FÍSICA 1: TAREA 9 Oscar Martínez-Fuentes
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PROBLEMA: Una partícula de 1.18kg se une entre dos resortes idénticos en una mesa horizontal sin fricción. Ambos resortes tienen una constante elástica K e inicialmente no están estirados (Figura 1). 1. La partícula se jala una distancia x a lo largo de una dirección perpendicular a la configuración inicial de los resortes. Demuestre que la fuerza ejercida por los resortes sobre la partícula es: L ˆi ~ F = −2Kx 1 − √ x2 + L2 2. Demuestre que la energía potencial del sistema es: p U (x) = Kx2 + 2KL L − x2 + L2 3. Elabore una gráfica de U (x) e identifique los puntos de equilibrio. Suponga que L = 1.2 m, K = 40 N/m. 4. Si la partícula se jala 0.5 m y después se libera, ¿cuál es su rapidez cuando llega al punto de equilibrio x = 0?
Fig. 1. Problema.
SOLUCIÓN: √ En reposo, la longitud del resorte es x0 = L (Figura 2 (a)). Cuando la partícula se jala, el resorte mide x1 = x2 + L2 (Figura 2 (b)) , por lo que la deformación que sufre es p ∆x = x1 − x0 = x2 + L2 − L
(a) Resorte en reposo (x0 )
(b) Resorte elongado (x1 )
Fig. 2. Posición de la masa respecto al resorte. 1 Escuela Superior de Física y Matemáticas, I.P.N. Grupo: 1FM1, Sección A.
[email protected] Semestre: 1. Profesor: Miguel Neri Rosas.
Sabemos que F = K∆x = K
√
x2 + L2 − L . Además del diagrama de cuerpo libre (Figura 3 (a)), se tiene
que ~1 F ~2 F
−Fxˆi + Fyˆj −Fxˆi − Fyˆj
= =
por lo que la fuerza ejercida por los resortes sobre la partícula es ~ =F ~1 +F ~ 2 = −Fxˆi + Fyˆj − Fxˆi − Fyˆj = −2Fxˆi F
(a) Diagrama de cuerpo libre del sistema.
(b) Triángulo representativo de distancias Fig. 3.
Además, Fx = F cos θ. De la Figura 3 (b), se observa que x cos θ = √ x2 + L2 Finalmente, tenemos que: ~ = F
−2Fxˆi −2F cos θ ˆi p x ˆi √ −2K x2 + L2 − L x2 + L2
= =
Reduciendo, se obtiene el resultado deseado: L ~ ˆi √ F = −2Kx 1 − x2 + L2 Se sabe que: du dX por lo que la energía potencial a partir de la expresión anterior es: FX = −
du = −FX dX Luego, tenemos: Z
U
U0
U − U0
=
U − U0
=
x
L dX X 2 + L2 x0 Z x x X √ X dX − 2KL dX 2 X + L2 x0 x0 p x x K X 2 x0 − 2KL X 2 + L2 Z
du =
2KX Z 2K
1− √
x0
Ahora, considerando que U0 = x0 = 0 tenemos: p U = Kx2 − 2KL x2 + L2 + 2KL | L | pero como L > 0, entonces | L |= L, por lo tanto: p p U (x) = Kx2 − 2KL x2 + L2 + 2KL2 = Kx2 + 2KL L − x2 + L2 A partir de los datos dados en el planteamiento del problema para L y K, se tiene que la función de energía potencial para el sistema es: p U (x) = 40x2 + 96 1.2 − x2 + 1.44 De forma gráfica, la función U (x) se muestra en las Figuras 4, 5 y 6 para x = 10 m, x = 1 m y x = 0.5 m respectivamente. 3500 3000
U [J ]
2500 2000 1500 1000 500 0 −10
−8
−6
−4
−2
0
2
4
6
8
x[m] Fig. 4. Energía potencial del sistema considerando x = 10 m.
10
5 4.5 4 3.5
U [J ]
3 2.5 2 1.5 1 0.5 0 −1
−0.8
−0.6
−0.4
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x[m] Fig. 5. Energía potencial del sistema considerando x = 1 m.
0.5 0.45 0.4 0.35
U [J ]
0.3 0.25 0.2 0.15 0.1 0.05 0 −0.5
−0.4
−0.3
−0.2
−0.1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
x[m] Fig. 6. Energía potencial del sistema considerando x = 0.5 m.
Los puntos de equilibrio se obtienen cuando U (x) = 0, por lo que p 40x2 + 96 1.2 − x2 + 1.44 = 0 √ Sea w = x2 + 1.44. Entonces la ecuación anterior en términos de w es: 40w2 − 96w + 57.6 = 0 como ya tiene la forma canónica de una ecuación cuadrática, se procede a resolver y se obtiene que las soluciones son w1,2 = ±1.2 y regresando a la variable original, se obtiene que el único punto de equilibrio (aunque de multiplicidad dos) es x = 0, que incluso en las gráficas se puede observar.
Finalmente, dado que la energía mecánica total del sistema es: Ki + Ui = Kf + Uf entonces, se puede obtener la rapidez de la partícula cuando x = 0. Tenemos que Ki = 0, Ui = U (0.5) = 0.4 J. Además Uf = 0 y Kf = 12 mv 2 . Por lo tanto tenemos que 1 mv 2 2 y como m = 1.18 kg, entonces la rapidez de la partícula buscada es: s 2(0.4 J) v= = 0.823 m/s 1.18 kg 0.4 =
