Problemas - Unican.es

Examen de Física-1, 1° Ingeniería Química
Primer parcial. Diciembre de 2011
Problemas (Dos puntos por problema).
Problema 1: Los tres bloques de la figura están conectados por media de cuerdas ligeras
que pasan por poleas sin rozamiento. La aceleración del sistema es de 2 m/s2 y las
superficies son rugosas. Calcular:
(a) Las tensiones de las cuerdas.
(b) El coeficiente de rozamiento entre los bloques y la superficie (suponiendo µ igual
para los dos bloques).
2
(Tomad g = 10Los
) bloques de la figura parten del reposo. El coeficiente
m/sdos
A
de rozamiento entre el cuerpo A y el plano inclinado es
µ = 0.25. Si se desprecia el peso de las poleas y de las cuerdas
θ
así como el rozamiento entre ambas, calcular la aceleración de
cada bloque
bloques de la figura están conectados
por y las tensiones de las cuerdas.
5 Kg
Datos:
M
A = 100 kg, MB = 200 kg, θ = 30°.
uerdas ligeras que pasan por poleas sin
g
3K
a aceleración del sistema es de 2 m/seg2 y las
10 Kg
30°
on rugosas. Calcular a) las tensiones de las
I.T.T. 00, 04
l coeficiente de rozamiento entre Solución:
los bloques
B
(suponiendo µ igual para los dos bloques).
Cada 2bloque va a realizar un movimiento rectilíneo. En general no tenemos por qué
37,75 N b) µ = 0,645 (con g = 10 m/s )
conocer con certeza hacia donde se produce el movimiento. Como regla general,
debemos tomar un sentido positivo de movimiento para cada uno de ellos (como cuando
Solución:
m1 los movimientos unidimensionales). Al final
unomtomaba un sistema
de referencia para
m1
as aceleraciones de m1 y m2 y la
1
el signo del
informará
del sentidodedecuerpo
movimiento.
Vamos a tomar en
Comenzamos
la resolución
delresultado
problemanos
dibujando
los diagramas
aislado para
las cuerdas en los
tres casos
nuestro
caso el sentido positivo de movimiento ascendente para A y descendente para B.
unoundepeso
los tres
cuerpos.
. Todas las poleas cada
tienen
m2
c)
a)
b)
m2
m2
y fricción nula. ¿Qué dispositivo
Dibujando
el
diagrama
de
fuerzas
para
los
dos cuerpos (considerando que el
Para libre?
el bloque A tendremos:
s rápidamente en caída
movimiento
real
se
produce
hacia
la
derecha
para poder dibujar las fuerzas de
m2g
m mg
2 m2g
a1 T = 2 m1 m2g T = 2 T
T = 1 2 b) a1 =
a
=
rozamiento):
2
1
2
1

m1 + m2
m1 + m2
4 m1 + m2
2
4 m1 +N m2
T
A
B

2 m2g
2 m1 m2g

=
a2 = 2 a1 T1 =
T2 = T1
aA
T
A

m1 + 4 m2
m1 + 4 m2
2
aB
B
A
ar las tensiones de las cuerdas y aceleración de cada uno de losθ
A
C

figura si las masas son: mA = 5 Kg, mB = 15 Kg y mC =F10 Kg. ¿Cuál
roz.,A
mB g
m
g
A
á primero al suelo?
B
4 m/s2, aB = 0,577 m/s2, aC = 2,89 m/s2 TA = 69,2 N,
450 mm
Si
suponemos
que
la
cuerda
que
engancha
300 mm A con el techo es ideal (sin masa) y que la
8,5 N.
Si escogemos unpolea
sistema
de coordenadas
el cuál
el eje xes sea
paralelo
planolos puntos de la
es también
ideal (sinenmasa)
la tensión
la misma
en altodos
inclinado y el ejecuerda.
al
mismo,
podemos
proyectar
las
fuerzas
sobre
cada
y perpendicular
Aplicando la segunda ley de Newton a la polea móvil, podemos
ver que la
uno de estos ejes tensión
y plantear
la
segunda
ley
de
Newton.
que tira de B es el doble que la tensión que tira de A:
a


