PROBLEMA 2

PROBLEMA 2
Nuestro cuerpo convierte la energía química interna en trabajo y calo a razón de unos
100 W. Lo que se denomina potencia metabólica. a) ¿Cuánta energía química interna
utilizamos en 24 horas?
Sabiendo que potencia(P) = Trabajo(W)/tiempo(t) , es decir P=W/t sustituyendo
W=Pt;
6
W= 100*3600*24= 8.64*10
b) La energía procede de los alimentos que comemos y usualmente se mide en calorias
(Cal) siendo
1 Cal=4184J. ¿Cuántas Cal de energía alimentaria debemos ingerir diariamente si
nuestra potencia
metabólica es de 100W?
Si 1 cal
X cal
4184 Julios
8.64*10
X= 2065 calorias.
PROBLEMA 5
Calcule la altura, energía potencial y energía total de un satélite de 1000 Kg que está
r
orbitando alrededor de la Tierra con una rapidez de 7000 m/s.
(a) Para calcular la altura tenemos que igualar fuerzas:
1747 km
F = m v2 / r con Fg = G M m / r2 (fuerza gravitatoria)
2
2
2
R
2
m v / r = [G M m / r ] ( R / R ) De esta expresión podemos
decir que G M m / R2 es igual a la gravedad g, por lo que
entonces m.v2 / r = g R2 / r2
Por último despejando obtenemos que r = 8113 Km por lo que la altura a la que se
encuentra el satélite será 8113-6366 (radio Tierra) =1747 Km
(b) Para calcular la Energía Potencial
F = (-G M m / r2 ).µr WR->r =∫(-G M m / r2 ) µr (integral definida entre r y R)
[G M m / r] (entre r y R)
(G M m / r) – (GM m / R)
g R – g R2 / r = 1,34 .1010 julios
Si Ep (R) = 0
-∆Ep = (Ep (r) - Ep (R))
Ep (r) = 1,34 10 10 julios
(c) La energía total del sistema será igual a la Energía Mecánica, la cual es igual a la
suma de la Energía Potencial con la Cinética:
Ec = _m v2 = _ 1000 70002 = 2,45 .1010 julios
Ep = 1,34 1010 julios
EM = Ec + Ep = 2,45 1010 + 1,34 1010 = 3,79 1010 julios
PROBLEMA 6
La gráfica representa la energía potencial de una partícula de masa m=2kg que se
mueve a lo largo del eje x.
a)¿Qué tipo de movimiento realiza la partícula?
b)Si su energía potencial máxima es de 144 Julios, ¿qué velocidad tendrá la partícula en
x=5m?
c)Con la misma energía potencial, y sabiendo que para t=0,x=5m, encuentra la ecuación
del movimiento x(t).
Ep(Julios)
Parábola
150
100
5
0
0
5
X (m)
SOLUCIÓN
a)Como en la gráfica expuesta la Ep es parabólica estamos ante un movimiento
oscilatorio (que se mueve periódicamente alrededor de su posición de equilibrio)
armónico simple.
b)Si observamos la gráfica vemos que en x = 5m la energía potencial vale cero y por
tanto al ser la energía mecánica igual a la cinética más la potencial, si la Ep=0 significa
que toda la Em es Ec, y por tanto los 144 Julios son de Ec.
Así pues como la fórmula de la Ec es (1/2).m.v2 y ésta es igual a 144 J, la única
incógnita que nos queda es precisamente la velocidad:
1/2mv2 =144
⇒
v=12m/s
c)La ecuación general de un M.A.S. es x = Acos (wt + ángulo), por lo que tenemos que
determinar la amplitud, la velocidad angular y el ángulo.
1)La energía potencial de un movimiento armónico simple es 1/2kx2 , por lo tanto de la
gráfica podemos tomar el punto x=5, Ep=100, quedando la ecuación 100 = 1/2 k25
donde k=8N/m
Cuando la energía potencial es máxima ésta coincide con la mecánica (apartado b).Así
sabiendo que la energía total es 1/2kA2 , y como ya sabemos la Ep máxima (144 J), y
conocemos k(8N/m) podemos determinar la primera de nuestras incógnitas, la amplitud
144=1/2.8.A2 A=6m.
