jueves, 17 de noviembre de 2011

Ejercicios Resueltos (Movimiento Circular)

I. Un disco compacto gira a partir del reposo a 500 [rpm] en 5,5 [s].
a) ¿Cuál es su aceleración angular, supuesta constante?
b) ¿Cuántas revoluciones da en 5,5 [s]?
c) ¿Qué distancia recorre un punto de la periferia del disco situado a 6 [cm] del centro durante los 5,5 [s] que tarda en alcanzar las 500 [rpm]?

Resolución
a) La aceleración angular está relacionada con las velocidades angulares inicial y final:
$\omega = \omega_0 + \alpha t = \alpha t $

Despejando $\alpha$:
$\alpha={\omega \over t}={{500 rev/min} \over {5,5 s}} \times {{2 \pi rad }\over {1 rev}}\times{{1 min} \over {60 s}}$

Por lo tanto $\alpha = 9,5 [rad/s^2]$

b) El desplazamiento angular está relacionado con el tiempo por la ecuación:
$\theta - \theta_0 = \omega_0 t + {1 \over 2} \alpha t^2=0+{1 \over 2} (9,52) (5,5)^2$
$\theta - \theta_0 = 144 [rad]$

Como $1 [rev]$ son $2 \pi [rad]$ entonces $144 [rad]$ son:
$ {{144} \over {2 \pi} [rev]} \approx {23 [rev]}$

c) La distancia $\Delta S$ que recorre un punto en la periferia es igual al producto de $r$ por el desplazamiento angular:

$\Delta = r \Delta \theta = (6 cm) (144 rad) = 8,65 [m]$

II. Un auto va por una curva sin peralte de radio $R$. Si el coeficiente de fricción entre las ruedas y el camino es $\mu_S$, ¿cuál es la rapidez máxima $v_{max}$ con que puede tomarse la curva sin derrapar?

Resolución
La fuerza necesaria para que el vehículo siga una trayectoria circular es la fuerza de roce $F_R$ y la magnitud de ésta debe ser igual a $m a$, por la segunda ley de newton.

La fuerza de roce es $F_R = {\mu_S}{N} = \mu_S m g$ (la normal tiene la misma magnitud del peso).

La aceleración centrípeta puede escribirse $a = m {{v^2} \over R}$

Entonces $\mu_S m g = m {{v^2} \over R}$

Si la velocidad es muy alta, la expresión de la derecha resulta más grande que la expresión de la izquierda, y el vehículo se desviaría de la trayectoria circular.

Por lo tanto la máxima velocidad se puede calcular a partir $\mu_S m g = m {{v_{max}^2} \over R}$

Finalmente: $v_{max} = \sqrt{\mu_S g R}$

martes, 10 de mayo de 2011

Ejercicios Resueltos (Fuerzas y Energías)


(7.74) Un paquete de 2.00 kg se suelta en una pendiente de 53.1º, a 4.00 m de un resorte largo de masa despreciable cuya constante de fuerza es de 120 N/m y que está sujeto a la base de la pendiente. Los coeficientes de fricción entre el paquete y la pendiente son μs = 0.40 y μk = 0.20. La masa del resorte es despreciable.
 a) ¿Qué rapidez tiene el paquete justo antes de llegar al resorte?
b) ¿Cuál es la compresión máxima del resorte?
c) Al rebotar el paquete, ¿qué tanto se acerca a su posición inicial?


Resolución
a) Realizando consideraciones de energía o fuerza se puede establecer que la velocidad antes de que el paquete golpee el resorte es:
$v=\sqrt{2 gL(sin \theta - \mu_K cos \theta)}$
$v=\sqrt{2(9.80 m/s^2)(4.00 m)(sin 53.1-(0.20)cos 53.1)}$
$v=7.30 m/s$
b) Esto requiere consideraciones de energía, el trabajo combinado realizado por la gravedad y la fricción es $m g(L+d)(sin \theta - \mu_K cos \theta)$ y la energía potencial del resorte es $\frac{1}{2} k d^2$, donde d es la compresión máxima del resorte. Como en la compresión máxima la velocidad es cero, resulta una ecuación cuadrática para d:
$d^2 {k \over{2 m g (sin \theta-\mu_k cos \theta)}} - d - L = 0$
en la que d = 1.06 m.

