Solución II Ex - Web del Profesor

II Evaluación. Física 11. Sección 01. Semestre A-2004.
1.- Un náufrago de 710 [N] que flota en el mar, es rescatado por medio de una guaya, desde un
helicóptero que se encuentra “estacionario” a 15 [m] sobre el agua. Tomando en cuenta, que fue
elevado verticalmente con una aceleración ascendente cuya magnitud es g/10. Calcula el trabajo
realizado por; a) Por el peso del náufrago (1 punto). b) Por la tensión de la guaya (1 punto).c) La
energía cinética del náufrago justo en el momento en que llega al helicóptero (1 punto).
[Resolver aplicando consideraciones energéticas]
Datos
p = 710 [N]
∆y = 15 [m]
a = g/10
rv
a) w p = p.∆y
wp = mg∆ycos 180º
wp = -710 [N]x15 [m]
wp = -10650 [J]
(1 punto)
b) En primer lugar debemos determinar la tensión;
r r
r
T + p = ma
T – mg = ma
T – mg = m(g/10)
T = m(g+g/10)
T = (11/10)mg
11(710 [N ])
T=
= 781 [N ]
10
WT = T∆y
WT = 781 [N]x15 [m]
WT = 11715 [J]
(1 punto)
c) Teorema del Trabajo y la Energía
WFT = ∆Ec
WT + Wp = Ecf-Ec0; pero Ec0 = 0 [J]
11715 [J] –10650 [J] = 1065 [J]
Ecf = 1065 [J]
(1 punto)
2.- Se lanzan tres pelotas idénticas desde la parte superior de un edificio cuya
altura es h. La primera sale disparada horizontalmente; la segunda con ángulo α
hacia arriba y la tercera con un ángulo β hacia abajo, tal como se muestra en la
figura. Asumiendo que la rapidez inicial v0 es la misma en los tres casos,
compara la rapidez con la que llegan al suelo cada una de las pelotas. [Resolver
aplicando consideraciones energéticas] (2 puntos)
Aplicando Teorema del Trabajo y la Energía, tenemos en cualquiera de los tres casos lo
siguiente:
WFT = ∆Ec
w p = E cf − E c 0
mgh =
1
2
mv 2f − 12 mv02
2 gh = v 2f − v 02
v f = v02 + 2 gh
(2 puntos)
Podemos obtener el mismo resultado aplicando Principio de Conservación de la Energía
Mecánica:
∆E m = 0
1
2
mv 2f + mgh f = 12 mv02 + mgh0
Si elegimos el cero de energía potencial gravitatoria en el suelo tenemos que mgh f = 0 ;
por lo tanto:
1
2
mv 2f + mgh f = 12 mv02 y ⇒ v f = v02 + 2 gh
A
l
3.- Suponga que un bloque de masa m se mueve inicialmente con una rapidez V0 sobre una rampa curva y lisa
cuando se encuentra a una altura h sobre el suelo (punto A). La superficie horizontal posterior a la rampa es
rugosa (su coeficiente de fricción cinética es µc) y en su extremo derecho hay un resorte cuya constante de fuerza
es k; además la distancia entre el final de la rampa y la posición de equilibrio del resorte es l.
a) Aplicando el Teorema del Trabajo y la Energía determina la expresión general de la compresión máxima que
experimenta el resorte. (3 puntos)
b) Aplicando el Principio de Conservación de la Energía, halla una expresión general que permita calcular la
altura h’ hasta la que asciende el bloque luego de que rebota contra el resorte. Realiza el cálculo de h’.
