recuperación 1ª eval.

Física 2º Bacharelato
Repaso del 1º trimestre: ondas y gravitación
DEPARTAMENTO DE
FÍSICA E QUÍMICA
11/01/08
Nombre:
Elige en cada bloque una de las dos opciones.
Bloque 1. GRAVITACIÓN y M.A.S. Elige un problema: puntuación 3 puntos (1 punto cada apartado)
1.A. Si la Tierra fuese homogénea y existiese un túnel que la atravesase pasando por su centro:
a) Demuestra que el movimiento de un objeto abandonado en el extremo del túnel es armónico simple.
b) Calcula el tiempo que tardaría el objeto en llegar al otro extremo del túnel.
c) Calcula la velocidad máxima del objeto, utilizando la energía potencial elástica.
Datos: g0 = 9,81 N·kg-1 RT = 6,38×106 m
1.B. La masa de la Luna es 81,4 veces menor que la de la Tierra y su radio es 3,67 veces menor que el radio
terrestre. Calcula:
a) El período que tendría en la superficie de la Luna un péndulo que en la Tierra da 10 oscilaciones en 6,67 s.
b) La relación entre las velocidades máximas de la masa puntual del péndulo en la Luna y en la Tierra vL/vT si
la amplitud en ambas situaciones es de π/10 rad.
c) La velocidad de escape de la superficie lunar si la velocidad de escape de la superficie terrestre es 11,2
km/s.
Datos: gT = 9,81 N·kg-1
Bloque 2. GRAVITACIÓN. Elige una cuestión y razona la respuesta. Puntuación 1 punto.
2.A. Si por una causa interna, la Tierra sufriera un colapso gravitatorio y redujera su radio a la mitad, manteniendo constante la masa, su período de revolución alrededor del Sol sería:
a) El mismo.
b) 2 años.
c) 0,5 años.
2.B. Dos satélites de comunicación A y B con diferentes masas (mA > mB) giran alrededor de la Tierra con órbitas estables de diferente radio siendo rA < rB;
a) A gira con mayor velocidad lineal.
c) B tiene menor periodo de revolución.
c) Los dos tienen la misma energía mecánica.
Bloque 3. ONDAS. Elige una cuestión y razona la respuesta. Puntuación 1 punto.
3.A. Dos ondas coherentes coinciden en un punto. Para que den lugar a una interferencia destructiva, la diferencia de caminos recorridos por las ondas debe ser un múltiplo:
a) par de la longitud de onda
b) impar de la longitud de onda
c) par de la semilongitud de onda
d) impar de la semilongitud de onda.
3.B. La posibilidad de oír detrás de un obstáculo sonidos procedentes de una fuente sonora, que se encuentra
fuera de nuestra vista, es un fenómeno de:
a) Polarización.
b) Difracción.
c) Refracción.
Bloque 4. REPASO: Elige un problema: puntuación 3 puntos (1 punto cada apartado)
4.A. En la posición A de la figura, un objeto de 1,00 kg está comprimiendo 2,00 cm un muelle (k = 5,20×104 N/m) de modo que desde ahí se suelta y recorre el tramo rugoso AB de 30,00 cm de longitud (µ = 0,12) para
completar el tramo curvo y liso BC sin rozamiento (distancia BC = 0,600
m) al final del cual el cuerpo queda libre y escapa del circuito. Calcula:
a) ¿Con qué rapidez llega el objeto al punto B?
b) ¿Qué fuerza ejerce la superficie sobre el objeto en el punto B?
c) ¿Qué tiempo tarda en caer al suelo desde C?
C
A
B
4.B. Un cuerpo de 3,00 kg parte sin velocidad inicial del punto más alto de un plano inclinado de 1,20 m de
