MATERIALES DE FÍSICA 2 o BACHILLERATO LOGSE. Grupo de Trabajo GT055 Centro de Profesorado Osuna-Écija

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1 MATERIALES DE FÍSICA 2 o BACHILLERATO LOGSE Grupo de Trabajo GT055 Centro de Profesorado Osuna-Écija

2 El Grupo de Trabajo Componentes Coordinadora: María del Pilar Puppo Lama del IES Fuente Nueva (Morón de la Frontera). Componentes: Francisco Jose Martínez Ruiz.del IES La Arboleda (Lepe). Cristóbal Martínez Gutiérrez del IES Fuente Nueva (Morón de la Frontera). María Dolores Brenes García del IES Maestro José Zamudio (Pruna) María del Carmen Cortés Cala IES Andrés Pérez Serrano (Cortes de la Frontera). Finalidad del grupo de trabajo El objetivo del presente grupo de trabajo ha sido producción de una colección de cuestiones y problemas teóricos y prácticos que abarcan todos los bloques de contenidos correspondientes a la física en segundo curso de bachillerato. Este material puede representar una herramienta de análisis útil para mejorar la práctica educativa y la calidad de aprendizaje del alumnado. Agradecimientos A todos aquellos que optan por dedicar sus conocimientos, su tiempo y su esfuerzo a la creación de software libre, produciendo herramientas de suprema calidad como L A TEX 2ε. A John Leis 1 por crear la herramienta L A TEXCAD y distribuirla libremente. 1 Faculty of Engineering, University of Southern,Queensland, AUSTRALIA. i

3 Capítulo 1 Repaso del Cálculo Vectorial 1.1. Igualdad de vectores Dos vectores A y B son iguales, si sus módulos son iguales A = B, sus direcciones y sus sentidos Suma gráfica de vectores Regla del paralelogramo para la suma de vectores: 1

4 CAPÍTULO 1. REPASO DEL CÁLCULO VECTORIAL Resta gráfica de vectores 1.4. Proyección de un vector sobre una recta 1.5. Componentes cartesianas de un vector Un vector A puede descomponerse en dos vectores A x y A y sobre los ejes cartesianos, de forma que: A = A x + A y

5 CAPÍTULO 1. REPASO DEL CÁLCULO VECTORIAL 3 Siendo el módulo del vector A, A = A tenemos que: A x = A x = Acosθ A y = A y = Asinθ Entonces: A = A x + A y = A x î + A y ĵ donde los vectores î y ĵ son dos vectores unitarios en las direcciones del eje x y del eje y respectivamente Vector unitario Sea A = A x î+a y ĵ un vector cualquiera. El vector unitario de A es un vector que tiene la misma dirección y sentido que A pero módulo unidad. El vector unitario u se calcula dividiendo el vector A por su módulo: A = A 2 x + A 2 y u = A A = A x A î + A y A ĵ 1.7. Producto de un vector por un número El producto de un vector por un número es otro vector de la misma dirección, distinto módulo y sentido contrario en el caso de que el número sea negativo. Sea B = s A y s un número cualquiera: B = B x î + B y ĵ = s A x î + s A y ĵ B = s A

6 CAPÍTULO 1. REPASO DEL CÁLCULO VECTORIAL Suma analítica de vectores Sean los vectores A = A x î + A y ĵ y B = B x î + B y ĵ y el vector C la suma de ambos: C = A + B C = (A x î + A y ĵ) + (B x î + B y ĵ) C = C x î + C y ĵ = (A x + B x )î + (A y + B y )ĵ Gráficamente es fácil entender la suma: 1.9. Vector de posición y vector desplazamiento El vector de posición es un vector que tiene por origen el origen del sistema de referencia y sigue al objeto a lo largo de su trayectoria: r 1 y r 2 son los vectores de posición en las posiciones P 1 y P 2 respectivamente. Para un desplazamiento desde P 1 hasta P 2, el vector desplazamiento es: r = r 2 r 1 El desplazamiento no coincide con la distancia recorrida. En el ejemplo la distancia recorrida se mide sobre la trayectoria y es S.

