Examen Física

PROBLEMA 1
ENUNCIADO
1.- La figura muestra la potencia media en función de la
frecuencia impulsora en el caso de una masa m situada
en el extremo de un muelle de constante k con
amortiguamiento viscoso (Fuerza impulsora = F0 sen ωt,
siendo F0 constante y ω variable).
a) Calcular el valor numérico del factor de calidad, Q.
(0.5 puntos)
b) Si se suprime la fuerza impulsora, la energía
P
m
P /2
m
-ζt
disminuye de acuerdo con la ley E = E0 e . ¿Cuál
es el valor de ζ en función de ω0 ? (1 punto)
0
0.9 8ω ω 0 1.0 2ω
c) Si se elimina la fuerza impulsora, ¿qué fracción de
0
0
energía se pierde por ciclo? (0.5 puntos)
d) Construimos un nuevo sistema con la misma masa, el mismo amortiguamiento y la misma fuerza
impulsora, pero con un muelle cuya constante de recuperación es doble que el anterior. Calcular los
nuevos valores de la frecuencia de resonancia ω0 ’, el factor de calidad Q’ y la potencia media máxima
Pm’ para este segundo sistema. (1 punto)
SOLUCION
La ecuación del movimiento será:
mx˙˙ + bx˙ + kx = F0 senωt ⇒ x˙˙ + 2γx˙ + ω 02 x =
F0
senωt
m
con 2γ =
b
m
ω 20 =
k
m
a) La anchura a media altura de la curva de resonancia en potencia es justamente 2γ , luego 2γ = 0.04ω 0
ω
ω0
Por lo tanto, Q = 0 =
⇒ Q = 25
2γ 0.04 ⋅ω 0
b) Si suprimimos la fuerza impulsora, nos quedamos con la ecuación diferencial homogénea, cuya
solución es xh = A⋅ exp(−γt) cos(ω γ t + δ) con A y δ constantes y ωγ = ω 02 − γ 2
La energía es proporcional a la amplitud al cuadrado; es decir
2
E(t ) ∝ [ A ⋅ exp(−γt)] = A 2 exp(−2γt) ⇒ E(t) = E0 ⋅exp(−2γt) ⇒ ζ = 2γ = 0.04 ⋅ω 0
c) Como la oscilación tiene una frecuencia ωγ, su periodo será Tγ = 2π ω γ , por lo tanto, la fracción de
energía perdida después de transcurrido un ciclo será
 4πγ 
E0 ⋅ exp −2γ (t + Tγ )
E(t + Tγ )
∆E E(t) − E(t + Tγ )
=
=
= 1−
=1 −
= 1 − exp(−2γTγ ) = 1 − exp −