TA
TA
A lo largo del eje y :
revoluciones por segundo ha de girar el aparato de la figura para
L
T
−
2T
=
m
a
=
0
N
−
m
g
cos
θ
=
0
⇒
N
=
m
g
cos
θ.
B
A
polea
polea
A
A
A
A
forme un ángulo de 45º con la vertical? ¿Cuál será entonces la
cuerda? Datos: L = 20 cm, a= 0.1m y m = 200 g.
2,77 N
m

TB

apolea
Planteando
la segunda
ley de
paraescada
móvil da vueltas sobre una curva peraltada.
El radio
de curvatura
deNewton
la carretera
R. cuerpo y teniendo en cuenta que el
rozamiento
peralte es θ, y el coeficiente de rozamiento
es µ. sobre A es dinámico (Froz. = µ N A ) :
la gama de velocidades que puede tener el vehículo sin derrapar.

 
A lo largo del eje x :
TA − Froz,A − mA gsin θ = mA aA
⇒
TA − µ N A − mA gsin θ = mA a A ⇒
TA − µ mA g cosθ − mA gsin θ = mA aA .
(1)
Para el bloque B tendremos:

TA

aA

TB

aB
A

mA g

NC

aC
B

TC

mB g

Froz.
C

mC g
Para este bloque elegimos un sistema de coordenadas en el cuál el eje y sea vertical, y
la segunda
ley hacia
de Newton
cada cuerpo
teniendoen
eneste
cuenta
cuyoPlanteando
sentido positivo
apunte
abajo. para
La segunda
ley dey Newton
casoque
se el
rozamiento
transforma
en: sobre C es dinámico (Froz. = µ NC ) :
mB g − TB = mB aB .
TA − mA g = mA aA , mB g − TB = mB aB
Por último, para el bloque C, tendremos:
#(2) NC − mc g = 0
%
, $
% T −µN = m a
& C
C
C C
'
%
(
%
)


Tenemos un sistema de cuatro
ecuaciones
con siete incógnitas: aA , aB , aC , TA , TB , TC , NC .

N
C 
aC T
TB
A
Necesitamos por lo tanto tres ecuaciones
más.
C
Si suponemos que la cuerda que engancha A con C es ideal (sin masa) y que las poleas

son también ideales (sin
tensiones que tiran de los
Froz. masa) las mC g


los dos cuerpos son iguales: TA = TC . TA
TA = TC . Con las mismas
TC = TA
mismas suposiciones, y aplicando la
la segunda ley de Newton
Newton
a
la
polea
móvil,
podemos
quexlasea
tensión
que tira
Para este bloque elegimos un sistema de coordenadas en el cuál ver
el eje
horizontal
tira de B es el doble que la tensión
que
tira
de
A
o
C:

