PROBLEMAS RESUELTOS
Sección 6.1 Segunda Ley de Newton aplicada al Movimiento Circular Uniforme Problema 6.1 Edición quinta; Problema 6.1 Edición cuarta SERWAY Un carro de juguete que se mueve con rapidez constante completa una vuelta alrededor de una pista circular (una distancia de 200 metros) en 25 seg. a) Cual es la rapidez promedio? b) Si la masa del auto es de 1,5 kg. Cual es la magnitud de la fuerza central que lo mantiene en un circulo? a) Cual es la rapidez promedio?
b) Si la masa del auto es de 1,5 kg. Cual es la magnitud de la fuerza central que lo mantiene en un circulo? L = 200 metros = 2 π r Despejamos el radio
F = 3,01 Newton Problema 6.2 Edición cuarta SERWAY; Problema 6.5 Edición quinta; En un ciclotrón (un tipo acelerador de partículas), un deuterón (de masa atómica 2u ) alcanza una velocidad final de 10 % de la velocidad de la luz, mientras se mueve en una trayectoria circular de 0,48 metros de radio. El deuterón se mantiene en la trayectoria circular por medio de una fuerza magnética. Que magnitud de la fuerza se requiere?
Velocidad de la luz = 3 X 108 m/seg Velocidad del deuterón = 3 X 107 m/seg Masa deuterón 2u = 2 * 1,661 X 10-27 kg. Masa deuterón 2u = 3,322 X 10-27 kg.
F = 6,2287 * 10-12 Newton Problema 6.2 Edición quinta SERWAY
Una patinadora de hielo de 55 kg se mueve a 4 m/seg.. Cuando agarra el extremo suelto de una cuerda, el extremo opuesto esta amarrado a un poste. Después se mueve en un circulo de 0,8 m de radio alrededor del poste. a) Determine la fuerza ejercida por la cuerda sobre sus brazos. b) Compare esta fuerza con su peso. a. Determine la fuerza ejercida por la cuerda sobre sus brazos.
T = 1100 Newton b) Compare esta fuerza con su peso.
Problema 6.3 Edición quinta SERWAY Una cuerda ligera puede soportar una carga estacionaria colgada de 25 kg. antes de romperse. Una masa de 3 kg unida a la cuerda gira en una mesa horizontal sin fricción en un circulo de 0,8 metros de radio. Cual es el rango de rapidez que puede adquirir la masa antes de romper la cuerda? La cuerda se rompe cuando se le cuelgue una masa de 25 kg. Entonces podemos calcular la máxima tensión que soporta la cuerda antes de romperse. TMAXIMA = m * g = 25 kg * 9,8 m/seg2 = 245 Newton. Con la tensión máxima que soporta la cuerda antes de romperse, se calcula la máxima velocidad que puede girar la masa de 3 kg antes de romper la cuerda.
Despejando v
v < 8,08 m/seg. La velocidad de la masa de 3 kg, no puede alcanzar la velocidad de 8,08 m/seg por que se rompe la cuerda. Problema 6.4 Edición quinta; Problema 6.35 Edición cuarta SERWAY En el modelo de Bohr del átomo de hidrogeno, la rapidez del electrón es aproximadamente 2,2 * 106 m/seg. Encuentre: a) La fuerza que actúa sobre el electrón cuando este gira en una orbita circular de 0,53 * 10- 10 metros de radio b) la aceleración centrípeta del electrón. Masa = 9,11 * 10- 31 Kg. V = 2,2 * 106 m/seg. r = 0,53 * 10- 10 metros
F = 83,192 * 10- 9 Newton b) la aceleración centrípeta del electrón.
a = 9,132 * 1022 m/seg2 Problema 6.6 Edición quinta SERWAY. Problema 6.6 Edición cuarta SERWAY Un satélite de 300 kg. de masa se encuentra en una orbita circular alrededor de la tierra a una altitud igual al radio medio de la tierra (Véase el ejemplo 6.6). Encuentre: a) La rapidez orbital del satélite b) El periodo de su revolución c) La fuerza gravitacional que actúa sobre el? Datos: RE = radio de la tierra = 6,37 * 106 metros. h = La distancia entre el satélite y la superficie de la tierra, en este problema es igual a RE
∑ FY = m a como el satélite se mantiene en orbita circular alrededor de la tierra. La fuerza de la gravedad hará las veces de fuerza centrípeta.
Ordenando la ecuación
m*g=m*a
De lo anterior se deduce que:
Se cancela la masa m y r pero: r =2 RE Reemplazando r =2 RE
Multiplicamos por RE
Ordenando la ecuación
Pero: Reemplazando g (gravedad) en la ecuación, tenemos:
V = 5586,85 m/seg. b) El periodo de su revolución (satelite) Para calcular el periodo, sabemos que la rapidez promedio de una orbita circular del satélite es:
Despejamos el periodo
T = 238,79 minutos c) La fuerza gravitacional que actúa sobre el?
pero: r =2 RE
Pero:
Reemplazando la gravedad en la ecuación anterior tenemos:
FR = 735 Newton Problema 6.7 Edición quinta; Mientras dos astronautas del Apolo estaban en la superficie de la Luna, un tercer astronauta daba vueltas a su alrededor. Suponga que la orbita es circular y se encuentra a 100 km sobre la superficie de la luna. Si la masa y el radio de la luna son 7,4 x 1022 kg 1,7 x 106 m, respectivamente, determine: a) La aceleración del astronauta en orbita. b) Su rapidez orbital c) El periodo de la orbita. Datos: Datos: RE = radio de la luna = 1,7 x 106 metros. h = La distancia entre el satélite y la superficie de la tierra.
H = 100 km = 0,1 X 106 m r = RE + h = 1,7 x 106 m + 0,1 X 106 m r = 1,8 x 106 m
∑ FY = m a como el astronauta se mantiene en orbita circular alrededor de la luna. La fuerza de la gravedad hará las veces de fuerza centrípeta. m = masa del astronauta ML = masa de la luna = 7,4 x 1022 kg G = 6,67 x 10 -11 r = 1,8 x 106 m ∑ FY = m a
Ordenando la ecuación anterior
Cancelando m (masa del astronauta) a ambos lados de la ecuación
a = 1,52 m/seg2 b) Su rapidez orbital
Despejamos la velocidad (rapidez) V2 = a * r
v = 1654,08 m/seg. c) El periodo de la orbita.
Despejando el periodo en la ecuación
T = 6837,47 segundos
Problema 6.8 Edición quinta; Problema 6.12 Edición cuarta SERWAY La velocidad de la punta de la manecilla de los minutos en el reloj de un pueblo es 1,75 * 10 -3 m/seg. a) Cual es la velocidad de la punta de la manecilla de los segundos de la misma longitud? b) Cual es la aceleración centrípeta de la punta del segundero? (Tiempo del minutero) = tiempo en seg. Que demora en dar una vuelta completa el minutero al reloj (Tiempo del minutero) = 60 minutos = 3600 seg. (Tiempo del segundero) = tiempo en seg. Que demora en dar una vuelta completa el segundero al reloj (Tiempo del segundero) = 60 seg. Velocidad del minutero = 1,75 * 10 -3 m/seg. Radio del minutero = radio del segundero (Velocidad del minutero) * ( tiempo del minutero) = (Velocidad del segundero) * ( tiempo del segundero)
Velocidad del segundero = 0,105 m/seg. b) Cual es la aceleración centrípeta de la punta del segundero?
Despejamos el radio. V*t=2πr
Problema 6.9 Edición quinta; Problema 6.13 Edición cuarta SERWAY Una moneda situada a 30 cm del centro de una mesa giratoria horizontal que esta en rotación se desliza cuando su velocidad es 50 cm/seg. a) Que origina la fuerza central cuando la moneda esta estacionaria en relación con la mesa giratoria? b) Cual es el coeficiente de fricción estático entre la moneda y la mesa giratoria? ∑ FY = 0 N–mg=0 N=mg FR = μ N = μ m g FR = μ m g
μ = 0,085 Problema 6.12 Edición quinta; Problema 6.19 Edición cuarta SERWAY Un automóvil que viaja inicialmente hacia el ESTE vira hacia el NORTE en una trayectoria circular con rapidez uniforme como se muestra en la figura p6-12. La longitud del arco ABC es 235 metros y el carro completa la vuelta en 36 seg. a) Cual es la aceleración cuando el carro se encuentra en B localizado a un ángulo de 350. Exprese su respuesta en función de los vectores unitarios i y j.
Determine b) la rapidez promedio del automóvil c) Su aceleración promedio durante el intervalo de 36 seg.
Longitud del arco total = 2 p r Longitud de un cuarto de cuadrante = 2 p r/ 4 = p r/ 2 2 * long. De un cuarto de cuadrante = p r
a) Cual es la aceleración
ax = - a sen 35 i = - 0,28476 sen35 i = - 0,28476 * ‘0,5735 i = - 0,163 i ay = - a cos 35 j = - 0,28476 sen35 j = - 0,28476 * ‘0,8191 j = - 0,233 j c) Su aceleración promedio VF = V0 + at VF - V0 = at
Problema 6.13 Edición quinta; Problema 6.37 Edición Cuarta SERWAY Considere un péndulo cónico con una plomada de 80 kg. en un alambre de 10 metros formando un ángulo de u = 50 con la vertical (figura 6.13). Determine a) Las componentes vertical y horizontal de la fuerza ejercida por el alambre en el péndulo. b) La aceleración radial de la plomada.
∑ FY = 0 TY – m g = 0 TY = m g = 80 * 9,8 = 784 Newton TY = 784 Newton TY = T cos u
TX = T sen u TX = 787 sen 5 TX = 68,59 Newton b) La aceleración radial de la plomada. ∑ FX = m aC pero: TX = 68,59 Newton TX = m aC
SECCIÓN 6.2 MOVIMIENTO CIRCULAR NO UNIFORME Problema 6.14 Edición quinta; Problema 6.14 Edición Cuarta SERWAY Un automóvil que viaja sobre un camino recto a 9 m/seg pasa sobre un montecillo en el camino. El montículo puede considerarse como un arco de un círculo de 11 metros de radio. a) Cual es el peso aparente de una mujer de 600 N en el carro cuando pasa sobre el montecillo? b) Cual debe ser la rapidez del carro sobre el montecillo si ella no tiene peso en ese momento? (Es decir, su peso aparente es cero).
a) Cual es el peso aparente de una mujer de 600 N en el carro cuando pasa sobre el montecillo?
∑ FY = m a mg–N=ma
b) Cual debe ser la rapidez del carro sobre el montecillo si ella no tiene peso en ese momento? (Es decir, su peso aparente es cero). ∑ FY = m a 0 mg–N=ma
V2 = g * r
V = 10,38 m/seg. Problema 6.16 Edición quinta; Problema 6.16 Edición Cuarta SERWAY Un halcón vuela en un arco horizontal de 12 metros de radio a una rapidez constante de 4 m/seg. a) Encuentre su aceleración centrípeta b) El halcón continúa volando a lo largo del mismo arco horizontal pero aumenta su rapidez a la proporción de 1,2 m/seg2. Encuentre la aceleración (magnitud y dirección) bajo estas condiciones.
v = 4 m/seg. r = 11 metros ar = Aceleración centrípeta aT = Aceleración tangencial = 1,2 m/seg2 a2 = ar + aT
a = 1,791 m/seg2
u = arc tg 1,108 u = 47,940 MOVIMIENTO CIRCULAR Y OTRAS APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON Problema 6.17 Edición quinta; Problema 6.17 Edición Cuarta SERWAY Un niño de 40 kg se mece en un columpio soportado por dos cadenas, cada una de 3 metros de largo. Si la tensión en cada cadena en el punto mas bajo es de 350 newton, encuentre: a) La velocidad del niño en el punto mas bajo b) la fuerza del asiento sobre el niño en ese mismo punto. Ignore la masa del asiento. a) La velocidad del niño en el punto mas bajo
∑ FY = m a 2T-mg=ma
2 T r – m g r = m V2
V = 4,8 m/seg. b) La fuerza del asiento sobre el niño en ese mismo punto. (Ignore la masa del asiento). ∑ FY = m aY mg–N=ma
N = 40 * (17,48) N = 700 Newton Problema 6.18 Edición quinta; Problema 6.17A Edición Cuarta SERWAY Un niño de masa m se mece en un columpio soportado por dos cadenas, cada una de larga R. Si la tensión en cada cadena en el punto mas bajo es T, encuentre: a) La rapidez del niño en el punto mas bajo b) La fuerza del asiento sobre el niño en ese mismo punto. (Ignore la masa del asiento).
∑ FY = m a 2T-mg=ma
2TR – mgR = m V2
b) La fuerza del asiento sobre el niño en ese mismo punto. (Ignore la masa del asiento). ∑ FY = m aY mg–N=ma
Pero:
N=2T Problema 6.20 Edición quinta; Problema 6.18 Edición Cuarta SERWAY Un objeto de 0,4 kg se balancea en una trayectoria circular vertical unida a una cuerda de 0,5 m de largo. Si su rapidez es 4 m/seg. Cual es la tensión en la cuerda cuando el objeto esta en el punto mas alto del circulo ?
