Compilado Alternativas EyD - Soluciones

7/25/2019 Compilado Alternativas EyD - Soluciones

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Estatica y Dinamica

Problemas de seleccion multiple

Sebastian Urrutia [email protected]

web.ing.puc.cl/~sgurruti/

Primera Edicion Marzo de 2016
mailto:[email protected]://localhost/var/www/apps/conversion/tmp/scratch_4/web.ing.puc.cl/~sgurruti/http://localhost/var/www/apps/conversion/tmp/scratch_4/web.ing.puc.cl/~sgurruti/http://localhost/var/www/apps/conversion/tmp/scratch_4/web.ing.puc.cl/~sgurruti/http://localhost/var/www/apps/conversion/tmp/scratch_4/web.ing.puc.cl/~sgurruti/mailto:[email protected]


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Disponible en lnea: http://web.ing.puc.cl/~sgurruti/

Copyright c Sebastian Urrutia QuirogaPontificia Universidad Catolica de ChileContacto: sgurruti at uc.cl

Se autoriza la reproduccion total o parcial, con fines academicos, por cualquier medio o procedimiento,incluyendo la cita bibliografica que acredita al trabajo y a su autor.

Prohibida su Comercializacion
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Indice general

1. Cinematica 2

2. Leyes de Newton 25

3. Trabajo y energa 76

4. Conservacion de momentum y colisiones 98

5. Momentum angular y solido rgido 127

6. Estructuras estaticas 182

7. Trabajo virtual, estabilidad y cables 230

1


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1Cinematica

Ejemplar del Principia perteneciente a Isaac Newton, con correcciones escritas a mano para la segunda edicion

2


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Problema 1.1.Un basketbolista lanza la pelota desde una altura h1, a una velocidad~v que forma un angulo con lahorizontal. Con este lanzamiento, el jugador logra encestar en el aro que se encuentra a una distanciahorizontald y a una altura h2, como muestra la figura.

El intervalo de tiempo t que transcurre entre el lanzamiento y la anotacion es:

a) t= d

v sin

b) t= d

v cos

c) t=2v sin

g

d) t=2v cos

g

e) Ninguna de las anteriores

Solucion:

En el eje X(direccion horizonal) no hay aceleracion, por lo que:

x= 0 x(t) =x0+ vx,0 t

Si colocamos el origen en sobre el basketbolista, tendremos que x(0) = x0 = 0. Por otra parte, lavelocidad inicial vx,0 corresponde a la componente horizontal de la velocidad ~v. Con ello,

x(t) =v cos t

Sea t el tiempo que demora en recorrer una distancia horizontal d. Por tanto,

x(t) =d t= dv cos

Problema 1.2.Para la situacion planteada en el Problema 1.1, la altura maximaHque alcanza la pelota es:

3


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a) H=h1+v2 cos2

2g

b) H=h2+v2 sin2

2g

c) H=h1+v2 sin2

2g

d) H=h2+v2 cos2

2g


Solucion:

En el eje Y (direccion vertical) actua la aceleracion de gravedad, por lo que la posicion satisface:

y= g y(t) =y0+ vy,0 t 1

2g t2

donde, al reemplazar las condiciones inicialesy0= h1 yvy,0 = v sin ,

y(t) =h1+ v sin t 12

g t2

Para hallar la maxima altura, derivamos con respecto al tiempo e igualamos a cero:

dy

dt(tH) = v sin g tH = 0

tH = v sin g

Para calcular H, simplemente reemplazamos:

H=y(tH) =h1+v2 sin2

2g

Problema 1.3.Para la situacion planteada en el Problema 1.1, la rapidez con la que la pelota entra en el aro es:

a)p

v2 g(h2 h1)

b)p

v2 + 2g(h2 h1)

c)p

v2 + g(h2 h1)

d)p

v2 2g(h2 h1)

4


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Solucion:

Las velocidades en los ejes X e Y se obtienen al derivar con respecto al tiempo las respectivasposiciones:

vx(t) =v cos

vy(t) =v sin

g t

Sea tfel tiempo en que la pelota ingresa por el aro, medido desde que se hace el lanzamiento. Endicho instante, la altura de la pelota serah2, por lo que:

h2 h1= v sin tf12

g tf2

Por otro lado, la rapidez en dicho instante sera:

qvx2(tf) + vy2(tf) = qv

2 cos2 + (v sin g tf)2

=

sv2 2g

v sin tf1

2g tf

2

=p

v2 2g(h2 h1)

Problema 1.4.Un jugador de tenis hace un saque en el punto A, golpeando la pelota horizontalmente, como muestrala figura. Asuma g = 10 m/s2.

Determine la velocidad horizontalvA de la pelota de tenis en el punto A, tal que cruce justo por encima

de la red en el punto B.

a) vA= 6

10m/s

b) vA= 8

5m/s

c) vA= 4

15m/s

d) vA= 2

2m/s

e) vA=

3m/s

5


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Solucion:

Consideremos nuestro sistema de referencia con origen en el tenista, siendo el eje Y positivo haciaarriba, y el eje Xpositivo hacia la izquierda. La posicion de la pelota esta dada por:

x(t) =x0+ vx,0 t y(t) =y0+ vy,0 t 12

g t2

Las condiciones iniciales son:

x(0) = 0, y(0) =hA= 3 m

vx,0= vA, vy,0= 0

Por tanto,

x(t) =vA t y(t) =hA 12

g t2

Seat el tiempo en que la pelota pasa por la red en B . Entonces,

x(t) =d = 12 m t = dvA

y(t) =hB = 1 m t =s

2(hA hB)g

Igualando ambas expresiones,

vA=s g d2

2(hA hB) = 610m/s

Problema 1.5.Para la situacion planteada en el Problema 1.4, la distancia s donde la pelota golpea el suelo es:

a) s= 6

6 + 12 m

b) s= 12

6 + 12 m

c) s= 12

6 12 md) s= 6

6 m

e) s= 6

6 12 m

Solucion:

6


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Seatfel instante de tiempo en que la pelota golpea el suelo. Entonces, se debe cumplir que:

x(tf) =d + s y(tf) = 0

De la primera ecuacion podemos despejar el tiempo,

tf=d + s

vA

y reemplazarlo en la segunda ecuacion

0 =hA 12

g

d + s

vA

2

para obtener

s= dphA(hA

hB)

hA hB 1! = 66 12 m

Problema 1.6.Un proyectil es lanzado desde el puntoAcon una rapidez inicialv0en un angulo1. Un segundo proyectiles lanzado cierto tiempo despues, tambien desde A y con la misma rapidez inicial, en un angulo 2.

A que altura Hdebe estar un pajaro para ser golpeado horizontalmente por el primer proyectil?

a) H= v02 sin2 12g

b) H=v0

2

4g

c) H=v0

2 sin 12g

d) H=v0

2 sin 14g

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Solucion:

Si colocamos nuestro sistema de referencia en el punto A, las posiciones x(t) e y(t) para el primerproyectil vienen dadas por:

x(t) = v0cos 1 ty(t) = v0sin 1 t g

2t2

Como queremos que golpee al ave horizontalmente, se debe cumplir que:

dy

dx=

y0(t)

x0(t)

t=t

= 0 y0(t) =v0sin 1 g t = 0

y con ello t =v0sin 1

g . La altura en dicho instante de tiempo corresponde aH, por lo que:

H=y(t) =v0

2 sin2 12g

Problema 1.7.Para la situacion descrita en el Problema 1.6, suponga que queremos golpear horizontalmente, con elprimer proyectil, al pajaro del problema anterior y ademas a un conejo que iba pasando a una distanciaLdel punto A. El angulo con el que debemos lanzarlo es:

a) 1 = arctan

L

H

b) 1 = arctan

2L

H

c) 1 = arctan

4L

H

d) 1 = arctanH

2Le) 1 = arctan

4H

L

Solucion:

Tomando el resultado del problema anterior,

H=v0

2 sin2 12g

v02 = 2gHsin2 1

8


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Por otra parte, en un tiempot, el primer proyectil golpea al conejo. Por tanto, x(t) =L e y(t) = 0:

x : t= L

v0cos 1

y : 0 =L tan 1

gL2

2v0

2 cos2 1

Si reemplazamosv02 en la ultima ecuacion, tendremos que:

L tan 1 = gL2

2v02 cos2 1

= L2 tan2 1

4H4H = L tan 1

y con ello,

1= arctan

4HL

Problema 1.8.Para la situacion descrita en el Problema 1.6, determine la diferencia de tiempo t entre los lanzamientossi ambos proyectiles chocan en el puntoB . Ayuda: podra serle util la identidad trigonometrica sin(x y) = sin(x) cos(y)cos(x) sin(y).

a) t= 2v0sin(1 2)g(cos 1+ cos 2)

b) t=2v0sin(1 2)cos 2

g(cos2 1 cos2 2)

c) t= 2v0sin

2(1 2)g(cos 1+ cos 2)

d) t= 2v0sin(1 2)g(cos 1+ cos 2)2

e) Faltan datos para determinarlo

Solucion:

Fijaremos el tiempo t = 0 cuando se lanza el segundo movil, i.e. el primer movil ha viajado un

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tiempo t. La posicion de los moviles, (x, y) para el primer proyectil y (X, Y) para el segundo, son:

x(t) = v0cos 1(t + t)

y(t) = v0sin 1(t + t) g2

(t + t)2

X(t) = v0cos 2 t

Y(t) = v0sin 2 t g2

t2

Seato el instante de tiempo en que ambos proyectiles chocan. As,

x(to) =X(to) to= cos 1tcos 2 cos 1

y tambien

y(to) = v0sin 1

cos 1t

cos 2 cos 1 + t

g2

cos 1t

cos 2 cos 1 + t2

= t

v0sin 1cos 2cos 2 cos 1

g cos2 2t

2(cos 2 cos 1)2

Y(to) = v0sin 2

cos 1t

cos 2 cos 1

g

2

cos 1t

cos 2 cos 1

2

=

t v0sin 2cos 1

cos 2 cos 1 g cos2 1t

2(cos 2 cos 1)2Igualando ambas expresiones,

t


g cos2 2t

2(cos 2 cos 1)2

= t


g cos2 1t

2(cos 2 cos 1)2


g cos2 2t

2(cos 2 cos 1)2 = v0sin 2cos 1

cos 2 cos 1 g cos2 1t

2(cos 2 cos 1)2v0sin 1cos 2(cos 2 cos 1) g

2cos2 2t = v0sin 2cos 1(cos 2 cos 1) g

2cos2 1t

2v0g

(cos 2 cos 1)(sin 1cos 2 sin 2cos 1) = (cos2 2 cos2 1)t2v0sin (1 2)

g(cos 2+ cos 1) = t

Problema 1.9.Un canon de juguete, que se coloca en un amplio galpon techado de altura H, dispara una pelota con

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una velocidad inicial~v0.