aal
(paralelo al plano), y eje y sea vertical (perpendicular
poleaplano). En este caso, las
TB
ecuaciones de Newton toman la forma
€
€
€
€
€
T − 2TA = m polea a polea = 0
A lo largoBdel eje
y:
N C − mC g = 0 ⇒ N C = mC g.
Tenemos ahora seis ecuaciones, nos falta encontrar una última ecuación. Dicha ecuación
la podemos sacar de la relación entre las aceleraciones de los tres cuerpos impuesta por
el hecho de que las cuerdas que unen los cuerpos son de longitud fija.
En primer lugar tenemos una cuerda que une la polea móvil con el cuerpo B. Es fácil ver
que si su longitud es constante la aceleración hacia abajo de dicha polea es igual a la
aceleración hacia abajo de B.
Por otro lado tenemos una cuerda que engancha a A con C pasando por la polea móvil.
Pensemos por un momento que dicha cuerda es una goma y veamos como influye en su
A lo largo del eje x :
TB − TA − Froz,C = mC aC
⇒
TB − TA − µ N C = mC a C
⇒
TB − TA − µ mC g = mC aC .
(3)
Por último, sabemos que el módulo de la aceleración de los tres cuerpos es el mismo:
aA = aB = aC ≡ a.
(4)
Así pues, tenemos que resolver el siguiente sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas
(las tensiones de las cuerdas y el coeficiente de rozamiento):
"TA − µ mA g cosθ − mA gsin θ = mA a,
$
# mB g − TB = mB a,
$T − T − µ m g = m a.
% B A
C
C
De la segunda ecuación deducimos que
TB = mB ( g − a ).
Sustituyendo en la tercera,
TA = mB ( g − a ) − mC (µ g + a).
Y finalmente, llevando esta expresión a la primera y despejando µ
( mB − mA sinθ ) − ( mA + mB + mC )
µ=
mA cosθ + mC
Sustituyendo los datos del problema:
µ = 0, 645
TA = 37, 75 N
TB = 80, 0 N
a
g
.
za 6 m por un plano inclinado liso que
6m
horizontal. Después sigue por un plano 0,6 Kg
Problema
eficiente de rozamiento
de 0,5.2: Un bloque de 2 kg situado sobre un plano inclinado áspero se conecta a un
µ N/m
= 0,5. El bloque se libera a partir del reposo
resorte
ligero que tiene una constante
k = 100
erpo al final del plano
inclinado.
20°
uerpo después de recorrer
sobre no
el está estirado y la polea carece de fricción. El bloque se mueve 20 cm
cuando 1m
el resorte
hacia abajo antes de quedar en reposo. Hallar el coeficiente de rozamiento entre el bloque
es de detenerse? y el plano.
2 m / s c) 4,104 m.
K = 100 N / m
2
obre un plano inclinado áspero se conecta a un
nstante K = 100 N / m. El bloque se libera a
esorte no está estirado y la polea carece de
20 cm hacia abajo antes de quedar en reposo.
ento entre el bloque y el plano.
g
K
45Þ
Solución:
2
partícula en cierto campo de fuerzas centrales se expresa: U = a/r - b/r,
Calculamos la energía mecánica del sistema en la situación inicial:
sitivas y r es la distancia hasta el centro de fuerzas. Hallar: a) El valor r0
de equilibrio de la partícula y razonar si corresponde a un equilibrio
- Como el muelle no está estirado, la energía elástica del sistema muelle-bloque es
máximo de la fuerza de atracción. c) Representar gráficamente U(r) y F(r)
nula.
ntos de una partícula en este campo.
El muelle carece de masa, luego su energía cinética es nula.
2
)
- El bloque parte del reposo, luego su energía cinética también es nula.
-
Tomando como origen de energía potencial gravitatoria el suelo, la energía
potencial gravitatoria del bloque será m g hini .
y C están en línea recta sobre un plano horizontal; se lanza A contra B con
minar la velocidad de
las tres esferas después de chocar A con B, luego B
Luego
segunda vez. El coeficiente de restitución es 0,5 ¿Habrá más choques?
,375 m / s, VC = 22,5 m / s
E mec = m g h .
ini
ini
Ahora calculamos la energía mecánica del sistema en la situación final:
se suelta m1 desde la distancia d y
e restitución e calcular:- El muelle carece de masa, luego su energía cinética es nula.
cada una de las masas
delqueda en reposo, luego su m
1
- después
El bloque
energía
cinética también es nula.
e y d.
- El muelle se estira 20 cm, luego hay una energía potencial elástica
y d = 0.2 m calcular las alturas de las 1 m 22
d
Epotelástico,
k Δx .
elastica =
si éste es: 1) perfectamente
2
parcialmente elástico con
e
=
0.9.
- Al descender 20 cm por la rampa, la altura a la que se encuentra el objeto también
or también para el caso endisminuye:
que la masa m2 es elevada y soltada contra la
+ e)
(e = 1) 2,22 cm 8,88 cm
m1 - m2e
Δh = hini − hfin .
v´
=
2
g
d
b)
1
m2
m1 + m2
(e = 0) 2,22 cm 2,22 cm
(e = 0,9) 1,43 cm 7,96 cm
2,22 cm
2,22 cm
1,43 cm
A
sobre una placa rígida B, también de
biendo que el coeficiente de restitución
1,2 m
B
C
Pero un simple análisis de trigonometría nos permite calcular la variación de
altura,
sin 45 =
Δh
0, 2
⇒ Δh = 0, 2 ⋅ sin 45.
La energía potencial gravitatoria del bloque en la situación final vale m g hfin .
Luego, la energía mecánica del sistema en la situación final toma el valor
1
mec
Efin
= k Δx 2 + m g hfin .
2
La variación en la energía mecánica es el trabajo disipado por la fuerza de rozamiento.
1
mec
mec
ΔE mec = Efin
− Eini
= k Δx 2 + m g hfin − m g hini
2
1
= k Δx 2 + m g ( hfin − hini )
2
1
= k Δx 2 − m g Δh
2
= −0, 772 J =Wroz .
Por definición de trabajo,


