Repaso 1er Trimestre. Fichero pdf

Problemas Repaso FISICA Profesor:Félix Muñoz
DINÁMICA Y GRAVITACIÓN
Problema nº1
¿En qué porcentaje cambiará el peso de una persona si se subiera a una altura
equivalente a la de la Torre Sears de Chicago, que es 4,432·102 m? El diámetro de la
Tierra es de 1,274246·107 m.
Solución
Para determinar la variación del peso calcularemos la fuerza de atracción gravitatoria en la superficie
terrestre FT y en lo alto de la Torre Sears FS. Dado que se trata de un problema de porcentaje, sólo
será necesario usar relaciones y así evitaremos el uso de constantes. Aplicamos la ley de gravitación
universal. La relación de pesos es:
FS 1 / ( R T + h )
(6,37123·10 6 m )
=
=
2
FT
1/ R T
( 6,37167·10 6 m ) 2
que con cuatro cifras significativas es 99,99%. La reducción en el peso, y en consecuencia la
reducción en gT es tan sólo 0,01%.
2
2
Problema nº2
El asteroide Geographos, uno del grupo Apollo, que cruzan cada uno la órbita de la
Tierra alrededor del Sol, tiene un radio de RG=2,4·10-4·RT y su masa es de MG=8,4·101
·MT ¿Cómo se compara la aceleración gravitacional en su superficie con el valor de g
en la Tierra?
Solución
m⋅M⋅G
M⋅G
A partir de la ley de gravitación universal, sabemos que m ⋅ g =
.
⇒ g=
2
r
r2
Dado que conocemos M y r, sustituimos los datos:
8, 4 ⋅ 10 −12 ⋅ M T ⋅ G
en el satélite,
gG =
(2,4 ⋅ 10 − 4 ⋅ R T ) 2
M ⋅G
g T = T 2 en la Tierra;
RT
así gG = 1,5·10-4 gT
Ejercicio nº3
Los radios de la Tierra y de Marte son, respectivamente, 6.400 km y 3.400 km. La masa de la Tierra
es 9,5 veces la de Marte. El valor de la aceleración de la gravedad en la superficie de Marte es, en
m/s2:
Solución
G ⋅ mT
G ⋅ mM
G ⋅m
a la Tierra y Marte, se tiene: g T =
y gM =
,
2
2
r
rT
rM2
donde mT y rT son la masa y el radio de la Tierra respectivamente, y mM y rM los de Marte.
Dividiendo miembro a miembro la segunda ecuación entre la primera, resulta:
Aplicando la ecuación g =
2
g M m M ⋅ rT2
1  64 
=
=
⋅   = 0,373 y como gT = 9,81 m/s2 se concluye: gM = 3,66 m/s2.
2
g T m T ⋅ rM 9,5  34 
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Problema nº4
Tres cuerpos de masas iguales situados en los vértices de un triángulo equilátero de lado L. Calcular la
fuerza que cada dos masas ejercen sobre la tercera.
Solución
Por razones de simetría nos limitaremos a calcular la fuerza resultante sobre una cualesquiera de las
tres masas, pues sobre las otras actuarán fuerzas semejantes. Las correspondientes fuerzas
gravitatorias vienen indicadas en el gráfico:
Y
60º
F
F1
α
F2
X
Para efectuar la suma, descomponemos las fuerzas según los ejes X,Y de la figura:
F1X = F1 ·cos60º; F1Y = F1 ·sen60º
F2X = F2 ; F2Y = 0
Por tanto:
G ⋅ m 2   1 
3  G ⋅ m2 