E
E(t)
E(t)
E0 ⋅ exp(−2γt)
ω

γ 


 4π ⋅ 0.02 ⋅ω 
∆E
4πγ 

0 
= 22%
= 1 − exp −
= 1 − exp −
= 0.22 ⇒
2
2 
2 
E
ω0 − γ 
 ω 0 1 − 0.02 

[
]
k ′ 2k
=
= 2ω 20 ⇒ ω ′0 = 2ω 0
m m
ω′
b
Q′ = 0 pero 2γ ′ = 2γ =
porque b no ha cambiado ⇒ Q′ = 2 ⋅Q = 35.4
2γ ′
m
F02 m 2
F0′ 2 m′ 2
′ = Pmax =
Pmax
′ =
pero F0′ = F0 m′ = m γ ′ = γ ⇒ Pmax
4γ
4γ ′
d) En el nuevo sistema ω ′0 2 =
PROBLEMA 2
ENUNCIADO
y
a
2.- Una partícula de masa m se mueve sin rozamiento sobre la D
superficie de un tablero cuadrado de lado a, colocado
verticalmente, bajo la acción de cuatro resortes de constante
recuperadora k y longitud natural despreciable, dispuestos de la
forma que se muestra en la figura.
a) Plantear el Lagrangiano de este sistema y estudiar las
cantidades conservadas. (1 punto)
b) Obtener las ecuaciones del movimiento. (0.5 puntos)
c) Integrar dichas ecuaciones, sabiendo que en el instante inicial
la partícula se suelta sin velocidad desde el vértice D. (1.5
A
puntos)
C
k
g
k
m
a
k
k
x
B
SOLUCION
a) Tenemos 2 grados de libertad y tomaremos como coordenadas generalizadas las coordenadas x e y de
1
la partícula. Así, la energía cinética será T = m(x˙ 2 + y˙2 ) , entonces T = T2 ⇒ H = E = T + U
2
Por otro lado, la energía potencial será:
1
1
1
1
2
2
2
2
U = mgy + k(x 2 + y 2 ) + k ( a − x ) + y 2 + k x 2 + ( a − y ) + k ( a − x ) + (a − y) =
2
2
2
2
1
2
2
2
2
= mgy + k ( 4x + 4y + 4a − 4ax − 4ay ) = mgy + 2k( x + y 2 + a2 − ax − ay )
2
1
2
2
2
2
2
Y por lo tanto el Lagrangiano será: L = T − U = m( x˙ + y˙ ) − mgy − 2k ( x + y + a − ax − ay )
2
El Lagrangiano no depende explícitamente del tiempo, pero no hay ninguna coordenada cíclica, así
que únicamente se conserva el Hamiltoniano, que en este caso coincide con la energía.
(
)
(
)
(
)
d ∂L
∂L
= mx˙˙ ,
= −2k(2x − a) ⇒ mx˙˙ + 4kx = 2ka
dt ∂x˙
∂x
d ∂L
∂L
= m˙y˙ ,
= −mg − 2k(2y − a) ⇒ my˙˙ + 4ky = 2ka − mg
dt ∂y˙
∂y
c) Las condiciones iniciales son x˙ (0) = y˙ (0) = x(0) = 0 , y(0) = a


4k
2ka
k
Primera ecuación: x˙˙ +
x=
Solución a la homogénea: xh = a1 cos 2
t + δ1 
m
m
 m

4k
2ka
a
Solución particular x p = C ⇒
C=
⇒C =
m
m
2




 x = a1 cos 2 k t + δ 1  + a
 x˙ (0) = −2 k a1 sen(δ 1 ) = 0 ⇒ δ1 = 0

m
2



m

⇒ 




a
a
k
k
⇒ a1 = −
 x˙ = −2
a1 sen  2
t + δ1 
 x(0) = a1 cos(δ1 ) + = 0

2
2
m
 m



4k
2ka
k
Segunda ecuación: y˙˙ +
y=
− g Solución a la homogénea: yh = a2 cos 2
t + δ 2 
m
m
 m

4k
2ka
a mg
Solución particular y p = C ⇒
C=
−g⇒ C= −
m
m
2 4k
b)




 y = a2 cos 2 k t + δ 2  + a − mg
 y˙(0) = −2 k a2 sen (δ 2 ) = 0 ⇒ δ 2 = 0

 m
 2 4k

m

⇒ 




a mg
a mg
k
k
= a ⇒ a2 = +
 y˙ = −2
a2 sen 2
t + δ2 
 y(0) = a2 cos(δ2 ) + −
2 4k
2 4k
m
 m



