Un saquito que contiene 1 , 5 kg de bolitas está sujeto al

TEMA 3
TRABAJO Y ENERGÍA
PROBLEMAS PARA RESOLVER EN CASA Y ENTREGAR
1 . - Un saquito que contiene 1 , 5 kg de
bolitas está sujeto al extremo de un hilo de 800 mm
de longitud, según se indica en la figura. La máxima
tensión que puede resistir el hilo es Tmáx=30 N. Si
el muchacho saca lentamente el saco del estante,
determinar: a) el ángulo θ que girará el saco antes
de romper el hilo; b) ¿qué velocidad tiene cuando
llega al suelo? c) ¿cuál es la distancia “d” desde el
punto de partida hasta el punto donde el saco choca con el suelo?
Hacemos el diagrama de sólido libre del saquito
justo un instante antes de romperse el hilo, donde el
ángulo será θ y la tensión la máxima. Así, tendremos que
aplicando la segunda ley de Newton:
v2
ΣFn=man ⇒ Tmáx − mgsenθ = m
r
Nos faltaría sólo la velocidad en ese punto, para
lo que aplicamos el teorema del trabajo-energía cinética
entre la situación inicial, cuando se suelta el saquito
desde el reposo, y la final, cuando el hilo está a punto de romperse. Tendremos entonces:
Wif=∆EC ⇒ WT+Wmg=∆EC
La tensión es en todo momento perpendicular al desplazamiento, luego no realiza
trabajo:
WT+Wmg=∆EC ⇒ Wmg=∆EC ⇒ -∆UG=∆EC ⇒ Ui-Uf=ECf-ECi
El saco parte del reposo luego la energía cinética inicial es nula:
1
1
Ui-Uf=ECf-ECi ⇒ Ui-Uf=ECf ⇒ mghi − mghf = mv 2 ⇒ g∆h = v 2 ⇒ v 2 = 2g∆h = 2grsenθ
2
2
Por tanto sustituyendo:
2grsenθ
v2
Tmáx − mgsenθ = m
⇒ Tmáx − mgsenθ = m
⇒ Tmáx=3mgsenθ
r
r
T
30
= 0,680 ⇒ θ = 42,86º
senθ = máx =
3mg 3 ⋅ 1,5 ⋅ 9,8
θ=42,86º
b) A partir del punto de rotura tenemos un tiro parabólico, en el cual el saquito
parte desde una altura inicial y0:
y0=H-rsenθ=1-0,8sen42,86º=0,456 m
La velocidad inicial del saquito es la que tiene en el instante de la rotura:
v0 = v = 2grsenθ = 2 ⋅ 9,8 ⋅ 0,8sen 42,86º = 3,266 m / s
Podemos aplicar el teorema del trabajo-energía
cinética entre la situación en que se rompe la cuerda (f)
y el momento en que el saquito llega al suelo (s):
Wfs=∆EC
La única fuerza que actúa en la caída es el peso
luego:
Wfs=∆EC ⇒ Wmg=∆EC ⇒ -∆UG=∆EC ⇒ UGf-UGs=ECs-ECf
1
1
mvs2 − mvf2
2
2
1
1
1
1
gy0 = vs2 − vf2 ⇒ 9,8 ⋅ 0,456 = vs2 − 3,2662 ⇒ vs = 4,428 m / s
2
2
2
2
vs=4,428 m/s
También podríamos haberlo hecho teniendo en cuenta que se trata de un tiro
parabólico y que por tanto se cumplen las ecuaciones correspondientes. En este caso, la
velocidad inicial forma un ángulo θ con la vertical, ya que es tangente a la trayectoria
(círculo) y por tanto perpendicular al radio. Así, la velocidad inicial tiene dos componentes:
v0=v0Xi+v0Yj=v0senθi-v0cosθj=3,266sen42,86ºi-3,266cos42,86j=2,221i-2,394j
Ahora en el eje X el movimiento es rectilíneo y uniforme, luego al llegar al suelo la
componente horizontal de la velocidad es la misma que al inicio:
vsX=v0X=2,221 m/s
En el eje vertical tenemos movimiento rectilíneo uniformemente acelerado, siendo
la aceleración la de la gravedad:
1
1
1
y = y0 + v0 Y t + aY t2 ⇒ ys = y0 + v0 Y t − gt2 ⇒ 0 = 0,456 − 2,394t − 9,8t2
2
2
2
mghf − mghs =
− 2,394 ± 2,3942 + 4 ⋅ 4,9 ⋅ 0,456  0,147 s
=
2 ⋅ 4,9
negativo
Y la componente vertical de velocidad:
vY=v0Y+ayt ⇒ vsY=v0Y-gt=-2,394-9,8 · 0,147=-3,830 m/s
Por tanto al llegar al suelo la velocidad del saquito es:
vs=vsXi+vsYj=2,221i-3,830j
Y en módulo:
4,9t2 + 2,394t − 0,456 = 0 ⇒ t =
2
2
+ vsY
= 2,2212 + 3,8302 = 4,428 m / s
vs = vsX
vs=4,428 m/s
c) En el eje X el movimiento es rectilíneo y uniforme, luego la distancia recorrida en
dirección horizontal es:
d=x0+vXt=(r-rcosθ)+v0Xt=(0,8-0,8cos42,86º)+2,221 · 0,147=0,54 m
d=0,54 m