c) La forma más fácil de realizar este punto, es reconocer que la presencia del resorte determina d, pero al final del movimiento del resorte el resorte ya no posee energía potencial, y la distancia bajo el punto de partida quedará determinado solo por cuanta energía ha perdido debido a la fricción. Si el paquete alcanza un punto ubicado a una distancia y bajo el punto de partida, el paquete se ha movido una distancia L + d hacia abajo y L + d – y hacia arriba. La magnitud de la fuerza de fricción es la misma en ambas direcciones, $\mu_K m g cos \theta$ y así el trabajo realizado por la fricción es  $-\mu_K (2L+2d-y) m g cos \theta$. Esto debe ser igual al cambio en la energía potencial gravitacional, la cual es – m g y sin θ. Al igualar y despejar y, encontramos:
$y=(L+d){{2 \mu_K cos \theta}\over{sin \theta+\mu_K cos \theta}} = (L+d){{2 \mu_K}\over{tan \theta + \mu_K}}=1.32 m$

miércoles, 6 de abril de 2011

Ejercicios resueltos (Fuerzas y Leyes de Newton)


(4.57) Un objeto de masa m está en reposo en equilibrio en el origen. En t = 0 se aplica una fuerza $\vec{F(t)}$ con componentes
$F_x (t) = k_1 + k_2 y$ y $F_y (t) = k_3 t$
donde k1, k2 y k3 son constantes. Calcule los vectores de posición $\vec{r(t)}$ y velocidad $\vec{v(t)}$  en función del tiempo.


Resolución
En esta situación, la componente x de la fuerza depende explícitamente de la componente y de la posición. Como la componente y de la fuerza está dada como función del tiempo, vx e y pueden ser encontradas como función del tiempo.

Específicamente: $a_y = (k_3 / m)t$, por lo tanto, integrando encontramos que $v_y = (k_3 / {2 m})t^2$ e integrando nuevamente encontramos que $y = (k_3 / {6 m})t^3$, con condiciones iniciales:
v0y= 0, y = 0

(Demuestre que esas son las integrales, simplemente derivando y para encontrar la velocidad vy y derivando vy para encontrar la aceleración ay).

Luego, las expresiones para ax, vx e x son obtenidas de la función del tiempo:
$a_x = {\frac{k_1}{m}}+\frac{k_1 k_2}{6 m^2} t^3$
$v_x = {\frac{k_1}{m}} t +\frac{k_2 k_3}{24 m^2} t^4$
$x = {\frac{k_1}{2 m}}t^2+\frac{k_2 k_3}{120 m^2} t^5$

Vectorialmente:
$\vec{r} = ({\frac{k_1}{2 m}}t^2 + \frac{k_2 k_3}{120 m^2} t^5) \hat{i} + (\frac{k_3}{6 m}t^3) \hat{j}$

$\vec{v} = ({\frac{k_1}{m}} t +\frac{k_2 k_3}{24 m^2} t^4)\hat{i} + (\frac{k_3}{2m}t^2)\hat{j}$


(5.85) Determine la aceleración de cada bloque de la figura en términos de m1, m2 y g. No hay fricción en ninguna parte del sistema.


Resolución
Denotemos la magnitud de la aceleración del bloque de masa m1 como a, el bloque de masa m2 descenderá con aceleración a/2. Si la tensión en la cuerda es T, las ecuaciones de movimiento son:
$T=m_1 a$
$m_2 g - 2 T = m_2 a/2$

Multiplicando la primera de las dos ecuaciones por 2 y sumando para eliminar T, al despejar a nos da:
$a=\frac{m_2 g}{2 m_1+m_2/2}=g \frac{2 m_2}{4 m_1+m_2}$

La aceleración del bloque de masa m2 es la mitad de esto o $\frac{g m_2}{4 m_1+m_2}$


(5.127) Una bola se sostiene en reposo en la posición A de la figura con dos hilos ligeros. Se corta el hilo horizontal y la bola comienza a oscilar como péndulo. B es el punto más a la derecha que la bola alcanza al oscilar. ¿Qué relación hay entre la tensión del hilo de soporte en la posición B y su valor en A antes de cortarse el hilo horizontal?