longitud que forma un ángulo de 30º con la horizontal. El coeficiente de rozamiento es µ = 0,25. Al abandonar el plano inclinado se mueve en caída libre hasta chocar con el suelo, 4,00 más abajo. Calcula:
a) El tiempo que tarda en recorrer el plano inclinado y la rapidez con la que abandona el plano.
b) La distancia horizontal desde la base del extremo del plano inclinado a la que cae el cuerpo.
c) El momento cinético o angular del cuerpo en el instante de chocar contra el suelo, respecto al punto de partida.
Datos: gT = 9,81 m·s-2
Bloque 5. M.A.S.: 1 Punto
A)
5.A. ¿Cuál de las siguientes gráficas representa
Ec
mejor la variación de
energía cinética de un oscilador armónico en función del tiempo?
A)
5.B. En un
péndulo simple indica cuál E
p
de las siguientes gráficas se
ajusta correctamente a la
relación energía/elongación:
B)
C)
Ec
Ec
t
E
t
B)
E
t
C)
E
Ec + Ep
Ec
x
x
x
Bloque 6. Prácticas: 1 Punto
6. En el estudio dinámico de un resorte elástico, ¿que magnitudes se miden y qué gráficas se usan para determinar la constante elástica. ¿Influye la masa del resorte?
Soluciones
1.A. Si la Tierra fuese homogénea y existiese un túnel que la atravesase pasando por su centro:
a) Demuestra que el movimiento de un objeto abandonado en el extremo del túnel es armónico simple.
b) Calcula el tiempo que tardaría el objeto en llegar al otro extremo del túnel.
c) Calcula la velocidad máxima del objeto, utilizando la energía potencial elástica.
Datos: g0 = 9,81 N·kg-1 RT = 6,38×106 m
EXAMEN
1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
5.B
6.
Rta.: b) t = 42 min. c) vcentro = 7,91 km/s
Solución:
Si suponemos la Tierra como una esfera maciza homogénea de densidad ρ, el campo gravitatoria en un punto
de una esfera interior depende únicamente de la masa encerrada por esa esfera. (La masa en el exterior de esa
esfera produce un campo gravitatorio nulo, por el teorema de Gauss).
Si se llama M a la masa de la Tierra, R a su radio y r a la distancia al centro del punto interior donde se quiere
determinar el valor del campo gravitatorio g, entonces
g i =G
m
2
r
en el que m es la masa de la esfera interior de radio r.
Si la esfera es homogénea, se calcula la masa m a partir de la densidad ρ:
m = ρVr = ρ (4/3) π r3
Por tanto
m
g i =G 2 =G
r
4
3
 r
3
4
=  G r
2
3
r
Como en la superficie de la Tierra el valor del campo gravitatorio es
g 0=G
MT
2
RT
Substituyendo la masa de la Tierra M en función de la densidad ρ:
MT = ρVR = ρ (4/3) π RT3
M
g 0=G 2T =G
RT
4
3
  RT
3
4
=  G R T
2
3
RT
Dividiendo la expresión de la intensidad de campo a una distancia r del centro entre el valor en la superficie:
4
 G r
gi
3
r
=
=
g0 4
RT
 G R T
3
g i=
g0
r
RT
La aceleración de la gravedad está dirigida hacia el centro de la Tierra en cualquier punto, por lo que puede
escribirse como:
g i =−
g0
r
RT
Al ser g0 y R constantes, la aceleración g es proporcional y de sentido contrario a la separación r de la posición de equilibrio, lo que coincide con la condición de movimiento armónico simple.
b) En un movimiento armónico simple, la aceleración es
a = - ω2 x
en la que ω es la pulsación, que está relacionada con el período T, por:
=
2
T
De la ecuación
g i =−
g0
r
RT
podemos escribir:
 