[Toma como posición inicial el punto A] (2 puntos)
a) WFT = ∆Ec
w p + wN + wFe + wFr = 12 mv 2f − 12 mv02 ; como vf es nula tenemos que
w p + wN + wFe + wFr = − 12 mv02
w p = mgh
r r
wN = N .∆r = N∆r cos 90º = 0 [J ]
xf
wFe = ∫ (− kx)dx = − 12 kx 2
x0
r r
wFr = Fr .l = − µmg (l + x)
substituyendo tenemos:
mgh − 2µmg (l + x) − 12 kx 2 = − 12 mv02
kx 2 + 2µmgx + (2µmgl − 2mgh − mv02 ) = 0
x=
− 2µmg ± (2µmg ) 2 − 4k (2µmgl − 2mgh − mv02 )
2k
b) ∆Em = wFr
Emf – Em0 = -2µmg(l+x)
mgh'− mgh − 12 mv02 = −2µmg (l + x)
h' =
h' =
[
m gh + 12 v02 − 2 µg (l + x)
mg
[gh +
1
2
v02 − 2 µg (l + x)
g
]
]
(3 puntos)
v02
h' = h +
− 2 µ (l + x)
2g
(2 puntos)
4.- Un bloque de 1 [Kg], se lanza desde la base de un plano inclinado 30º (punto
A). En el extremo superior del plano, el bloque choca con un resorte cuya
constante de fuerza es k = 10 [N/m]. Tomando en cuenta que el plano es rugoso
(µc = 0.5) y que la distancia inicial entre el bloque y el extremo del resorte es
l = 5 [m]. Calcula: a) La rapidez inicial del bloque (punto A), para que la
compresión máxima del resorte sea xmax = 1 [m]. b) La rapidez del bloque
cuando retorna a su posición inicial. (2.5 puntos c/u)
b) ∆Em = wFr
Datos
Emf – Em0 = wFr
m = 1 [Kg]
θ = 30º
k = 10 [N/m]
µc = 0.5
l = 5 [m]
x = 1 [m]
E mf = 12 mv 2f + mgh f
E m 0 = 12 mv02 + mgh0
Como mghf = mgh0
1
2
mv 2f − 12 mv02 = −2 µmg cos θ (l + x)
v 2f − v 02 = −4 µg cos θ (l + x)
a) Por Principio de Conservación de la Energía
tenemos:
v f = v02 − 4 µg cos θ (l + x)
∆Em = wFr (1)
v f = 4.23 [m/s]
Emf – Em0 = wFr
(2.5 puntos)
E mf = 12 mv 2f + mgh f + 12 kx 2
E m 0 = 12 mv02 + mgh0
como v = 0 [m/s] y mgh0 = 0 `J], la ec. (1) toma la
forma:
1
2
kx 2 + mgh f − 12 mv02 = − µmg cos θ (l + x)
1
2
kx 2 + mg (l + x) senθ − 12 mv02 = − µmg cos θ (l + x)
[
v0 = 2 g (l + x)[senθ + µ cos θ ] + 12 kx 2
Nota: ambas preguntas, se
pueden resolver igualmente
por Teorema del Trabajo y la
Energía
]
[ [ ])(6[m])[sen30º+0.5 cos 30º] + 50[ ](1[m]) ]
v0 = 2 (9.8
m
s2
v0 = 10.47 [m/s]
N
m
(2.5 puntos)
2
5.- Se lanza verticalmente hacia arriba una piedra cuyo
peso es w, con una rapidez inicial v0. Suponga que la
magnitud de la fuerza de roce entre el aire y la piedra es
r
constante Fr = f . a) Demuestra que la altura máxima
alcanzada por la piedra es
hmaz
v02
=
2 g (1 + f / w)
(3 puntos).b) ¿Cuál será la rapidez con que la piedra
retorna a la posición inicial? (2 puntos)
b) WFT = ∆Ec
Wp +WFr = ∆Ec
Wp = mgh-mgh = 0 [J]
(fuerza conservativa)
WFr = -2fh
− 2 fh = 12 mv 2f − 12 mv02
a) Por Teorema de trabajo y Energía tenemos:
WFT = ∆Ec
v f = v02 −
Wp +WFr = ∆Ec
Wp = -mgh
Nota: ambas preguntas, se
pueden resolver igualmente
por Principio de Conservación
de la Energía
− mgh − fh = − 12 mv02
h( w + f ) = 12 mv02
mv02
2( w + f )
pero
m=
h=
w
g
wv 02
f
2 g (1 + )
w
(3 puntos)
4 fh
m
(2 puntos)
WFr = -fh
h=
− 4 fh = m(v 2f − v02 )
=
v02
2 g (1 +
f
)
w