problemas resueltos de trabajo y energía

T
r
a
b
a
j
o
PROBLEMAS RESUELTOS DE TRABAJO Y ENERGÍA
y
e
n
e
r
g
í
a
Equipo docente:
Antonio J. Barbero García
Mariano Hernández Puche
Alfonso Calera Belmonte
1
PROBLEMA 1
Una bala de masa 20 g que se mueve a 400 m/s penetra horizontalmente en un bloque de
madera hasta una profundidad de 15 cm. ¿Cuál es la fuerza media que se ha realizado sobre la
bala para detenerla? .
x
r
F
v
r
N
r
dx
r
mg
Sea F la fuerza media de
frenado cuando la bala se
incrusta en el bloque
La bala se detiene cuando
alcanza la profundidad xf
Trabajo de la suma de fuerzas actuantes sobre la bala = Variación de su energía cinética
∫(
y
xf
)
r
r r r
F + mg + N dx = ∆EC
∫
(F cos180º + mg cos 90 + N cos 270) dx = 0 − 1 mv 2
2
0
xf
−
∫
0
1
F dx = − F x f = − mv 2
2
T
r
a
b
a
j
o
F=
2
mv
2x f
m = 2 ⋅10 −2 kg
v = 4 ⋅10 2 m/s
x f = 15 ⋅10 −2 m
F = 1.07 ⋅10 4 N
Nótese que esta fuerza es
más de 50000 veces mayor
que el peso de la bala2
e
n
e
r
g
í
a
PROBLEMA 2
Un bloque desliza partiendo del reposo desde el punto más
elevado A de una rampa de 5 m de longitud que forma un
ángulo de 30º con la horizontal (véase figura). El coeficiente
dinámico de rozamiento es 0.25. Aplicando el teorema del
trabajo y la energía determínese la velocidad del bloque
cuando llega al punto inferior del plano (punto B).
r
N
A
r
FR
r
dx
θ
r
mg
A
LAB = 5 m
µ D = 0.25
g = 9.8 m/s 2
T
Br
θ
a
b
Trabajo de la suma de fuerzas actuantes sobre el bloque =
a
= Variación de su energía cinética
j
L AB
o
(mg cos(90 − θ ) + FR cos180º + N cos 90) dx = 1 mvB2 − 1 mv A2
2
2
y
∫
0
mg cos θ
θ = 30º
FR = µ D N = µ D mg cos θ
θ
e
n
e
r
g
í
a
B
(mg sin θ − µ D mg cosθ )LAB = 1 mvB2
2
vB = 2 g (sin θ − µ D cos θ )LAB = 5.27 m/s
3
PROBLEMA 3
Una bolita de pequeño tamaño se coloca en el borde de un
cuenco semiesférico de radio R y se deja caer sin velocidad
inicial. Calcúlese su velocidad, su energía cinética y la
reacción normal de la superficie cuando su posición es la
indicada en la figura anexa.
θ
R
Trabajo de la suma de fuerzas actuantes sobre la bolita = Variación de su energía cinética
DSL
mg sin θ
r
N
FC
θ
dθ
r
dr
θ
r
mg
m v2
FC = N − mg sin θ =
R
r
r
(
mg + N ) dr = ∆E
∫
r
C
R
θ
dr = R dθ
y
∫(
mg cos θ + N cos 90º ) Rdθ = ∆EC
e
n
e
r
g
í
a
0
Rmg (sin θ − sin 0) = EC (θ ) − EC (0) =
v 2 = 2 Rg sin θ
1 2
mv
2
1 2
mv = Rmg sin θ
2
mv 2
N = mg sin θ +
= mg sin θ + 2mg sin θ
R
N = 3mg sin θ
T
r
a
b
a
j
o
4
PROBLEMA 4
Un bloque de masa m = 5 kg se deja caer partiendo del reposo desde el punto más elevado A
de un carril en pendiente a h = 4 m de altura (véase figura). El carril tiene tres tramos, AB, BC
y CD, de los cuales únicamente en el tramo BC, de longitud dBC = 5 m, existe rozamiento
apreciable. Al final del trayecto (tramo CD) hay un tope unido a un resorte cuya constante
elástica es k = 4000 N/m. Cuando el bloque alcanza el tope, el resorte se comprime 25 cm.
Suponiendo un choque perfectamente elástico, calcúlese el coeficiente de rozamiento
dinámico del tramo BC.
A
m
k
d BC
h
B
C
y
D
A lo largo del camino AB la velocidad va creciendo a medida que el bloque desciende, pues
su energía cinética aumenta a medida que disminuye su energía potencial.