Wroz = froz ⋅ Δr = froz ⋅ Δr ⋅ cos180 = − froz ⋅ Δr,

donde Δr se refiere al desplazamiento del bloque de magnitud 20 cm a lo largo de la
rampa, y donde hemos dado por hecho que la fuerza de rozamiento se opone al
deslizamiento y por lo tanto forma un ángulo de 180° con el mismo. Despejando la fuerza
de rozamiento, llegamos a
froz = −
Wroz
−0, 772 J
=−
= 3,859 N.
Δr
0, 2 m
Pero el módulo de la fuerza de rozamiento se puede calcular como froz = µ N, y como la
aceleración del bloque en la dirección perpendicular al plano es nula,
N = m gsin 45 = 1, 386 N.
Luego,
µ=
froz 3,859 N
=
= 0, 278.
N 1, 386 N
Problema 3: Un pequeño bloque de masa m se desliza sin rozamiento por una vía en
forma de lazo como la indicada en la figura. El lazo circular tiene un radio R . El bloque
parte del reposo a una altura h por encima de la parte inferior del lazo.
(a) ¿Cuál es la energía cinética del bloque cuando alcanza la parte superior del lazo?.
(b) ¿Cuál es la aceleración en la parte superior del lazo admitiendo que no se sale de
la vía?
(c) ¿Cuál es el menor valor de h sabiendo que el bloque ha de alcanzar la parte
superior del lazo sin salirse de la vía?
e de masa m se desliza(d)
sin Calcular
rozamiento pornuméricamente
una vía en forma de los
lazo como
la indicada enanteriores
apartados
para
m = 4 kg,
h = de
8 m,reposo
y R = a2 m.
cular tiene un radio R. El bloque
parte
una altura h por encima de la parte
m
gía cinética del bloque cuando alcanza la
o?
OBLEMAS
R
eleración en la parte superior del lazo
h
sale
de
la
vía?
Un pequeño bloque de masa m se desliza sin rozamiento por una vía en forma de lazo como la indicada en
r valorEldelazo
h sabiendo
que elunbloque
ha El
de bloque parte de reposo a una altura h por encima de la parte
igura.
circular tiene
radio R.
erior
del
lazo
sin
salirse
de
la
vía?
rior del lazo.
m
mente los apartados anteriores para m = 4 kg, h = 8 m y R = 2m.
Nota:
el apartado
(c), alcanza
aplicad que
PROBLEMAS
¿Cual es al energía cinética
delenbloque
cuando
la la condición de contacto es que la normal sea
siempre
≥
0.
e superior del lazo?
1) Un pequeño bloque de masa m se desliza sin rozamiento por una vía en forma de lazo como la indicada en
figura. El lazo circular tiene un radio R. El bloque parte de reposo a una alturaR
h por encima de la parte
¿Cual es su aceleración en la parte lainferior
superior
del lazo
del lazo.
h
m
Solución:
mitiendo que no se sale
de la vía?
m
a) ¿Cual es al energía cinética del bloque cuando alcanza la
miento,
la
energía
mecánica