=

RT
g0
2
2
=
T
2
y, despejando el período T:
T =2 
g0
RT
El período es el tiempo de una oscilaciones completa (ida y vuelta). Por tanto, el tiempo que tarda en llegar al
otro extremo del túnel es:
 
RT
6,38 ×106 [ m ]
T
t= =
=
=2,53×10 3 s=42 min
−2
2
g0
9,81 [m ·s ]
c) El campo gravitatorio es un campo conservativo, por lo que la energía mecánica se conserva:
(Ec + Ep)suelo = (Ec + Ep)centro
La energía potencial de un objeto de masa m en el campo gravitatorio de la Tierra a una distancia r de su
centro, tomando como origen de energías potenciales el infinito sería:
E p =−G
Mm
r
Pero esta ecuación sólo es válida para masas puntuales o en el exterior de masas esféricas.
Para aplicar la ecuación de la energía potencial del M.A.S.
Ep = ½ k x2
tenemos que encontrar una expresión para la constante elástica k. Según la ley de Hooke
F = -k x
y por la segunda ley de Newton, suponiendo que la fuerza elástica-gravitatoria es la única que existe:
F = m a = m g = m (-g0 / RT) r
Como r es la separación x de la posición de equilibrio, queda
k = m g 0 / RT
Aplicando ahora la ecuación de conservación de la energía
1
1 m g0 2 1
1 m g0 2
2
2
m·0 
· RT = m vcentro
·0
2
2 RT
2
2 RT
v centro= g 0 RT =  9,81[ m ·s ]· 6,38×10 [ m]=7,91×10 m /s=7,91 km /s
−2
6
3
1.B. La masa de la Luna es 81,4 veces menor que la de la Tierra y su radio es 3,67 veces menor que el radio
terrestre. Calcula:
a) El período que tendría en la superficie de la Luna un péndulo que en la Tierra da 10 oscilaciones en 6,67 s.
b) La relación entre las velocidades máximas de la masa puntual del péndulo en la Luna y en la Tierra vL/vT si
la amplitud en ambas situaciones es de π/10 rad.
c) La velocidad de escape de la superficie lunar si la velocidad de escape de la superficie terrestre es 11,2
km/s.
Datos: gT = 9,81 N·kg-1
EXAMEN
1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
5.B
6.
Rta.: a) T = 1,64 s. b) vL/vT = 0,407 c) veL = 2,38 km/s
Solución:
La ecuación del período de un péndulo de longitud L es:

L
g
T T =2 

L
gT
T L =2 

L
gL
T =2 
Para un péndulo en la superficie de la Tierra el período será:
En la superficie de la Luna el período será
La relación entre ambos es:
TL
=
TT
2
2
 

L
gL
L
gT
=
gT
gL
Para encontrar la relación entre los campos gravitatorios en la Luna y en la Tierra, usamos la definición de
campo gravitatorio como la fuerza sobre la unidad de masa y la ley de la gravitación universal de Newton:
F
g= =
m
G
M ·m
2
r
M
=G 2
m
r
Dividiendo las expresiones del campo gravitatorio de la Luna entre la de la Tierra queda:
gT
=
gL
G
MT
2
T
MT
ML
81,4 M L
ML
R
81,4
= 2 =
2 =
2 =6,04
ML
RT  3,67 R L  3,67
G 2
RL
R2L
R2L
y el período del péndulo en la Luna será:

TL
g
= T = 6,04=2,46
TT
gL
El período del péndulo en la Tierra es:
T T=
6,67 s
=0,667 s
10 osc.
por lo que el período del mismo péndulo en la Luna será:
TL = 2,46 TT = 2,46 · 0,667 [s] = 1,64 s
b) La velocidad máxima del punto material del péndulo la alcanza en el punto más bajo. Como la fuerza peso
es conservativa:
(Ec + Ep)abajo = (Ec + Ep)arriba
La altura máxima h del punto material es,
h = L – L cos α = L (1 – cos α)
Como la amplitud α y la longitud del péndulo es la misma en la Tierra y en la Luna, la
altura máxima también lo es. Poniendo como origen de energía potencial del peso el punto más bajo,
α
L
½ m v2abajo + m g habajo = ½ m v2arriba + m g harriba
½ m v2abajo + 0 = 0 + m g harriba
h
v máx= 2 · g ·h
Dividiendo la expresión en la Luna entre la expresión en la Tierra