7 CAPÍTULO 1. REPASO DEL CÁLCULO VECTORIAL Producto escalar El producto escalar de los vectores A y B que forman un ángulo φ, es un número y matemáticamente se define como: A B = A B cosφ Si los dos vectores forman un ángulo de 90 o el producto escalar será nulo puesto que cos90 o = 0 Si los dos vectores forman un ángulo de 0 o el producto escalar será:, ya que cos0 o = 1 A B = A B

8 Capítulo 2 Repaso del Movimiento Rectilineo Uniforme 2.1. Movimiento rectilíneo Se denomina movimiento rectilíneo, aquél cuya trayectoria es una línea recta. En la recta situamos un origen O, donde estará un observador que medirá la posición del móvil x en el instante t. Por ejemplo, las posiciones serán positivas si el móvil está a la derecha del origen y negativas si está a la izquierda del origen Posición Se denomina posición a la distancia que separa al móvil del sistema de referencia La posición x del móvil se puede relacionar con el tiempo t mediante una función x = f(t). 6

9 CAPÍTULO 2. REPASO DEL MOVIMIENTO RECTILINEO UNIFORME Desplazamiento Supongamos ahora que en el tiempo t, el móvil se encuentra en posición x 1, más tarde, en el instante t 2 el móvil se encontrará en la posición x 2. Decimos que móvil se ha desplazado x = x 2 x 1 en el intervalo de tiempo t = t 2 t 1, que va desde el instante t 1 al instante t Velocidad media La velocidad media entre los instantes t 1 y t 2 está definida por: < v >= v m = x 2 x 1 t 2 t 1 = x t 2.5. Movimiento rectilíneo uniforme Un movimiento rectilíneo uniforme es aquél cuya velocidad es constante, por tanto, la aceleración es cero. La posición x del móvil en el instante t viene dada por: x x o = v (t t o ) Habitualmente, el instante inicial t o se toma como cero, por lo que las ecuaciones del movimiento uniforme resultan: a = 0 v = cte x = x o + v t 2.6. Representación gráfica x = x(t) Caso de velocidad positiva: Caso de velocidad negativa:

10 CAPÍTULO 2. REPASO DEL MOVIMIENTO RECTILINEO UNIFORME Representación gráfica v = v(t) Velocidad positiva o negativa dependiendo del SR elegido:

11 Capítulo 3 Repaso del Movimiento Rectilineo Uniformente Variado 3.1. Aceleracion En general, la velocidad de un cuerpo es una función del tiempo. Supongamos que en un instante t 1 la velocidad del móvil es v 1, y en el instante t 2 la velocidad del móvil es v 2. Se denomina aceleración media entre los instantes t 1 y t 2 al cociente entre el cambio de velocidad v = v 2 v 1 y el intervalo de tiempo en el que se ha tardado en efectuar dicho cambio, t = t 2 t 1. < a >= a m = v 2 v 1 t 2 t 1 = v t 3.2. Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado Un movimiento uniformemente acelerado es aquél cuya aceleración es constante. Dada la aceleración podemos obtener el cambio de velocidad v v o entre los instantes t 0 y t, gráficamente: 9

12 CAPÍTULO 3. REPASO DEL MOVIMIENTO RECTILINEO UNIFORMENTE VARIADO10 v v o = a (t t o ) Dada la velocidad en función del tiempo, obtenemos el desplazamiento x x o del móvil entre los instantes t o y t, gráficamente (área de un rectángulo + área de un triángulo): x x o = v o (t t o ) a (t t o) 2 Habitualmente, el instante inicial t o se toma como cero, quedando las fórmulas del movimiento rectilíneo uniformemente acelerado más simplificadas: a = cte v = v o + a t x = x o + v o t a t Representación gráfica v = v(t) Caso de v o = 0 y a > 0: Caso de v o 0 y a > 0:

13 CAPÍTULO 3. REPASO DEL MOVIMIENTO RECTILINEO UNIFORMENTE VARIADO11 Caso de v o 0 y a < 0: 3.4. Representación gráfica x = x(t) La pendiente de la recta tangente para cada instante del tiempo nos da información del módulo de la velocidad.