∑ FY = m a T+mg=ma
T = 12,8 – 3,92 T = 8,88 Newton Problema 6.21 Edición quinta SERWAY Un carro de montaña rusa tiene una masa de 500 kg. cuando esta totalmente lleno de pasajeros (fig p 6 21).
a) Si el vehiculo tiene una rapidez de 20 m/seg. en el punto A. Cual es la fuerza ejercida por la pista sobre el vehiculo en este punto? b) Cual es la rapidez máxima que el vehiculo puede alcanzar en B y continuar sobre la pista.
Punto A ∑ FY = m a N-mg=ma
N = 24900 Newton b) Cual es la rapidez máxima que el vehículo puede alcanzar en B y continuar sobre la pista. Punto B Cuando el auto esta en la parte superior, la pista no ejerce fuerza sobre el vehiculo, es decir la normal en el punto máximo superior es cero. ∑ FY = m a mg=ma
se cancela la masa.
V2 = g * r
V = 12,12 m/seg. Cuando la normal es cero, la velocidad es máxima.
Sección 6.3 MOVIMIENTO EN MARCOS ACELERADOS Problema 6.25 Edición quinta; Problema 6.25 Edición Cuarta SERWAY Un objeto de 0,5 kg esta suspendido del techo de un vagón acelerado, como se muestra en la figura p 6 -13. Si a = 3 m/seg2, encuentre: a) El ángulo que la cuerda forma con la vertical. b) La tensión de la cuerda? → r = L sen u TX = T sen u TY = T cos u ∑ FY = 0 TY – m g = 0
TY = m g T cos u = m g Ecuación 1
Puesto que, en este ejemplo, la fuerza central es proporcionada por la componente T sen u de la segunda ley de Newton obtenemos: ∑ FX = m aX pero: TX = T sen u TX = T sen u = m aX T sen u = m aX Ecuación 2 Al dividir la ecuación 2 con la ecuación 1, se elimina T y la masa m.
u = arc tg (0,3061) u = 17,020 b) La tensión de la cuerda? T sen u = m aX Ecuación 2 T sen (17,02) = 0,5 * 3 0,2927 T = 1,5 T = 5,12 Newton
SECCIÓN 6.4 MOVIMIENTO EN PRESENCIA DE FUERZAS RESISTIVAS Problema 6.30 Edición quinta SERWAY Un paracaidista de 80 kg de masa salta desde una aeronave que viaja lentamente y alcanza una rapidez terminal de 50 m/seg. a) Cual es la aceleración de la paracaidista cuando su rapidez es de 30 m/seg. Cual es la fuerza de arrastre ejercida por la paracaidista cuando su rapidez es: b) 50 m/seg. c) 30 m/seg. ∑ FY = 0 mg–R=0 donde R = fuerza resistiva
γ = Densidad del aire A = Area de la sección transversal del objeto que cae medida en un plano perpendicular a su movimiento. VT = velocidad o rapidez terminal mg–R=0 mg=R
a) Cual es la aceleración de la paracaidista cuando su rapidez es de 30 m/seg. ∑ FY = m a mg-R=ma Despejando la aceleración
Pero: Reemplazando en la ecuación de aceleración tenemos:
Pero:
g = 9,8 m/seg2 VT = 30 m/seg m = 80 kg.
a = 9,8 - 3,528 a = 6,27 m/seg. Cual es la fuerza de arrastre ejercida por la paracaidista cuando su rapidez es: b) 50 m/seg. (Observe que es la velocidad terminal alcanzada por el paracaidista) ∑ FY = 0 mg–R=0 mg=R R = 80 * 9,8 = 784 Newton Cual es la fuerza de arrastre ejercida por la paracaidista cuando su rapidez es: c) 30 m/seg.
Pero:
Reemplazando en la ecuación
R = 282,24 Newton MOVIMIENTO CIRCULAR Y OTRAS APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON Problema 6.31 Edición quinta SERWAY; Problema 6.30 Edición cuarta SERWAY Un pedazo pequeño de material de empaque de estirofoam se deja caer desde una altura de 2 metros sobre el suelo. Hasta que alcanza rapidez terminal, la magnitud de su aceleración esta dada por a = g – bv. Después de caer 0,5 metros, el estirofoam alcanza su rapidez terminal y tarda 5 seg. adicionales en llegar al suelo. a) Cual es el valor de constante b? b) Cual es la aceleración en t = 0 c) Cual es la aceleración cuando la rapidez es 0,15 m/seg.
a) Cuál es el valor de constante b? El estirofoam para una altura de 1,5 m, se demora 5 seg en llegar al suelo. Hallamos la velocidad con que llega al suelo.
Pero v = VT (VELOCIDAD TERMINAL) Cuando el material estirofoam alcanza la velocidad terminal, se dice que la aceleración en ese punto es cero. 0 a = g – bv bv = g despejamos la constante b
b) Cual es la aceleración en t = 0 ∑ FY = m a mg=ma a = g = 9,8 m/seg2 c) Cual es la aceleración cuando la rapidez es 0,15 m/seg. a = g – bv a = 9,8 - 32,66 * 0,15 a = 9,8 - 4,9 a = 4,9 m/seg2 MOVIMIENTO CIRCULAR Y OTRAS APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON Problema 6.32 Edición quinta SERWAY a) Calcule la rapidez terminal de una esfera de madera (densidad 0,83 g/cm3 ) cayendo a través del aire si tiene 8 cm. de radio. b) A partir de que altitud un objeto en caída libre puede alcanzar esta rapidez en ausencia de resistencia de aire? radio = 8 cm = 0,08 metros Area = p r2 A = 3,14 * 0,082 A = 2,01 * 10 -2 m2
m = 830 kg/m3 * 2,1446 * 10 -3 m3
m = 1,78 kg. ∑ FY = 0 mg–R=0
m g = R PERO:
Pero: D = 0,5 por ser un objeto esférico. Se despeja la velocidad (rapidez terminal) pero γ = densidad del aire = 1,2 kg/m3
VT = 53,78 m/seg. b) A partir de que altitud un objeto en caída libre puede alcanzar esta rapidez en ausencia de resistencia de aire? 0 (VT)2 = (V)2 + 2 g h (VT)2 = 2 g h
h = 147,56 m/seg. MOVIMIENTO CIRCULAR Y OTRAS APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON Problema 6.33 Edición quinta SERWAY Calcule la fuerza requerida para jalar una bola de cobre de 2 cm de radio hacia arriba a través de un fluido a una rapidez constante de 9 cm/seg. Considere la fuerza de arrastre como proporcional a la rapidez con una constante de proporcionalidad de 0,95 kg/seg. Ignore la fuerza boyante.
Datos: r = 2 cm = 0,02 m v = 9 cm/seg = 0,09 m/seg. Densidad del cobre = 8,92 * 10 3 kg/m3 R = k v pero: k = 0,95 R = 0,95 kg/seg * 0,09 m/seg = 0,0855 Newton
masa del cobre = 8,92 * 10 3 kg/m3 * 3,351 * 10 -5 m3 masa del cobre = 0,2989 kg ∑ FY = 0 (velocidad constante, la aceleración es cero)
F–R–mg=0 F=R+mg F = 0,0855 newton + 9,8 * 0,2989 F = 0,0855 + 2,929 F = 3,01 Newton MOVIMIENTO CIRCULAR Y OTRAS APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON Problema 6.34 Edición quinta SERWAY; Problema 6.32 Edición cuarta SERWAY Un helicóptero contra incendios transporta un recipiente de 620 kg en el extreme de un cable de 20 metros de largo, como se ilustra en la figura p6-34. Cuando el helicóptero vuela hacia un incendio a una rapidez constante de 40 m/seg, el cable forma un ángulo de 400 respecto de la vertical. El recipiente presenta un área de sección transversal de 3,8 m2 en un plano perpendicular al aire que pasa por el. Determine el coeficiente de arrastre pero suponga que la fuerza resistiva es proporcional al cuadrado de la rapidez del recipiente.
∑ FY = 0 TY = T cos 40 TX = T sen 40 TY – m g = 0 T cos 40 – m g = 0 T cos 40 = m g
∑ FX = 0 TX - R = 0 T sen 40 – R = 0 R = T sen 40 Pero: T = 7931,65 Newton R =7931,65 sen 40 R = 7931,65 * 0,6427 R = 5098,369 Newton
Despejamos D. 2 * 5098,369 = D γ A (VT)2 10196,738 = D γ A (VT)2
MOVIMIENTO CIRCULAR Y OTRAS APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON Problema 6.35 Edición quinta SERWAY; Problema 6.33 Edición cuarta SERWAY Una pequeña cuenta esférica de 3 gr de masa se suelta desde el reposo en t = 0 en una botella de champú . Se observa que la rapidez terminal, VT = 2 cm/seg. Determine: a) El valor de la constante b en la ecuación 6.4 b) El tiempo t necesario para alcanzar 0,632 VT c) El valor de la fuerza resistiva cuando la cuenta alcanza la rapidez terminal? Datos: m = 3 gr = 0,003 kg.
VT = 2 cm/seg. = 0,02 m/seg. a) El valor de la constante b en la ecuación 6.4 La aceleración se vuelve cero cuando la fuerza resistiva R se hace igual al peso. En este punto el objeto alcanza su velocidad terminal VT y de ahí en adelante se mueve con aceleración cero. Mayor explicación pag 156 cuarta edición. ∑ FY = 0 mg–R=0 mg=R R = b v ecuación 6.4 hallar el valor de b? m g = R = b vT
b) El tiempo t necesario para alcanzar 0,632 VT ∑ FY = m a m g – b VT = m a despejamos la aceleracion
Cancelando la m
Integrando en ambas partes de la ecuación
Solucionando la integral, hallamos la velocidad v
pero Reemplazamos VT en la anterior ecuación
mayor explicación en la Pág. 156 de la cuarta edición SERWAY. Pero V = 0,632 VT con este dato lo reemplazamos en la anterior ecuación y hallamos el tiempo t
Cancelamos VT en ambos lados de la ecuación
ordenando la ecuación
Aplicando logaritmos a ambos lados de la ecuación
Solucionando logaritmos tenemos
Pero ln e = 1
Por fin despejemos el tiempo t - b t = - 0,999672 * m cancelando el signo negativo. b t = 0,999672 * m
t = 2,04 * 10-3 SEGUNDOS c) El valor de la fuerza resistiva cuando la cuenta alcanza la rapidez terminal? R=bv
R= 0,0294 Newton MOVIMIENTO CIRCULAR Y OTRAS APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON Problema 6.36 Edición quinta SERWAY La masa de automóvil deportivo es de 1200 kg. La forma del carro es tal que el coeficiente de arrastre aerodinámico es de 0,25 y el área frontal es de 2,2 m2 despreciando todas las otras fuentes de fricción Calcule la aceleración inicial del carro si, después de viajar a 100 km/h se pone en neutral y se deja ir en punto muerto. Datos: γ = densidad del aire = 1,2 kg/m3 masa = 1200kg. D = coeficiente de arrastre dinámico = 0,25 area (A) = 2,2 m2 v = 100 km/h
Calcule la aceleración inicial del carro si, después de viajar a 100 km/h se pone en neutral y se deja ir en punto muerto. ∑ FY = m a -R=ma
el signo negativo, es por que al colocar en neutro el auto va a perder velocidad hasta detenerse, es decir su aceleración es negativa.
MOVIMIENTO CIRCULAR Y OTRAS APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON PROBLEMAS ADICIONALES Problema 6.46 Edición quinta SERWAY; Problema 6.47 Edición Cuarta Un automóvil de 1800 kg pasa sobre un montículo en un camino que sigue el arco de un círculo de radio de 42 m, como se muestra en la figura p6-46. a) Que fuerza debe ejercer el camino sobre el carro para que este pase el punto más alto del montículo si viaja a 16 m/seg. b) Cual es la rapidez máxima que el carro puede alcanzar cuando pasa por el punto más alto antes de perder contacto con el camino.
a) Que fuerza debe ejercer el camino sobre el carro para que este pase el punto mas alto del montículo si viaja a 16 m/seg. ∑ FY = m aY m g – N = m aY
N = 6668,57 Newton b) Cual es la rapidez máxima que el carro puede alcanzar cuando pasa por el punto mas alto antes de perder contacto con el camino. Cuando el auto pasa por el punto mas alto, la fuerza N = 0 ∑ FY = m aY 0 m g – N = m aY
V = 20,28 m/seg. MOVIMIENTO CIRCULAR Y OTRAS APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON Problema 6.47 Edición quinta Serway; Problema 6.47A cuarta edición Serway Un automóvil de masa m pasa sobre un montículo en un camino que sigue el arco de un circulo de radio R, como se muestra en la figura p6.46. a) que fuerza debe ejercer el camino sobre el carro para que este pase el punto mas alto del montículo si viaja a una rapidez v? b) Cual es la rapidez máxima que el carro puede alcanzar cuando pasa por el punto mas alto antes de perder contacto con el camino?
a) que fuerza debe ejercer el camino sobre el carro para que este pase el punto mas alto del montículo si viaja a una rapidez v? ∑ FY = m aY La fuerza que ejerce el camino sobre el carro, se llama normal N m g – N = m aY
b) Cual es la rapidez máxima que el carro puede alcanzar cuando pasa por el punto mas alto antes de perder contacto con el camino? Cuando el auto pasa por el punto mas alto, el camino no ejerce fuerza sobre el carro. Por lo tanto la fuerza N = 0 ∑ FY = m aY 0 m g – N = m aY
MOVIMIENTO CIRCULAR Y OTRAS APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON Problema 6.48 Edición quinta SERWAY; Problema 6.4 Edición Cuarta En un modelo del átomo de hidrogeno el electrón en orbita alrededor del protón experimenta una fuerza atractiva de aproximadamente 8,20 x 10 – 8 Newton. Si el radio de la orbita es 5,3 x 10 - 11 metros. Cuantas revoluciones realiza el electrón cada segundo? (Este numero de revoluciones por unidad de tiempo se llama frecuencia del movimiento). Véase la segunda de forros para datos adicionales.