vL  2 · gL · h
g
1
=
= L=
=0,407
vT  2 · gT · h
g T 2,46
c) La velocidad de escape de un astro es la velocidad mínima que debe tener un objeto en la superficie del astro para poder alejarse a una distancia infinita del mismo. Como la fuerza gravitatoria es una fuerza central, es
conservativa (el trabajo de la fuerza es independiente del camino) y la energía mecánica (suma de cinética y
potencial) se conserva.
(EC + EP)suelo = (EC + EP)∞
La energía potencial gravitatoria de un objeto de masa m que se encuentra sometido a la atracción de otro de
masa M, situado a un distancia r (supuestos masa puntuales) viene dada por
E P=−G
Mm
R
en la que G es la constante de la gravitación universal. El origen de energías potenciales está en el infinito
EP∞ = 0
La energía cinética de una masa m que se mueve con una celeridad v, viene dada por:
EC = ½ m v2
Como la velocidad de escape es la velocidad mínima, es la que corresponde a una velocidad nula en el infinito.
−G
Mm 1
2
 m v minima
R
2
suelo
v escape=v minima
Para la Luna,
1
2
=0 mv ∞ =00=0
2
suelo
=

v eL =

2G M L
RL
v eT =

2G M T
RT
Para la Tierra,
Dividiendo la primera igualdad entre la segunda,
2G M
R


2G M L
RL


v eL
M L RT
3,67
=
=
=
=0,212
v eT
M
R
81,4
2G M T
T
L
RT
veL = 0,212 · veT = 0,212 · 11,2 km/s = 2,38 km/s
2.A. Si por una causa interna, la Tierra sufriera un colapso gravitatorio y redujera su radio a la mitad, manteniendo constante la masa, su período de revolución alrededor del Sol sería:
a) El mismo.
b) 2 años.
c) 0,5 años.
EXAMEN
1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
5.B
6.
Solución: A
El período de revolución de la Tierra que sigue una trayectoria aproximadamente circular alrededor del Sol
no depende del radio de la Tierra, ya que se puede considerar que se trata de una masa puntual.
Como podemos despreciar en principio las interacciones gravitatorias de otros planetas e incluso de la Luna,
la única fuerza que actúa sobre la Tierra es la fuerza gravitatoria que ejerce el Sol,
∑F = F G
mT a = FG
y como la Tierra describe una trayectoria aproximadamente circular de radio r con velocidad de valor constante, la aceleración sólo tiene componente normal aN,
mT
M Sol mT
v2
=G
2
r
r
Despejando la velocidad v,
v=

G M Sol
r
Como la velocidad lineal v de un objeto que se mueve en una órbita circular de radio r con velocidad constante está relacionada con el período T (tiempo que tarda en dar una vuelta completa) por la expresión:
v=
Igualando las expresiones anteriores
2r
T

G M Sol
2 r
=
T
r
elevando al cuadrado
4 2 r 2 G M Sol
=
r
T2
y despejando el período,

r3
T =2
G M Sol
se ve que depende de la masa del Sol (no de la de la Tierra) y de r que es el radio de la órbita de la Tierra
alrededor del Sol, o sea, la distancia del centro de la Tierra al centro del Sol. El radio del planeta Tierra no
influye en el período.
2.B. Dos satélites de comunicación A y B con diferentes masas (mA > mB) giran alrededor de la Tierra con órbitas estables de diferente radio siendo rA < rB;
a) A gira con mayor velocidad lineal.
c) B tiene menor periodo de revolución.
c) Los dos tienen la misma energía mecánica.
EXAMEN
1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
5.B
6.
Solución: A
La única fuerza que actúa sobre el satélite es la gravitatoria. Al ser una trayectoria circular, sólo tiene aceleración normal (centrípeta). Por la 2ª ley de Newton:
∣∑ F∣=∣F G∣=m∣a∣=m a N =m
m
v 2órb
r
2
vórb
M Tm
=G 2
r
r

v órb= G
MT
r
La velocidad lineal de un satélite en una órbita es inversamente proporcional a la raíz cuadrada del radio de la
órbita. Como el radio de la órbita A es menor que el de la órbita B, la velocidad del satélite en la órbita A será
mayor.
Las otras opciones:
B. El período de revolución depende del radio de la órbita y de la velocidad.
Como la velocidad lineal v de un objeto que se mueve en una órbita circular de radio r con velocidad constante está relacionada con el período T (tiempo que tarda en dar una vuelta completa) por la expresión:
v=
2r
T
T=
2 r
v
el período del movimiento circular es:
Al ser mayor el radio de órbita B , rB > rA , y menor su velocidad, vB < vA , el período de revolución del satélite en la órbita B será mayor que el de la órbita A.
C. La energía mecánica de un satélite de masa m en órbita circular de radio r alrededor de la Tierra de masa
MT es la suma de las energías cinética y potencial.

