
integral de dm situadas en
Vemos que 3I = 2 $ r dm "
I = (2/3) $2r dm
2
2 2
2 2
or simetría, Ix = Iy cortezas.
= Iz = I. Además, Ix = $(y +z )dm, Iy = $(x +z )dm e Iz = $(x +y )dm.
Esta es la relación que estabamos buscando.
2 Por
2 simetría,2 I x 2= I y = I z = 2I . Además
2
2 2 2
2
Aplicando la relación: $(y +z )dm + $(x +z
)dm + $(x +y )dm = 2 $(x +y +z )dm = 2 $ r dm
2
Tomamos un dm igual que para el cálculo
I x = ! (yde2 +lazmasa,
)dm, por
I y lo
= !que
z 2 ) dm, ede inercia
I z = ! (será:
x 2 + y 2 ) dm.
( x 2el+momento
2
Vemos que 3I = 2 $ r dm "
I = (2/3)
R
I = es
(2/3)
r dm que
= (2estabamos
/ 3) r2 4!
c r3dr =
sta
la relación
buscando.
0
$
2
$
$ r2 dm
R
R
5
(2 / 3)$ 4! c r dr =
0
r6
(2 / 3)4! c % ' =
& 6 (0
(4 / 9)! cR 6 "
omamos un dm igual que para el cálculo de la masa, por lo que el momento de inercia será:
4 2
2
I = (4/9) !cR R
"
I = (4/9) m R
Iz
una suma de discos, ya que no sabemos cuanto vale el I de cada disco (dentro de
cada disco la densidad va variando). Como la densidad depende de la distancia al
centro, al igual que para la masa, las regiones en las que la densidad es constante son
Iy
cortezas esféricas, por lo que tendremos que relacionar el momento de inercia con
una integral de dm situadas en cortezas.
Ix
Aplicando la relación
2 2
2 2
2 2
Por simetría, Ix = Iy = Iz = I. Además, Ix = $(y +z )dm, Iy = $(x +z )dm e Iz = $(x +y )dm.
! ( y 2 + z 2 ) dm + ! ( x 2 + z 2 ) dm + ! ( x 2 + y 2 ) dm = 2 ! ( x 2 + y 2 + z 2 ) dm = 2 ! r 2 dm,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Aplicando la relación: $(y +z )dm + $(x +z )dm + $(x +y )dm = 2 $(x +y +z )dm = 2 $ r dm
vemos que
2
2
Vemos que 3I = 2 $ r dm "
I = (2/3) $ r dm
2
3I = 2 " r 2 dm ! I = " r 2 dm.
Esta es la relación que estabamos buscando.
3
Tomamos un dm igual
que para
cálculo
masa,
lo que
Tomamos
uneldm
igual de
quelapara
el por
cálculo
deellamomento
masa, pordeloinercia
que elserá:
momento de inercia
será
I = (2/3)
$r
2
R 2
R
r 4! 2c r3dr2 = (2
/R 3)2 4! c 3r5dr
2
0 I=
r dm =
r 40 ! c r dr =
dm = (2 / 3)$
!
3
4
!
3
$
0
2
I = (4/9) !cR R
"
R
r6 '
6
%
=r (4 / 9)!
2= (2 / 3)4! c 26
4 cR
! 4! c r dr =& 3 4(!0c 6 = 9 ! cR
3
6 R
R
5
0
"
6
0
2
I = (4/9) m R
4
4
I = ! c R 4 R 2 ! I = MR 2 .
9
9
c) En la figura se muestran las fuerzas que actúan sobre la esfera. Como el centro
(c) laEn
la figura
se muestran
las tiene
fuerzas
sobre
de masas no se desplaza,
suma
de todas
esas fuerzas
queque
seractúan
0 ()F =
0) "la
esfera. Como el centro de masas no se desplaza, la suma de
!
todas esas fuerzas debe anularse, ! F = 0.
)Fx = 0 " N2 – fr1 = 0
(1)
)Fy = 0 " N1 + fr2 – mg#
=F
0x = 0 (2)
! N 2 " fr1 = 0
fr2
N2
mg
N1
(2)
! la N
" mg
=0
(3)
Además, como hay deslizamiento,
fuerza
rozamiento
máxima µN "
# Fy = 0actúa
1 + fr2de
fr1
fr1 = µN1 , fr2 = µN2 . Sustituyendo estos valores en las ecuaciones anteriores:
Además, como hay desplazamiento, actúa la fuerza de rozamiento máxima
µ N ! fr1 = µ N1, fr2 = µ N 2 .