1/2
2)w=(k/m) por lo cual w=2rad/s
3)Al haber espacio inicial la ecuación del movimiento es
x-x´=Acos(wt + ángulo ) y como según el enunciado para t=0, x=5, podemos hallar el
ángulo sustituyendo los valores
5 - 5 = 6cos(0 +ángulo ) cos(ángulo) = 0 ángulo = π /2 o 3π/2
Por tanto poniendo ahora las 3 incógnitas halladas en su lugar obtenemos la solución del
problema:
X = 5+ 6cos(2t + π /2)
PROBLEMA 8
Siendo una fuerza F=(2y+3)i +xzj +(yz-x)k.
Hallar el trabajo realizado por F a lo largo de la curva
r=2t2i+tj+t3k, entre los puntos (0,0,0) y (2,1,1).
z
y
F
(2, 1, 1)
(0, 0, 0)
De la gráfica obtenemos dos
puntos de la trayectoria que son:
(0,0,0) y (2,1,1)
x
Introduciéndolos en las variables x, y ,z, que
hemos despejado de la ecuación de la curva,
obtenemos t=0 y t=1.
Sol:
Datos:
F=(2y+3)i+xzj+(yz-x)k
r=2t2i+tj+t3k
Despejando en esta expresión obtenemos:
x=2t2, y=t, z=t3
-Resolución del problema:
La fórmula para obtener el trabajo realizado
por la fuerza sobre la curva entre los dos puntos
señalados es:
El dato de la fuerza, se obtiene sustituyendo
las variables por sus valores:
F=(2t+3)i +(2t2*t3)j +(t*t3-2t2)k
y el diferencial de r, derivando la ecuación
de la curva en función del tiempo:
dr=(4t*dt)i +dtj +3t2*dtk
Sustituyendo los datos y operando se obtiene:
=
8.2
J
PROBLEMA 9
Supóngase un escalar de la forma Φ(x,y) = C/r, con C constante y r = (x2 + y2)1/2
a) ¿Como son las curvas equiescalares? Hállese el valor del escalar en las curvas que
pasan por (0,0), (2,2),(1, 71/2) y (∞, ∞).
b) Encuéntrese la expresión general de la fuerza que se deriva de dicho escalar y el
módulo de dicha fuerza. ¿Que podemos asegurar respecto a dicha fuerza, y cómo
podremos llamar a ese escalar?
c) Encuéntrese el trabajo realizado por la fuerza F a lo largo de la trayectoria (x = t, y =
t) partiendo del infinito (∞, ∞) hasta el punto (2, 2). Compárese este resultado con los
valores obtenidos en a), comentando el porqué de esta situación.
.
Ep
a)Las curvas equiescalares son circulares.
F
Φ ( x, y ) = C /( x?+ y ?) = C / r
r
(0,0) → ∞
( 2 ,2 ) → C / 8
(1, 7 ) → C / 8
(∞, ∞) → 0
b)
−1
− ∂Φ ˆ ∂Φ ˆ − ∂C( x?+ y ?)
F = −∇Φ =
i−
j=
∂x
∂y
∂x
2
−1
∂C ( x ? + y ?)
iˆ −
∂y
2
ˆj =


− 
x
y
= −  − 1 C ( x ? + y ?) − 3 2xiˆ − c 1 ( x ? + y ?) −3 2 y ⋅ ˆj = C
ˆj =
iˆ + C
2
2
+
3
+
 2

 2 
( x? y ?) 2
( x ? y ?) 23
v
r
ˆ + yˆj) = Cvr = C
(
x
i
v µr
3
r? r?