DATOS: r = 5,3 x 10 - 11 metros. F = 8,20 x 10 – 8 Newton masa del electrón = 9 11 X 10 – 31 Kg.
V = 6,55 * 1015 rev/seg. MOVIMIENTO CIRCULAR Y OTRAS APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON Problema 6.54 Edición quinta SERWAY Una cuerda bajo una tensión de 50 N se usa para hacer girar una roca en un círculo horizontal de 2,5 m de radio a una rapidez de 20,4 m/seg. La cuerda se jala hacia adentro y la rapidez de la roca aumenta. Cuando la cuerda tiene 1 metro de longitud y la rapidez de la roca es de 51 m/seg. la cuerda se revienta. ¿Cuál es la fuerza de rompimiento (en newton) de la cuerda?
Datos: TX = 50 newton r = 2,5 metros v = 20,4 m/seg ∑ FX = m aX
TX = m aX pero:
Hallamos la masa de la roca
m = 0,3 kg. ∑ FY = 0 TY - m g = 0 TY = m g TY = 9,8 * 0,3 TY = 2,94 newton Hallamos por Pitágoras la resultante T.
T = 50 Newton Cuando la cuerda tiene 1 metro de longitud y la rapidez de la roca es de 51 m/seg. la cuerda se revienta. ¿Cuál es la fuerza de rompimiento (en newton) de la cuerda? Datos: r = 1 metro v = 51 m/seg m = 0,3 kg. ∑ FX = m aX
TX = m aX pero:
TX = 780,3 Newton MOVIMIENTO CIRCULAR Y OTRAS APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON Problema 6.55 Edición quinta SERWAY
El juguete de un niño esta compuesto de una pequeña cuña que tiene un ángulo agudo u (Fig. p6.55) El lado de la pendiente de la cuña no presenta fricción y una masa m sobre ella permanece a una altura constante si la cuña gira a cierta rapidez constante. Se hace girar la cuña al rotar una barra que esta unida firmemente a ella en un extremo. Demuestre que, cuando la masa m asciende por la cuña una distancia L, la rapidez de la masa debe ser:
r = L cos u Ecuación 1 ∑ FX = m aX NX = N sen u NX = m aX N sen u = m aX
Ecuación 2 Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2
Ecuación 3 ∑ FY = 0 NY = N cos u NY – m g = 0 NY = m g N cos u = m g Ecuación 4 Dividiendo las ecuaciones 3 y 4
Se cancela cos u , N, m
V2 = g L sen u Despejando v
MOVIMIENTO CIRCULAR Y OTRAS APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON Problema 6.59 Edición quinta SERWAY; Problema 6.51 cuarta edición serway
La figura p6.59 muestra una rueda de la fortuna que gira cuatro veces cada minuto y tiene un diámetro de 18 metros. a)Cual es la aceleración centrípeta de un pasajero? Que fuerza ejerce el asiento sobre un pasajero de 40 kg. b) En el punto mas bajo del viaje c) En el punto mas alto d) Que fuerza (magnitud y dirección) ejerce el asiento sobre un viajero cuando este se encuentra a la mitad entre los puntos mas alto y mas bajo? a) Cuál es la aceleración centrípeta de un pasajero? Que fuerza ejerce el asiento sobre un pasajero de 40 kg.
V = 3,76 m/seg.
ar = 1,57 m/seg2
b) Que fuerza ejerce el asiento sobre un pasajero de 40 kg. b) En el punto mas bajo del viaje La fuerza que ejerce el asiento sobre el pasajero, se llama normal N ∑ FY = m ar N – m g = m ar N = m g + m ar N = 40 * 9,8 + 40 * 1,57 N = 392 + 62,8 N = 454,8 Newton c) En el punto mas alto ∑ FY = m ar m g – N = m ar N = m g - m ar
N = 40 * 9,8 - 40 * 1,57 N = 392 - 62,8 N = 329,2 Newton d) Que fuerza (magnitud y dirección) ejerce el asiento sobre un viajero cuando este se encuentra a la mitad entre los puntos mas alto y mas bajo?
a = 9,92 m /seg2
F=m*a F = 40 kg * 9,92 m /seg2 F = 397 Newton
MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORME PROBLEMAS ADICIONALES 1. Un automóvil da 60 vueltas a una circunferencia de 200 m de radio empleando 20 minutos calcular: a) Periodo; b) frecuencia; c) Velocidad angular; d) Velocidad tangencial o lineal. R. a) 20 s; b) 0.05 hz.; c) 0.314 rad/s; d) 62.8 m/s. Datos del problema: n = 60 vueltas
R = 200 metros a. b.
Periodo
c.
f = 0,05 Hertz frecuencia
d. e.
W=2*p*f W = 2 * 3,14 * 0,05 W = 0,314 rad/seg. Velocidad angular; Velocidad tangencial o lineal.
V=W*R V = 0,314 * 200 V = 62,8 m/seg. 2. Un carro cuyas ruedas tiene 80 cm de diámetro viaja a 90 Km/h. Hallar: a) Velocidad angular de cada rueda; b) Frecuencia y periodo de cada rueda; c) Cuántas vueltas da cada rueda si el carro recorre 10 Km. R: a) 62.5 rad /s; b) 9.94 hz.; c) 0.1 s; d) 3978.77 Datos del problema:
D=2*R
a) Velocidad angular de cada rueda V=W*R
b) Frecuencia y periodo de cada rueda W=2*p*f
f = 9,94 Hertz Periodo
T = 0,1 seg. c) Cuántas vueltas da cada rueda si el carro recorre 10 Km. La longitud de la rueda es (L): L=2*p*R L = 2 * 3,14 * 0,4 L = 2,5132 metros Longitud recorrida por el auto = 10000 metros
3. Calcular la velocidad con que se mueven los cuerpos que están en la superficie de la tierra, sabiendo que su periodo es de 24 horas y el radio 6400 Km. R: 1675.516 Km/h. Datos del problema T = 24 horas R = 6400 Km.
V=W*R V = 0,2617 * 6400 V = 1675,516 Km/hora 4. Una rueda tiene 3 metros de diámetro y realiza 40 vueltas en 8 s. Calcular: a) periodo; b) frecuencia; c) velocidad angular; d) velocidad lineal; e) Aceleración centrípeta. Datos del problema D = 3 metros D=2*R
n = 40 vueltas t = 8 seg.
a. b.
Periodo
c.
f = 5 Hertz c) Velocidad angular; W=2*p*f W = 2 * 3,14 * 5 W = 31,4 rad/seg. frecuencia
d.
V=W*R V = 31,4 * 1,5 V = 47,12 m/seg. Velocidad tangencial o lineal.
5. Calcular el período, la frecuencia y la velocidad angular de cada una de las tres manecillas del reloj. Manecilla del horario: Se demora en dar una vuelta 12 horas n = 1 vuelta
frecuencia
f = 2,31 * 10-5 Hertz Velocidad angular; W=2*p*f W = 2 * 3,14 * 2,31 * 10-5 W = 1,45 * 10-4 rad/seg. Manecilla del minutero: Se demora en dar una vuelta 60 minutos n = 1 vuelta
frecuencia minutero
f = 2,77 * 10-4 Hertz Velocidad angular minutero W=2*p*f W = 2 * 3,14 * 2,77 * 10-4 W = 1,74 * 10-3 rad/seg.
Manecilla del segundero: Se demora en dar una vuelta 60 segundos n = 1 vuelta t = 60 seg.
frecuencia
f = 1,66 * 10-2 Hertz Velocidad angular segundero W=2*p*f W = 2 * 3,14 * 1,66 * 10-2 W = 0,1043 rad/seg. 6. Una polea en rotación tiene una velocidad angular de 10 rad/s y un radio de 5 cm. Calcular: a) frecuencia; b) periodo; c) velocidad lineal de un punto extremo; d) aceleración centrípeta. R. A) 1,59 HZ. B) 0,6 seg. c) 50 cm/ seg. d) 5 m/seg2 Datos del problema W = 10 rad/seg R = 5 cm Frecuencia W=2*p*f
f = 1,59 Hertz Periodo
e. f.
T = 0,628 seg. Velocidad tangencial o lineal. V=W*R V = 10 * 5 V = 50 cm/seg. Aceleración centrípeta Aceleración centrípeta
AC = 500 cm/ seg2 7. Una piedra de 2 Kg. se amarra al extremo de una cuerda de 60 cm de largo y se le hace girar a razón de 120 vueltas en 0.2 minutos. Hallar: a) Aceleración centrípeta; b) velocidad angular; c) velocidad tangencial o lineal. R: a) 62.83 rad/s; b) 37.7 m/s; c) 2368.7 m/s2. Datos del problema R = 60 cm = 0,6 metros
n = 120 vueltas periodo
Velocidad angular
Velocidad lineal V=W*R V = 62,831 * 0,6 V = 37,69 m/seg. Aceleración centrípeta
AC = 2367,56 m/ seg2 9. Una rueda que realiza un M.C.U tiene un periodo de 0.2 segundos y un radio de 8 cm. Calcular su frecuencia, velocidad centrípeta, su velocidad angular, y su aceleración centrípeta. R: 5Hz; 251.3 cm/s; 31.4 rad/s; 78.96 5m/s2. Datos del problema T = 0,2 seg. R = 8 cm = 0,08 metros Calcular su frecuencia
f = 5 Hertz Velocidad angular; W=2*p*f W = 2 * 3,14 * 5 W = 31,4 rad/seg. Velocidad lineal V=W*R V = 31,4 * 0,08 V = 2,512 m/seg. Aceleración centrípeta
AC = 78,87 m/ seg2 10. La frecuencia de una rueda es de 8 hz. y su aceleración centrípeta 15,5m/s2. Hallar: T; Vc; w; Radio y la distancia que recorre en 0.5 minutos. R: 0.125 s; 0.006 m; 0.3 m/s; 50.26 rad/s; 9m. Datos del problema: f = 8 hertz AC = 15,5 m/ seg2 Periodo
T = 0,125 seg. Velocidad angular; W=2*p*f W = 2 * 3,14 * 8 W = 50,26 rad/seg. Hallar el radio
Velocidad tangencial o lineal. V=W*R V = 50,26 * 6,136 * 10-3 V = 0,3 m/seg. 11. Dos poleas de 6 y 15 cm de radio respectivamente, giran conectadas por una banda. Si la frecuencia de la polea de menor radio es 20 vueltas/seg; a) Cuál será la frecuencia de la mayor; b) Cuál es la velocidad angular, lineal y aceleración centrípeta de cada polea. R: a) 8 hz.; b) 125.7 rad/s, 50.3 rad/s, 7.54 m/s, 947.5 m/seg2, 379 m/seg2. Datos del problema: R1 = 6 cm = 0,06 metros R2 = 15 cm = 0,15 Metros f1 = 20 vueltas/seg;
Despejamos f2
f2 = 8 Hertz. Cual es la velocidad angular ? Polea pequeña f1 = 20 vueltas/seg W1 = 2 * p * f1 W1 = 2 * 3,14 * 20 W1 = 125,66 rad/seg. Polea grande f2 = 8 vueltas/seg W2 = 2 * p * f2 W2 = 2 * 3,14 * 8 W2 = 50,26 rad/seg. Cual es la Velocidad lineal Polea pequeña W1 = 125,66 rad/seg. V1 = W1 * R1 V1 = 125,66 * 0,06 V1 = 7,539 m/seg. Polea grande W2 = 50,26 rad/seg. V2 = W2 * R2 V2 = 50,26* 0,15 V2 = 7,539 m/seg. Cual es la aceleración centrípeta? Polea pequeña R1 = 0,06 metros
AC1 = 947,275 m/ seg2 Polea grande R2 = 0,15 metros
AC2 = 378,91 m/ seg2 12. La frecuencia de un motor es de 1800 r.p.m y su eje tiene un diámetro de 6 cm. Si transmite su movimiento por medio de una banda o correa a una pica pasto de 72 cm de diámetro, a) cuál es la frecuencia de la pica pasto. b) Cuál es la velocidad lineal y angular del eje. R: a) 150 r.p.m. b) 188.5 rad/s ; 11.3 m/s. Datos del problema:
D1 = 2 * R1
D2 = 2 * R2
f1 = 1800 vueltas/seg;
Despejamos f2
f2 = 150 Hertz. Cual es la velocidad angular ? Polea pequeña f1 = 1800 vueltas/seg W1 = 2 * p * f1 W1 = 2 * 3,14 * 1800 W1 = 11309,73 rad/seg. Polea grande f2 = 150 vueltas/seg W2 = 2 * p * f2 W2 = 2 * 3,14 * 150 W2 = 942,47 rad/seg. Cual es la Velocidad lineal Polea pequeña W1 = 11309,73 rad/seg. V1 = W1 * R1 V1 = 11309,73 * 0,03 V1 = 339,29 m/seg. Polea grande W2 = 942,47 rad/seg. V2 = W2 * R2 V2 = 942,47 * 0,36 V2 = 339,29 m/seg. 13. La distancia tierra sol es 1.5 * 10 8 Km. Hallar la velocidad de la tierra alrededor del sol. R: 107.518 Km/h. Datos del problema: D = distancia de la tierra al sol.