Si el canon es disparado para que alcance su rango maximo pero sin que toque el techo, la condicionpara la alturaH es:

a) H v0

2

4g

c) H >v0

2

2

2g

d) H 0 el instante de tiempo en que el movil vuelve a tener altura cero, i.e. cuandovuelve a tocar la tierra. As,

0 =y(t) =t

v0sin g t

2

como el tiempo de colision es no nulo, entonces:

t =2v0sin

g

El alcance Aque tendra el movil corresponde a la coordenada Xen dicho instante de tiempo,

A= x(t) =2v0

2 sin cos

g =

v02 sin (2)

g

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que se maximiza cuando = max =

4. Si la altura maxima se alcanza en el instante , se debe

cumplir que:

0 =y 0() =v0sin g = v0sin g

=t

2

Si la altura maximaymax=y() debe ser menor a la altura Hdel galpon,

ymax < H

y() 0 son constantes conocidas,y donde , se miden como muestra la figura. Ademas, se sabe que en t = 0, la partcula se encontrabaa una distancia `> 0 a lo largo del eje horizontal de la figura, y que su velocidad angular era nula.

El vector posicion~r(t) es:

a) ~r(t) = (` t)b) ~r(t) = (`+t) +`

c) ~r(t) =`

d) ~r(t) = (` t) +`e) ~r(t) = (`+t)

Solucion:

El vector posicion viene dado por~r(t) =(t)

22


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por lo que necesitamos una expresion para (t). Del enunciado, sabemos que

= (constante) (0) =`

Integrando, y reemplazando la constante de integracion correspondiente al valor inicial, se tiene que:

(t) =`+t

Por tanto,~r(t) = (`+t)

Problema 1.21.Para la situacion descrita en el Problema 1.20, el vector velocidad ~v(t) es:

a) ~v(t) = +` tb) ~v(t) =

c) ~v(t) = (`+t) td) ~v(t) = + (`+t) t

e) ~v(t) = ` t

Solucion:

Si el vector posicion es~r(t) =(t)

entonces el vector velocidad corresponde a

~v(t) = (t) +(t)(t)

Del enunciado se desprende que . Por otra parte, ya determinamos que (t) = ` + t.Finalmente, necesitamos determinar , por lo cual notamos que:

= (constante) (0) = 0Integrando, y reemplazando la constante de integracion correspondiente al valor inicial, se tiene que:

(t) = t

As,~v(t) = + (`+t) t

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Problema 1.22.Para la situacion descrita en el Problema 1.20, el vector aceleracion~a(t) es:

a) ~a(t) = (`+ 3 t) ( t)2(t +`)b) ~a(t) = ( t)2(t +`) + (`+ 3 t)

c) ~a(t) =12

( t)2(t +`) + (`+ 2 t)

d) ~a(t) = ~0


Solucion:

El vector aceleracion es

~a(t) = 2 + 2 +

= (`+t)( t)2 +

2 t + (`+t)

= (`+t)( t)2 + (3 t +`)

24


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2Leyes de Newton


25


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Problema 2.1.Un bloque de masa m reposa sobre una superficie con la que tiene un coeficiente de roce cineticoc yestatico e. La superficie esta inicialmente horizontal y se empieza a incrementar muy lentamente suangulo de inclinacion . Se observa que la masa comienza a deslizar justo despues de que el angulo deinclinacion supera el valor = . Entonces, podemos concluir que:

a) e= tan

b) c= cot

c) e= cot

d) c= tan


Solucion:

El diagrama de cuerpo libre de la situacion es:

mg

frN

xy

Supongamos que nos situamos en el instante de tiempo justo antes de que la masa deslice. Por tanto,no hay aceleracion en los ejes X niY, y con ello:

: fr =mg sin

: N=mg cos

Como estamos trabajando con roce estatico, pues analizamos la situacion antes del movimiento, sedebe cumplir que fr N e. Ahora, cuando el angulo de inclinacion vale = , ambos valores seigualan y podemos determinar el coeficiente de roce estatico mnimo para lograr el equilibrio:

fr = N e

mg sin = mg cose

tan = e

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Problema 2.2.El sistema de la figura consiste en dos bloques, de masas m y 2m, que se mueven a lo largo de lassuperficies horizontales de la figura. Ambos bloques estan atados a una cuerda ideal que pasa por uncuerpo de masa 3mque se nueve solo a lo largo de la vertical. Entre el bloque de masa m y la mesa dela izquierda hay un coeficiente de roce estatico igual al dinamico, ambos iguales a 3, en tanto que entreel bloque 2my la mesa de la derecha hay un coeficiente de roce est atico igual al dinamico de magnitud

2.

El valor mnimo del coeficiente de roce estatico para que el sistema total no se mueva es:

a) e= 1

b) e=3

8

c) e=1

2d) e= 2

e) e=1

4

Solucion:

Los diagramas de cuerpo libre son:

2T

3mgmg

N1

2mg

N2

T Tfr,1 fr,2

Para el bloque de masa m:

: fr,1= T

: N1 = mg

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como queremos calcular el coeficiente de roce mnimo,

T =fr,1 N1(3e) = 3mge

Para el bloque de masa 2m:

: fr,2= T

: N2= 2mg

nuevamente, para hallar el coeficiente mnimo,

T =fr,2 N2(2e) = 4mge

Para el bloque de masa 3m,

3mg= 2T T =3mg

2

Juntando las ecuaciones, se debe cumplir simultaneamente que:

3mg

2 3mge 3mg

2 4mge

1

2 e 3

8 e

As, el valor mnimo que cumple ambas condiciones es

12

=emin

Problema 2.3.Para la situacion descrita en el Problema 2.2, la relacion de ligadura de la cuerda esta dada por:

a) x 2y+ z= 0b) x + 2y+ z= 0

c) x + y+ z= 0

d) x y+ z= 0e) x + y z= 0

Solucion:

28


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Sea ` el largo de la cuerda inextensible. Dicha cuerda est a compuesta por subsecciones, como seaprecia en la figura, por lo que:

`= x + 2y+ z

Derivando con respecto al tiempo,x + 2y+ z= 0

Problema 2.4.

Considere la situacion descrita en el Problema 2.2. Suponga ahora que el coeficiente =1

4, por lo que

el sistema esta en movimiento. La tension de la cuerda es:

a) T =mg

b) T = 2mg

c) T = 3mg

d) T =39mg

34

e) T =5mg

34

Solucion:

Aplicando la segunda ley de Newton,

Bloque m : mx= fr,1 T: N1= mg

Bloque 2m : 2mz= fr,2 T: N2= 2mg

Bloque 3m : 3my= 3mg 2T

En este caso, el roce sera cinetico y por tanto

fr,k

= k

Nk

, k= 1, 2

Reemplazando,

x = 3g

4 T

m

y = g 2T3m

z = g

2 T

2m

29


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Si utilizamos la condicion de ligadura,

x + 2y+ z = 0

,d

dt

x + 2y+ z = 0

13g4

17T6

= 0

39mg

34 = T

Problema 2.5.

Considere la situacion descrita en el Problema 2.2. Nuevamente suponga que el coeficiente = 1

4. La

aceleracion del cuerpo de masa 3mes:

a) y=13g

17

b) y= g

c) y=g

2

d) y= 2g

e) y=4g

17

Solucion:

Es facil ver que:

y= g 2T3m

=4g

17

Problema 2.6.En la figura, un bloque de masa m se apoya sobre la superficie interna de un cono de angulo , el cual

gira con rapidez angular constante respecto al eje Z. Entre el bloque y el cono hay un coeficientede roce estatico e y dinamico d. Asuma que el bloque no desliza sobre el cono, y la distancia L semantiene constante.

30


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Asuma que la fuerza de roce fr > 0 apunta hacia arriba por la superficie del cono. Llamando N almodulo de la normal, la fuerza neta que siente el bloque es:

a) ~Fneta= (frsin

Ncos ) + (

mg+ Nsin + frcos) k

b) ~Fneta= (frcos Nsin ) + (mg+ Ncos + frsin ) kc) ~Fneta=frcos m2L sin+ (mg+ Ncos ) kd) ~Fneta=frcos m2L sin+ (mg+ Ncos ) ke) ~Fneta= Nsin m2L sin+ (mg+ Ncos + frsin ) kf) Ninguna de las anteriores

Solucion:

El diagrama de cuerpo libre asociado al problema es el que sigue:

N

mg

fr

Entonces,~Fneta= (frsin Ncos ) + (mg+ Nsin + frcos) k

Problema 2.7.Considere la situacion descrita en el Problema 2.6. La aceleracion, en coordenadas cilndricas, es:

31


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a) ~a= 2L cos

b) ~a= 2L sinc) ~a= 2L sin

d) ~a= 2L cose) ~a= 2L sin

Solucion:

En coordenadas cilndricas,

~a= (r r 2) + (2r + r)+ zk

En ese caso, las variables L y permanecen constantes, por lo que:

r= L sin (constante) z= L cos (constante)Por otra parte, el enunciado nos senala que = constante. As, reemplazando,

~a= r 2 = 2L sin

Problema 2.8.Para la situacion descrita en el Problema 2.6, al resolver la ecuacion de movimiento, el valor de la fuerza

de roce es:

a) fr =eN

b) fr =dN

c) fr =mg cot m2L sin

sin+ cos cot

d) fr =mg sec+ m2L sin

sin+ cos cot

e) fr =mg cot+ m2

L sinsin cos cot

f) fr =mg sec+ m2L sin

sin cos cot

Solucion:

De la segunda ley de Newton,m~a= ~Fneta

32


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obtenemos que:

frsin Ncos = 2L sinfrcos + Nsin = mg

Multiplicando la primera ecuacion por sin , y la segunda por cos ,

frsin2 Nsin cos = 2L sin2

frcos2 + Nsin cos = mg cos

podemos sumar para despejar nuestra incognita:

fr = mg cos 2L sin2 =

mg cot m2L sinsin+ cos cot

donde la ultima lnea se obtiene con un poco de trigonometra.