( x?+ y ?) 2
C
c)
∫
(2,2 )
( ∞ ,∞ )
v r 2
2
2
Fdr =∫ Fxdx + ∫ Fydy = ∫
∞
∞
∞
= 2C ∫
3
2 2t3
2
dt =
dx + ∫
Cy
2
2 32
(x + y )
t
2
∞
Cx
2C
2
3
2
∞
2
∫t
∞
−2
(x + y )
dt =
2C
2
3
2
Ct
2
2 32
2
dy = ∫
∞
[− t ]
−1
2
∞
=
2 32
(t + t )
−C
8
2
dt + ∫
Ct
2
∞
(t + t 2 )
2
3
dt =
2
PROBLEMA 10
Un cantinero de un salón del oeste desliza una botella de whisky de centeno sobre el mostrador horizontal
hacia un vaquero que está al otro lado de la barra a una distancia de 7 m. ¿ Con qué rapidez deberá soltar
la botella si el coeficiente de rozamiento cinético es de 0.1 y la botella llega en reposo justo frente al
vaquero?
7 metros
µ= 0.1
¿v0?
Fr
Para resolver este problema utilizaremos las siguientes fórmulas cinéticas:
r = r0 + v0t + _ at2
v = v0 + at
(1)
(2)
Y las siguientes fórmulas dinámicas:
ΣF = ma
Fr = Nµ
(3)
(4)
Desde que el cantinero suelta la botella hasta que ésta llega al vaquero; en el eje de las abscisas
sólo actúa la fuerza de rozamiento de la botella con la mesa (en sentido contrario al
movimiento), y en el de las ordenadas el peso y la normal que, por ser de igual intensidad y de
sentido contrario se anulan.
Entonces:
ΣF = -Fr = ma
Y también:
-Fr = -Nµ = -mgµ
-m g µ = m a
a = -gµ = -9.8 * 0.1 = -0.98
Sabiendo ya la aceleración, tenemos en la ecuación (1):
r = r0 + v0t + _ at2
(1)
7 = 0 + v0t – 0.49t
Y en la (2):
v = v0 + at
(2)
0 = v0 – 0.98t
Luego v0 = 0.98t
Y sustituyendo en la ecuación (1) tenemos que:
7 = 0.98t 2 – 0.49t2
7= 0.49t2
t = √ 7/0.49 = 3.779 s.
Entonces:
v 0 = 0.98 * 3.779 = 3.7 m/s.
Y pasando a Km/h nos queda que:
v 0 = 3.7 * 1000 / 3600 = 13.34 Km./h.
PROBLEMA 11
Un pingüino de masa m está de pie sobre un montículo semiesférico de
hielo como se muestra en la figura. Si empieza a resbalar desde el reposo
(suponiendo el hielo perfectamente liso) ¿en qué punto P deja el pingüino
de tener contacto con el hielo?
SOLUCIÓN:
Si suponemos la altura igual a cero en la parte superior del montículo, en el instante
inicial tendremos:
Em =0 y como Em= Ec +Ep
Ec = -Ep = -mgh = mg (-h)
Pero la altura también la podemos escribir como:
-h = R – Rcos α = R (1 – cos α) , luego sustituyendo en la expresión anterior:
Ec = mgR (1 – cos α) ; Ec = 1/2 m v2 → 1/2 mv2 = mgR (1 – cos α) →v2 = 2gR (1 –
cos α)
mgcos α - N = mv2 /R → N=m[(-v2 /R) + (gcos α)]
Para que haya contacto: 0 ≤ N → v2 /R ≤ gcos α , que introduciendo la expresión de
la velocidad que habíamos calculado:
[2gR(1 - cos α)] / R ≤ gcos α → 2g (1 – cos α) ≤ g cos α → 2 – 2cos α ≤ cos α
→ 2/3 ≤ cos α →
α ≤ 48º
PROBLEMA 12
Un pequeño bloque de masa m se desliza sin rozamiento por un vía en forma de lazo .