La tierra demora 365 días para dar una vuelta al sol.
Periodo
Velocidad angular
Velocidad lineal V=W*R V = W * distancia tierra al sol V = 7,172 * 10-4 * 1,5 * 108 V = 107588,78 Km/hora. 14. Un ciclista viaja a 36 Km/h y sus ruedas tiene una frecuencia de 5 Hz. Hallar: a) Radio de cada rueda, b) Velocidad angular de cada rueda. R: 314.2 m/s2, 0.32 m, 31.4 rad/s. Datos del problema:
V = 10 m/seg f = 5 hertz Velocidad angular W=2*p*f W = 2 * 3,14 * 5 W = 31,4 vueltas/seg Radio de cada rueda V=W*R Despejamos el radio
R = 0,3184 metros Aceleración centrípeta
AC = 314,07 m/ seg2
PROBLEMAS RESUELTOS SOBRE MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE 1) La ecuación de un M.A.S. es x(t) = 2 cos 30t, , en la que x es la elongación en cm y t en s. ¿Cuáles son la amplitud, la frecuencia y el período de este movimiento?
2) En un M.A.S. la elongación en cm es x(t) = 0,4 cos (10t – /3), siendo t el tiempo en s. Calcular la elongación, velocidad y aceleración del móvil en los instantes t = 0 s y t = 1/120 s. 3) La aceleración (en m/s2) de un M.A.S. en función de la elongación (en m) a = 256 x. Expresar esta aceleración en función del tiempo sabiendo que la amplitud de la vibración es de 2,5 cm. Considérese nula la constante de fase. 4) La abcisa de un móvil en función del tiempo en s es la función x(t)= 4 sen 10t + 3 cos 10t cm. Expresar su aceleración en función del tiempo y demostrar que se trata de un M.A.S. 5) La velocidad en m/s de un M.A.S. es v(t) = —0,36 sen (24t + 1), donde t es el tiempo en s. ¿Cuáles son la frecuencia y la amplitud de ese movimiento? Escribir la expresión de su elongación en función del tiempo. 6) Calcular la velocidad y aceleración máximas del M.A.S. cuya ecuación es x(t) = 5 cos (4t + /6), en la que x es la elongación en cm y t el tiempo en s. 7) La elongación en cm de un M.A.S. es x = 4 cos 10t, donde t es el tiempo en s. Calcular la aceleración en el instante en que la elongación es de 3 cm. 8) Una partícula se desplaza con M.A.S. de amplitud 1 cm y frecuencia 8 Hz. Calcular su velocidad y su aceleración en el instante en que tiene una elongación de 6 mm. 9) ¿Qué amplitud y qué período debe tener un M.A.S. para que la velocidad máxima sea de 30 cm/s y la aceleración máxima de 12 m/s2? Expresar la elongación de ese movimiento en función del tiempo. 10) En un M.A.S., cuando la elongación es nula, la velocidad es de 1 m/s y, en el instante en que la elongación es de 5 cm, la velocidad es nula. ¿Cuál es el período del movimiento? 11) En un M.A.S. de amplitud 4 cm, en el instante en que la elongación es 7 cm, la velocidad es de 6 m/s. Calcular la frecuencia del movimiento. ¿Cuál será la velocidad del móvil al pasar por la posición de equilibrio? 12) La ecuación de un M.A.S. es x = 6 cos (5t + 0), en la que x es la elongación en cm y t el tiempo en s. Determinar la posición y velocidad del móvil en el instante t = 0 s si: a) 0 = 0; b) 0 = /3 rad/s; c) 0 = /2 rad/s; d) 0 = rad 13) Representar gráficamente las funciones del tiempo x–t; v–t y a–t en cada uno de los supuestos del problema anterior. 14) Discutir las diferencias entre los M.A.S. que tienen las siguientes ecuaciones de elongación: a) x(t) = A sen t ;
b) x(t) = A cos t
15) Un M.A.S. tiene una frecuencia de 5 Hz y una amplitud de 8 mm. En el instante t = 0, el móvil se encuentra en el centro de la vibración y se desplaza en sentido positivo. Expresar su elongación, su velocidad y su aceleración como funciones del tiempo. 16) ¿Cuál es la máxima fuerza que actúa sobre un cuerpo de masa 50 g cuando vibra con una frecuencia de 25 Hz y una amplitud de 2 mm?
17) Se hace oscilar verticalmente un cuerpo de masa 80 g que está colgado de un muelle en hélice de constante elástica 2 N/m. Si la amplitud de la oscilación es de 10 cm, ¿cuál será la expresión de su elongación en función del tiempo? 18) Al suspender un cuerpo de masa 300 g del extremo de un muelle que está colgado verticalmente, éste se alarga 20 cm. Si se tira del cuerpo 5 cm hacia abajo y se suelta, comienza a oscilar. Calcular el período del movimiento. ¿Cuál será la máxima velocidad que alcanzará? 19) Un resorte tiene una longitud de 30 cm. Si se cuelga de él un cuerpo de masa 250 g y se le hace oscilar verticalmente, emplea 6 s en realizar 10 oscilaciones completas. Calcular la constante elástica del resorte y su longitud cuando dicho cuerpo está colgado de él, en reposo. 20) La escala de un dinamómetro está graduada en N. Desde la división 0 N hasta la de 20 N hay una distancia de 10 cm. Hacemos oscilar, con una amplitud de 1 cm, a un cuerpo de masa 800 g suspendido del muelle del dinamómetro. Calcular la frecuencia de las oscilaciones y su aceleración máxima.
21) Un resorte se mantiene vertical apoyado en el suelo. Se coloca un cuerpo de masa m en reposo sobre el resorte y se observa que éste se acorta 6 cm. Si empujamos ligeramente el cuerpo hacia abajo y lo soltamos, ¿cuál será la frecuencia de las oscilaciones? ¿y si la masa del cuerpo fuese 2m?
22) Un cuerpo de masa 20 g, que se mueve sobre el eje OX, pasa por el origen de coordenadas con una velocidad de 10 m/s. Sobre él actúa una fuerza F = – 4x N, siendo x la abcisa del cuerpo en m. Calcular hasta qué distancia del origen llegará.
SOLUCIONES 1) Sabemos que la elongación de un m.a.s. está dada por una ecuación del tipo x(t) A cos (t 0 )
aunque pudiera ser igualmente una función seno. Así que bastaría comparar con la ecuación dada, x(t) 2 cos 30t cm
para obtener inmediatamente los resultados: A 2 cm ;
30 rad / s;
En cuanto al periodo y la frecuencia, ya que T T
2 2 1 s 30 15
;
0 0 rad
2 , sería tan simple como
1 15 Hz T
3
2) Si la ecuación de elongaciones es x(t ) 0,4 cos (10t ) cm , las de velocidad y aceleración se obtienen por simple derivación: v(t ) a(t )
dx(t ) 4 sen (10t ) cm / s dt 3
dv(t ) 40 2 cos (10t ) cm / s 2 dt 3
y sólo habría que usarlas en los instantes propuestos, t = 0 s y t = 1/20 s. En el tiempo t = 0 s, la fase del movimiento vale 0
rad 3
y en el tiempo t = 1/20 s, la fase es (
1 1 ) 10 . rad 20 20 3 2 3 6
de forma que, al tiempo t = 0 s, los valores pedidos son x(0) 0,4 cos ( ) 0,2 cm 3
(1)
v(0) 4 sen ( ) 10.88 cm / s 3
(2)
a(0) 40 2 cos ( ) 197 ,39 cm / s 2 3
(3)
Entre otras cosas, hay que notar que la posición en ese momento está a mitad de camino entre el centro de equilibrio y la amplitud (0,2 cm es la elongación; la amplitud es 0,4 cm), mientras que la velocidad de 10,88 cm/s no es de ninguna manera la mitad de la velocidad máxima (de ±12,57 cm/s, como es fácil de ver). ¿Qué comentarios pueden hacerse sobre esto? Veamos ahora los valores de elongación, velocidad y aceleración al tiempo 1/20 s: x(
1 ) 0,4 cos 0,35 cm 20 6
(4)
v(
1 ) 4 sen 6,28 cm / s 20 6
(5)
a(
1 ) 402 cos 341,89 cm / s 2 20 6
(6)
de modo que, en este momento, la velocidad está dirigida en sentido negativo y vale la mitad del valor máximo (±12,57 cm/s, como ya se hizo notar). Esto permite responder la pregunta hecha anteriormente: la velocidad del móvil alcanza su valor máximo ( 12,57 cm/s) cuando pasa por el centro de las oscilaciones (x = 0 cm), y va disminuyendo cuando se desplaza hacia el extremo de la oscilación (sea en x = 0,4 cm, sea en x = – 0,4 cm); pero no lo hace de forma lineal, ya que la aceleración se va haciendo más grande a medida que el móvil se acerca al extremo. En otras palabras, se pierde la mayor parte de la velocidad cuando se está ya cerca del extremo de la trayectoria: esto puede comprobarse mirando con atención los valores obtenidos en los resultados (1) a (6).
3) Tenemos a = – 256 x , con x medido en m y a en m/s2. Como se sabe, en un m.a.s. la ecuación fundamental es a 2 x x(t ) A cos (t 0 )
de forma que resulta evidente que 2 256
256 16 rad / s
De otro lado, las ecuaciones temporales de elongación, velocidad y aceleración son del tipo x( t ) A sen (t 0 ) v( t ) A cos (t 0 ) a( t ) A2 sen (t 0 )
donde = 0, tal como se dice en el enunciado. Finalmente, conocemos también el valor de la amplitud A = 2,5 cm = 0,025 m; así como la pulsación = 16 rad/s, de forma que sólo hay que escribir a(t) 0,025 . 256 sen16 t 6,4 sen16 t
donde t se mide en s y a se mide en m/s2.
4) Como se sabe, la ecuación fundamental en un m.a.s. es a 2 x
(1)
donde a es la aceleración y x la elongación del movimiento. Todo movimiento que satisfaga esta ecuación es un m.a.s. que tiene lugar en eje X; en consecuencia, debemos probar que tal igualdad es cierta cuando la posición del móvil está dada por
x(t) 4 sen10t 3 cos 10t
x cm ;
t s
Para ello, hay que derivar esta función de posición dos veces: primero tendremos la velocidad del movimiento, después la aceleración: v(t )
dx(t ) 40 cos 10 t 30 sen10 t dt
v cm / s ;
t s
a(t )
dv(t ) 400 sen10 t 300 cos 10 t dt
a cm / s 2 ;
t s
Y ahora se trata de comprobar que esta aceleración cumple la condición definida en (1). Basta sacar factor común – 100 en esta última ecuación para que quede: a ( sent cost) x
x cm ;
a cm/s
y el problema está resuelto: se trata de un m.a.s., en el que 2 = 100 y, por tanto, = 10 rad/s. Aunque no discutiremos esto ahora, se puede probar que la amplitud del movimiento sería 5 cm.
5) La velocidad del m.a.s. que nos proponen es v(t) 0,36 sen (24 t 1)
t s ;
v m / s
y de esa ecuación debemos obtener, por simple comparación con la ecuación teórica de la velocidad en un m.a.s., las constantes del movimiento, en particular el período y la frecuencia. Podemos partir de las ecuaciones de un m.a.s. que planteamos a continuación: x( t ) A cos (t 0 ) v( t ) A sen (t 0 ) a( t ) A2 cos (t 0 )
en las que, como puede verse, hemos usado una función coseno en la elongación x(t) para que, de ese modo, aparezca la función seno en la velocidad, tal como sucede en la función del enunciado. Ahora, comparando la segunda de estas ecuaciones con la velocidad del enunciado, tenemos las siguientes identificaciones inmediatas:
A 0,36 m / s 0,36 0,015 m 1,5 cm A 24 24 rad / s 0 rad
de las cuales, fácilmente, conseguimos ahora el período y la frecuencia: T
2 2 1 s 24 12
;
1 12 Hz T
Y queda únicamente la función elongación–tiempo. Conocemos la amplitud A, la pulsación y la fase inicial 0, de modo que falta sólo escribir: x(t) A cos (t 0 ) 0,015 cos (24t ) 0,015 cos (24 t 1) m
6) Si la elongación como función del tiempo está dada por x(t ) 5 cos (4t ) 6
x cm ;
t s
entonces es inmediato identificar A 5 cm
;
4 rad / s
;
0
rad 6
de manera que los valores máximos de la velocidad y la aceleración son muy sencillos: v max A 5 . 4 20 62,83 cm / s
amax A2 5 . (4)2 802 789,57 cm / s 2
y no parece preciso decir mucho más, salvo recordar quizá que los valores máximos de la velocidad se tienen cada vez que el móvil pasa por el centro de las oscilaciones (por x = 0 cm), y su signo depende que el móvil pase por ahí moviéndose en un sentido u otro. En cambio, los valores máximos de la aceleración se tienen en los extremos de la oscilación, cuando la elongación es igual a la amplitud (es decir, x = A cm = 5 cm), y tienen signo contrario al de x, de acuerdo a la ecuación fundamental a = – 2x.