MTm
1
2
E m =E cE p = m v órb  −G
2
r

Como ya vimos
2
vórb
M Tm
m
=G
2
r
r
Sustituyendo m vórb2 en la expresión de la energía mecánica:
MTm 1 MTm
MTm
1
1 M Tm
2
E m =E cE p = m v órb −G
= G
−G
=− G
2
R
2
r
r
2
r
donde se ve que la energía mecánica de un satélite en una órbita es directamente proporcional a la masa del satélite e inversamente proporcional al radio de la órbita. No pueden ser iguales porque sólo ocurriría si se cumpliese la relación:
mA mB
=
rA rB
que no puede ser al ser mA > mB y rA < rB.
3.A. Dos ondas coherentes coinciden en un punto. Para que den lugar a una interferencia destructiva, la diferencia de caminos recorridos por las ondas debe ser un múltiplo:
a) par de la longitud de onda
b) impar de la longitud de onda
c) par de la semilongitud de onda
d) impar de la semilongitud de onda.
EXAMEN
1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
5.B
6.
Solución: d)
Interferencia constructiva
Cuando se superponen dos ondas
armónicas emitidas por focos
que vibran con la misma
amplitud y la misma frecuencia y
cuya diferencia de fase se
mantiene constante, la
interferencia será destructiva
cuando el desfase con que llegan
las dos ondas al punto es:
Δφ = (2 n + 1) π
Interferencia destructiva
Onda 1
Onda 2
Superposición
(ω t – k d1) – (ω t – k d2) = k │d2 – d1│ = (2π / λ)│d2 – d1│
(2 π / λ) │d2 – d1│ = (2 n + 1) π
│d2 – d1│ = (2 n + 1) λ / 2
3.B. La posibilidad de oír detrás de un obstáculo sonidos procedentes de una fuente sonora, que se encuentra
fuera de nuestra vista, es un fenómeno de:
a) Polarización.
b) Difracción.
c) Refracción.
Examen
1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
5.B
6.
Solución: B
λ
Difracción es el fenómeno que se produce cuando una onda “rodea” un obstáculo o “se abre” cuando atraviesa un agujero de dimensiones parecidas a la longitud de onda. Es un fenómeno característico de las ondas.
Puede representarse como en la figura para una onda plana.
La difracción del sonido se produce porque es un movimiento
ondulatorio, de longitud de onda del orden de unos cuantos centímetros hasta unos pocos metros (en el aire) por lo que puede
rodear obstáculos de esas dimensiones.
La luz, aunque también es un movimiento ondulatorio, tiene
longitudes de onda del orden de los 10-7 m. Se produce difracción de la luz cuando el tamaño del agujero es menor que 1 µm, lo que ocurre en las redes de difracción o entre las pistas de un CD de música.
4.A. En la posición A de la figura, un objeto de 1,00 kg está comprimiendo 2,00 cm un muelle (k = 5,20×104 N/m) de modo que desde ahí se suelta y recorre el tramo rugoso AB de 30,00 cm de longitud (µ = 0,12) para
completar el tramo curvo y liso BC sin rozamiento (distancia BC = 0,600
m) al final del cual el cuerpo queda libre y escapa del circuito. Calcula:
a) ¿Con qué rapidez llega el objeto al punto B?
b) ¿Qué fuerza ejerce la superficie sobre el objeto en el punto B?
c) ¿Qué tiempo tarda en caer al suelo desde C?
Examen
1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
Rta.: a) vB = 4,48 m/s b) NB = 76,8 N c) t = 0,35 s
C
A
B
5.A
5.B
6.
Solución:
a) El trabajo de las fuerzas no conservativas entre A y B es igual a la variación de energía mecánica.
WFNC = ∆(Ec + Ep)
Las fuerzas no conservativas que actúan entre A y C son la fuerza de rozamiento y la fuerza normal que
ejerce la pista sobre el objeto. El trabajo de la fuerza normal es nulo porque es perpendicular al
desplazamiento. El trabajo de la fuerza de rozamiento vale:
Wroz = Froz · ∆s · cos (180)
La fuerza de rozamiento para un objeto que se desplaza es:
Froz = µ N
en la que µ es el coeficiente dinámico de rozamiento y N la fuerza normal que que ejerce la pista sobre el
objeto. Las fuerzas que actúan sobre el objeto en el tramo AB, una vez separado del muelle sólo son el peso y
la normal, ambas verticales y opuestas. Por la segunda ley de Newton:
N – m g = m ay = 0
N = m g = 1,00 [kg] · 9,81 [m·s-2] = 9,81 N
y la fuerza de rozamiento valdrá:
Froz = 0,12 · 9,81 = 1,18 N
y el trabajo de la fuerza de rozamiento entre A y B:
Wroz = 1,18 [N] · 0,3000 · (-1) = -0,354 J
La energía potencial del peso es la misma en A que en B ya que se encuentran a la misma altura.
La energía potencial elástica en A es:
Epe = ½ k x2 = 5,20×104 [N/m] · (0,0200 [m])2 / 2 = 10,4 J
La energía potencial elástica en B es nula ya que el objeto no está ligado al resorte. La energía cinética en A es
nula. Por tanto:
-0,354 [J] = (EcB – 0) + (0 – 10,4 [J])
EcB = 10,4 [J] – 0,354 [J] = 10,0 J
v B=