se
conserva:
Cual es el menor valor de h sabiendo que
bloque
parte el
superior
del lazo?ha de
mghi
+
Eci
=
mghf
+
Ecf
b) ¿Cual es su la
en mecánica
la parte superior
lazo
(a)
Como
no
hay
rozamiento,
energía
deldelsistema
se conserva, R
nzar la parte superior del lazo sin salirse de
la vía? aceleración
h
admitiendo que no se sale de la vía?
c) ¿Cual espara
el menor
h sabiendo
de
Calcular numéricamente los apartados anteriores
m valor
= 4dekg,
h = 8quemelybloque
R =ha2m.
la parte superior del lazo sin salirse de la vía?
0 en la parte inferior del lazo, hi = h y hfalcanzar
=
2R.
1
mec
mech
2 m = 4 kg, h = 8 m1y R = 2m.
2
d)
Calcular
numéricamente
los apartados anteriores para
2R
Eini
del reposo, Eci = 0, por lo que la ecuación
de=laEfin ⇒ m g hini + 2 mvini = m g hfin + 2 mvfin .
nergía
queda:
SOLUCION:
LUCION:
mgh = mg2R + Ecf ⇒ Si Ecf
=
mg
(h
–
2R)
m
consideramos
la parte
del
lazo,
h =no0hay en
a) Como
rozamiento,
la energíainferior
mecánica se conserva:
m
Emf ⇒ mghi + Eci = mghf + Ecf
Como no hay rozamiento, laentonces
energía mecánica
seh=conserva:
hini = h , yEmi
fin = 2R . Además, como parte de
Si consideramos
h =inicial
0 en la parte
delpor
lazo, hi
y hf =
Emi = Emf ⇒ mghi + Eci
= mghf
+ Ecf
reposo,
la energía
cinética
esinferior
nula,
lo= hque
la2R. h
2R
Además,
como parte
del reposo, Eci
=únicas
0, por lo que la ecuación de la
l cuerpo realiza un movimiento
circular.
En
la
parte
superior,
las
conservación de la energía
ecuación de conservación
de queda:
la energía queda como
= mg2R
+ Ecf ⇒ Ecf = mg (h – 2R)
on
el peso y lah normal,
las
dos
llevandel
la lazo,
mismahidirección,
onsideramos
= 0 en lay parte
inferior
= h mgh
y hf
=apuntando
2R.
sigue
h
2R
irculo.como
Por ello,
única
aceleración
la lo
parte
del de
lazo
emás,
parteladel
reposo,
Eci = 0,enpor
quesuperior
la ecuación
la es la
2
b) Dentro del lazo, el cuerpo realiza un movimiento circular. En la parte superior, las únicas
servación
aN = v /Rde la energía queda:
fuerzas que actúan son1el peso2 y la normal, y las dos llevan
1 la2misma dirección, apuntando
ghacia
h =elm
g 2R
+circulo.
mvPor
mv
=m
g ( hdel
− 2R
centro
ello, ⇒
la únicaKaceleración
en lafinparte
superior
lazo )es. la
fin2R)
fin =
mgh = mg2R + Ecf m⇒
Ecf
=delmg
(h
–
2
2
aceleración normal: a2
=
v
/R
mos despejar de la Ec calculada en el apartado anterior: N
La velocidad la podemos
2
2
2 despejar de la Ec calculada en el apartado anterior:
2
2
v = mg (h - 2R) ⇒ v(b)=Dentro
2g (h - del
2R)lazo⇒el cuerpo
= realiza
v 2 /R
=- 2R)
2g
(h