Problema 2.9.Un pequeno objeto de masa m, en el extremo de un cordon, es mantenido horizontalmente a unadistancia R de un soporte fijo. Posteriormente, el objeto es liberado. Cual es la tension en el cordoncuando el objeto esta en el punto mas bajo de su trayectoria?

m

R

a) mg

2

b) mg

c) 2mg

d) 3mg

e) mg

3

Solucion:

El diagrama de cuerpo libre de la situacion es el siguiente:

33


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T

mg

La fuerza neta que actua sobre el objeto viene dada por:

~Fneta= (mg cos T) + mg sin

Como el radio r = R es constante, la aceleracion en coordenadas polares es:

~a= R 2 + R

Aplicando la segunda ley de Newton, ~Fneta=m~a,

mR 2 = mg cos TmR = mg sin

De la primera ecuacion, y denotando = ,

T() =mg cos + mR2

y necesitamos obtener el valor de la rapidez angular en el instante solicitado. Para ello, podemosusar la segunda ecuacion e integrar con respecto al angulo:

Rg = sin

, f

i

d

Rg

f

i

d =

f

i

sin d

Rg

f

i

d

dt d = cos i cos f

Rg

f

i

d

dt d =

R

g fi

d =

R

g

f

2 i22

=

Si el sistema parte desde i =

2 en reposo, entonces:

f2 =

2g

R cos f

34


37/252

El instante que nos interesa es aquel en que la masa se encuentra en su punto m as bajo, por lo quef= 0. As,

f2 =

2g

R

Reemplazando en la formula de la tension,

T(f= 0) =mg cos f+ mRf2mg+ 2mg= 3mg

Problema 2.10.En el sistema de la figura, el bloque de masa m1 se mueve sobre una superficie horizontal y estaconectado, a traves de una cuerda ideal, a una polea que se puede mover verticalmente. El bloque demasa m2 esta unido a la polea por otra cuerda ideal. Todas las poleas son ideales y sin roce.

Considere que la superficie horizontal es lisa (no hay roce). El modulo de la aceleracion del bloquehorizontal es:

a) m2g

4m1+ m2

b) m1g

m1+ m2

c) m1g

4m1+ m2

d) 2m2g

4m1+ m2

e) m2g

m1+ m2

35


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Solucion:

Consideremos la siguiente situacion:

Los diagramas de cuerpo libre para ambos bloques estan dados por:

N

T

m1g m2g

2T

De acuerdo a la segunda ley de Newton,

m1x = Tm2y = m2g 2T

La condicion de ligadura corresponde a

x + 2y= L0 (constante) x + 2y= 0

Reemplazando,

Tm1

+ 2

g 2T

m2

= 0

T

1

m1+

2

m2

= 2g

T = 2gm1m2m2+ 4m1

36


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Con ello,

x = 2gm2m2+ 4m1

y = gm2m2+ 4m1

Problema 2.11.Considere la situacion descrita en el Problema 2.10, donde a es la aceleracion del problema anterior.Si se deja evolucionar el sistema desde el reposo, el tiempo que se demora el bloque m2 en recorrer ladistanciaH es:

a) t=

r2H

a

b) t=

r4H

a

c) t=

r2H

g

d) t=

r4H

g


Solucion:

De la condicion de ligadura,

x + 2y= 0 y= x2

=a

2

pues x < 0. Ahora, como la aceleracion es constante y el sistema parte desde el reposo, se debesatisfacer que:

y=1

2y t2 t= p2yy= r

4H

a

Problema 2.12.Para la situacion descrita en el Problema 2.10, considere ahora que la superficie horizontal tiene roce.El valor mnimo del coeficiente de roce estaticoe para que el sistema este en reposo es:

a) e=m1m2

37


40/252

b) e= m14m2

c) e= m22m1

d) e=2m2

m1

e) e= m24m1

Solucion:

Ahora, el diagrama de cuerpo libre para el bloque m1 debe considerar la existencia de la fuerza deroce:

N

T

m1g m2g

2T

fr


N m1g = 0m1x = fr Tm2y = m2g 2T

Como estudiamos en caso en que los bloques estan en reposo, pero a punto de moverse, se cumpleque x= y= 0 y con ello:

fr = T =m2g

2

Como buscamos el coeficiente de roce estatico mnimo, fr =eN, y as:

eN=em1g =mu2g

2 e = m2

2m1

Problema 2.13.Para la situacion descrita en el Problema 2.10, considere ahora que la superficie horizontal tiene uncoeficiente de roce dinamicod. La aceleracion del bloque vertical es:

a) (m1 dm2)g

m1+ m2

b) (dm1 m2)g

m1+ 4m2

38


41/252

c) 2(m2 2dm1)g

4m1+ m2

d) (2dm2 m1)g

m1+ m2

e) (m2 2dm1)g

4m1+ m2

Solucion:


N m1g = 0m1x = fr T

= dN T= dm1g T

m2y = m2g 2T

De la condicion de ligadura,

x + 2y = 0

dg Tm1

+ 2g 4Tm2

=

m1m2(2 + d)g

m2+ 4m1= T

Finalmente,

y= g 2Tm2

=(m2 2dm1)g

m2+ 4m1

Problema 2.14.Un bloque de masa m se desliza sin friccion por una rampa muy larga inclinada en un , como muestrala figura. El medio que envuelve al sistema es viscoso con una fuerza de fricci on viscosa de moduloF =Cv2, en dondeCes una constante positiva y v es la velocidad del bloque.

Cual es la velocidad maxima o terminal vmaxque puede alcanzar el bloque?

39


42/252

a) vmax =

r2mg cos

C

b) vmax =

r2mg sin

C

c) vmax = rmg cosC

d) vmax =

rmg sin

C


Solucion:


N

mg

F

ya que el roce viscoso se opone al movimiento. La ecuacion de movimiento para la aceleracionparalela a la superficie viene dada por:

mak(t) =mg sin

F =mg sin

Cv(t)2

La velocidad terminal se alcanza cuando la aceleracion se vuelve nula, i.e. la suma de las fuerzas esigual a cero. Por tanto,

Cvmax2 =mg sin vmax =

rmg sin

C

Problema 2.15.

Considere el sistema de la figura, que consiste en un bloque de masa m sujeto a dos paredes por mediode resortes ideales del mismo largo natural `0 y de constantes elasticas k1 y k2, respectivamente. Laseparacion entre las paredes es precisamente 2`0.

40


43/252

Si uno aparta el bloque de masa m de la posicion de equilibrio este va a realizar oscilaciones cuyoperodo T esta dado por:

a) T = 2

rm

k1+

rm

k2

b) T = 2r m

k1+ k2

c) T = 2

m2

k1k2

1/4

d) T = 2

rm(k1+ k2)

k1k2


Solucion:

Supongamos que la masa m se desplaza una distancia x > 0 hacia la derecha, como muestra lasiguiente figura:

x

FT

Como el resortek2

se ha comprimido, realiza una fuerza que se opone a dicha compresion. Por tanto,esta fuerza apunta hacia la izquierda, i.e. ~F2 = k2x . De la misma forma, podemos observar queel resorte k1 se ha estirado, realizando una fuerza que se opone a dicha elongacion. Con ello, estafuerza tambien apunta hacia la izquierda, i.e. ~F1 =k1x . As, la fuerza neta o total que actuasobre el bloque es:

~FT = ~F1+ ~F2= k1x k2x = (k1+ k2)x


mx= (k1+ k2)x x +

k1+ k2m

x= 0

que corresponde a la ecuacion del oscilador armonico de frecuencia angular

=

rk1+ k2

m

y perodo

T =2

= 2

r m

k1+ k2

41


44/252

Problema 2.16.En el sistema de la figura, las poleas P1 y P2 son ideales. Llamamos T a la tension de la cuerda queparte de O y llega hasta el bloque de masa m.

La tensionTde la cuerda esta dada por:

a) T = 3mM

4m + Mg

b) T = (m + M)g

c) T = 3mM

m + Mg

d) T = 2mM

m + Mg

e) T = mM

2m + Mg

Solucion:

Primero que todo, notamos que la relacion de ligadura esta dada por el largo de la cuerda:

x + (x h) + y= L0 2x + y= 0

Los diagramas de cuerpo libre son:

M g mg

2T T

42


45/252

As, las ecuaciones de movimiento corresponden a:

Mx = Mg 2Tmy = mg T

Reemplazando en la ecuacion de ligadura,

2x + y = 0

2

g 2T

M

+

g T

m

=

T = 3Mmg

4m + M

Problema 2.17.Para la situacion del Problema 2.16, la aceleracion y del bloque m esta dada por:

a) y= 2g

2m MM+ m

b) y= 2g

2m MM+ 4m

c) y= g

m MM+ m

d) y= g


Solucion:

Reemplazando la tension Ten la ecuacion de movimiento del bloque m, tenemos:

y= g Tm

=2(2m M)g

4m + M

Problema 2.18.En la figura, el bloque M reposa sobre un plano horizontal con coeficiente de roce estatico e. Estebloque esta unido a otro de masa m por una cuerda. El sistema comienza conm en posicion horizontal,a una distanciaRde la polea. Primero asuma queMno deslizasobre el plano (esta quieto) y considerecierto instante dado por el angulo de la figura.

43


46/252

Escribiendo la ecuacion de movimiento para el bloque m en coordenadas polares, cual es la tensionTde la cuerda en terminos de y ?

a) T = mg sin + mR2

b) T = mg cos + mR2

c) T =mg sin + mR2

d) T =mg cos + mR

2


Solucion:

Para un angulo dado, el diagrama de cuerpo libre esta dado por:

T

mg

La fuerza neta que actua sobre el objeto viene dada por:

~Fneta= (mg sin T) + mg cos

Dado que el largo de la cuerda es constante y el bloque de masa Mno se mueve, el radior= R esconstante, la aceleracion en coordenadas polares es:

~a=

R 2 + R

Aplicando la segunda ley de Newton, ~Fneta=m~a,

mR 2 = mg sin TmR = mg cos

Por lo tanto,T =mg sin + mR 2

44


47/252

Problema 2.19.Para la situacion descrita en el Problema 2.18, calcule como funcion de :

a) 2 = g

R

m

m + Mcos

b) 2 = g

R

m

m + M

sin

c) 2 = g

R

M

m + Mcos

d) 2 =2g

Rcos

e) 2 =2g

R sin

Solucion:

Usando la segunda ecuacion e integrando con respecto al angulo:

R

g = cos

, f

i

d

R

g

f

i

d =

f

i

cos d

R

g

f

i

d

dt d = sin f sin i

R

g

f

i

d

dt

d =

R

g

f

i

d =R

g

f

2 i22

=

El angulo inicial corresponde a i= 0, y el movil es liberado desde el reposo. Por tanto,R

g

f

2

2 = sin f

Como la expresion anterior es valida para cualquier angulo que se tome como angulo final, laescribimos en funcion de :

2 =2g

R sin

Problema 2.20.Para la situacion planteada en el Problema 2.18, cuanto vale T como funcion de ?