F = ( F1 ⋅ cos 60º + F2 ) i + F1 ⋅ sen 60º j ⇒ F =
+
1
i
+
j
=
3
i
+
3
j


2  2 ⋅ L2
L2   2 
El módulo e inclinación de la fuerza resultante F serán:
G ⋅ m2
3 ⋅ G ⋅ m2
3
F=
⋅
12
=
; α = arctg
= 30º
2
2
3
2⋅L
L
Es decir F está dirigida hacia el centro del triángulo, como era de esperar por razones de simetría.
(
)
Ejercicio nº5
Si tenemos dos cuerpos a una distancia fija D con masas m y M que sufren una fuerza gravitatoria de
50N, ¿qué fuerza experimentarán dos cuerpos a la misma distancia pero que tienen doble de m y triple
de M?
Solución
Las dos nuevas masas serán m´ = 2· m y M´ = 3· M. Los dos cuerpos con masas m y M sufren
una fuerza:
M⋅m
FG = G ⋅
= 50 N .
D2
Las nuevas masas se atraerán con una fuerza dada por:
M´⋅m´
3 ⋅ M⋅ 2 ⋅ m
6 ⋅M ⋅ m
FG = G ⋅
= G⋅
=G⋅
= 6 ⋅ 50 N = 300 N
2
2
D
D
D2
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Problema nº6
Tres cuerpos de masas iguales están situados en los vértices de un triángulo equilátero de lado L.
Calcular la velocidad a la que debería girar el sistema alrededor de su centro para que las distancias
permanezcan fijas. Datos: L = 1m.
Solución
Para que las distancias permanezcan fijas, el sistema debe girar a velocidad angular ω alrededor
del baricentro del triángulo, de modo que la fuerza gravitatoria juegue el papel de fuerza centrípeta
en dicha rotación. Teniendo en cuenta que la distancia de un vértice al baricentro en un triángulo
m ⋅ v2
ω2 ⋅ L
3 ⋅G ⋅ m2
L
equilátero de lado L es
tenemos: Fc =
.
= m ⋅ ω2 ⋅ r = m ⋅
;F=
r
L2
3
3
m ⋅ ω2 ⋅ L
3 ⋅ G ⋅ m2
3⋅ G ⋅ m
Como FC = F ⇒
=
⇒ ω2 =
2
L
L3
3
rad 2
rad
Sustituyendo los datos tenemos: ω 2 = 4 ⋅ 10 −10 4
y ω = 2 ⋅ 10 −5 2
s
s
Cuestión 7
Calcula a qué altura sobre la superficie terrestre la aceleración de la gravedad es un 10% menor que en
la superficie.
335 km
Problema 8
Una masa de 1 Kg se encuentra a una distancia de 10 cm de otra masa de 3 Kg. Si pusiéramos sobre la
línea que une las dos masas una tercera masa de 2 Kg a 4 cm de la primera. ¿Qué fuerza gravitatoria
ejercerían sobre ella las dos masas? Datos: G = 6,67 x 10 –11 N m2 Kg-2
2,76 *10-8 N
Problema 10
La velocidad angular con la que un satélite describe una órbita circular en torno al planeta Venus es 1
= 1,45 x 10-4 rad/s, y su momento angular respecto al centro de la órbita es L1 = 2,2 x 1012 kg m2 s-1:
a) Determinar el radio de la órbita del satélite y su masa.
b) ¿Qué energía sería preciso invertir para cambiar a otra órbita circular con velocidad angular 2
= 10-4 rad/s?
Datos: G = 6,67 x 10 –11 N m2 Kg-2
Masa de Venus MV = 4,87 x 1024 Kg
a) r = 2,49*107 m
b) 3,5 *107 J
masa = 24,47 Kg
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MOVIMIENTO ARMÓNICO
Problema nº1
Un cuerpo cuya masa es 100g posee un MAS a lo largo de un recta de 10cm de longitud. El periodo
de oscilación es 2s. Calcular:
a) La velocidad y la aceleración en el punto medio de la recta.
b) La velocida y aceleración en el extremo.
c) La fuerza recuperadora en el extremo.
Solución
a) La velocidad en el punto medio es máxima (dicho punto representa la posición de equilibrio) y
nula en los extremos. Su valor se obtiene a partir de: x ( t ) = Asen( ωt + ϕ)
dx
v = =A cos t v MAX = A
dt
v MAX =2 A=20,05=0,157 m/ s
Como la aceleración es proporcional a la elongación, al ser ésta nula en la posición de equilibrio,
también lo será aquella: a = −ω 2 x = −ω 2 ⋅ 0 = 0
4π 2
b) En el extremo la velocidad es nula y la aceleración máxima: a = − ω 2 A = 2 ⋅ A = 0,493m / s 2
T
c) La fuerza recuperadora será, en valor absoluto: F = ma = 0,1⋅ 0,493 = 4,9 ⋅ 10 −2 N
Problema nº2
Una bolsa con 2 kg de dulces cuelga de un resorte helicoidal vertical de acero que se alarga 50 cm con
esa carga, y queda a 1 m sobre la cabeza de un ansioso niño. Si tira hacia abajo otros 25 cm de la bolsa
y se suelta. ¿Cuánto tiempo tarda en regresar a la altura de 1 m sobre la cabeza del niño?
Solución
Calculemos la constante k del resorte que nos permitirá calculara el período T.
Inicialmente, la carga está equilibrada con la fuerza recuperadora del muelle (F = P).
En esta situación de equilibrio tenemos que:
F = k (∆ L) = mg
mg 29,8
k=
=
=39 ,2 N /m
L
0,5
El período de un M.A.S. se calcula como:
m
T = 2
=1,4 s
k
El tiempo que tardará en volver a la posición de equilibrio desde el extremo inferior será
T/4, es decir, 0,35 s.
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Problema nº3
Un cuerpo A, de peso 2,5N se deja caer sin velocidad inicial, desde 90cm sobre un resorte. Aplicando
el principio de trabajo-energía, determina la constante del resorte si se comprime 15cm antes de que el
cuerpo quede en reposo.
Solución
La velocidad que adquiere el cuerpo cuando cae libremente desde 90cm de altura es:
1/ 2
v 1= 2gh = 29,89101 = 4,2 m / s
y, de acuerdo al principio trabajo-energía,
1
1
1
W = −∆U = − kx 2 = ∆E C = m( v 22 − v12 ) = m( 0 − v12 ) tenemos:
2
2
2
2
1
1  2,5 
-1
− k (1,510 −1 ) = − 
 ⋅ 17,64 , es decir: k = 133,3kg·m
2
2  9.8 
1/ 2
Problema nº4
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Problema nº5
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Problema nº6