A
∆EC = − ∆U
h
vB
B
1 2
mvB = −(0 − mgh )
2
T
r
a
b
a
j
o
(Tomando el nivel de B
como referencia para U)
vB = 2 gh
5
e
n
e
r
g
í
a
PROBLEMA 4 (Continuación)
En el tramo BC la velocidad va disminuyendo a causa de la fuerza de rozamiento, de manera
que vC < vB. Representemos el DSL en un punto intermedio de ese trayecto.
d BC
r
FR
B
Teorema del trabajo y la energía:
r
N
d BC
∫
r
dx
v
∫
r r r
+
m
g
+ N dx = ∆EC
R
(FR cos180º + mg cos 90 + N cos 270) dx = 1 mvC2 − 1 mvB2
2
d BC
−
)
r
2
0
C
r
mg
∫ (F
FR dx =
1 2 1
mvC − m ⋅ 2 gh
2
2
FR =
1 ⎛
1 2⎞
⎜ mgh − mvC ⎟
2
d BC ⎝
⎠
0
y
D
e
n
e
r
g
í
a
vC2 ⎞
1 ⎛
⎜h −
⎟
Como la fuerza de rozamiento dinámica es FR = µ D N = µ D mg
µD =
d BC ⎜⎝
2 g ⎟⎠
Es evidente que para determinar el coeficiente de rozamiento, hay que calcular vC.
vC
C
C
Puesto que en CD no hay rozamiento, la velocidad cuando choca
con el tope es vC, y su energía cinética es (1 / 2)mvC2
k
x
v final =0
T
r
a
b
a
j
o
k
D
Cuando el resorte se comprime una distancia x, esa energía
cinética se convierte en energía potencial elástica Uresorte.
1 2
1
1
⎛
⎞
mv final − mvC2 = −∆U resorte = −⎜ 0 − k x 2 ⎟
2
2
2
⎝
⎠
6
PROBLEMA 4 (Continuación)
vC
C
C
1 2
1
1
⎛
⎞
mv final − mvC2 = −∆U resorte = −⎜ 0 − k x 2 ⎟
2
2
2
⎝
⎠
k
x
v final =0
D
k
D
µD =
⎞
1 ⎛
⎜h −
⎟
d BC ⎜⎝
2 g ⎟⎠
d BC = 5 m
x = 0.25 m
vC2
h=4m
m = 5 kg
vC2
k x2
=
m
T
r
a
b
a
j
o
1 ⎛
k x2 ⎞
⎟
⎜h −
µD =
2mg ⎟⎠
d BC ⎜⎝
k = 4000 N/m
g = 9.8 m/s
2
µ D = 0.29
y
e
n
e
r
g
í
a
7
PROBLEMA 5
Un acróbata de 60 kg porta en cada mano una pesa de 10 kg. Con los brazos en cruz salta de
pie sobre una cama elástica elevando su centro de masas 3 m en cada salto. Al llegar al punto
más bajo en uno de los saltos, suelta la pesas. (a) ¿A qué altura llegará en el salto siguiente?.
(b) ¿Cuál será la velocidad de su centro de masas en este salto cuando pase a 3 m de altura
sobre la cama elástica?.
(a) Sea M la masa del acróbata y m la masa de cada pesa. Sea h la altura que alcanza su centro
de masas en cada rebote sobre la cama elástica.
Acróbata con pesas
Cada vez que la cama elástica llega a su punto más bajo (punto
B), la energía potencial elástica que ésta almacena procede de la
U A, gravitatoria = (M + 2m )gh
que el acróbata tenía en el punto A situado a una altura h, así que,
suponiendo que no hay pérdidas,
A
U B ,elástica = (M + 2m )gh
h
Esta energía potencial es transmitida de nuevo al acróbata, que
adquiere energía cinética inicial en B, y ello le permite alcanzar
B
de nuevo la altura A en el siguiente rebote.
Pero si el acróbata suelta las pesas en B, entonces la energía
potencial elástica almacenada es devuelta en el siguiente rebote
únicamente al acróbata, de masa M, en forma de energía cinética,
por lo que se verificará:
U B ,elástica = (M + 2m )gh =
1
MvB2 ,sin
2
pesas
U B ,elástica = (M + 2m )gh
ECB = U B ,elástica
ECB = (1 / 2 )(M + 2m )vB2
8
T
r
a
b
a
j
o
y
e
n
e
r
g
í
a
PROBLEMA 5 (Continuación)
U B ,elástica = (M + 2m )gh =
Acróbata con pesas
U A, gravitatoria = (M + 2m )gh
Acróbata sin pesas
U A' , gravitatoria
= Mgh'
A'
A
1
'
MvB2 ,sin pesas = ECB
2
A su vez, la energía cinética adquirida
por el acróbata sin pesas se convertirá
completamente en energía potencial
cuando llegue a un punto A’ más alto
que antes.
(M + 2m)gh = Mgh'
h'
h
B
U B ,elástica = (M + 2m )gh
ECB = (1 / 2 )(M + 2m )vB2
ECB = U B ,elástica
B
U B ,elástica = (M + 2m )gh
'
ECB
Resultado
numérico:
⎛ 2 ⋅10 ⎞
h ' = ⎜1 +
⎟⋅3 = 4 m
60
⎝
⎠
(b) Balance de energía mecánica entre B y A
1
Mgh' = Mgh + v A2 ,sin
2
= U B ,elástica
'
ECB
= (1 / 2 )MvB2 ,sin
⎛ 2m ⎞
h ' = ⎜1 +
⎟h
M ⎠
⎝
pesas
v A,sin
v A,sin
pesas
pesas
pesas
= 2(h'−h )g
= 2(4 − 3) ⋅ 9.8 = 4.43 m/s
9
T
r
a
b
a
j
o
y
e
n
e
r
g
í
a