7) Al darnos la elongación: x 4 cos 10 t
x cm
;
t s
nos están ofreciendo la amplitud (vale 4 cm, como es fácil de ver) y la pulsación, cuyo valor es = 10 rad/s. Por otro lado, la ecuación fundamental de un m.a.s. es, como se sabe, la que relaciona elongación y aceleración del móvil: a 2 x
donde, en nuestro caso, 2 = 102 = 100 rad2/s2. En consecuencia, podemos escribir a 100 x
x cm
;
a cm / s 2
y, para x = 3 cm, será a 100. 3 300 cm / s 2 3 m / s 2
8) Siendo la frecuencia = 8 Hz, es muy sencillo obtener la pulsación (o frecuencia angular, como también se la conoce): 2 16 rad / s
y ahora debemos recordar la relación existente entre velocidad y elongación del móvil en un M.A.S.: v A2 x2
de manera que, conociendo A = 1 cm y = 16 rad/s, es inmediato averiguar la velocidad para cualquier elongación. Para x = 0,6 cm tendremos: v 16 1 0,6 2 16 . 0,8 40,21 cm / s
Y, en lo que respecta a la aceleración, bastará recordar la ecuación fundamental de un M.A.S.: a 2 x
donde sólo hay que sustituir el valor de la elongación 0,6 cm: a 16 . 0,6 1515 ,95 cm / s 2 15,16 m / s 2 2
9) ¿Qué amplitud y qué período debe tener un M.A.S. para que la velocidad máxima sea de 30 cm/s y la aceleración máxima de 12 m/s2? Expresar la elongación de ese movimiento en función del tiempo.
Si la velocidad máxima es de 30 cm/s, entonces sabemos que A 30 cm / s 0,3 m / s
(1)
2
y si la aceleración máxima es de 12 m/s , entonces es que A 2 12 m / s 2
(2)
así que bastaría dividir las igualdades (2) y (1) para tener fácilmente A y . Primero : A 2 12 40 rad / s A 0,3
y ahora A, metiendo en (1) o en (2):
A
30 cm / s 30 cm / s 0,75 cm 40 rad / s
Entonces podemos escribir la ecuación de elongaciones, que sería del tipo x(t) = A sen (t+), simplemente sustituyendo los valores obtenidos. Quedará: x(t) 0,75 sen (40 t 0 )
x cm ;
t s
Debe observarse que la fase inicial 0 queda indeterminada, puesto que no podemos calcularla con los datos disponibles. Eso no significa, sin embargo, que no tomemos en cuenta su existencia.
10) La elongación es nula en un M..A.S. cada vez que el móvil pasa por el centro de equilibrio, es decir, x = 0. Como sabemos, en tal momento la velocidad debe tener su máximo valor, ±A. En consecuencia, sabemos que el valor 1 m/s que indica el enunciado es el valor máximo de la velocidad, tomado con signo positivo, es decir, cuando el móvil se desplaza en el sentido positivo del eje. Podemos escribir, consecuentemente A = 1 m/s
Por otro lado, cuando la velocidad sea nula el móvil tendrá que estar en un extremo de su oscilación, es decir, la elongación será igual a la amplitud en ese instante: A = 5 cm = 0,05 m
De las dos igualdades se despeja inmediatamente, dividiéndolas miembro a miembro:
1m A s 20 rad / s A 0,05 m
y el período es ahora inmediato, recordando T T
2 :
2 2 0,314 s 20
11) Otra vez debemos emplear la relación conocida entre elongación y velocidad del móvil en el M.A.S.: v A2 x2
Aquí conoceríamos que, cuando la elongación es 7 cm, la velocidad vale 6 m/s = 600 cm/s. De otro lado, la amplitud es A = 4 cm, de forma que sólo falta despejar la frecuencia angular : 600 4 2 7 3
200 rad / s
Inmediatamente, la frecuencia: 200 100 Hz 2 2
Y, al pasar por la posición de equilibrio, la velocidad debe ser máxima, como sabemos. Su valor es ± A, de forma que será: v máx 4 . 200 cm / s 8 m / s 25,1 m / s
12) Tenemos la función elongación–tiempo definida de modo completo, salvo por la fase inicial 0, x(t) 6 cos (5t 0 )
x cm
;
t s
(1)
que aparece indeterminada. Las diferencias entre los distintos movimientos que tendríamos al ir variando esa fase inicial 0 tendrían que ver exclusivamente con la posición inicial del móvil — por tanto, también con su velocidad inicial y su aceleración inicial —, tratándose por lo demás de movimientos idénticos. En todos ellos, la velocidad se escribiría según v(t )
d x(t ) 30 sen (5t 0 ) dt
v cm / s
;
t s
(2)
Las ecuaciones (1) y (2) permiten responder de modo inmediato a las cuestiones planteadas en el enunciado. Podemos empezar entrando con t = 0 s en cada una de ellas: x(0) x 0 6 cos 0 cm
;
v(0) v 0 30 sen 0 cm / s
(3)
y ahora usamos las expresiones de x0 y v0 de (3), empleando en cada caso los valores de fase inicial del enunciado para terminar el problema: 0 0 rad
x 0 6 cos 0 6 cm
;
v 0 30 sen 0 0 cm / s
0
rad 3
x 0 6 cos
3 cm 3
;
v 0 30 sen
0
rad 2
x 0 6 cos
0 cm 2
;
v 0 30 sen
0 rad
x 0 6 cos 6 cm
;
25,98 cm / s 3 30 cm / s 2
v 0 30 sen 0 cm / s
Un ejercicio sencillo, pero que ilustra bien las diferencias entre estos supuestos, es la representación gráfica de las funciones temporales elongación, velocidad y aceleración en cada uno de los casos: de ello se ocupa el problema siguiente.
13) Este es un ejercicio esencialmente gráfico, pero muy interesante en la medida en que describe el modo en que deben enfocarse y utilizarse las diferencias de fase entre M.A.S. que, por lo demás, son idénticos, tales como los que hemos descrito en el problema anterior. Vamos a empezar por mostrar las distintas escenas iniciales, indicando la situación del
fasor en cada una de ellas: En cada una de estas figuras aparece, como decimos, la situación inicial del fasor: debe mirarse con atención como se muestra la fase inicial 0 correspondiente. También tratamos de hacer notar la proyección del extremo del fasor sobre el eje X, donde se suponen las oscilaciones; para que resulte más claro, se han representado debajo lo que serían las oscilaciones limpias, sin el fasor utilizado como medio para producirlas. En cada supuesto, se recoge la posición inicial, x0, y la velocidad inicial, v0. Todos los valores señalados son los que hemos obtenido ya en el ejercicio anterior. La única diferencia, entonces, entre los cuatro movimientos cuyo instante inicial se representa es una cuestión de ventaja (o retraso) de unos respecto a otros. Si, como parece lógico, tomamos al primero como referencia, cuando la fase inicial es cero, entonces debemos entender que su fasor, girando con la misma velocidad angular = 5 rad/s que todos los demás, lleva en todo momento un retraso de fase de /3 rad = 60º respecto al segundo de los movimientos, un retraso de fase de /2 rad = 90º respecto al segundo y, finalmente, un retraso de fase de rad = 180º respecto al último de ellos. El paso siguiente, y muy importante de este tipo de discusiones, es el modo en que debemos conectar la diferencia de fase entre dos movimientos con el retraso — o adelanto — temporal de uno respecto al otro. Hablamos constantemente de una ventaja o retraso de fase, y rara vez lo hacemos de la traducción temporal de ese adelanto o retraso, lo que seguramente sería más intuitivo. Pues bien, la respuesta a esta cuestión es simple: basta emplearla expresión
t
(3)
donde es la diferencia de fase entre los dos movimientos y t el adelanto (o retraso) temporal entre uno y otro. La lógica de esta expresión es bastante obvia: simplemente dividimos la ventaja angular (¿qué otra cosa es la diferencia de fase?) de un fasor respecto a otro por la velocidad angular con la que giran ambos; el cociente nos dice el tiempo que es necesario para que cualquiera de los fasores gire el ángulo Así, en el caso que nos ocupa, la oscilación correspondiente al caso b), x(t) = 6 cos (5t + /3), tiene un adelanto de fase /3 respecto al caso a), con fase inicial nula, x(t) = 6 cos 5t. Eso implica que la oscilación b) tiene una ventaja temporal de valor t
3 0,209 s 5 15
(4)
respecto a la oscilación a), sin fase inicial. Es decir, el oscilador b) llega a todas partes 0,209 s antes de que lo haga el oscilador a). De idéntica manera, las ventajas temporales que tienen los osciladores c) y d), siempre respecto del oscilador a) sin fase inicial, valdrían: Oscilador c)
t
Oscilador d)
t
2 0,314 s 5 10
0,628 s 5
(5) (6)
que son, respectivamente, ¼ T (un cuarto de período) y ½ T (medio período). Para comprender esto mejor, recordemos que el período T es el tiempo que precisa una oscilación completa, lo que coincide evidentemente con el tiempo que el fasor tarda en girar una vuelta completa: hablar de período en el giro uniforme del fasor es lo mismo que hablar de período del oscilador, ambos con el valor T
2
así que, como resulta fácil de comprender, una diferencia de fase de /2 rad — un cuarto de vuelta de fasor — termina significando una diferencia temporal de t
1 2 T 2 4 T
mientras que una diferencia de fase de rad — media vuelta de fasor — termina significando una diferencia temporal de t
1 T 2 2 T
Así, los casos de desfase /2, 3/2,… se identifican de modo inmediato con retrasos (o adelantos) temporales de ¼ T, ½ T, ¾ T,… . De cualquier forma, el cálculo de la diferencia
temporal entre dos movimientos armónicos desfasados se consigue mediante (3), y a ella habría que remitirse para casos de desfase de valores arbitrarios. Entendido todo lo anterior, las gráficas temporales de elongación y velocidad de los cuatro osciladores propuestos se recogen a continuación (dejamos las de aceleración para el alumno). Esencialmente, el modo de hacerlo es representar las primeras, que corresponden al caso a) sin fase inicial y, a partir de ellas, conseguir las demás “desplazando” cada gráfica a la izquierda, a lo largo del eje de tiempo, las diferencias temporales que hemos ido encontrando en las ecuaciones (4), (5) y (6). Por supuesto, ya que se trata en todo caso de funciones periódicas, basta obtener la representación a lo largo del primer período: a partir de ahí, cada una de las gráficas se repite, período a período, de forma indefinida.
Estas son las correspondientes al caso a), sin fase inicial:
y ahora las que corresponden al caso b), con fase inicial de /3 y adelanto temporal de 0,209 s respecto a las anteriores:
En tercer lugar, las relativas al caso c), con fase inicial de /2 y adelanto de un cuarto de período respecto a las primeras:
y, finalmente, las del caso d), con fase inicial y adelanto de medio período respecto al caso a):
de modo que solo resta una detenida y cuidadosa observación de las gráficas. Háganse después las correspondientes a la aceleración en cada caso, algo que no debería resultar difícil teniendo en cuenta la conocida ecuación fundamental a = – x.