movimiento
circular.
Eca=N(1/2)mv
= mg (hun
⇒ v- =2R)/R
2g (h - 2R)
⇒
aN En
= v /R = 2g (h - 2R)/R
Dentro del lazo, el cuerpo realiza
un
movimiento
circular.
En
la
parte
superior,
las
únicas
la parte superior, las únicas fuerzas que actúan son el peso y
zas que actúan son el pesolaynormal,
la normal,
y las
llevanla lamisma
mismadirección,
dirección,apuntando
apuntando
y las
dosdos
llevan
ia el centro del circulo. Por
ello,ellacentro
únicac)del
aceleración
en
la parte
superior
es=lamv
la2/R, obtenemos que la normal
Aplicando
la 2ª ley
de Newton
en
parte
superior
dedel
la vía:lazo
N + en
mg
hacia
círculo.
Por
ello,
lalaúnica
aceleración
2
2
vale: N = mv /R - mg. 2
normal:
/Rparte superior
del
es= la
normal,
delamv
módulo
2
2
N = v superior
yeración
de Newton
en laaparte
de
la
vía:
Nlazo
+ mg
mvaceleración
obtenemos
normal
La condición
de contacto
es/R,
que la normal
sea siempreque
≥0 ⇒
/R - mg ≥ 0 ⇒ v ≥ Rg
2
2
v
Además en el apartado b) hemos calculado la velocidad del bloque en la parte superior es v = 2g (h - 2R),
aN =de la. Ec calculada
mg.
por lo que sustituyendo
este valor en la
desigualdad anterior
velocidad
la podemos despejar
en
el
apartado
anterior:
R
2
2 2
2 sea siempre ≥ 0 ⇒
2 mv
acto es
que
la
normal
0- 4R ≥ R⇒a⇒ vh=≥v≥(5/2)R
Rg = 2g (h - 2R)/R
2g2g
(h -/R
2R)
Ec = (1/2)mv = mg (h - 2R) ⇒ v =
(h ≥--Rgmg
2R)⇒ ≥2h ⇒
/R
N
2
do b) hemos calculado la velocidad del bloque en la parte superior es v = 2g (h - 2R),
do este valor en la desigualdad anterior d) Ecf = mg (h – 2R) = 4•9.81 (8 - 2•2) = 156.96 J
2
aN = 2g (h - 2R)/R = 2•9.81 (8 - 2•2)/2 = 39.24 m/s
h ≥ (5/2)R = (5/2)2 = 5 m
2
⇒ 2h - 4R
h ≥ (5/2)R
Aplicando
la ≥
2ªRley ⇒
de Newton
en la parte superior de la vía: N + mg = mv /R, obtenemos que la normal
El cuadrado de la velocidad lo podemos despejar de la energía cinética calculada
en el apartado anterior
(h − 2R) .
2
vfin
= 2 g ( h − 2R) ⇒ aN = 2 g
R
(c) Aplicando la segunda ley de Newton en la parte superior de la vía,
v2
N +mg = m ,
R
obtenemos que la normal vale
N =m
v2
− m g.
R
La condición de contacto es que la normal sea siempre ≥ 0. Luego,
m
v2
− m g ≥ 0 ⇒ v 2 ≥ R g.
R
Además, en el apartado (b) hemos calculado que el cuadrado de la velocidad del
bloque en la parte superior es v 2 = 2 g ( h − 2R), por lo que sustituyendo este valor
en la desigualdad anterior
5
2 g ( h − 2R) ≥ R g ⇒ 2h − 4R ≥ R ⇒ h ≥ R.
2
(d) Sustituyendo los datos en las diferentes expresiones resulta
K fin = m g ( h − 2R) = 156, 96 J
aN = 2 g
h≥
(h − 2R) = 39, 24 m
R
5
R = 5m
2
s2