a 
k  

x = 1− cos 2
t
2 
 m  

 a mg 
k   mg
y= +
t −
 ⋅ 1 + cos 2
 2 4k  
 m   2k
x = a ⋅ sen2
⇔
k
t
m

mg
k
mg
y = a +
t−
 cos 2


2k
m
2k
PROBLEMA 3
ENUNCIADO
3.- Un satélite describe una órbita circular alrededor de la Tierra, a una altura de 1600 km
a) Calcular su velocidad y el incremento de velocidad necesario para escapar de la atracción gravitatoria
terrestre. (1 punto)
b) Al volver de un paseo espacial, un astronauta olvida en el exterior una máquina que pesa 5 kg.
Calcular la trayectoria que seguirá dicha máquina. (1 punto)
c) En una de sus maniobras, el satélite se separa en dos partes. Una de ellas, con la quinta parte de la
masa total, se separa con una velocidad de 4000 m/s, formando un ángulo de 30° con la dirección de
la velocidad inicial, acercándose a la Tierra y en el mismo sentido de giro que antes. Determinar las
características de las órbitas de las dos partes, y si alguna de ellas caerá sobre la superficie terrestre. (2
puntos)
Se desprecia la resistencia del aire. Masa del satélite = 5000 kg; masa de la Tierra = 6·1024 kg;
la Tierra = 6400 km; G·MT = 4·1014 N·m2 /kg.
radio de
SOLUCION
a) Notación: MT = masa de la Tierra
m = masa del satélite
El radio de la órbita del satélite será r = 1600 km + 6400 km = 8000 km = 8·106 m
Así, si escribimos la energía de la órbita de las dos formas que conocemos
1
M m
M m
E = mv2 − G T = −G T
2
r
2a
Como en una órbita circular tenemos que r = a , entonces, despejando la velocidad tendremos
 2 1
2 4
GMT
4 ⋅1014
v=
10 m s = 7071 m s
v = GMT  −  =
=
6 ⇒
 r r
2
r
8 ⋅10
Para escapar de la atracción terrestre necesitará tener energía positiva, luego
1
MT m
1
MT m
2GMT
2 ⋅ 4 ⋅1014
2
2
E ≥ 0 ⇒ mv ′ − G
≥ 0 ⇒ mv ′ ≥ G
⇒ v′ ≥
=
= 10 4 m s ⇒
6
2
r
2
r
r
8⋅10
∆v
=
v
′
−
v
=
2929
m
s
⇒
b) La máquina tendrá la misma velocidad y distancia a la Tierra que el satélite, pero una masa diferente.
Obtengamos los semiejes de la órbita a partir de las constantes del movimiento.
1
M m′
GMT
E = m′v2 − G T , pero la velocidad era v =
, luego
2
r
r
1 GMT
M m′
M m′
E = m′
−G T
= −G T ⇒ a = r
2
r
r
2r
Por otra parte, en la órbita circular en el momento en que se suelta la máquina la velocidad es
perpendicular al vector de posición, luego J = m′rv , pero por otro lado
M m′
GMT
J = b 2 m ′ E = b 2 m ′G T
= bm′
= bm ′v ⇒ b = r
2r
r
Por lo tanto, seguirá una órbita con los dos semiejes iguales; es decir, circular de radio r (la misma que
el satélite). Conclusión: la órbita no depende de la masa sino solamente de la distancia y la velocidad.
c) Para conocer los dos datos que nos faltan (v2 y α 2 ), tomaremos
la ley de conservación de la cantidad de movimiento, que nos
da dos ecuaciones.


m
4
3
4
v =
mv = v1 cos30° + mv2 cosα 2
v1 + v2 cosα 2

5
5
10
5

⇒
m
4


v1 4
0 = 5 v1 sen30° − 5 mv2 senα 2
0 = − v2 senα 2
5 5
4
10v − 3v1
 v2 cosα 2 =
5
10
⇒
⇒
4
v1
 v2 senα 2 =
5
10
v2
v
α2
30°
v1
Tierra
v1
4000
=
⇒ α 2 = 3.6°
10v − 3v1 10 ⋅ 7071− 3 ⋅ 4000
v1
4000
⇒ v2 =
=
⇒ v2 = 7963m s
8⋅ senα 2 8 ⋅sen3.6°
⇒ tgα 2 =
Ahora obtendremos los semiejes de las dos órbitas a partir de las constantes del movimiento
1
M m rm v2 − 2GMT mi
M m
GMT r
Ei = mi vi2 − G T i = i i
= −G T i ⇒ ai =
, y entonces, con los datos
2
r
2r
2ai
2GMT − rvi2
6
7
del problema obtenemos que a1 = 4.76⋅10 m y a2 = 1.09 ⋅10 m
Ji = bi 2mi Ei = bi 2mi G
MT mi
GMT
ai
= mi bi
= mi rvi senα i ⇒ bi = rvi senα i
, y con los datos
2ai
ai
GMT
6
7
del problema se obtiene que b1 = 3.02 ⋅10 m y b2 = 1.05⋅10 m
Así ya tenemos caracterizadas las órbitas de los dos fragmentos. Ahora, para saber si caerán sobre la
superficie terrestre deberemos comparar sus distancias en el perigeo con el radio terrestre. Pero
a2 − b2
b = a 1− e 2 ⇒ e =
y r− = a ⋅(1 − e) = a − a 2 − b2 , y por lo tanto
a2
r−1 = 1.08 ⋅10 6 m < RT = 6.4 ⋅106 m ⇒ Cae a la superficie terrestre
r−2 = 8.82 ⋅10 6 m > RT = 6.4 ⋅10 6 m ⇒ No cae a la superficie terrestre