El bloque parte del reposo a una altura h por encima de la parte inferior del lazo.
a) ¿ Cuál es la energía cinética del bloque cuando alcanza la parte superior del lazo?
b) ¿ Cuál su aceleración en la parte superior del lazo admitiendo que no se sale de la
vía?
c) ¿ Cuál es el menor valor de h sabiendo que el bloque ha de alcanzar la parte superior
del lazo sin salirse de la vía?
a)
como vi = 0 por energías tenemos
y como Eci = 0
máxima del lazo
Eci + Epi = Ecf + Epf
tenemos que
mgh = Ecf + mg2r
2r--- altura
Ecf = mg ( h-2r )
b) primero sacamos la velocidad
2
2
1/2mv = mg( h-2r )
v = 2g( h –2r )
la aceleración en ese punto va a ser la aceleración normal
2
an = v /r
an = 2g( h-2r )/r
c) Por el 2º principio de Newton
2
Mg + N = mv /r
2
N = m ( v /r – g )
y como N ≥ 0 ⇒
2
Por lo que si sustituimos el valor de v encontrado anteriormente:
2g( h – 2r) /r ≥ g
⇒
2h – 4r ≥ r ⇒
h ≥ 5/2 r
2
v /r ≥ g
PROBLEMA 13
A
El cuerpo A de la figura tiene una masa de
4m
2kg.Partiendo del reposo resbala 4m sobre un plano
inclinado 30º sobre la horizontal hasta que choca
con un resorte (supuesto sin masa) cuyo extremo
está fijo al final del plano a) Si la constante del
resorte es K=100N/m calcular su máxima
deformación y la posición a la que volvería el
cuerpo A al estirarse de nuevo el muelle. b) ¿Cuál hubiese sido el resultado si el plano
inclinado hubiese tenido un coeficiente de rozamiento cinemático 0.2? c) Qué valor del
coeficiente de rozamiento estático haría que el muelle se quedase completamente
contraído y no devolviese el bloque hacia arriba?
SOLUCIÓN:
a) Suponemos que la altura h vale cero cuando el muelle está comprimido
Epg1+Epe1+Ec1=Epg2+Epe2+Ec2
Mg (L+4)sen30º+0+0=0+1/2KL^2+0
50L^2-9.81L-39.24=0
L=0.989
1/2KL^2=mgxsen30º
x=4.989
distancia que recorre el cuerpo:x-L=4.989-0.989=4metros
b) Si hubiese rozamiento:
Epg1+Epe1+Ec1+Wno conservativo=Epg2+Epe2+Ec2
Mg (L+4) sen30º+0+0-µmgcos30º (L+4)=1/2KL^2
L=0.783
Distancia:
1/2KL^2-µmgcos30ºx=mgxsen30º
x=2.32
distancia:x-L=1.53
c)mgsenα+µmgcosα>=KL
µe>=4.61
PROBLEMA 14
Un saco de arena de 4 Kg de masa pende de un hilo de 0,6 m de longitud. Sobre el saco
se dispara un fusil cuya bala tiene una masa de 40 g. La bala atraviesa el saco y recorre
una distancia de 20 m antes de pegar en el suelo que se encuentra 1,5 m por debajo del
impacto en el saco. El saco oscila alcanzando un ángulo máximo de 60º. Determinar:
a) La velociadad de la bala después del choque. b) La velocidad del saco después del choque. c) La
velocidad de la bala antes del choque. d) La energía mecánica perdida por el sistema al atravesar la bala el
saco. e) La fuerza ejerce la arena sobre la bala. Suponer que la anchura del saco es de 10 cm, la fuerza es
constante y el desplazamiento del saco mientras es atravesado por la bala es despreciable. f) El ángulo
máximo (A) que alcanzaría el saco si la bala quedase incrustada en la arena. g) La energía mecánica
perdida por el sistema en este caso.
Nota: en todos los apartados excepto el e considerar al saco como una masa puntual.