Sustituyendo estos valores en las ecuaciones anteriores,
(1) ! N 2 " µ N1 = 0,
(2) ! N1 + µ N 2 " mg = 0.
De la primera ecuación despejamos el valor de N 2 , N 2 = µ N1 , y lo introducimos
en la segunda
N1 + µ µ N1 ! mg = 0 " N1 (1+ µ 2 ) = mg " N1 =
Y sustituyendo este valor en N 2 , fr1, fr2
mg
.
(1+ µ 2 )
N2 =
mgµ
,
(1+ µ 2 )
fr1 =
mgµ
,
(1+ µ 2 )
mgµ 2
fr2 =
.
(1+ µ 2 )
Problema 3 (Segundo parcial): Un vehículo espacial de 200 kg pasa para t = 0 por el
origen de coordenadas de un sistema de referencia inercial Oxyz con velocidad
!
!
v0 = 150 i m/s relativa al sistema. Tras la detonación de unas cargas explosivas, el
vehículo se separa en tres partes A, B, y C de masas 100, 60, y 40 kg respectivamente.
Sabiendo que para t = 2, 5 s las posiciones de las partes A y B son respectivamente
(555, -180, 240) y (255, 0, -120) donde las coordenadas se expresan en m, determinar
la posición de la parte C en ese instante.
Solución:
Todas las fuerzas implicadas en la explosión son internas al sistema. Como no hay
fuerzas externas, la aceleración del centro de masas se anula,
!
#F
ext
!
!
= MaCM = 0 " aCM = 0.
Por otra parte
!
!
dptot
# Fext = dt = 0 "
!
!
ptot se conserva,
!
donde ptot para un sistema de n partículas se define como
!
n
!
!
!
!
ptot = " pi .
i=1
Antes de la explosión, solo teníamos una partícula, con lo que el momento total del
sistema vale
!
!
!
! inicial
ptot = 200 kg ! 150 i m/s = 3!10 4 i kg m/s.
Después de la explosión, podemos considerar que no actúan fuerzas sobre las partes A,
B, y C, por lo que su velocidad se puede considerar constante. Si consideramos que el
vehículo explosiona en el origen de coordenadas, podemos calcular la velocidad y el
momento de cada uno de los fragmentos por separado
Fragmento A:
Masa: mA = 100 kg.
! " 555 !180 240 % m
m
Velocidad: vA = $
,
,
' = ( 222, ! 72, 96 ) .
s
# 2, 5 2, 5 2, 5 & s
!
!
m
kg m
Momento: pA = mA vA = 100 kg ! ( 222, " 72, 96 ) = ( 22200, " 7200, 9600 )
.
s
s
Fragmento B:
Masa: mB = 60 kg.
! " 255 0 !120 % m
m
Velocidad: vB = $
,
,
' = (102, 0, ! 48) .
s
# 2, 5 2, 5 2, 5 & s
!
!
m
kg m
Momento: pB = mBvB = 60 kg ! (102, 0, " 48) = ( 6120, 0, " 2880 )
.
s
s
Fragmento C:
Masa: mC = 40 kg.
!
m
Velocidad: vC = ( vCx , vCy , vCz ) .
s
!
!
m
kg m
Momento: pC = mC vC = 40 kg ! ( vCx , vCy , vCz ) = ( 40 vCx , 40 vCy , 40 vCz )
.
s
s
El momento total del sistema después de la explosión será entonces
! final !
! !
kg m
ptotal
= pA + pB + pC = ( 28320 + 40 vCx , ! 7200 + 40 vCy , 6720 + 40 vCz )
.
s
Como el momento total se tiene que conservar, igualando los momentos del sistema
antes y después de la explosión llegamos a las siguientes ecuaciones
30000 = 28320 + 40 vCx
0 = !7200 + 40 vCy
0 = 6720 + 40 vCz
! vCx = 42
m
,
s
m
,
s
m
! vCz = "168 .
s
" vCy = 180
Por último, conociendo la velocidad de la partícula C, y sabiendo que ésta permanece
constante tras la explosión, podemos conocer su posición al cabo de 2,5 s
xC = 2, 5 ! 42 m = 105 m,
yC = 2, 5 ! 180 m = 450 m,
zC = 2, 5 ! ("168) m = " 420 m.