2 · E cB  2 ·10,0 [J ]
=
=4,48 m /s
m
1,00 [kg]
b) En el punto B las fuerzas que actúan son el peso y la normal, ambas verticales y opuestas. Pero
ahora el objeto inicia un movimiento circular vertical de radio R = 0,600 / 2 = 0,300 m, por lo que la
resultante no es nula sino:
NB
NB – m g = m aN = m vB2 / R
mg
NB = m g + m vB2 / R = 1,00 [kg] · 9,81 [m·s-2] + 1,00 [kg] · (4,48 [m/s])2 / 0,300 [m] = 76,8 N
c) Para calcular la velocidad en el punto C aplicamos el principio de conservación de la energía entre B y C, ya
que la fuerza peso es conservativa y la fuerza normal de la pista sobre el objeto no realiza trabajo.
(Ec + EP)C = (Ec + EP)B
½ m vC2 + m g hC = ½ m vB2 + m g hB
Tomando el origen de energía potencial del peso el punto B, y multiplicando todo por 2/m:
vC2 + 2 · 9,81 [m·s-2] · 0,600 [m] = (4,48 [m/s])2
v C = 4,48[ m /s] 2 ·9,81 [m ·s ]·0,600 [ m ]=2,89 m /s
−2
2
La dirección de la velocidad es tangente a la trayectoria y en el punto C es horizontal.
Como la única fuerza que actúa sobre el objeto, una vez que sale del punto C, es el peso, la aceleración es la de la
gravedad, constante, y el movimiento uniformemente acelerado de ecuación vectorial:
1 2
r =
r 0 v0 t  a t
2
Tomando un sistema de referencia con origen en B y eje X horizontal en sentido positivo hacia la derecha y el eje
Y vertical en sentido positivo hacia arriba, la ecuación anterior queda:
1
2
r =0,600 j 2,89 i t −9,81 jt [ m ]
2
La componente Y de la ecuación es:
y = 0,600 – 4,91 t2 [m]
El tiempo que tarda en caer al suelo desde C se obtiene sustituyendo y = 0.
t=