a) La bala realiza un movimiento parabólico partiendo con una velocidad horizontal v’. Las ecuaciones
para el desplazamiento horizontal y vertical son:
x’=v’t ‡
v’=x’/t ‡ v’=x’(g/2y)1/2 =20(9.81/2 1.5)1/2 =36.17 m/s
y=(1/2)gt2 ‡ t= (2y/g)1/2
b) Para conocer la velocidad del saco hay que aplicar el principio de conservación de la energía entre el
punto de impacto, de altura h=0 y velocidad V y el punto de máximo desplazamiento de altura L – Lcos y
velocidad 0:
(1/2)MV2 =MgL(1-cosA) ‡ V=[2gL(1-cosA )]1/2=[2 . 9.81 . 0.6 . (1 – cos60º)]1/2
V=2.426 m/s
c) Para calcular la velocidad de la bala antes del choque tenemos que aplicar el principio
de conservación del momento lineal:
mv = mv’ + MV ‡ v = v’ + VM/m = 36.17 + 2.426 . 4 / 0.04 = 278.77 m/s
d) Para calcular la energía mecánica perdida tenemos que aplicar el principio de
conservación de la energía:
Emi + Wnocon = Emf ‡ Wnocon = Emf – Emi = (1/2)mv’2 + (1/2)MV2 - (1/2)mv2
Wnocon = (1/2) 0.04 36.172 + (1/2) 4 2.4262 - (1/2) 0.04 278.772 = -1516.3 Julios
e) Si suponemos que la fuerza que actúa sobre la bala es constante, también lo será la
aceleración a, por lo que podemos aplicar las ecuaciones del movimiento
uniformemente acelerado.
v’2 – v2 = 2ae ‡ a= v’2 - v2 / 2e
y F= ma = m (v’2 - v2 /2e) = 0,04 36.172 - 278.772 = -1528.1 N
2 0.1
f) Tenemos que aplicar el principio de conservación del momento teniendo en cuenta
que después del impacto, tanto la velocidad del saco como la de la bala serán iguales y
de valor V:
mv = (m+M)V ‡ V= mv / m+M = 0.04 278.77 / 0.04+4 = 2.76 m/s
Aplicamos el principio de conservación de la energía entre el punto de impacto (Ec) y el
de máximo desplazamiento angular (Ep).
(1/2) (m+M)V2 = (m+M)gL(1-cosA) ‡ cosA= 1 – V2 /2gL= 1 – 2.762 / 2 9.81 0.6
cosA= 0.3529
Angulo Máximo = 69.33º
g) Para determinar la perdida de energía al quedarse incrustada la bala, calculamos las diferencias de
energías cinéticas antes y después del impacto (en ese instante la energía potencial no varia) tal como se
hizo en el apartado d:
Emi + Wnocon = Emf ‡ Wnocon = Emf – Emi = (1/2) (m+M)V2 - (1/2)mv2 ‡
‡ Wnocon = (1/2) 4.04 2.762 - (1/2) 0.04 278.772 = 1554.25 – 15.39 = -1538.86 Julios
PROBLEMA 16
Un bloque de 30 kg se deja caer desde una altura de 2 m sobre un platillo de 10 kg de una
balanza de muelle ( K = 20 kN/m ). Suponiendo que el choque es totalmente inelástico calcular
el máximo desplazamiento del platillo.
2m
x
x
- Tomando el eje x de referencia a la altura del platillo de 10 kg, el problema se resuelve por el
principio de Conservación de la Energía Mecánica, el cual dice que en presencia de fuerzas
conservativas, la energía mecánica de un sistema permanece constante, al tratarse de este tipo de
fuerzas la energía potencial gravitatoria y la energía elástica.
- Como se trata de un choque totalmente inelástico, lo que matemáticamente significa que el
coeficiente de restitución es igual a 0, el sistema que forman el bloque y el platillo permanecen
unidos después de la colisión.
E Mecánica inicial = E Mecánica final
E Potencial A = E Elástica B + E Potencial b
masa bloque*gravedad*altura = (1/2)*cte elástica*compresión del muelle + masa(bloque+platillo)*gravedad*(-x)
2
(30 kg)*(10 m/s**2)*(2 m) = (1/2)*(20000 N/m)*(-x) + (30+10 kg)*(10 m/s**2)*(-x)
Después de operar aparece la ecuación:
- 0.225
2
100*x - 4*x - 6 = 0 /// x = (4 ± (2416)**_)/200 /// x =
0.265
El resultado válido en el ejercicio es el negativo, ya que la altura del sistema resultante ( bloque
+ platillo ), es negativa respecto al sistema de referencia escogido.