EXAMEN ORDINARIO DE FÍSICA I. PROBLEMAS 10/01/2017

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Domingo de la Cruz Suárez
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1 EXAMEN ORDINARIO DE FÍSICA I. PROBLEMAS 10/01/ Un muchacho de peso 360 N se balancea sobre una charca de agua con una cuerda atada en la rama de un árbol en el borde de la charca. La rama está a 1 m por encima del nivel del suelo y la superficie del agua está a 1,8 m por debajo del suelo. El muchacho coge la cuerda con la mano en un punto a 10,6 m de la rama y se mueve hacia atrás hasta que la cuerda forma con la vertical un ángulo de 3º. Entonces se lanza y cuando la cuerda pasa por la posición vertical se suelta de la cuerda y cae en la charca. Determinar: a) el módulo de la velocidad del muchacho en el momento de caer en el agua; b) el módulo de la velocidad del muchacho en el instante en que se suelta de la cuerda (al pasar por la vertical); c) la distancia en horizontal respecto de este punto (la vertical del punto de suspensión) a la que cae el muchacho; d) las componentes intrínsecas de la aceleración en el último instante (justo al caer en la charca). tendremos: a) Vamos a llamar punto (1) al de lanzamiento, () al instante en que el muchacho se suelta al pasar por la vertical y (3) al que corresponde a la caída en la charca. Podemos aplicar el teorema de las fuerzas vivas desde el instante (1), en que el muchacho se lanza, y el (3), en el que cae a la charca (ver gráfico) y tendremos: W13= EC Wmg+WT= EC Wmg= EC 1 U1-U3=EC3-EC1 mg ( h1 h3 ) = mv3 v g h 3 = ( 1 h3 ) = [ ,6 + 10,6( 1 cos3 )] = = 9,8 1,8 º =8,90 m/s v3=8,90 m/s b) Ahora operamos igual que en el caso anterior pero entre los puntos (1) y () y 1 mg h = 4,06 m/ 1 h mv W1= EC Wmg+WT= EC Wmg= EC U1-U=EC-EC1 ( ) v = g h1 ( h ) = 9,8 10,6( 1 cos3º ) s = v=4,06 m/s c) Desde que el muchacho se suelta en () hasta que cae a la charca en (3) tenemos una caída libre, es decir, un tiro horizontal, donde la velocidad inicial es v (horizontal) y la final v3. En el eje Y el movimiento es rectilíneo uniformemente acelerado, siendo la aceleración la de la gravedad, luego podemos poner: y3 = y + vyt gt y y3 = gt 1 + 1,8 10,6 = 9,8t t = 0,808 s En el eje X el movimiento es rectilíneo y uniforme, luego:

2 x3=x+vxt=4,06 0,808=3,8 m x3=3,8 m d) Al caer en la charca, la aceleración será la de la gravedad, como en cualquier otro punto de la caída libre, pero tenemos que proyectarla en las direcciones normal y tangencial. Para determinar estas direcciones acudimos a la velocidad, ya que la velocidad es tangente a la trayectoria y nos marcaría la dirección tangencial (la normal es perpendicular a la tangencial). Vamos a ver cuáles son las componentes de la velocidad en el punto (3). Para el eje X la velocidad es constante, luego: v3x=vx=4,06 m/s Y en el eje Y tendremos: v3y=vy-gt=-gt=-9,8 0,808=7,918 m/s Comprobamos que efectivamente el módulo de la velocidad en este instante nos da lo mismo que lo calculado en el apartado a): v3 = v3x + v3y = 4,06 + 7,918 = 8,90 m/ s Podemos ver que sale lo mismo. Dibujamos ahora la velocidad, que nos da la dirección tangencial, y tendremos: v3=v3xi+v3yj=4,06i-7,918j 7,918 tg θ = θ = 6,85º 4,06 Así, la proyección de la aceleración de la gravedad sobre la dirección tangencial será: at=gsenθ= =9,8sen6,85º=8,7 m/s at=8,7 m/s Y en dirección normal: an=gcosθ= =9,8cos6,85º=4,47 m/s an=4,47 m/s Y podemos comprobar que la aceleración es única, independientemente de los ejes que utilicemos para proyectarla: t n a = a + a = 8,7 + 4,47 = 9,80 m/ s

.- La barra AB representada en la figura gira en sentido antihorario en un plano vertical alrededor de un pasador liso situado en el apoyo A. La barra tiene sección uniforme y pesa 15 N.

Determinar en ese instante: a) la velocidad del centro de masas; b) la aceleración angular de la barra y las componentes horizontal y vertical de la reacción del pasador en A; c) la velocidad angular

3 .- La barra AB representada en la figura gira en sentido antihorario en un plano vertical alrededor de un pasador liso situado en el apoyo A. La barra tiene sección uniforme y pesa 15 N. Cuando se halla en la posición representada, su velocidad angular es de 6 rad/s. Determinar en ese instante: a) la velocidad del centro de masas; b) la aceleración angular de la barra y las componentes horizontal y vertical de la reacción del pasador en A; c) la velocidad angular de la barra al pasar por la vertical. Momento de inercia de una barra respecto de un eje que 1 pasa por el centro de masas: ICM = ml. 1 a) En primer lugar determinamos el ángulo θ que forma la barra con la vertical, que será: 5 tg θ = θ =,60º 1 Ahora, la velocidad del centro de masas es: i j k vcm=va+ω x r=ω x r= = sen,60º cos,60º 0 =-,49i+1,038j m/s En módulo: vcm =,49 + 1,038 =,70 m/ s vcm=,70 m/s También se puede ver que el centro de masas efectúa un movimiento circular en torno a A y de radio 45 cm (la mitad de la longitud de la barra), de modo que su velocidad será: vcm=ωr=6 0,45=,70 m/s Obtenemos el mismo resultado. b) Para esta parte nos hará falta la masa de la barra, que será: P 15 m = = = 1,755 kg g 9,8 Y así, el momento de inercia: 1 1 I CM = ml = 1,755 = 0,861 kgm 1 1 Ahora hacemos el diagrama de sólido libre, para lo cual vamos a determinar primero la aceleración del centro de masas. Podemos operar de modo similar a como lo hemos hecho en el apartado a) pero en aceleraciones, y tendremos: acm=aa+α x r+ω x (ω x r)=α x r+ω x (ω x r)= i j k i j k = 0 0 α = sen,60º cos,60º 0,49 1,038 0 =(0,415α-6,8)i-(0,173α+14,95)j También podríamos haber tenido en cuenta que el centro de masas realiza un movimiento circular, de modo que tendrá dos componentes de aceleración, tangencial y normal. La componente normal es conocida, y será: vcm,70 a n = = = 16, m/ s r 0,45 Y la componente tangencial:

4 dv d dω a = CM t = ( ωr) = r = rα = 0, 45α dt dt dt En cuanto a las direcciones de estas aceleraciones, la normal tiene la dirección del radio de curvatura y apunta hacia el centro de curvatura, y la tangencial es perpendicular a la normal, es decir, tiene dirección tangente a la trayectoria del centro de masas en ese momento, y sentido contrario a la velocidad, puesto que dicha velocidad está disminuyendo (el centro de masas asciende). Si las proyectamos en las direcciones X e Y tendremos: acm=(atcosθ-ansenθ)i-(ancosθ+atsenθ)j= =(0,45αcos,60º-16,sen,60º)i- -(16,cos,60º+0,45αsen,60º)j= =(0,415α-6,31)i-(14,954+0,173α)j Vemos que se obtiene exactamente lo mismo. Hacemos el diagrama de sólido libre de la barra y resolvemos. Las aceleraciones ya las tenemos. En cuanto a las fuerzas, la barra está sometida únicamente a su propio peso, aplicado en el centro de masas y vertical y hacia abajo, y a la reacción del pasador, que tendrá dos componentes, una horizontal y otra vertical. Así, tendremos lo que aparece en la figura. Aplicando la segunda ley de Newton: ΣFx=m(aCM)x Ax=m(0,415α-6,31) Ax=1,755(0,415α-6,31) Ax=5,93α-79,477 ΣFy=m(aCM)y Ay-mg=-m(14,954+0,173α) Ay-15=-1,755(14,954+0,173α) Ay-15=-190,738-,07α Ay=-65,738-,07α ΣMCM=ICMα -Ay 0,45senθ+Ax 0,45cosθ=-0,861α -Ay 0,45sen,60º+Ax 0,45cos,60º=-0,861α -0,173Ay+0,415Ax=-0,861α Y tenemos un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas: Ax=5,93α-79,477 Ay=-65,738-,07α -0,173Ay+0,415Ax=-0,861α Sustituyo la primera y la segunda en la tercera: -0,173Ay+0,415Ax=-0,861α -0,173(-65,738-,07α)+0,415(5,93α-79,477)=-0,861α 11,373+0,38α+,197α-3,983=-0,861α α=6,8 rad/s α=6,8 rad/s Y con esto las componentes de la reacción en A son inmediatas: Ax=5,93α-79,477=5,93 6,8-79,477=-46,3 N El signo solo significa que la reacción tiene sentido contrario: Ax=46,3 N Ay=-65,738-,07α=-65,738-,07 6,8=-79,60 N El mismo comentario para el signo de esta componente: Ay=79,60 N Puesto que la barra gira en torno a un punto fijo (A), podríamos haber determinado de forma más sencilla la aceleración angular de la misma tomando momentos respecto de A, en cuyo caso sólo daría momento el peso. El momento de inercia, no obstante, sería respecto de A, de modo que habría que aplicar el teorema de Steiner: IA=ICM+md =0,861+1,755 0,45 =3,444 kgm Y así tendríamos: ΣMA=IAα -mg 0,45senθ=-IAα 15 0,45sen,60º=3,444Aα α=6,8 rad/s Puede verse que el resultado es el mismo.

c) Ahora aplicamos el teorema de las fuerzas vivas, entre la situación (1), que es la de partida, donde la barra tiene una velocidad angular de ω1=6 rad/s, y la situación (), al pasar por la

5 c) Ahora aplicamos el teorema de las fuerzas vivas, entre la situación (1), que es la de partida, donde la barra tiene una velocidad angular de ω1=6 rad/s, y la situación (), al pasar por la vertical, donde la velocidad angular de la barra es ω y la lineal del centro de masas: vcm=0,45ω Tendremos entonces: W1= EC Wmg+WA= EC - U= EC U1-U=EC-EC mg( h1 h ) = mvcm + ICMω mv CM1 I CM ω mg( 0,45 0,45cosθ) = mvcm + ICMω mv CM1 I CM ω 1 1,755 9,8 0,45 0,45cos,60º ( ) = ( ) + 0,861ω 1,755,70 0, ,755 0,45ω 6 ω=5,79 rad/s ω=5,79 rad/s También podríamos haberlo resuelto como una rotación pura en torno al punto A, de modo que sólo tendríamos energía cinética de rotación. Quedaría entonces: W1= EC Wmg+WA= EC - U= EC U1-U=EC-EC mg( h1 h ) = IAω I A ω 1 mg( 0,45 0,45cosθ) = I A ω I A ω ,755 9,8( 0,45 0,45cos,60º ) = 3,444ω 3,444 6 ω=5,79 rad/s

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