45


48/252

a) T = 3mg cos

b) T =mg

2m + M

m + M

sin

c) T =mg

2m + M

m + M cos

d) T = 3mg sin


Solucion:

De los dos ejercicios anteriores, tenemos que:

T = mg sin + mR 2

2 = 2g

R

sin

Juntando ambos resultados,T = 3mg sin

Problema 2.21.Para la situacion planteada en el Problema 2.18, cuanto vale justo antes de que M comience adeslizar?

a) cos = (m + M)M(2m + M)m

e

b) sin = (m + M)M

(2m + M)me

c) cos = M

3me

d) sin = M

3me


Solucion:

En el instante justo antes de que Mcomience a desplazar, la fuerza de roce estatico se equipara conla tension de la cuerda:

fr =T = 3mg sin

46


49/252

Como el bloque esta pronto a deslizar, el valor de la fuerza de roce viene dado por fr = eN.Por otra parte, el valor de la normal es simplemente el modulo del peso del bloque, i.e. N = mg.Juntando todo, obtenemos que:

sin = M

3me

Problema 2.22.Un juego de un parque de diversiones consiste en una plataforma circular rotatoria de di ametroD, de lacual cuelgan asientos usando cadenas (sin masa) de largo L, como se muestra en la figura. Supongamosque el asiento con su respectivo pasajero tiene masa m. Si el angulo que forman las cadenas con lavertical es , determine la rapidez angular (constante) con que rota la plataforma.

a) =

r g tan

D+ L sin

b) =

r g tan

D/2 + L sin

c) = r g tan

D+ 2L sin

d) =

r 2g tan

D/2 + L sin

e) =

r 2g tan

D+ L sin

Solucion:

El diagrama de cuerpo libre es el siguiente:

47


50/252

k

T

mg

Usando coordenadas cilndricas, identificamos la fuerza neta que actua sobre la masa m:

~Fneta= Tsin + (Tcos mg) k

Sear el radio de giro de la masa m. Como el diametro es igual a D y el largo de la cadena es L, yambos terminos son constantes, se puede afirmar que

r= D2

+ L sin

es constante. Por otra parte, el enunciado nos senala que la rapidez angular es constante e igual a. Con ello, la aceleracion en coordenadas cilndricas queda como sigue:

~a= r2 + zk

Como la masa esta a una altura constante, z 0 y por tanto, usando la segunda ley de Newton,

T = mg

cos

De la componente radial del problema,

Tsin = mr2 =r

Tsin

mr =

s g tan

D/2 + L sin

Problema 2.23.

Un bloque de masa Mse encuentra sobre un plano horizontal sin roce y es empujado hacia la derechapor una fuerza F. Otro bloque de masa m se ubica sobre el primero y se le amarra una cuerda, comose muestra en la figura. Entre las superficies de ambos bloques existe un coeficiente de roce estaticoey de roce cinetico c.

48


51/252

Si inicialmente el sistema se encuentra en reposo, determine cual es la fuerza mnima Fminque debeaplicarse sobre la masa Mde manera que esta se empiece a mover.

a) Fmin=e(M+ m)g

b) Fmin=eMg

c) Fmin=cMg

d) Fmin=emg

e) Fmin=cmg

Solucion:

Los diagramas de cuerpo libre de los bloques son:

T fr

N1

fr

N2

Mg +N1mg

F

La segunda ley de Newton nos dice que:

Bloque m : fr =T

: N2 = mg

Bloque M : Mx= F fr: N1 = M g+ N2

Justo antes de que el bloque M se empiece a mover, la fuerza aplicada debe ser mayor que la fuerzade roce fr. Por tanto, el valor mnimo es:

Fmin=frmin =eN2 = emg

Problema 2.24.Para la configuracion del Problema 2.18, si el bloque M se esta moviendo hacia la derecha, encuentresu aceleracion a:

a) a=F cmg

M

b) a=cMg F

m

49


52/252

c) a=F cMg

m

d) a=cmg F

M


Solucion:

De las ecuaciones de movimiento,fr = cN2= cmg

Ademas,

Ma= F fr a= F frM

=F cmg

M

Problema 2.25.Para la configuracion del Problema 2.18, si el bloque M se esta moviendo hacia la derecha, encuentrela tensionTde la cuerda:

a) T =cMg

b) T =cmg

c) T =F

d) T =F+ cmg


Solucion:

De las ecuaciones de movimiento,fr = cN2= cmg

Ademas,T =fr =cmg

Problema 2.26.Una masamse encuentra sobre un plano inclinado un angulo respecto a la horizontal. La masa estaconectada a un resorte de constante k, como se muestra en la figura. Suponga primero que no existeroce entre la masa y la plataforma.

50


53/252

Si inicialmente la masa se encuentra en reposo, la compresi on x0 del resorte sera:

a) x0=mg cos

k

b) x0=mg tan

k

c) x0=mg cot

k

d) x0=mg sin

k


Solucion:


mg

FkN

xy

Para que la masa este en equilibrio, se debe cumplir que:

kx0= mg sin x0 = mg sin k

Problema 2.27.Suponga ahora que el resorte se comprime una distancia d desde su posicion en el problema anterior.Justo despues de soltarlo, la aceleracion a de la masa en la direccion hacia arriba del plano sera:

a) a=k(x0 d) mg sin

m

b) a=k(x0 d) mg cos

m

c) a=k(x0+ d) mg sin

m

d) a=k(x0+ d) mg cos

m


51


54/252

Solucion:

En este caso, la compresion total del resorte esta dad por x= x0+ d. Por otra parte, la segundaley de Newton aplicada a la coordenada Xdel problema nos dice que:

ma= Fk

mg sin

a=

Fk mg sin

m

=k(x0+ d) mg sin

m

Problema 2.28.Para la situacion planteada en el Problema 2.26, suponga ahora que el coeficiente de roce cinetico entrela plataforma y la masa es c y el estatico es e. A partir de la situacion planteada en el problemaanterior, la masa comienza a subir a lo largo del plano inclinado. Obtenga la aceleraci ona0 que tienem(en el sentido hacia arriba del plano) justo cuando el resorte alcanza su largo natural, suponiendo queen ese momento su velocidad es todava hacia arriba del plano.

a) a0 =k(x0+ d)

m g sin cg cos

b) a0 =k(x0+ d)

m g sin + cg cos

c) a0 = g sin + cg cos d) a0 = g sin cg cos e) Ninguna de las anteriores

Solucion:

La nueva ecuacion de movimiento del problema es la siguiente:

mx= Fk mg sin fr

Como el bloque se esta moviendo enX, pero no en Y, entonces:

N=mg cos fr =cN=cmg cos

Sea a

0

la aceleracion en el instante en que el resorte posee su largo natural. As, Fk = 0 en dichoinstante, y por tanto:

ma0 = mg sin fr a0 = g sin cg cos

Problema 2.29.Para la situacion planteada en el Problema 2.26, suponga ahora que el coeficiente de roce cinetico entrela plataforma y la masa esc y el estatico ese. Suponga ahora que todo el sistema se encuentra en un

52


55/252

ascensor que tiene aceleracion vertical hacia arriba constante A. Entonces, cual es el valor maximo dela compresion que puede tener el resorte tal que el bloque no deslice?

a) xmax=m(g A)(sin + ecos )

k

b)

xmax=

m(g+ A)(sin + ecos )

k

c) xmax=m(g A)(cos + esin )

k

d) xmax=m(g+ A)(cos + esin )

k


Solucion:

Para un observador en un sistema inercial, el movil adquiere una aceleracionAen la misma direccion(pero sentido opuesto) al peso del movil. As, las ecuaciones de movimiento seran:

mA sin = Fk mg sin frmA cos = N mg cos

La fuerza de roce entre el bloque y la superficie ser a

fr =eN=e(mA cos + mg cos ) =em(A + g)cos

Como queremos que no deslice, se deben igualar las fuerzas en la direcci onX:

Fk = mA sin + mg sin + fr

kxmax = m(A + g)sin + f r

xmax = m(A + g)(sin + ecos )

k

Problema 2.30.

Considere la maquina de Atwood de la figura, en que el bloque de masa m descansa sobre el bloque My la superficie entre ambos tiene coeficiente de roce estaticoe. El sistemaM/mse puede deslizar sobrela mesa lisa, y esta unido a una polea ideal por una cuerda ideal. Este sistema, a su vez, est a unidoa un bloque de masa 2m, que se desplaza en forma vertical, por medio de una cuerda ideal. Supongaque el coeficiente de roce estatico entre M y mes suficiente para que no haya desplazamiento relativoambos bloques cuando se deja evolucionar el sistema total desde el reposo.

53


56/252

2m

m

M

x

y

d

La aceleracion del bloque que cuelga esta dada por:

a) y= g 8m

7m M

b) y= g 8m

8m + M

c) y= g 8m9m + M

d) y= g 4m

9m + M

e) y= g 4m

7m MSolucion:

Los diagramas de cuerpo libre de los bloques involucrados es el siguiente:

2mg

T1

Mg +N2

N1

mg

N2

frT2 fr


Bloque m : mx= fr: N2= mg

Bloque M : Mx= fr T2: N1= M g+ N2

Bloque 2m : 2my= 2mg T1

54


57/252

El largo constante de la cuerda nos entrega una ecuacion de ligadura entre las aceleraciones delproblema:

y+ x + (x d) =L0 y+ 2x= 0

Por otra parte, la relacion entre las tensiones viene dada por:

T2= 2T1

Reemplazando, podemos despejar las aceleraciones en funcion de las tensiones correspondientes:

x = 2T1M+ m

y = g T12m

De la ecuacion de ligadura,

y+ 2x = 0g T1

2m

+ 2

2T1

M+ m

=

T1 = 2mg(M+ m)

M+ 9m

Finalmente,

y= 8mg

M+ 9m

Por completitud, calculamos la segunda aceleracion:

x= 4mgM+ 9m

Problema 2.31.Considere la situacion descrita en el Problema 2.30. Para que no haya desplazamiento relativo entremyM, el coeficiente de roce estaticoe debe ser tal que:

a) e< 4m

9m + M

b) e> 8m

9m + M

c) e> 8m

8m + M

d) e< 8m

7m M

55


58/252

e) e> 4m

9m + M

Solucion:

Sabemos que:fr = mx fr < eN2= emg

Juntando ambos resultados,

fr < emg

mx < x

g < e

4m

M+ 9m t0, en el cual el anillo se desliza por la gua vertical (ninguno de los cuerpos ha tocado eltecho o el suelo):

a)vBvA = 2yApyA2 + L2

b)

vBvA = yB2pyA2 + L2

c)

vBvA = yBpyA2 + L2

d)

vBvA

= yA

2pyA2 + L2e) Ninguna de las anteriores

Solucion:

Sea r la longitud de la cuerda diagonal que une al anillo A con la polea fija al techo. Por teoremade Pitagoras,

yA2 + L2 =r2 r=

pyA2 + L2

Por otra parte, la ecuacion de ligadura asociada al largo constante de la cuerda es:

r+ 2yB = pyA2 + L2 + 2yB =L0Derivando implcitamente con respecto al tiempo, tenemos que:

pyA2 + L2 + 2yB = L0

,d

dt

yA vApyA2 + L2

+ 2vB = 0

yA2p

yA2 + L2=

vBvA

72


75/252

Por tanto, vBvA = yA2pyA2 + L2

Problema 2.48.Para la situacion descrita en el Problema 2.47, la tension de la cuerda instante t0

+ (justo despues desoltarlo) es:

a) T =

2Mmg

2 + 1

M+ 8m

!

b) T =

2Mmg

2

2 + 1

M+ 8m

!

c) T =

2Mmg

2

2 + 1

M+ 4m

!

d) T =

2Mmg

2 + 1

M+ 4m

!

e) T =

2Mmg

2

2 1M+ 4m

!