14) Este ejercicio requiere un comentario de carácter genérico acerca de las ecuaciones elongación–tiempo que encontramos usualmente al trabajar con movimientos armónicos simples: lo más frecuente es que aparezcan bajo cualquiera de las formas:
o bien
x(t) A sen ( t 0 )
(1)
x(t) A cos ( t 0 )
(2)
siendo el caso del problema anterior, por ejemplo, correspondiente a la segunda de ellas. ¿Existe alguna diferencia esencial entre ambos movimientos? La respuesta a estas preguntas es no: la única diferencia a resaltar entre los M.A.S. (1) y (2) es una simple cuestión de fase; más concretamente, una ventaja de fase de 90º de (2) con respecto a (1), lo que quiere decir que el fasor que usamos en el movimiento (2) lleva 90º de adelanto respecto al que usamos en el movimiento (1), así que el móvil descrito en (2) lo hace todo — pasa por el origen, llega a los extremos de su movimiento, etc.. — ¼ T (un cuarto de período) antes que (1). Esto puede entenderse mejor si se recuerda la relación cos sen ( ) 2
que muestra como la función coseno lleva un adelanto de fase de /2 respecto a la función seno. Recordando cuestiones explicadas en el problema anterior, podemos ver cuál es el retraso temporal de la oscilación descrita en (1) respecto de la descrita en (2): ya que el retraso de fase es = /2, tendríamos t
2 1T 2 4
resultado fácil de entender si se recuerda que
2 , y que justifica alguna afirmación hecha T
más arriba: sabemos ahora, pues, que la oscilación (2) lleva ¼ T de ventaja respecto a la oscilación (1). De modo que, en adelante, aceptaremos indistintamente las funciones seno y/o coseno en las ecuaciones de un movimiento armónico: de hecho, también una combinación lineal de ambas es finalmente otro M.A.S., como ya se probó en algún ejercicio anterior. Para reforzar los párrafos anteriores, veamos ahora cuáles serían las ecuaciones de elongación, velocidad y aceleración en los dos casos propuestos en el enunciado: se trata de casos sencillos que manejan funciones seno y coseno, sin fase inicial: x( t ) A sen t dx( t ) v( t ) A cos t dt dv( t ) a( t ) A2 sen t dt (4)
(3)
x( t ) A cos t dx ( t ) v( t ) A sen t dt dv ( t ) a( t ) A2 cos t dt
ecuaciones que ahora representamos gráficamente, contra el tiempo, de modo que puede verse cómo todo lo que sucede en el movimiento descrito por las ecuaciones (3) lo hace un
cuarto de período antes el móvil descrito en las ecuaciones (4):
15) Escribiendo la elongación de un M.A.S. en términos de x(t) A sen ( t 0 )
tal como hemos hecho nosotros, decir que al tiempo t = 0 s el móvil se halla en el origen y moviéndose en sentido positivo significa que la fase inicial 0 es nula (o vale un número entero de veces 2, lo que viene a ser lo mismo). Por lo tanto, la ecuación de elongaciones quedaría x(t ) A sen t
y, como sabemos que A = 8 mm y = 5 Hz (de modo que = 2 = 10 rad/s), las ecuaciones de elongación, velocidad y aceleración quedarán x( t ) 0,8 sen10 t cm dx ( t ) v( t ) 8 cos 10 t cm / s dt dv ( t ) a( t ) 80 2 sen 10 t cm / s 2 dt
con lo que el problema estaría resuelto. Aprovecharemos, sin embargo, para mostrar de nuevo que las ecuaciones de elongación pueden escribirse indistintamente empleando senos o cosenos en su formulación: en efecto, si escribiésemos la elongación del M.A.S. como x(t) A cos ( t 0 )
entonces las condiciones iniciales de elongación nula y velocidad positiva al tiempo t = 0 s requieren que 0 tome el valor –/2 rad (lo cual no es sino un modo de decir que la función seno está retrasada /2 rad respecto a la función coseno). La respuesta alternativa al problema sería, entonces:
x( t ) 0,8 cos (10 t ) cm 2 dx ( t ) v( t ) 8 sen (10 t ) cm / s dt 2 dv ( t ) a( t ) 80 2 cos (10 t ) cm / s 2 dt 2
donde, como es fácil de comprobar, los valores que se obtienen para cualquier valor de tiempo, en particular para el instante inicial t = 0 s, son exactamente los mismos que en las ecuaciones escritas más arriba.
16) Como se sabe, la fuerza que debe estar aplicada sobre un cuerpo cuando este desarrolla un M.A.S. es del tipo elástico F K x
(1)
donde x es la distancia del cuerpo al centro de las oscilaciones y K la constante elástica correspondiente, relacionada con la masa m del cuerpo y la pulsación del movimiento según K m 2
En nuestro caso, ya que la frecuencia es conocida, es inmediato obtener : 2 50 rad / s y, consiguientemente,
K m 2 0,05. (50 )2 1233,7 N / m
Ya que sabemos también el valor de la máxima elongación (amplitud) A = 2 mm, podemos simplemente sustituir en (1), dando a x el máximo valor posible y obteniendo el máximo valor de la fuerza sobre el cuerpo. Prescindimos, en todo caso, del signo de la fuerza y respondemos con su máximo valor absoluto: Fmáx 1233,7 N / m . 2 .103 m 2,47 N
17) En este caso conocemos directamente la constante elástica de recuperación del resorte K = 2 N/m
y la masa del cuerpo, m = 0,08 kg, de forma que resultará sencillo obtener , recordando que K = m:
K m
2 5 rad / s 0,08
con lo cual, y conociendo la elongación A = 10 cm, es inmediato escribir la ecuación pedida: x(t) = 10 sen (5t + 0)
donde la constante de fase inicial, 0, estaría indeterminada por falta de datos acerca de las condiciones iniciales de la oscilación.
18) Hay que empezar por explicar cómo suspendemos el cuerpo del resorte: lo colocamos en el extremo libre y, sujetándolo con la mano, lo dejamos bajar suavemente e impidiendo que gane velocidad, hasta que se alcanza la situación de equilibrio en la que el peso del cuerpo y la fuerza con que el resorte tira de él hacia arriba están igualadas. La figura muestra cómo el resorte está alargado 20 cm y cuál debe ser el equilibrio de fuerzas; al escribir esa igualdad tomamos el valor absoluto de ambas fuerzas para exigir que midan lo mismo. Cuando el sistema se abandona en esa posición, queda en equilibrio y el cuerpo en reposo hasta que se deforme el resorte 5 cm más, como pide el enunciado. Entonces se establece el M.A.S. con amplitud de 5 cm y con el centro de oscilaciones en el lugar en que se alcanzó el equilibrio entre peso y fuerza de recuperación del resorte (no en el que corresponde a la longitud natural del muelle). El equilibrio de fuerzas antes de introducir la deformación de 5 cm es: K x mg
de donde podemos obtener el valor de K: K
m g 0,3 .10 15 N / m x 0,2
y, con K, es sencillo hallar el período de las oscilaciones: T 2
m 0,3 2 0,89 s K 15
Por otro lado, la máxima velocidad en un M.A.S. se alcanza en el centro de las oscilaciones, como sabemos bien, y su valor es ± A. Por tanto: v máx A A
2 2 5 35,3 cm / s T 0,89
19) Si se emplean 6 s en realizar 10 oscilaciones, el período T será T
Por otro lado, recordemos
T 2
m K
6 0,6 s 10
donde conoceríamos T = 0,6 s y también m = 0,25 kg. Por tanto, es inmediato obtener K: K
4 2 m T2
4 2 . 0,25 0,6 2
27,42 N / m
Para responder a la segunda cuestión podemos referirnos a la figura del problema anterior, ya que se trata exactamente de la misma situación. Podemos utilizar de nuevo K x mg
lo que daría esta vez x
mg 2,5 N 9,12 .10 2 m 9,12 cm K 27,42 N / m
de manera que la longitud del resorte con el cuerpo suspendido será la suma de la longitud normal más el alargamiento 30 cm + 9,12 cm = 39,12 cm
20) Cuando nos dicen que desde la división 0 N hasta la división 20 N hay una distancia de 10 cm nos están proporcionando la constante K del resorte. En efecto, sabemos que un alargamiento del resorte de valor 10 cm corresponde a una fuerza deformante de 20 N. Como la fuerza F que deforma el resorte (*) y la deformación x resultante están relacionadas según F Kx
es fácil obtener la constante K de recuperación del dinamómetro. Sería K
F 20 N 200 N / m x 0,1 m
Con este dato podemos discutir cómo serán las oscilaciones de un cuerpo suspendido del resorte del dinamómetro. Bastará recordar que el período de las oscilaciones está dado por T 2 y la frecuencia, por tanto,
m 0,8 2 0,397 s K 200
1 1 2,52 Hz T 0,397
Por último, hay que recordar que la aceleración máxima del móvil en un M.A.S. corresponde al paso por las posiciones extremas de la oscilación, y su valor es amáx A 2 A (2 )2 1 cm. (2 . 2,52)2 250 cm / s 2
donde se ha hecho uso de la amplitud dada en el enunciado y de la conocida relación entre frecuencia y pulsación . (*) No se debe confundir con la fuerza que el resorte aplica sobre el objeto sujeto a su extremo, que es F = – Kx (igual y de sentido contrario a la que deforma el resorte, según la ley de acción y reacción).
21) Un resorte se mantiene vertical apoyado en el suelo. Se coloca un cuerpo de masa m en reposo sobre el resorte y se observa que éste se acorta 6 cm. Si empujamos ligeramente el cuerpo hacia abajo y lo soltamos, ¿cuál será la frecuencia de las oscilaciones? ¿y si la masa del cuerpo fuese 2m? Se trata de la misma situación discutida en los problemas anteriores 18 y 19. Como en ellos, al colocar el cuerpo de masa m sobre el resorte se alcanza un equilibrio entre dos fuerzas que actúan sobre el cuerpo: su peso mg y la fuerza de recuperación del resorte, proporcional a la deformación del mismo. El equilibrio requiere que K x mg
donde, a pesar de que no conocemos la masa m del cuerpo, siempre podemos obtener el cociente m/K, que es en realidad lo que nos interesa, como veremos enseguida. Sería: m 0,06 6 .10 3 kg . m N K 10
T 2
Recordemos ahora que
m K
(1)
para comprender cómo, efectivamente, no se trata tanto de conocer m o K, sino más bien su cociente. El período de las oscilaciones sería T 2 y, por tanto, la frecuencia es
m 2 6 .10 3 0,49 s K
1 1 2,05 Hz T 0,49
La última cuestión se refiere al cambio que produciría en la frecuencia doblar el valor de la masa. La respuesta es simple: en (1), el valor del radicando sería el doble, 2m/K en lugar de m/K; por tanto, el nuevo período sería 2 = 1,41 veces mayor. La frecuencia, inversa del período, se volvería 1,41 veces más pequeña, de forma que su nuevo valor sería
2,05 2
1,45 Hz
22) Estamos ante una oscilación que tiene lugar en el eje X, controlada por una fuerza elástica F = – Kx, con la constante K = 4 N/m. De acuerdo con esta ecuación, el centro de las oscilaciones es el origen mismo, x = 0, puesto que ahí es donde la fuerza sobre el móvil resulta
ser nula. La figura de la izquierda muestra la situación inicial descrita en el enunciado, donde, al tratarse del centro de las oscilaciones, la velocidad del móvil toma su valor máximo que, como sabemos, es vmáx = AEn consecuencia, podemos escribir una primera ecuación v máx 10 m / s A
(1)
en la que no conocemos A ni , de forma que precisaremos una segunda ecuación para obtener respuestas: la conseguiremos recordando que K = m2, de forma que, con lo valores de K y de m del enunciado, es inmediato hallar el valor de la pulsación :
K m
4 200 10 2 rad / s 0,02
valor que, llevado a (1), nos dará la amplitud de la oscilación, que es exactamente lo que se demanda en el enunciado: la máxima distancia a la que el móvil se aleja del origen, es decir, la máxima elongación. La situación en ese momento se refleja en la figura de la derecha, en la que el móvil está en el extremo de su trayectoria, con velocidad v = 0 m/s y posición x = A. El valor de la amplitud pedida resulta ser A
10 m
s 10 2 rad
s
2 m 0,707 m 2
y el problema estaría hecho. En realidad, un enfoque diferente al que se ha seguido aquí hubiera sido probablemente más adecuado a este ejercicio: estamos ante un claro ejemplo de conversión de energía cinética en energía potencial elástica.
PROBLEMAS DEL M.A.S. Enlaza con la página que contiene los enunciados de los problemas e imprímela. Trata de resolverlos. Si no sabes hacerlo consulta su resolución en esta página.
Problema 0 Puedes calcular la constante de un resorte colgando de él una masa y midiendo la elongación. Ejemplo: Al colgar una masa de 100 g su longitud aumenta en 1 cm. Por lo tanto k = 100 N/ m. Si desde esa posición tiramos hacia abajo, el alargamiento del resorte sólo va a influir en la amplitud de la oscilación, pero no influirá en el período, que viene determinado por la naturaleza del resorte reflejada en k y por la masa que le colgamos.
Problemas de Cinemática del MAS Repasa las fórmulas, escríbelas en un cuaderno y fíjate cuáles son las magnitudes que relacionan cada una. Problemas 1.- Una masa de 400 g unida a un resorte de k =100 N/m realiza un M.A.S. de amplitud 4 cm. a) Escribe la ecuación de su posición en función del tiempo, si empezamos a contar cuando la soltamos desde la posición extrema. b) Calcula el tiempo que tarda en pasar por primera vez por la posición de equilibrio. c) ¿Cuánto tarda en llegar desde la posición de equilibrio a una elongación de 2 cm? ¿Y desde 2 cm al extremo? d) ¿Cuál es la velocidad media para el recorrido que va desde el centro hasta el extremo de la oscilación? e) ¿Será cero la velocidad media de una oscilación completa? Solución a) La masa y la constante del resorte van a determinar la frecuencia de oscilación (período y pulsación).