0,600 [ m ]
=0,35 s
4,91 [m ·s−2 ]
4.B. Un cuerpo de 3,00 kg parte sin velocidad inicial del punto más alto de un plano inclinado de 1,20 m de
longitud que forma un ángulo de 30º con la horizontal. El coeficiente de rozamiento es µ = 0,25. Al abandonar el plano inclinado se mueve en caída libre hasta chocar con el suelo, 4,00 más abajo. Calcula:
a) El tiempo que tarda en recorrer el plano inclinado y la rapidez con la que abandona el plano.
b) La distancia horizontal desde la base del extremo del plano inclinado a la que cae el cuerpo.
c) El momento cinético o angular del cuerpo en el instante de chocar contra el suelo, respecto al punto de partida.
Datos: gT = 9,81 m·s-2
Examen
1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
5.B
6.
2 -1
Rta.: a) t = 0,93 s v = 2,6 m/s b) x = 1,7 m c) LO = -44 k kg·m ·s
Solución:
a) A lo largo del plano inclinado actúan la fuerza peso mg y las fuerzas que la
superficie del plano ejercen sobre el cuerpo: una fuerza N normal al plano y la
fuerza Froz de rozamiento que se opone al desplazamiento.
Tomando como origen el punto de partida, el eje X paralelo al plano y en sentido positivo el de avance del cuerpo y el eje Y perpendicular al plano y el sentido
positivo hacia arriba, la segunda ley de Newton de la Dinámica, queda:
Eje X:
m g sen 30º – Froz = m a
Eje Y:
N – m g cos 30º = 0
De donde
N = m g cos 30º = 3,00 [kg] · 9,81 [m·s-2] · cos 30º = 25,5 N
Y+
Froz N
mg
X+
30º
Para un cuerpo que se desplaza, la fuerza de rozamiento es proporcional a la fuerza normal
Froz = µ N = 0,25 · 25,5 [N] = 6,4 N
Por lo que la aceleración con la que desciende por el plano inclinado es:
a = g sen 30º – Froz / m = 9,81 [m·s-2] · sen 30º – 6,4 [N] / 3,00 [kg] = 2,8 m/s2
Al ser la aceleración constante, el movimiento es uniformemente acelerado, por lo que la ecuación es:
x = x0 + v0 t + ½ a t2
Sustituyendo y despejando el tiempo:
t=
 
2· x
2 ·1,20 [ m]
=
=0,93 s
a
2,8 [m / s2 ]
Para calcular la velocidad con la que abandona el plano inclinado, se usa la definición de velocidad:
v=
dx
=v 0 a t
dt
como derivada de la ecuación de posición con respecto al tiempo. Sustituyendo los datos
v = 0 + 2,8 [m/s2] · 0,93 [s] = 2,6 m/s
b) Como la única fuerza que actúa sobre el objeto, una vez que abandona el plano inclinado, es el peso, la aceleración es la de la gravedad, constante, y el movimiento uniformemente acelerado de ecuación vectorial:
1 2
r =
r 0 v0 t  a t
2
Tomando un sistema de referencia con origen en el punto en el que abandona el plano y eje X horizontal en sentido positivo hacia la derecha y el eje Y vertical en sentido positivo hacia arriba, la ecuación anterior queda:
1
2
r =
v 0 t  −9,81 j t [ m]
2
La velocidad con la que abandona el plano inclinado es tangente al plano
inclinado. En el nuevo sistema de referencia, será la velocidad inicial del
movimiento parabólico en el aire y su expresión vectorial será:
v0 =2,6 cos −30º  i 2,6 sen−30º j [ m /s]=2,2 i – 1,3 j [ m /s]
Y+
30º
Por lo que la ecuación vectorial del movimiento en el aire queda:
X+
O
30º
1
2
2
r =2,2 i – 1,3 j t  −9,81 jt =2,2 i t – 1,3 t4,91t  j [ m ]
2
La componente Y de la ecuación es:
y = –1,3 t – 4,91 t2 [m]
El tiempo que tarda en chocar con el suelo desde que abandona el plano
se obtiene sustituyendo y = -4,00 m, quedando una ecuación de segundo
grado:
4,91 t2 + 1,3 t – 4,00 = 0
cuyas soluciones son:
t1 = 0,78 s
t2 = -1,04 s
Como en el nuevo sistema de referencia se pone tiempo inicial 0, el valor que se elige es 0,78 s.
La distancia horizontal desde la base se obtiene de la componente X de la ecuación de movimiento:
x = 2,2 t = 2,2 [m/s] · 0,78 [s] = 1,7 m
LO = r × p = r × m v
1,2
0m
h
c) El momento cinético o angular LO de una partícula respecto a un punto
O
que se toma como origen es el producto vectorial del vector de posición desde ese origen multiplicado por el momento lineal de la partícula:
30º
Tomando como origen el punto de partida, el vector de posición del punto en el
que choca contra el suelo es:
4,00 m
r =1,20· cos30º1,7  i −1,20 ·sen30º 4,00 j =2,8 i – 4,6 j [m ]
Para calcular el vector velocidad con el que llega al suelo se deriva el vector de
posición del recorrido parabólico:
1,7 m
2
d r d 2,2 i t – 1,3 t4,91t j
v=