Solucion:

Los diagramas de cuerpo libre de ambos elementos son:

T 2T

mg M g

N

La segunda ley de Newton aplicada a ambos cuerpos nos dice que:

MaB = Mg 2TaB = g 2T

M

maA = mg Tcos aA = g Tcos

m

73


76/252

concos =

yAr

= yApyA2 + L2

De la ecuacion de ligadura, podemos hallar una relacion entre ambas aceleraciones:

pyA2 + L2 + 2yB = L0

,ddt

yA vApyA2 + L2

+ 2vB = 0

cos vA+ 2vB = 0

,d

dt

cos aA+d cos

dt vA+ 2aB = 0

Reemplazando ent= t0+

, y recordando que los cuerpos parten desde el reposo,

cos

t=t0+

aA(t0+) + 2aB(t0

+) = 0

aA(t0+)

2+ 2aB(t0

+) =

Finalmente, y recordando que todos los observables estan evaluados en el tiempo indicado,

aA2

+ 2aB = 0

22

g T

22m

!+ 2

g 2T

M

=

T =

2Mmg

2

2 + 1

M+ 8m

!

Problema 2.49.

Para la situacion descrita en el Problema 2.47, la aceleracion del anillo en el instantet0+

(justo despuesde soltarlo) es:

a) aA= g

2

2M 8mM+ 8m

!

b) aA= g

8m + 2

2M

M+ 8m

!

74


77/252

c) aA= g

2M 4mM+ 4m

!

d) aA= g

2M+ 4m

M+ 4m

!

e) aA= g

8m 22MM+ 8m

!

Solucion:

Reemplazando en la ecuacion de movimiento,

aA= g

2T

2m =g

8m 22M

M+ 8m

!

75


78/252

3Trabajo y energa


76


79/252

Problema 3.1.Considere el sistema mostrado en la figura, en el cual una argolla de masam parte desde el reposo en elpuntoA y se desliza por la gua circular (contenida en un plano vertical) bajo la influencia de su propiopeso y del resorte de constante k de largo natural R/2. Considere que el segmento de arco ABCDes libre de roce, pero el segmento DA tiene un coeficiente de roce cinetico . La argolla comienza sumovimiento desde el punto A con una velocidadv0 , dondev0 > 0. Considere que el resorte puede girar

libremente respecto a un pivote ubicado en el punto fijo P.

Cual de las siguientes expresiones corresponde a la rapidez de la argolla al pasar por el punto C?

a)

rv02 +

kR2

m + 2Rg

b)

rv02 +

9kR2

4m + 2Rg

c)

rv02 +

9kR2

4m + 4Rg

d) rv02 +

9kR2

8m + 4Rg

e)

rv02 +

kR2

m + 4Rg

Solucion:

Como no existe roce entre los puntos A y C al avanzar a favor del las agujas del reloj, la energamecanica se conserva:EA= EC. As, tomando como nivel de energa potencial gravitacional cero al

77


80/252

plano que pasa por el punto P,

EA = KA+ UAelastica + UA

gravitacional

= mv0

2

2 +

k(`A R/2)22

+ mg(2R)

= mv0

2

2 +kR2

2 + 2mgR

EC = KC+ UCelastica + UC

gravitacional

= mvC

2

2 +

k(`C R/2)22

+ mg(0)

= mvC

2

2

Igualando,

rv0

2

+

kR2

m + 4gR = vC

Problema 3.2.Para la situacion descrita en el Problema 3.1, el modulo de la fuerza que ejerce la gua circular sobre laargolla cuando pasa por el punto Ces:

a) 5mg+ kR+mv0

2

R

b) mg

c) 3mg

d) 4mg+9kR

4 +

mv02

R


Solucion:

En coordenadas polares, tomando como origen el centro de la circunferencia, la aceleraci on del anillo

es: ~a=

r r2 +

2r+ r

= R2 + R

Notar que:~r= R ~v= R = v

y con ello = v

R. Si nos ubicamos en el punto C, entonces

= =

78


81/252

Aplicando la segunda ley de Newton en el punto C,

m~a = ~Fneta

mR 2C + mRC = NC mg

donde no hemos considerado la fuerza del resorte pues este se encuentra en su largo natural, y NCes la fuerza que ejerce la gua sobre la argolla en el puntoC. As,

NC=mg+ mR 2C =mg+

mvC2

R

Del ejercicio anterior, podemos reemplazar el valor de la rapidez en C en termino de variablesconocidas del problema:

NC=mg+m

R

v0

2 +kR2

m + 4gR

= 5mg+ kR+

mv02

R

Problema 3.3.Para la situacion descrita en el Problema 3.1, cual es el trabajo que realiza la fuerza de roce en el

tramoDA, si la argolla pasa por el punto A por segunda vez con una velocidadv0

2 (justo al comenzar

la segunda vuelta)?

a)4

R(kR+ mg)

b)54

R(kR+ mg) + mv02

2

c)3m8

v02

d)2

Rmg


Solucion:

SeaA0 un punto que coincide con el punto A, pero en el cual la rapidez del anillo es la mitad de lainicial. Por definicion del trabajo realizado por la fuerza de roce,

Wroce=EA0 ED = EA0 EAya que, por conservacion de energa, se sabe que ED = EA. Como, en terminos espaciales, lospuntos A y A0 son iguales, la diferencia de energa mecanica se reduce solo a la diferencia de energapotencial. Con ello,

Wroce=KA0 KA= m2

v02

2 v02

= 3mv0

2

8

79


82/252

Problema 3.4.Considere el sistema mostrado en la figura, en el cual una argolla de masa mparte desde el reposo enA y se desliza siguiendo la gua semicircular lisa (contenida en un plano vertical) bajo la influencia desu propio peso y del resorte de constante elasticak y largo naturalR/2.

Cual de las siguientes expresiones corresponde a la rapidez vB de la argolla al pasar por el punto B ?

a) vB =

r(

5 1)4

kR2

m + Rg

b) vB =

r(

5 1)24

kR2

m + Rg

c) vB =

r5

4

kR2

m + Rg

d) vB =r

(5 1)24

kR2

m + 2gR

e) vB =

r(

5 1)4

kR2

m + 2gR

Solucion:

Como no existe roce, la energa mecanica se conserva:EA= EB. As, tomando como nivel de energapotencial gravitacional cero al plano que pasa por el punto B ,

EA = KA+ UAelastica

+ UAgravitacional

= k(`A R/2)2

2 + mgR

= k(

5 1)2R2

8 + mgR

EB = KB+ UBelastica + UB

gravitacional

= mvB

2

2

80


83/252

Igualando, s(

5 1)24

kR2

m + 2gR = vB

Problema 3.5.Para la situacion descrita en el Problema 3.4, cual de las siguientes expresiones corresponde al moduloNB de la fuerza que ejerce la gua semicircular sobre la argolla cuando pasa por el puntoB ?

a) NB =mg

b) NB = 3mg

c) NB =mg kR2

d) NB = 3mg (

5

1)2

4 kR

e) NB = 3mg+(

5 1)24

kR

Solucion:

En coordenadas polares, tomando como origen el centro de la semicircunferencia, la aceleracion delanillo es:

~a=

r r2 +

2r+ r

= R2 + R


y con ello = v

R. Si nos ubicamos en el punto B, entonces

= =

Aplicando la segunda ley de Newton en el punto B ,

m~a = ~Fneta

mR 2B + mRB = NB mg

donde no hemos considerado la fuerza del resorte pues este se encuentra en su largo natural. As,

NB =mg+ mR 2B =mg+

mvB2

R

Del ejercicio anterior, podemos reemplazar el valor de la rapidez en B en termino de variablesconocidas del problema:

NC=mg +m

R

(

5 1)24

kR2

m + 2gR

!= 3mg+

(

5 1)24

kR

81


84/252

Problema 3.6.Un bloque de masam se desliza por una rampa curva sin friccion, partiendo del reposo a una altura h.Al finalizar la rampa, el bloque se desliza una distancia d por una superficie rugosa, cuyo coeficiente defriccion dinamica es . Luego de salir del camino rugoso, el bloque finalmente comprime una distanciax un resorte de coeficiente k y se detiene momentaneamente. Cual es el valor de x en termino de losotros parametros del problema?

a) x=

rmg

2k(h + d)

b) x=r

2mgk

(h d)

c) x=

rmg

2k(h d)

d) x=

r2mg

k (h + d)


Solucion:

Como el bloque m parte del reposo, su energa inicial es, simplemente,Ei = mgh. Notar que hemosfijado el nivel cero de energa potencial en el suelo. Al finalizar la rampa, como no hay roce, laenerga se conserva. En el tramo rugoso, la fuerza de roce realiza un trabajo dado por:

Wroce= frd= mgd

As, la energa en el punto final del tramo rugoso es:

Ef =Ei+ Wroce=mg(h

d)

La compresionx maxima se consigue cuando el bloque alcanza el reposo, por lo que toda la energase encuentra contenida en el resorte comprimido. Por tanto,

kx2

2 =mg(h d) x=

r2mg

k (h d)

82


85/252

Problema 3.7.El resorteAB , de constante elasticak y longitud natural `, esta unido al soporte A y al collar movilBde masa m. La distancia entre los puntosAy Ces igual a `.