Sustituyendo obtenemos: w =15,81 rad/s x = 0,004·cos 15,81·t ; para t = 0 —> x = 4 cm Podemos poner la función de la elongación en función del seno, si contemplamos un desfase de 90 grados. Por lo tanto, también podría escribirse: x = 0,004· sen (15,81·t + /2) b) Desde un extremo (donde la soltamos) hasta la posición de equilibrio tarda un cuarto de período. En este tiempo el punto que describe el movimiento circular auxiliar giró /2. Si = 2 /T —> T = 0,4 s, por lo tanto tarda 0,1 s.
También podemos calcularlo usando el movimiento circular uniforme auxiliar, de velocidad angular "", que en todo momento tiene una correspondencia con el M.A.S. asociado. aplicando = w· t —>/2 = 15,81· t ——> t = 0,1 s. c) Para calcular el tiempo que tarda en llegar a la posición 0,02 m, utilizamos la fórmula: 0,02 = 0,04 sen (15,81 ·t) ——> t = 0,033 s. d) La velocidad no varía linealmente, por lo tanto la velocidad media no se puede hallar aplicando Vm =(Vo + Vf)/2, como haríamos en un caso como el de la gráfica siguiente (ecuación lineal).
En el M.A.S. la velocidad varía según una función seno que va no linealmente de cero al valor máximo. Para hallar Vm tenemos que calcular la distancia recorrida y dividirla por el tiempo empleado. Vm= x / t La distancia recorrida coincide con el área encerrada en la zona roja del gráfico velocidad -tiempo y es igual a la amplitud"A".
En este caso Vm= A / (T/4) = 0,04 /0,01 = 4 m/s e) La velocidad media del ciclo total es igual a la hallada en el apartado anterior para un cuarto de período.
Puedes calcularlo de otra forma: mirando el ángulo girado y usando = · t Para ir de O a M (medio camino) el movimiento auxiliar giró el ángulo sen = OM / OB = OM /OP = 0,5 —> = 30º Para recorrer MP (la otra mitad) debe girar 60 º. Al ir a = cte empleará más tiempo. El tiempo que tarda en llegar desde la posición de 2 cm hasta 4 cm (al extremo) es: t ’= 0,1- 0,033 = 0,066 s ¡Emplea doble tiempo ! El punto que gira sobre la circunferencia acompañando al M.A.S, recorre 30º para que su proyección esté en la posición 2 cm, y debe girar otros 60º -el doble- para completar su giro y para que su proyección llegue hasta el extremo. 2.- Una partícula que oscila con M.A.S. describe un movimiento de amplitud de 10 cm y periodo 2 s. Cuando se encuentra 3 cm del origen tiene dos velocidades, Una mientras va hacia un extremo y otra cuando regresa. a) Calcula estas velocidades. b) Escribe las ecuaciones de la posición con un desfase, suponiendo que empezamos a contar el tiempo cuando está en ese punto (3cm).
Aplicamos la ecuación de la velocidad en función de la posición.
Al tener la expresión una raíz cuadrada se obtienen dos valores de la velocidad: v = ± 0,29 m/s. Para la misma posición: positiva hacia la derecha y negativa hacia la izquierda.
Si está en A y va hacia la derecha, suponemos desfase al ecuación da posición será: x = 0,1 sen (6,28/2 ·t + ) Se cumple que para t = 0 —> x = A
Si avanza hacia el centro y parte de A, se cumple en todo momento que: x = 0,1 sen ((6,28/2) · t +) En este caso también se puede poner:
x = 0,1·sen((6,28/2)·t + /2 +) = 0,1·cos( (6,28/2)· t + 3.-Una partícula de 10 Kg se mueve sobre el eje X hacia el origen sometida a una fuerza igual a – 40x (N), estando x expresada en metros. Si inicialmente se encuentra a 5 m del origen, con una velocidad de 15 m/s dirigida hacia el centro, calcula: a) La amplitud del movimiento. En primer lugar debemos ordenar los datos mientras los memorizamos, expresarlos en el S.I. y hacer un esquema. Esto va a evitar que utilicemos unidades inadecuadas cuando las substituyamos en las fórmulas.
m =10 Kg F= - 40x N x0= 5 m
v0= 15 m/s
Aplicamos las fórmulas que relacionan los datos entre si: F = - 40x F = m·a = - m 2x - 40x = - m 2x ; 40 =10 2 ; = 2 rad/s
La ecuación de la velocidad en función de la posición es:
b) Instante en que pasa por primera vez por el origen. El enunciado dice que inicialmente está a 5 m del origen y esto da lugar a dos posibilidades: que vaya hacia un extremo o que esté volviendo de él. El dato de la velocidad nos indica que vuelve hacia el centro. (Ojo, en el enunciado podían darnos un valor negativo de la velocidad). Podemos poner la fórmula de la posición partiendo del extremo (usando la expresión del coseno). Desde aquí llegará al centro cuando el desfase inicial más el ángulo girado sea/ 2 5 = 9cos( ·0 + 0) ; 0= 0’98 rad (coseno en vez de seno puesto que el movimiento se dirige hacia el centro y para t = 0 —> x = A) Pasa por el origen cuando el ángulo girado ( = ·t + j 0) valga /2 /2 = ( 2t + 0’98 ) —> t = 0’29 s
4.- Un objeto realiza un movimiento armónico simple. Cuando se encuentra a 3 cm de la posición de equilibrio su velocidades es 6 m/s, mientras que si la distancia es de 5 cm, su velocidades es 2 m/s. Calcular la amplitud del movimiento. X1=0’03 V1=6 m m/s
X2=0’05 m
V2=2 m/s
5.- Un resorte de acero tiene una longitud de 8 cm, pero al colgar de su extremo libre una masa de 1 Kg, su longitud es de 14 cm. ¿Cuál será la frecuencia de oscilación de esa masa, cuando se desplaza verticalmente fuera de la posición de equilibrio? Nota: tomar g = 9’8 m/s2. Ordenamos los datos y los ponemos en el S.I. No importa el valor del desplazamiento inicial para lanzar el movimiento ya que esto no va influir en la frecuencia de oscilación. L0= 0’08 m =1 Kg m
L1= 0’14 m
g = 9’8 m/s
Aplicamos las fórmulas: F= m·a m·a = K·x F= K·x 1·9’8 = K·( 0’14 - 0’08 ) —> K = 163’33 N/m
6.- Un punto material de 25 g describe un M.A.S. de 10 cm de amplitud y período de 1 s. En el instante inicial la elongación es máxima. Calcular: a) La velocidad máxima que pode alcanzar la citada masa. T=1s
m =0’025 Kg
A = 0’1 m x (t0 ) = max = 0’1 m
E = 2 / T = 2 rad
V, será máxima cuando x = 0. v = 2··0,1 = 0,628 m/ s2
b) El valor de la fuerza recuperadora al cabo de un tiempo igual a 0’125 s. será:.
Problemas de dinámica y energía del M.A.S Repasa las fórmulas, escríbelas en tu cuaderno y fíjate en las magnitudes que relacionan. Recuerda: Puedes hallar la K de un resorte aplicando la ley de Hooke: Estirando el resorte con pesos conocidos y midiendo la longitud del resorte estirado con una regla. La constante del resorte y la masa que le colgamos para hacerlo oscilar, van a condicionar la frecuencia y el período de oscilación. La fuerza con que estiras el resorte al lanzar la oscilación, solamente va a condicionar la amplitud (A). Problemas 7-. La energía total de un cuerpo que realiza un M.A.S. es de 3·10 - 4 y la fuerza máxima que actúa sobre el es 1’5·10-2 N. Si el periodo de las vibraciones es 2 s y la fase inicial 60º, determinar: a) La ecuación del movimiento de este cuerpo. En primer lugar ordenamos los datos, hacemos un esquema del problema, y al mismo tiempo los memorizamos. Expresamos los datos en unidades del S.I. para evitar usar unidades inadecuadas cuando vayamos a sustituirlos en las fórmulas: ET= 3·10-4 J
FMAX= 1’5·10- 2 N
T=2s
0= 60º = /3 rad
Buscamos las fórmulas que relacionan los datos dados con los pedidos y substituimos sus valores: ET= ½mv2 = ½kA2 = 3·10-4 J
FMAX= kA= 1’5·10-2 N Dividimos miembro a miembro y obtenemos:
b) Su velocidad y aceleración para t = 0 7.
8.- De un resorte de k=1000 N/m cuelga una masa de 1 Kg. a) ¿Con qué fuerza debo tirar para lograr una fuerza recuperadora de 40 N? b) ¿Qué longitud estirará? c)¿Cuál es la amplitud del movimiento?. Al colgar la masa, el resorte se estira hasta A, por lo tanto: k·OA = m·g —> 1000· OA = 1·9,8 (suponemos g = 9’8 9’8 m/s2) OA = 0,01 m = 1 cm
El peso nos ayuda a alcanzarla fuerza recuperadora de 40 N, en consecuenci sólo tenemos que tirar con una fuerza de 30 N. Frecup = Fracción + peso
La elongación se mide desde el punto de equilibrio (A) por lo que la amplitu será de 3 cm. Solamente cuenta como fuerza recuperadora ejecutante del M.A.S. la que sobrepasa el peso.
La oscilación tiene un punto de equilibrio, A, y en él la fuerza resultante y la aceleración tienen valor cero. 9.- Un resorte de masa despreciable se encuentra en equilibrio cuando cuelga de él un objeto de 10 g. Calcular:
a) La fuerza con que debe tirarse del resorte para que al soltarlo haga 20 oscilaciones en 5 s. con una amplitud de 2 cm. Con los datos iniciales en el S.I. hallamos T y a partir de ellos, la fuerza m = 0’01 Kg
= 20/5 = 4 Hz
A = 0’02 m
T = 1/= 0’25
= 2 / T = 8p
b) La energía total del sistema cuando el objeto está 0,5 cm por encima de su posición de equilibrio. (Se desprecia la energía potencial gravitatoria ligada a la masa que oscila). La energía total se puede hallar aplicando las expresiones de la energía cinética máxima o de la potencial. Como la energía total se conserva siempre, la suma de la E. cinética más la E. potencial será igual en cualquier punto de la oscilación. Ep= ½Kx2 = 1/2 m 2A2 = ½·0’01·(8p )2· 0’022 = 1’26m J Podemos calcular a energía cinética e a potencial cuando está a 0,5 cm y sumarlas, el resultado será el mismo. Veamos:
Ec= ½m·v2 = ½· 0’01·0’4872 = 1’186 mJ Ep = ½Kx2 = ½·6’317·0’0052 = 0’079 mJ ET= Ec + Ep=1’186 + 0’079 = 1’26 mJ
10.- Un cuerpo que tiene una masa de 50 g. describe un movimiento vibratorio armónico simple en el que su posición viene dada por x = A·cos Wt , a lo largo de un segmento BC de 20 cm de longitud. Si cada 3 s. realiza media vibración, calcular:
a) La fuerza recuperadora en el instante t =1 s m = 0’05 Kg
A = BC/2 = 0,1 m
T = 3·2 = 6 s
X = Acos t Aplicando las fórmulas:
b)La energía cinética que posee la masa en el instante t = 0’5s es:
11-. Una partícula de 1 mg de masa ejecuta un movimiento oscilatorio armónico que puede expresarse por la ecuación: X = A· sen w t, siendo el periodo de 0’01 s. Cuando t = 8’4·10-4 s, su velocidad es v = 31’4 cm/s. Calcular: a) La amplitud del movimiento oscilatorio armónico, en metros. b) La energía total. a) La amplitud del movimiento oscilatorio armónico, en metros es: T =0’01 s
X = A·sen wt
m = 10-6 Kg
v(8’4·10- 4) = 0’314 m/s
b) La energía total:.
12.- Una partícula describe un movimiento oscilatorio armónico simple, de modo que su aceleración máxima es de 18 m/s2ye su velocidad máxima 3 m/s. Hallar: a) La frecuencia de oscilación de la partícula. b) La amplitud del movimiento. a) Frecuencia de oscilación de la partícula: amáx= 18 m/s2
vmáx= 3 m/s
b) La amplitud del movimiento
13.-Una masa de 2 g oscila con un período de segundos y amplitud 4 cm. En el instante inicial la fase es de 45º. Cuando su elongación sea de 1 cm, hallar: a) La energía cinética de la partícula . b) Su energía potencial. a) Energía cinética de la partícula. Agrupamos los datos: T= s m = 0’002 Kg 0= 45º = /4 rad A = 0’04 m x = 0’01 m Aplicamos las correspondientes fórmulas:
b) Energía potencial
Nota) Si el resorte oscila en dirección vertical, podemos comparar la variación de la energía potencial gravitatoria frente a la variación de la energía potencial del resorte La masa que oscila recorre la altura 2·A entre la posición más baja y la más alta y la variación de energía potencial será: Ep = mgh = mg 2A = 0,002·9,8·2·0,04 = 0,00008 = 1,6·10 - 3 J La variación de la energía potencial elástica: Ep = 1/2 K A2= 0,004 ·0,0016 = 6,4·10 - 6 J Por tanto es menor la E. potencial elástica y no se puede despreciar la E. potencial gravitatoria de la masa oscilante, en la conservación de la energía mecánica, si oscila verticalmente.