=
=2,2 i – 1,39,81 t  j [ m /s]
dt
dt
y se sustituye el tiempo 0,78 s que tarda en chocar contra el suelo:
vchoca =2,2 i – 9,0 j [ m /s]
El momento lineal p = m v será:
p =3,00[ kg]·2,2 i – 9,0 j [ m /s]=6,7 i – 27 j [ kg· m /s]

y el momento cinético respecto al punto de partida será:
 O =r ×
L
p =2,8 i – 4,6 j [ m ]×6,7 i – 27 j [kg ·m /s]=−75 
k −−31 
k =−44 
k [ kg· m 2 /s]
5.A. ¿Cuál de las siguientes gráficas representa
Ec
mejor la variación de
energía cinética de un oscilador armónico en función del tiempo?
Examen
1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
5.B
6.
A)
B)
C)
Ec
t
Ec
t
t
Solución: A
La ecuación de movimiento de un oscilador armónico es:
x = A sen(ω t + φ0)
Le velocidad es la derivada de la posición con respecto al tiempo:
v = dx / dt = Aω cos(ω t + φ0)
La energía cinética de un oscilador armónico, será entonces
Ec = ½ mv2 = ½ m A2 ω2 cos2(ω t + φ0)
una función de tipo del cuadrado del coseno. Como el cuadrado de un número negativo es positivo, la opción
correcta es la A.
A)
5.B. En un
péndulo simple indica cuál E
p
de las siguientes gráficas se
ajusta correctamente a la
relación energía/elongación:
EXAMEN
1.A
E
B)
E
C)
E
Ec + Ep
Ec
x
x
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
x
4.B
5.A
5.B
6.
Solución: C
Un péndulo simple puede asimilarse a un oscilador armónico. En un oscilador armónico la energía total del
mismo permanece constante e independiente de la elongación, siendo su valor:
E = ½ k A2
La gráfica A sería incorrecta pues el máximo valor de la energía potencial sería cuando x = A. cuando x = 0 la
energía potencial sería nula.
La gráfica B también es incorrecta pues la energía cinética máxima sería para x = 0 al pasar por el punto central del movimiento.
6.A. En el estudio dinámico de un resorte elástico, ¿que magnitudes se miden y qué gráficas se usan para determinar la constante elástica. ¿Influye la masa del resorte?
EXAMEN
1.A
1.B
2.A
2.B
3.A
3.B
4.A
4.B
5.A
5.B
6.
Solución:
En el estudio dinámico del resorte se cuelga una masa conocida (pesas de balanza) del resorte, se aparta de la
posición de equilibrio y se mide el tiempo de 10 oscilaciones. Se calcula el período dividiendo el tiempo entre el número de oscilaciones. Se repite el proceso con otras masas hasta tener unas seis o siete datos.
Se representa en un gráfica los cuadrados de los períodos frente a las masas colgadas, para obtener una recta
ya que la relación es:
T 2=
4 2
m
k
La constante elástica se calcula a partir de la pendiente:
pendiente dinámico =
4 2
k
Al representar la gráfica, se ve que no pasa por el origen como debiera si cumpliese la ecuación anterior. Por
tanto sí influye la masa del resorte, ya que en esa ecuación m representa la masa que oscila, que incluye la
masa de la pesa, el portapesas y platillo y una parte del muelle.