Conociendo que el collar se libera desde el reposo en x= x0 y que el roce es despreciable, la magnitudde la velocidad del collar cuando pasa por el punto Ces:

a)

rk

m`

b)r

km

2 + x02 `

c)

rk

m

2 + x02 x0

d)

rk

mx0

e) No se puede determinar

Solucion:

Primero que todo, fijamos el nivel cero de energa potencial en la lneaC B. As, la energa mecanicaen el punto B esta dada por:

EB =k

2

`B `

2=

k

2

p2 + x02 `

2

Por otra parte, y dado que el resorte se encuentra en su largo natural, la energa mecanica enCsoloposee una componente cinetica:

EC=m

2vC

2

Como no hay roce, la energa se conserva y por tanto:

EB =EC vC=r

k

m

p2 + x02 `

Problema 3.8.Un bloque de masa m inicia su movimiento en el punto A a una altura h0, partiendo desde el reposo, y

83


86/252

se desliza hacia abajo por un tramo de pista curva de friccion despreciable, la cual da paso (en el puntoB) a un tramo de pista recto e inclinado con un coeficiente de roce cineticoc.

La rapidez v del bloque, al pasar por el punto B , es:

a) v= 0

b) v= 2

gh0

c) v= rh0

2d) v=

2gh0

e) v=1

2

gh0

Solucion:

Fijando como nivel cero de energa potencial al suelo, la energa inicial del bloque enAes:

EA= mgh0

Por otra parte, en el punto B ,

EB =mv2

2

Como no hay roce, la energa se conserva y, por tanto,

EA= EB v=p

2gh0

Problema 3.9.Para la situacion descrita en el Problema 3.8, la altura maxima y0 que alcanza el bloque en el planoinclinado con roce es:

a) y0 =h0tan

c

b) y0 = h0

1 + ccot

c) y0 = h0

84


87/252

d) y0 = h0

sin + ccos

e) y0 = h0

cos + csin

Solucion:

Sea d la distancia que recorre el bloque hasta detenerse. El trabajo realizado por la fuerza de roceen el trayecto es:

Wroce= frd= cNd= cmgd cos

Por otra parte,Wroce=mgy0 EB =mgy0 EA= mg(y0 h0)

Igualando,

h0 y0= cd cos = c

y0sin

cos y0 = h01 + ccot

Problema 3.10.Considere la fuerza en dos dimensiones ~F(x, y) = (x2, xy). Sean dos caminosC1 yC2 tal como se indicaen la figura, los cuales conectan el origen con el punto (1, 1) en el plano.

(0, 0)

(1, 1)

(1, 0)

(0, 1)

C1C2

El trabajo W1 hecho por la fuerza ~Fa lo largo de C1 es:

a) W1 = 0

b) W1 =

1

2

c) W1 =1

3

d) W1 =1

6

e) W1 =5

6

85


88/252

Solucion:

La curvaC1 se puede parametrizar como dos segmentos rectos de ecuaciones:

C1(1) : x= t , t [0, 1] C1(2) : x= 1 , t [0, 1]

y= 0 y= t

As, el trabajo W1 viene dado por:W1= W1

(1) + W1(2)

donde

W1(1) =

C1(1)

(x2, xy)(dx,dy)

=

10

x2 dx +

10

xy dy

= 1

0

t2 dt + 0

= 1

3

W1(2) =

C1(2)

(x2, xy)(dx,dy)

=

10

x2 dx +

10

xy dy

= 0 + 10

t dt

= 1

2

Finalmente,

W1 = W1(1) + W1

(2) =5

6

Problema 3.11.Para la situacion descrita en el Problema 3.10, el trabajoW2 hecho por la fuerza ~Fa lo largo deC2 es:

a) W1 = 0

b) W1 =1

2

c) W1 =1

3

86


89/252

d) W1 =1

6

e) W1 =5

6

Solucion:

La curvaC2 se puede parametrizar como dos segmentos rectos de ecuaciones:

C2(1) : x= 0 , t [0, 1] C2(2) : x= t , t [0, 1]

y= t y= 1

As, el trabajo W1 viene dado por:W2= W2

(1) + W2(2)

donde

W2(1)

=C2

(1)(x

2

, xy)(dx,dy)

=

10

x2 dx +

10

xy dy

= 0 + 0

= 0

W2(2) =

C2(2)

(x2, xy)(dx,dy)

= 10

x2 dx + 10

xy dy

=

10

t2 dt + 0

= 1

3

Finalmente,

W2 = W2(1) + W2

(2) =1

3

Problema 3.12.Ahora: si para un campo de fuerzas cualquiera ~F(x, y) se sabe que los trabajos W1 y W2 a lo largo delos caminos particulares C1 yC2 fuesen iguales, entonces se puede concluir que:

a) Ese campo de fuerza es conservativo

b) No se puede determinar si es conservativo solo con esa informacion

87


90/252

c) El campo de fuerzas es no conservativo

d) El trabajo a lo largo de cualquier otro camino entre el origen y (1, 1) debe ser tambien igual

e) Existe una funcion escalar tal que ~F =

Solucion:

Para un campo de fuerza ~F, son equivalentes los siguientes enunciados:

(1) El campo ~Fes conservativo

(2) Existe una funcion escalar tal que ~F = (3) El trabajo a lo largo de cualquier curva entre los puntos~ay ~bes el mismo

En este caso, saber que dos curvas que unen un mismo par de puntos poseen el mismo trabajo noes suficiente para afirmar que el campo es conservativo, pues dicha condici on debe cumplirse para

todaslas curvas que conecten el mismo par de puntos.

Problema 3.13.Una partcula puntual de masa m (NO es un solido) se suelta desde el reposo sobre un superficie MUYlarga sin roce, descrita por la funcion y = f(x) = H ex. Luego, entra en una zona plana de largo Lcon un coeficiente de roce variable, descrito por la funcion (x) =Ax. Finalmente, al salir de la zonacon roce, se encuentra un resorte de constante el asticak.

La rapidez de la partcula, en funcion de de la coordenada x, en la bajada sin roce es:

a) v(x) =p

2g(H+ ex)

b) v(x) =p

2g(H ex)

c) v(x) =p

2gH(1 ex)

d) v(x) =p

2gH(1 + ex)


88


91/252

Solucion:

Por conservacion de energa,

Ei = Ef

mgy(0) = mgy(x) +mv(x)2

2p2gH(1 ex) = v(x)

Problema 3.14.Para la situacion descrita en el Problema 3.13, calcule el trabajo realizado por la fuerza de roce en eltramo horizontal, luego que la partcula recorre una distanciaL:

a) Wr =

AmgL2

2

b) Wr = AmgL2

2

c) Wr = AmgL

2

d) Wr = AmgL2


Solucion:

El trabajo realizado por una fuerza ~F corresponde a:

W =

finalinicio

~F d~r

donde d~r es un diferencial de distancia que apunta en la direcci on de movimiento; en este caso,d~r= dx . La fuerza de roce, que se opone al movimiento, viene dada por:

~Fr =

(x)N =

(x)mg

Con ello,

Wr =

L0

~Fr d~r= L0

Amg x dx= AmgL2

2

Problema 3.15.Para la situacion descrita en el Problema 3.13, calcule la compresion maxima del resorte:

89


92/252

a) x=

rmg(2H+ AL2)

k

b) x=

rmg(2H AL2)

k

c)

x=rmg(H+ AL2)

k

d) x=

rmg(H AL2)

k


Solucion:

La energa justo antes de golpear al resorte es:

Ei= mgy(0) + Wr =mgH AmgL2

2 =mg

2

2H AL2La compresion es maxima cuando la rapidez de la partcula es nula, y por tanto:

Ef=kx2

2


Ei = Ef

x= rmg(2H AL2)

k

Problema 3.16.Para la situacion descrita en el Problema 3.13, calcule la cantidad de energa disipada luego de pasardos veces por la zona con roce, si A = L1:

a) Edis =mgL

3

b) Edis = mgL2

c) Edis = 3mgL

d) Edis = 2mgL

e) Edis =mgL

90


93/252

Solucion:

Si pasa dos veces por la zona con roce, la energa disipada estara dada por:

Edis= 2|Wr|= AmgL2 =mgL

Problema 3.17.Para la situacion descrita en el Problema 3.13, suponga ahora que la partcula se devuelve debido a lafuerza de restauracion del resorte. La altura maxima que alcanza la partcula, si A = L1 y H = 2L,es:

a) hf=L

b) hf=2L

3

c) hf= 0

d) hf=L

3

e) hf=L

2

Solucion:

La energa inicial del problema corresponde a la energa potencial que posea la partcula:

Ei = mgy(0) =mgH= 2mgL

Como la partcula pasa dos veces por la zona de roce (de ida y de vuelta), perdera una cantidad deenerga igual a lo calculado en el problema anterior:

Edis =mgL

Finalmente, la altura maxima se alcanza cuando la partcula posee una rapidez nula:

Ef=mghf

As,Ef =Ei Edis hf=L

Problema 3.18.Dos carros que tienen parachoques elasticos colisionan como muestra la figura. El carro A tiene 2 kg demasa y esta inicialmente moviendose hacia la derecha. El carroB tiene 3 kg de masa y esta inicialmenteen reposo.

91


94/252

Cuando la separacion entre los carros es mnima se cumple que:

a) El carroB esta aun en reposo

b) El carroA queda en reposo

c) Los carros tienen la misma energa cinetica

d) La energa cinetica del sistema es mnima

e) La energa cinetica del sistema es maxima

Solucion:

La energa total del sistema en este caso tiene dos componentes, la energa cinetica y la energapotencial elastica. Cuando la separacion entre los carros es mnima, la deformacion del resorte esmaxima y, por ende, la energa potencial elastica es maxima. Entonces, para un dado valor de energatotal, la energa cinetica del sistema (los dos carros) es mnima.

Problema 3.19.Una barra A rgidamente unida a una varilla BCsin masa sera el caso 1 a estudiar. El caso 2 consisteen la misma barra A, pero que cuelga mediante dos cuerdas sin masa como se muestra en la figura. Elgrosor de la barra A es despreciable comparado conL. En ambos casos,A es liberado del reposo en un

angulo 0.

Cuando = 0, cual de los dos sistemas tendra mayor energa cinetica?

a) Caso 1

b) Caso 2

c) La energa cinetica es la misma en ambos casos

d) No se puede establecer

e) Depende de como se inicie el movimiento

92


95/252

Solucion:

En las dos situaciones, la diferencia de altura del centro de masa de la barra A entre la posicioninicial, 0, y cuando = 0 es la misma. Por tanto, la variacion de energa potencial gravitatoria enambos casos es igual y, como la energa total se conserva, la variacion de energa cinetica tambienes igual en cada una de las situaciones. Si la velocidad inicial de la varilla es cero en los dos casos,

la energa cinetica es la misma en ambos casos.

Problema 3.20.Una masa m se encuentra sobre un plano inclinado un angulo respecto a la horizontal. La masaesta conectada a un resorte de constante elastica k y largo natural `, como se muestra en la figura.Llamaremos x a la distancia entre el soporte y la masa. Suponga primero que no existe roce entre lamasa y la plataforma.