Problemas de MRUV Resolver los siguientes problemas: Problema n° 1) Un cohete parte del reposo con aceleración constante y logra alcanzar en 30 s una velocidad de 588 m/s. Calcular: a) Aceleración. b) ¿Qué espacio recorrió en esos 30 s?. Ecuaciones: (1) vf = v0 + a.t (2) x = v0.t + a.t ²/2
a) De la ecuación (1):
vf = v0 + a.t vf = a.t a = vf/t a = (588 m/s)/(30 s) a = 19,6 m/s ²
b) De la ecuación (2): x = v0.t + a.t ²/2 x = a.t ²/2 x = (19,6 m/s ²).(30 s) ²/2 x = 8820 m
Problema n° 2) Un móvil que se desplaza con velocidad constante aplica los frenos durante 25 s y recorre 400 m hasta detenerse. Calcular: a) ¿Qué velocidad tenia el móvil antes de aplicar los frenos?. b) ¿Qué desaceleración produjeron los frenos?. Ecuaciones: (1) vf = v0 + a.t (2) x = v0.t + a.t ²/2
a) De la ecuación (1): vf = v0 + a.t 0 = v0 + a.t a = -v0/t (3) Reemplazando (3) en (2): x = v0.t + a.t ²/2 x = v0.t + (-v0/t).t ²/2
x = v0.t - v0.t/2 x = v0.t/2 v0 = 2.x/t v0 = (2.400 m)/(25 s) v0 = 32 m/s
b) De la ecuación (3): a = (-32 m/s)/(25 s) a = -1,28 m/s ²
Problema n° 3) ¿Cuánto tiempo tardará un móvil en alcanzar una velocidad de 60 km/h, si parte del reposo acelerando constantemente con una aceleración de 20 km/h ²? Aplicando: vf = v0 + a.t vf = a.t t =vf/a t = (60 km/h)/(20 km/h ²) t=3h
Problema n° 4) Un móvil parte del reposo con una aceleración de 20 m/s ² constante. Calcular: a) ¿Qué velocidad tendrá después de 15 s?. b) ¿Qué espacio recorrió en esos 15 s?. Ecuaciones: (1) vf = v0 + a.t (2) x = v0.t + a.t ²/2
a) De la ecuación (1): vf = (20 m/s ²).(15 s) vf = 300 m/s
b) De la ecuación (2): x = v0.t + a.t ²/2 x = a.t ²/2 x = (20 m/s ²).(15 s) ²/2 x = 2250 m
Problema n° 5) Un auto parte del reposo, a los 5 s posee una velocidad de 90 km/h, si su aceleración es constante, calcular: a) ¿Cuánto vale la aceleración?. b) ¿Qué espacio recorrió en esos 5 s?. c) ¿Qué velocidad tendrá los 11 s? Ecuaciones: (1) vf = v0 + a.t (2) x = v0.t + a.t ²/2
a) De la ecuación (1): vf = a.t t =vf/a a = (25 m/s)/(5 s) a = 5 m/s ²
b) De la ecuación (2):
x = v0.t + a.t ²/2 x = a.t ²/2 x = (5 m/s ²).(5 s) ²/2 x = 62,5 m c) para t = 11 s aplicamos la ecuación (1): vf = (5 m/s ²).(11 s) vf = 55 m/s
Problema n° 6) Un motociclista parte del reposo y tarda 10 s en recorrer 20 m. ¿Qué tiempo necesitará para alcanzar 40 km/h?. Ecuaciones: (1) vf = v0 + a.t (2) x = v0.t + a.t ²/2 De la ecuación (1): vf = a.t t =vf/a (3) Reemplazando (3) en (2): x = (vf/t).t ²/2 x = vf.t/2 vf = 2.x/t vf = 2.(20 m)/(10 s) vf = 4 m/s Con éste dato aplicamos nuevamente la ecuación (1): a = (4 m/s)/(10 s) a = 0,4 m/s ² Finalmente con la aceleración y la velocidad final dada: vf2 = v0 + a.t vf2 = a.t t = vf2/a t = (11,11 m/s)/(0,4 m/s ²) t = 27,77 s
Problema n° 7) Un móvil se desplaza con MUV partiendo del reposo con una aceleración de 51840 km/h ², calcular: a) ¿Qué velocidad tendrá los 10 s? b) ¿Qué distancia habrá recorrido a los 32 s de la partida?. c) Representar gráficamente la velocidad en función del tiempo. Ecuaciones: (1) vf = v0 + a.t (2) x = v0.t + a.t ²/2 a) De la ecuación (1): vf = (4 m/s ²).(10 s) vf = 40 m/s b) De la ecuación (2): x = (4 m/s ²).(32 s) ²/2 x = 2048 m
Problema n° 8) Un automóvil parte del reposo con una aceleración constante de 30 m/s ², transcurridos 2 minutos deja de acelerar y sigue con velocidad constante, determinar: a) ¿Cuántos km recorrió en los 2 primeros minutos?. b) ¿Qué distancia habrá recorrido a las 2 horas de la partida?. Ecuaciones: (1) vf = v0 + a.t (2) x = v0.t + a.t ²/2 a)
De la ecuación (2): x1 = (30 m/s ²).(120 s) ²/2 x1 = 216000 m x1 = 216 km b) De la ecuación (1) hallamos la velocidad a los 2 min: vf = (30 m/s ²).(120 s) vf = 3600 m/s A partir de ahora la velocidad es constante, por lo tanto: v = 3600 m/s pero vf = v0 para la segunda parte y para un tiempo de: t = t 2 - t1 t = 7200 s - 120 s t = 7080 s Primero calculamos la distancia recorrida con una velocidad constante: x2 = v.t x2 = (3600 m/s).(7080 s) x2 = 25488000 m x2 = 25488 km Ahora calculamos la distancia recorrida durante los 7200 s sumando ambas distancias: x = x1 + x2 = 216000 m + 25488000 m = 25704000 m x = 25704 km
CAIDA LIBRE VERTICAL: PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMA 1
Una piedra es lanzada verticalment e hacia arriba con una velocidad de 20 m/s,
¿Qué tan altosubirá? ( g = 10 m/s 2
)RESOLUCIÓ N:Según el problema
debemos hallar la altura máxima (H)V 2F
=V 02
+ 2gH0 = 20
2
–
2(10) H20H = 400 H = 20mPROBLEM A 2
¿Desde qué altura fue dejada caer una maceta si golpeo el suelo con una velocidad
de 8m/s?(g = 10m/s)RESO LUCION:Com o la maceta fue dejada caer: V 0
= 0V 2F
=V 02
+ 2gh8 2
=0+ 2(10)h64 =
20 hh = 64/20 h = 3.2 m Resolver los siguientes problemas: Problema n° 1) Se lanza un cuerpo verticalmente hacia abajo con una velocidad inicial de 7 m/s. a) ¿Cuál será su velocidad luego de haber descendido 3 s?. b) ¿Qué distancia habrá descendido en esos 3 s?. c) ¿Cuál será su velocidad después de haber descendido 14 m?. d) Si el cuerpo se lanzó desde una altura de 200 m, ¿en cuánto tiempo alcanzará el suelo?. e) ¿Con qué velocidad lo hará?. Solución del ejercicio n° 1 de Tiro vertical: Desarrollo Datos: v0 = 7 m/s t=3s y = 200 m h = 14 m Ecuaciones: (1) vf = v0 + g.t (2) y = v0.t + g.t ²/2 (3) vf ² - v0 ² = 2.g.h a) De la ecuación (1):
vf = (7 m/s) + (10 m/s ²).(3 s) vf = 37 m/s b) De la ecuación (2): Δh = (7 m/s).(3 s) + (10 m/s ²).(3 s) ²/2 Δ h = 66 m c) De la ecuación (3): vf = 18,14 m/s d) De la ecuación (2): 0 = v0.t + g.t ²/2 - y Aplicamos la ecuación cuadrática que dará dos resultados:
t1 = 5,66 s t2 = -7,06 s (NO ES SOLUCION) e) De la ecuación (3): vf = 63,63 m/s Problema n° 2) Se lanza un cuerpo verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial de 100 m/s, luego de 4 s de efectuado el lanzamiento su velocidad es de 60 m/s. a) ¿Cuál es la altura máxima alcanzada?. b) ¿En qué tiempo recorre el móvil esa distancia?. c) ¿Cuánto tarda en volver al punto de partida desde que se lo lanzo?. d) ¿Cuánto tarda en alcanzar alturas de 300 m y 600 m?. Desarrollo Datos: v0 = 100 m/s vf = 60 m/s t=4s y1 = 300 m y2 = 600 m
Ecuaciones: (1) vf = v0 + g.t (2) y = v0.t + g.t ²/2 (3) vf ² - v0 ² = 2.g.h a) Para la altura máxima vf = 0, de la ecuación (3): -v0 ² = 2.g.h h máx = -vf ²/(2.g)Þ h máx = -(100 m/s) ²/[2.(-10 m/s ²)] h máx = 500 m b) De la ecuación (1) y para vf = 0: t = v0/g t = (-100 m/s)/(-10 m/s ²) t = 10 s c) Recordemos que en tiro vertical, cuando un objeto es lanzado hacia arriba y luego cae, cuando vuelve a pasar por el punto de partida posee la misma velocidad que en el momento del lanzamiento pero con sentido contrario (vf = -v0). Podemos asegurar que el resultado pedido es el doble del tiempo que requirió para alcanzar la altura máxima. t = 20 s e) No puede alcanzar una altura de 600 m porque la máxima es de 500 m. Para h = 300 m empleamos la ecuación (2): 0 = v0.t + g.t ²/2 - y Aplicamos la ecuación cuadrática que dará dos resultados:
t1 = 3,68 s t2 = 16,32 s (NO ES SOLUCION) Problema n° 3) Un observador situado a 40 m de altura ve pasar un cuerpo hacia arriba con una cierta velocidad y al cabo de 10 s lo ve pasar hacia abajo, con una velocidad igual en módulo pero de distinto sentido. a) ¿Cuál fue la velocidad inicial del móvil?. b) ¿Cuál fue la altura máxima alcanzada?. Desarrollo Datos:
t = 10 s y = 40 m Ecuaciones: (1) vf = v0 + g.t (2) y = v0.t + g.t ²/2 (3) vf ² - v0 ² = 2.g.h a) Los 10 s se componen de 5 s hasta alcanzar la altura máxima (vf = 0) y 5 s para regresar, de la ecuación (1): 0 = v0 + g.t v0 = -g.t v0 = -(-10 m/s ²).(5 s) v0 = 50 m/s b) De la ecuación (2): y = (50 m/s).(5 s) + (1/2).(-10 m/s ²).(5 s) ² y = 125 m Problema n° 4) Desde un 5° piso de un edificio se arroja una piedra verticalmente hacia arriba con una velocidad de 90 km/h, ¿cuánto tardará en llegar a la altura máxima?. Desarrollo Datos: v0 = 90 km/h v0 = 25 m/s Ecuaciones: (1) vf = v0 + g.t (2) y = v0.t + g.t ²/2 (3) vf ² - v0 ² = 2.g.h Para vf = 0 empleamos la ecuación (1): 0 = v0 + g.t t = -v0/g t = -(25 m/s).(-10 m/s ²) t = 2,5 s Problema n° 5) Un auto choca a 60 km/h contra una pared sólida, ¿desde qué altura habría que dejarlo caer para producir el mismo efecto?. Desarrollo Datos: vf = 60 km/h vf = 16,67 m/s
v0 = 0 m/s Ecuaciones: (1) vf = v0 + g.t (2) y = v0.t + g.t ²/2 (3) vf ² - v0 ² = 2.g.h De la ecuación (3): vf ²/2.g = h h = (16,67 m/s) ²/[2.(-10 m/s ²)] h = 13,9 m Problema n° 6) Se lanza una pelota hacia arriba y se recoge a los 2 s, calcular: a) ¿Con qué velocidad fue lanzada?. b) ¿Qué altura alcanzó?. Desarrollo Datos: t=2s Ecuaciones: (1) vf = v0 + g.t (2) y = v0.t + g.t ²/2 (3) vf ² - v0 ² = 2.g.h a) Los 2 s se componen de 1 s hasta alcanzar la altura máxima (vf = 0) y 1 s para regresar, de la ecuación (1): 0 = v0 + g.t v0 = -g.t v0 = -(-10 m/s ²).(1 s) v0 = 10 m/s b) De la ecuación (2): y = (10 m/s).(1 s) + (1/2).(-10 m/s ²).(1 s) ² y=5m Problema n° 7) Se lanza una pelota de tenis hacia abajo desde una torre con una velocidad de 5 m/s. a) ¿Qué velocidad tendrá la pelota al cabo de 7 s?. b) ¿Qué espacio habrá recorrido en ese tiempo?. Desarrollo Datos: v0 = 5 m/s t=7s
Ecuaciones: (1) vf = v0 + g.t (2) y = v0.t + g.t ²/2 (3) vf ² - v0 ² = 2.g.h a) De la ecuación (1): vf = 5 m/s + (10 m/s ²).(7 s) vf = 75 m/s b) De la ecuación (2): y = (5 m/s).(7 s) + (1/2).(10 m/s ²).(7 s) ² y = 280 m