Resolución
Antes de que la cuerda horizontal sea cortada, la bola está en equilibrio, y la componente vertical de la tensión debe equilibrar el peso w, entonces $T_A cos \beta=w$ o $T_A=w/cos \beta$. En el punto B, la bola no está en equilibrio; su velocidad es instantáneamente 0, por lo tanto no hay aceleración radial, y la fuerza de tensión debe equilibrar la componente radial del peso, entonces $T_B=w cos \beta$ y la relación $(T_B/T_A)=cos^2 \beta$.
 

viernes, 18 de marzo de 2011

Ejercicios Resueltos 2011 (Vectores y cinemática)




(1.96) La nave Mars Polar Lander se lanzó el 3 de enero de 1999. El 3 de diciembre de 1999, el día en que la nave posó en la superficie de Marte, las posiciones de la Tierra y Marte estaban dadas por estas coordenadas:

x y z
Tierra 0.3182 UA 0.9329 UA 0.0000 UA
Marte 1.3087 UA -0.4423 UA -0.0414 UA

En estas coordenadas, el Sol está en el origen y el plano de la órbita de la Tierra es el plano xy. La Tierra pasa por el eje +x una vez al año en el equinoccio de otoño, el primer día de otoño en el hemisferio norte (cerca del 22 de septiembre). Una UA (unidad astronómica) es igual a 1.496·10⁸ km, la distancia media de la Tierra al Sol.

a) Dibuje un diagrama que muestre las posiciciones del Sol, la Tierra y Marte el 3 de Diciembre de 1999.
b) Calcule las siguientes distancias en UA el 3 de diciembre de 1999:
  1. del Sol a la Tierra;
  2. del Sol a Marte;
  3. de la Tierra a Marte.
c) Visto desde la Tierra, ¿qué ángulo había entre la dirección al Sol y la Dirección a Marte el 3 de Diciembre de 1999?
d) Indique si Marte se veía desde donde usted estaba el 3 de Diciembre de 1999 a media noche. (Cuando es la media noche en su posición, el Sol está en el lado opuesto de la Tierra).

Resolución:
a)


b) La distancia entre dos puntos 1 y 2 es:
$d = \sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2+(z_2-z_1)^2}$

i) Como el sol está en el origen:
$d_{Sol Tierra} = \sqrt{(0-0.3182)^2+(0-0.9329)^2+(0-0)^2}=0.9857 UA$
ii) $d_{Sol Marte} = \sqrt{(0-1.3087)^2+(0-(-0.4423))^2+(0-(-0.0414))^2}=1.3820 UA$

iii) $d_{Tierra Marte} = \sqrt{(0.3182-1.3087)^2+(0.9329-(-0.4423))^2+(0-(-0.0414))^2}=1.695 UA$

c) 

Aplicando Teorema del Coseno.
$d^2_{Sol Marte} = d^2_{Tierra Marte} + d^2_{Sol Tierra}+2 d_{Tierra Marte}d_{Sol Tierra} cos \phi$ 
como $\theta+\phi = 180^o$
entonces $\theta = 54.6^o$
d) Como el ángulo medido es menor que 90º, Marte no es visible a medianoche.
 


(2.95) Una estudiante corre a más no poder para alcanzar el bus, que está detenido en la parada, con una rapidez constante de 5.0 m/s. Cuando ella está a 40 m del bus, éste se pone en marcha con aceleración constante de 0.170 m/s².
a) ¿Durante qué tiempo y qué distancia debe correr la estudiante a 5.0 m/s para alcanzar el bus?
b) Cuando lo hace, ¿qué rapidez tiene el bus?
c) Dibuje una gráfica x-t para la estudiante y el bus, donde x = 0 es la posición inicial de la estudiante.
d) Las ecuaciones que usó en (a) para calcular t tienen una segunda solución, que corresponde a un instante posterior en que la estudiante y el bus están otra vez en el mismo lugar si continúan su movimiento. Explique el significado de esta otra solución. ¿Qué rapidez tiene el bus en ese punto?