La energa potencial del sistema se puede escribir como:

a) U(x) =k

2

(x `)sin

2+ mgx cos

b) U(x) = k2

(x `)2 + mgx cos

c) U(x) =k

2

(x `)sin

2+ mgx sin

d) U(x) =k

2(x `)2 + mgx sin


Solucion:

Si x corresponde a la longitud del resorte, entonces la energa potencial elastica es, simplemente,

Ue=k

2(x `)2

Por otra parte, la altura h a la que se encuentra el bloque se relaciona con x mediante la ecuacionh= x sin . Por tanto, la energa potencial gravitacional es

Ug =mgh = mgx sin

93


96/252

Finalmente, la energa potencial total esta dada por:

U(x) =Ue+ Ug =k

2(x `)2 + mgx sin

Problema 3.21.Considere la situacion descrita en el Problema 3.20. Suponga ahora que el resorte se comprime unadistanciad(desde su largo natural) y se suelta desde el reposo. La velocidad de la masa m en funcionde su posicion esta dada por:

a) v2 =kd2

mk(x `)

2

m + 2g(x + d `)sin

b) v2 =kd2

mk(x `)

2

m 2g(x + d `)cos

c) v2 =kd2

mk(x `)

2

m 2g(x + d `)sin

d) v2 =kd2

mk(x `)

2

m + 2g(x + d `)cos


Solucion:

La energa inicial del sistema, cuando se encuentra comprimido una distanciax0 = `dy en reposoes:

Ei= U(x0) =kd2

2 + mg(` d)sin

Cuando el bloque se suelta, la energa que adquiere posee una componente cinetica y una componentepotencial:

Ef=mv2

2 + U(x) =

mv2

2 +

k

2(x `)2 + mgx sin

As, por conservacion de energa,

Ei = Ef

v2 =kd2

m k(x `)2

m 2g(x + d

`)sin

Problema 3.22.Considere la situacion descrita en el Problema 3.20. Para el siguiente problema, suponga que existe uncoeficiente de roce cinetico c entre la plataforma y la masa. Supongamos que, a partir de la situaci onplanteada en el problema anterior, la masa comienza a subir a lo largo del plano inclinado. Durante elintervalo de tiempo en que la velocidad se mantiene en direccion hacia arriba del plano inclinado, lavelocidad de la masa (que ahora llamamos V) esta dada por:

94


97/252

a) V2 =v2 2cg(x + d `)cos b) V2 =v2 2cg(x + d `)sin c) V2 =v2 + 2cg(x + d `)cos d) V2 =v2 + 2cg(x + d `)sin e) Ninguna de las anteriores

Solucion:

Supongamos que el bloque se encuentra a una distancia x del origen del sistema de referencia.Entonces, dicho bloque ha recorrido una distancia L= x +d `. As, la fuerza de roce realiza untrabajo igual a:

Wr = frL= cNL= cmg(x + d `)cos

En este caso, la energa final EFes la misma energa Efdel problema anterior, cambiandov por V.ComoEF =Ei+ Wr, la elacion entre las velocidades es:

V2 =v2 2cg(x + d `)cos

Problema 3.23.Una partcula se mueve en presencia de una fuerza conservativa del tipo ~F =ax +ay, describiendoun movimiento circular de radio R (ver figura). Note que el punto A corresponde al origen.

x

y

El trabajo W1 realizado por la fuerza ~F cuando la partcula se desplaza desde el puntoA hasta B es:

a) W1 = 0

b) W1 = 2aR2

c) W1 = aR2

d) W1 =aR2

2


95


98/252

Solucion:

Como es campo de fuerzas ~Fes conservativo, entonces existe una funcion(x, y) tal que ~F = y, por tanto,

W1= (0, 0) (2R, 0)

Como hallamos dicha funcion escalar? Notemos que:

Fx = x

ax =

, () dx

ax2

2 + h(y) =

donde, en vez de una constante de integracion, aparece una funcion que depende de y y que se

comporta como constante ante la derivacion parcial. Por otra parte,

Fy = y

ay = h0(y),

() dy

ay2

2 + C = h(y)

Por tanto, el potencial asociado a este campo de fuerzas es:

(x, y) = a2

(x2 + y2) + C

Finalmente, evaluando en los puntos correspondientes,

W1= 2aR2

Problema 3.24.

Para la situacion descrita en el Problema 3.23, el trabajo W2 realizado por la fuerza ~F cuando lapartcula da una vuelta completa y regresa al puntoA es:

a) W2 = 0

b) W2 = 2aR2

c) W2 = aR2

d) W2 =aR2

2

96


99/252


Solucion:

Como el punto de inicio y el final son los mismos, digamos (x0, y0), entonces el trabajo es:

W2= (x0, y0)

(x0, y0) = 0

97


100/252

4Conservacion de momentum y colisiones


98


101/252

Problema 4.1.Un astronauta de masa M esta en el espacio, en reposo con respecto a su nave espacial. Un objeto demasam viaja en lnea recta con una velocidad constante,v0, respecto a la nave espacial. El astronautaen reposo, en una maniobra arriesgada, logra atrapar el objeto y no lo deja escapar.

Que velocidad vfadquiere el astronauta, con respecto a la nave espacial, despues de haber atrapadoel objeto?

a) vf=

M

m + M

v0

b) vf=

m

m + M

v0

c) vf=

M mm + M

v0

d) vf= 2m + M

M v0e) Ninguna de las anteriores

Solucion:

Dado que no hay fuerzas externas en el sistema m/M, el momentum lineal se conserva:

pinicial = pfinal

mv0 = Mvf+ mvf (pues los objetos quedan unidos)mv0

M+ m = vf

Problema 4.2.Una cuna con masa M = 10 kg de reposa sobre una superficie horizontal sin roce, como muestra lafigura. Un bloque de masa m = 5 kg parte del reposo y desliza hacia abajo sobre la superficie inclinadade la cuna, la cual tiene roce.

99


102/252

y

x

m

M

En el instante en que la componente vertical de la velocidad del bloque es 3m/s hacia abajo y lacomponente horizontal es 6 m/s hacia la izquierda, cual es la velocidad de la cuna?

a) 3 m/s hacia la izquierda

b) 3 m/s hacia la derecha

c) 6 m/s hacia la derecha

d) 6 m/s hacia la izquierda

e) 12 m/s hacia la derecha

Solucion:

Para encontrar lo pedido de forma rapida podemos aplicar conservacion de momentum, pero debemosser cuidadosos. Para aplicar este principio, hay que reconocer las fuerzas que actuan sobre el sistema,y determinar cuales de ellas son externas. Por una parte, tenemos la accion de la gravedad sobreel bloque y la cuna, la normal entre ambos cuerpos, y la reaccion del suelo sobre la cuna. Enausencia de roce entre la cuna y el suelo, la normal entre cuna y bloque va a producir que amboscuerpos se muevan en sentidos opuestos a lo largo de la direccion paralela al suelo. Lo importante esreconocer que la normal entre ambos cuerpos es una fuerza interna del sistema, la cual (por terceraley de Newton) no aporta en la variacion neta de momentum del sistema. En cambio la gravedad,siempre actuando vertical, producira una variacion del momentum en dicha direccion, mientras queel momentum en la direccion paralela al suelo permanece constante porque no hay fuerzas externasactuando en esa direccion. Es importante destacar que si hubiera roce en el suelo entonces habraque contar dicha fuerza. Aplicando conservacion de momentum en la direccion paralela al suelo,vemos que:

~pi= ~0 =~pf=M~v1+ m~v2=

Mv1+ mv2

en donde el momentum inicial en la direccion mencionada es nulo pues todo parte en reposo. Conello,

v1 =

m

M v2 = 3 m/s

y va hacia la derecha.

Problema 4.3.Una esferaAde masam, amarrada en el extremo de un cordon de longitud`, es lanzada de una alturahcon rapidez inicialv0, como muestra la figura. La esfera chocara elasticamente con un bloqueB, tambiende masam. Desprecie las fricciones y considere el plano horizontal, donde B se apoya inicialmente, comoel nivel cero de energa potencial.

100


103/252

La energa EA de la esfera y EB del bloque, inmediatamente despues del choque, son:

a) EA= 0, EB =mgh

b) EA= EB =mv0

2

4 +

mgh

2

c) EA= 0, EB =mg`

d) EA= 0, EB = mv02

2 + mgh

e) EA= 0, EB =mv0

2

2 + mg`

Solucion:

En el tramo antes del choque, la energa se conserva para la esfera. Como el choque es elastico, laenerga tambien se conserva durante la colision. As, la energa total del sistema antes/despues delchoque es:

Etotal=EAinicial =

mv02

2

+ mgh

La esferaA, justo antes de colisionar con el bloque B, solo posee energa cinetica (pues se encuentraa nivel de suelo). Llamemos v a la rapidez correspondiente a dicha energa. Por conservacion demomentum durante la colision,

pi = pf

mv = mvA+ mvB

v = vA+ vB

() v vA = vB

Usando conservacion de energa durante el choque,

Ei = Efmv2

2 =

mvA2

2 +

mvB2

2v2 = vA

2 + vB2

v2 vA2 = vB2(v vA)(v+ vA) =

101


104/252

Reemplazando la ecuacion () y simplificando,

() v + vA= vB

De (), (), obtenemos que:vA= 0 vB =v

Finalmente, dado que la esfera A tiene rapidez nula y se encuentra a nivel de suelo, EA= 0. Comola energa se conserva, se debe cumplir que EB =Etotal, lo que completa lo pedido.

Problema 4.4.Considere la situacion descrita en el Problema 4.3. Despues del choque, el bloque B alcanzara (sobre larampa) una altura maximay tal que:

a) y= h

b) y=v0

2

2g

c) y= `

d) y= `+v0

2

2g

e) y= h +v0

2

2g

Solucion:


mgy = EB =Etotal=mv0

2

2 + mgh y= h + v0

2

2g

Problema 4.5.

Considere la situacion descrita en el Problema 4.3. Suponiendo ahora que la esfera A se deja caer desdeel reposo, desde que altura h0 debiese caer para que adquiera la misma energa total que en la situacionplanteada inicialmente, justo antes de chocar con el bloque B ?

a) h0 =h

b) h0 =`

c) h0 =`+v0

2

2g

102


105/252

d) h0 =h +v0

2

2g


Solucion:


mgh0 =Etotal=mv0

2

2 + mgh h0 =h +v0

2

2g

Problema 4.6.Considere el sistema mostrado en la figura, el cual consiste de una gua metalica ABCDEpor la cualse desplazan argollas de masa m y M, las que para efectos de este problema pueden ser consideradas

como cuerpos puntuales. La argolla de masam esta ligada a un resorte de masa despreciable, constanteelastica k y largo natural R, el cual esta pivotado en un soporte fijo ubicado en el punto O. El tramorectoAB de la gua y el semicircular BCD(de radioR) estan libre de roce, sin embargo el tramo rectoDEtiene un coeficiente de roce cinetico c. En cierto instante, el sistema se deja evolucionar librementecon las argollas ubicadas inicialmente en las posiciones mostradas en la figura.

SiUicorresponde a la energa potencial elastica almacenada inicialmente en el resorte, el maximo valor

posible de la masa m para que la correspondiente argolla llegue al punto D es:

a) mmax = Ui4gR

b) mmax =2UigR

c) mmax = UigR

103


106/252

d) mmax = Ui2gR

e) mmax =4UigR

Solucion:

Si tomamos asumimos que la energa potencial gravitacional es nula en el segmento AB, entoncesla energa se conserva en el movimiento de la argolla: Einicial =Efinal. Como la argolla mparte delreposo, entonces:

Einicial=Ui

Por otra parte, en el punto D, la energa viene dada por:

Efinal=mvD

2

2 + 2mgR

Despejando la masa,

m= Ui

vD2/2 + 2gR

que sera maxima cuando la velocidad en el punto D sea nula. As,

mmax = Ui2gR

Problema 4.7.Para la situacion descrita en el Problema 4.6, considere que el valor de m es tal que la argolla pasa porCcon una rapidez distinta de cero. El modulo NCde la fuerza que la gua semicircular ejerce sobre laargolla de masa m cuando pasa por el punto C es:

a) NC= Ui2R

b) NC=mg

c) NC= 2

UiR

mg

d) NC= 0


Solucion:

En coordenadas polares, tomando como origen el punto O, la aceleracion de la argolla es:

~a=

r r2 +

2r+ r

= R2 + R

104


107/252


y con ello = v

R. Si nos ubicamos en el punto C, entonces

= =

Aplicando la segunda ley de Newton en el punto C,

m~a = ~Fneta

mR 2C + mRC = NC mg

donde no hemos considerado la fuerza del resorte pues este se encuentra en su largo natural. As,

NC=mR 2C =

mvC2

R


Einicial = Efinal

Ui = mgR+mvC

2

22Uim

2gR = vC2

Con ello, podemos reemplazar el valor de la rapidez en Cen termino de variables conocidas del

problema:

NC=m

R

2Uim

2gR

=2Ui

R 2mg= 2

UiR

mg

Problema 4.8.Para la situacion descrita en el Problema 4.6, considere ahora queM=m. La rapidezvMque adquierela argolla de masa M, inicialmente en reposo, justo despues de que la argolla de masa m la chocaelasticamente es:

a) vM=r

2Uim

4gR

b) vM=

rUim

gR

c) vM=

r2Uim

2gR

d) vM=

rUi4m

gR2

105


108/252

e) vM=

rUi4m

gR

Solucion:

Sean vm y vM los modulos de las velocidades de las respectivas argollas en el instante posterior alchoque, yvD la rapidez de la argolla m justo antes del choque. Por conservacion de momentum,

mvD = mvm+ MvM

vD = vm+ vM

() vD vm = vM

Como el choque es elastico, la energa se conserva. As,

mvD2

2 =

mvm2

2 +

M vM2

2vD

2 = vm2 + vM

2

vD2 vm2 = vM2(vD+ vm)(vD vm) =

Reemplazando () en la ultima ecuacion y simplificando,

() vD+ vm = vM

Por () y (), se tiene que:vm= 0 vM=vD

Para hallar el valor de vD, utilizamos conservacion de energa nuevamente:

Ui =mvD

2

2 + 2mgR

Finalmente,

vM=

r2Uim

+ 4gR

Problema 4.9.Para la situacion descrita en el Problema 4.6, nuevamente considere que M = m. La distancia X querecorre la argolla de masa M, luego de ser impactada por la argolla de masa m, hasta que alcanzanuevamente el estado de reposo es:

a) X= Uicmg

b) X= Uicmg

2Rc

106


109/252

c) X= 2R

d) X= Uicmg

5

2 5

R

e) X=R

Solucion:

En el tramo DE, la fuerza normal que ejerce la gua sobre la argolla de masa M es igual al peso dela misma:

NDE=M g

El trabajo realizado por la fuerza de roce es, en valor absoluto,

|Wroce|= cNDEX=cmgX

Al mismo tiempo, se sabe que:

|Wroce|= |Efinal Einicial|= mvM2

2

Finalmente, igualando,

X= vM

2

2cg =

Uicmg

2Rc

Problema 4.10.Una fabrica de galletas utiliza una correa transportadora (ver figura), que se desplaza con rapidezconstantev0 al ser tirada por un motor que aplica una fuerza F. Suponga que cada galleta tiene unamasa m, y la maquina descarga n galletas por unidad de tiempo sobre la correa.

La fuerza Fque aplica el motor para tirar la correa con rapidez constante v0 es:

a) F =mv0

b) F =mdv0dt

c) F =nmv0

107


110/252

d) F =m

nv0

e) F =dm

dtv0

Solucion:

Por la segunda ley de Newton,F =

dp

dt

donde el momentum del sistema correa/galletas esta dado porp = M v0, conMla masa del sistema.Entonces,

F =dM

dt v0= nmv0

Problema 4.11.En el Problema 4.10, la potencia Psuministrada por el motor a la correa es:

a) P =mv02

b) P =1

2

d

dt

mv0

2

c) P = m

n2v0

2

d) P =nmv02


Solucion:

De la definicion de potencia,P =F v0 = nmv0

2

Problema 4.12.Dos partculas de masas m1 = m y m2 = 3m/2 se desplazan una contra la otra con velocidades v1 = v

y v2 = 2v como se muestra en la figura. Luego de chocar el asticamente entre ellas, la partcula 2 semueve en direccion perpendicular a la lnea de incidencia.

108


111/252

La rapidez finalv2fde la partcula 2 esta dada por:

a) v2f =

r4

5v

b) v2f = r35

v

c) v2f =

r29

5v

d) v2f = 0


Solucion:

Por conservacion de momentum,

: pix = pf

x

m1v1 m2v2 = m1v1fcos 2v = v1fcos (1)

: piy = pf

y

0 = m2v2f m1v1fsin 3v2f

2 = v1fsin (2)

Elevando al cuadrado y sumando las ultimas expresiones:

v1f2 = 4v2 +

9

4v2f

2

Como el choque es elastico, la energa se conserva:

Ei = Ef

m1v12

2 +

m2v22

2 =

m1v1f2

2 +

m2v2f2

27mv2

2 =

mv1f2

2 +

3mv2f2

414v2 = 2v1f

2 + 3v2f2

= 2

4v2 +

9

4v2f

2

+ 3v2f

2

r4

5v = v2f

109


112/252

Problema 4.13.Para la situacion descrita en el Problema 4.12, el angulo con que sale la partcula 1 despues del choquees tal que:

a) tan =3

4

r4

5

b) = 90

c) tan =

r4

5

d) tan =3

2

r4

5

e) = 0

Solucion:

Dividiendo la ecuacion (2) por la ecuacion (1), obtenemos que:

tan =3v2f

4v =

3

4

r4

5

Problema 4.14.Considere el sistema compuesto por dos bloques iguales de masas 2munidos por un resorte de constanteelastica k (ver figura). Inicialmente el sistema descansa en reposo sobre una superficie horizontal sinroce y el resorte se encuentra en su largo natural. Desde la izquierda, un tercer bloque de masa mavanza con rapidez v0 y choca al sistema.

Despues del choque, la rapidez del centro de masa Vcmdel sistema de dos bloques es:

a) Vcm= 0

b) Vcm=2v0

3

c) Vcm=v0

3

d) Vcm=v0


110


113/252

Solucion:

Por conservacion de momentum, en el choque entre los bloques m y 2m, tenemos que:

pi = pf

mv0 = mvm+ 2mv2m

v0 = vm+ 2v2m() v0 vm = 2v2m

De la conservacion de energa (por ser un choque elastico),

Ei = Ef

mv02

2 =

mvm2

2 + mv2m

2

v02 = vm

2 + 2v2m2

v02

vm

2 = 2v2m2

(v0 vm)(v0+ vm) =

Reemplazando la ecuacion () en la ultima lnea, y simplificando,

() v0+ vm = v2m

De () y (),vm = v0

3 v2m= 2v0

3

Finalmente, la rapidez del centro de masa del sistema unido por el resorte es:

Vcm=

2m

2v0

3

+ 0

2m + 2m =

v03

Problema 4.15.Considere un sistema aislado (desprecie el efecto de la gravedad) formado por una bala de masa m

con rapidez inicial v0 y un bloque de masa Mque descansa sobre una superficie sin friccion, como semuestra en la figura. La bala se dispara horizontalmente contra una de las caras del bloque a lo largode la lnea que pasa por su centro de masa. La bala penetra el bloque una cierta distanciad antes dedetenerse con respecto al bloque. El choque dura un tiempo finito tc y la bala ejerce una fuerza demagnitud constante F0 sobre el bloque (ver figura).

111


114/252

Suponga que tc = 0 (el choque es perfectamente elastico). Cuales son los modulos de las velocidadesde la bala (v1) y del bloque (v2) despues del choque?

a) v1=1 M/m1 + M/m

v0 , v2 = 2

1 + M/mv0

b) v1=1 + M/m

1 M/m v0 , v2 = 2

1 M/m v0

c) v1= 2

1 M/m v0 , v2 =1 + M/m

1 M/m v0

d) v1= 2

1 + M/mv0 , v2=

1 M/m1 + M/m

v0


Solucion:

Como el choque es elastico, se conserva tanto momentum como energa:

mv0 = mv1+ Mv2mv0

2

2 =

mv12

2 +

M v22

2

Por simplicidad, definimos r Mm

. As, las ecuaciones anteriores toman la siguiente forma:

v0 = v1+ rv2

v02 = v12 + rv22

De la primera ecuacion,() v0 v1= rv2

De la segunda ecuacion, reemplazando () y simplificando,v0

2 v12 = (v0 v1)(v0+ v1) = rv22() v0+ v1 = v2

112


115/252

Juntando () y (),v1=

1 r1 + r

v0 v2 = 21 + r

v0

Problema 4.16.Para la situacion descrita en el Problema 4.15, suponga ahora que el tiempo de contacto es tc > 0.Determine las velocidades de la bala (v1) y del bloque (v2) durante el choque, i.e. para un tiempo t talque 0< t < tc:

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