 
Resolución:
a) Por convenciencia, dejamos que la velocidad constante de la estudiante sea v0 y la posición inicial del bus sea x0. Note que estas cantidades son para objetos diferentes, la estudiante y el bus. La posición inicial de la estudiante se considera cero, y la velocidad inicial del bus se toma igual a cero. La posición de la estudiante x1 y del bus x2 como funciones del tiempo son:

$x_1 = v_0 t$, $x_2 = x_0 + (1/2)a t^2$

Estableciendo x1 = x2 y resolviendo para el tiempo t, nos da:
$t = {1 \over a} (v_0 \pm \sqrt{v^2_0-2 a x_0})$
$t = {1 \over (0.170 m/s^2)}((5.0 m/s) \pm \sqrt{(5.0 m/s^2)-2 (0.170 m/s^2)(40.0)})$
$t=9.55 s, 49.3 s.$
La estudiante se encontrará con el bus por primera vez en el instante 9.55 [s]. Durante este tiempo, la estudiante ha corrido una distancia:
$v_0 t=(5 m/s)(9.55 s)=47.8 m$
b) La velocidad del bus es $(0.170 m/s^2)(9.55 s) = 1.62 m/s$

c) Los resultados pueden ser verificados notando que las gráficas para la estudiante y el bus se intersectan en dos puntos.

d) En el segundo en que se encuentran, la estudiante mantiene la velocidad constante, pero como el bus va acelerando la alcanza. En este instante la velocidad del bus es:
$(0.170 m/s^2)(49.3 s) = 8.38 m/s$ 


(3.89) Una bola recibe una velocidad inicial de magnitud v0 y ángulo ϕ sobre la superficie de una rampa, que a su vez está inclinada θ grados sobre la horizontal.
a) Calcule la distancia sobre la rampa desde el punto de lanzamiento adonde el objeto golpea la rampa. Responda en términos de v0, g, θ y ϕ.
b) ¿Qué ángulo ϕ da el alcance máximo sobre la rampa?

 

 
Resolución
a) La Trayectoria del proyectil está dada por la ecuación: $y = (tan \alpha_0) x - {\frac{g}{2 v_0^2 cos^2 \alpha_0}} x^2$ con $\alpha_0 = \theta + \phi$. Un punto sobre el plano inclinado se define como $y = x tan \theta$ . Igualando ambas ecuaciones nos da dos valores para x, uno es x = 0 (en el origen de la rampa) y el otro es: 
$\frac{x}{cos \theta} = [\frac{2 v_0^2}{g}][tan (\theta+\phi) - tan \theta][{\frac{cos^2(\theta + \phi)}{cos \theta}]$

b) Una forma de resolver este problema es involucrando angulos dobles. Pero primero establecemos que R es la distancia máxima que queremos maximizar y que ahora $\alpha=\theta + \phi$, utilizando el resultado de la expresión anterior:
$R = [\frac{2 v_0^2}{g}][tan (\alpha) - tan \theta][\frac{cos^2(\alpha)}{cos \theta}]$

$R = [\frac{2 v_0^2}{g}][{\frac{sen(\alpha)}{cos(\alpha)}} - {\frac{sen(\theta)} {cos(\theta)}}][\frac{cos^2(\alpha)}{cos \theta}]$

$R=[\frac{2 v_0^2}{g}][\frac{sen(\alpha) cos(\theta)-sen(\theta) cos(\alpha)} {cos(\alpha) cos(\theta)}][\frac{cos^2(\alpha)}{cos \theta}]$

$R=[\frac{2 v_0^2}{g cos^2{\theta}}][{sen(\alpha) cos(\alpha) cos(\theta)-sen(\theta) cos^2(\alpha)}] $


La dependencia de $\alpha$ y por lo tanto de $\phi$ está en el segundo término. Utilizando las identidades: $sen(\alpha) cos(\alpha) = (1/2)sen(2 \alpha)$
y $cos^2(\alpha) = (1/2)(1+cos(2 \alpha))$ el segundo término se puede reescribir como:
$(1/2)[cos(\theta) sen(2 \alpha) - sen(\theta) cos(2 \alpha) - sen(\theta)]=(1/2)[sen(2 \alpha-\theta)-sen(\theta)]$

Y ésta expresión será máxima cuando $sen(2 \alpha-\theta)$ sea máxima, en $2 \alpha-\theta=2 \phi+\theta=90^o$ o $\phi = 45^o-\theta/2$.