14 CAPÍTULO 3. REPASO DEL MOVIMIENTO RECTILINEO UNIFORMENTE VARIADO Estudio de un caso de caida libre de un objeto Un cuerpo es lanzado desde el techo de un edificio de altura x o con velocidad v o, determinar las ecuaciones del movimiento, la altura máxima y el tiempo que tarda el cuerpo en alcanzar el origen. En primer lugar, establecemos el origen y la dirección del movimiento, el eje X. Después, los valores de la posición inicial y los valores y signos de la velocidad inicial, y de la aceleración, tal como se indica en la figura. Resultando las siguientes ecuaciones del movimiento. a = g v = v o + a t x = x o + v o t a t2 Cuando alcanza la altura máxima la velocidad del móvil es cero. De la ecuación de la velocidad, se obtiene el tiempo que transcurre desde que se lanza hasta que llega a dicha posición. El tiempo transcurrido se sustituye en la ecuación de la posición, obteniéndose la máxima altura que alcanza el móvil medida desde el suelo. El tiempo que tarda en llegar al suelo, se obtiene a partir de la ecuación de la posición, poniendo x = 0, resolviendo una ecuación de segundo grado. La solución del problema es independiente de la situación del origen. Si colocamos el origen en el punto de lanzamiento, la posición inicial x o es cero, pero el suelo se encuentra en la posición x o respecto de dicho origen, resultando la misma ecuación. La altura máxima se calcula ahora desde el techo del edificio, no desde el origen.

15 CAPÍTULO 3. REPASO DEL MOVIMIENTO RECTILINEO UNIFORMENTE VARIADO13 Signo de la aceleración: Si el eje X apunta hacia arriba la aceleración de la gravedad vale a = g, donde: g = 9,8 o 10m/s 2. Signo de la velocidad inicial: Si el eje X apunta hacia arriba y el cuerpo es inicialmente lanzado hacia arriba el signo de la velocidad inicial es positivo, en caso de ser lanzado hacia abajo el signo es negativo: Situación del origen: Se acostumbra a poner en el origen, en el punto en el que es lanzado el móvil en el instante inicial. Esto no tiene que ser siempre así, si un cuerpo es lanzado desde el techo de un edificio podemos situar el origen en el suelo, la posición inicial del móvil correspondería a la altura del edificio h. Si situamos el origen en el techo del edificio y lanzamos el móvil desde el suelo, la posición inicial sería h.

16 CAPÍTULO 3. REPASO DEL MOVIMIENTO RECTILINEO UNIFORMENTE VARIADO Cuestiones para practicar Se deja caer un objeto desde un edificio de 300 m de altura, calcular la velocidad y el tiempo que tarda en llegar al suelo. Se lanza un objeto, situado inicialmente en el origen, hacia arriba con una velocidad de 60 m/s, calcular la máxima altura que alcanza. Se lanza un objeto hacia arriba con una velocidad inicial de 40 m/s, desde el techo de un edificio de 100 m de altura. Calcúlese la máxima altura sobre el suelo y la velocidad con que retorna al mismo. Se lanza un objeto hacia abajo, con velocidad inicial de 10 m/s, desde una altura de 300 m. Calcular la velocidad con que llega al suelo.

17 Capítulo 4 Repaso del Movimiento Circular 4.1. Definición de radian La coordenada θ se mide en radianes. El radián es la unidad de ángulos del sistema internacional. Un ángulo en radianes se define como el cociente entre el arco s y el radio r con el que ha sido trazado. θ = s r = s r El ángulo θ se mide a partir de la semirrecta denominada origen de ángulos y se considera positivo cuando va en sentido contrario al correspondiente a la rotación de las agujas del reloj. La equivalencia entre los radianes y los grados es fácil de deducir si se tiene presente que un ángulo de 360 o (circunferencia completa) corresponde a un arco igual a la longitud de la circunferencia 2πr. Según la definición de ángulos en radianes, el ángulo de 360 o corresponderá a uno de: θ = 2πr r = 2π radianes 15

18 CAPÍTULO 4. REPASO DEL MOVIMIENTO CIRCULAR Movimiento circular.posición angular θ Se define movimiento circular como aquél cuya trayectoria es una circunferencia. Una vez situado el origen O de ángulos describimos el movimiento circular mediante la posición angular θ. En el instante t el móvil se encuentra en el punto P. Su posición angular viene dada por el ángulo θ, que hace el punto P, el centro de la circunferencia C y el origen de ángulos O. En el instante t el móvil se encontrará en la posición P dada por el ángulo θ. El móvil se habrá desplazado θ = θ θ en el intervalo de tiempo t = t t comprendido entre t y t Velocidad angular, ω Se define la velocidad angular como el cociente entre el desplazamiento angular y el tiempo necesario para describirlo: ω = θ θ t t = θ t La unidad de esta velocidad en el sistema internacional es el rad/s Velocidad lineal Es distinta a la definida anteriormente. Llamaremos velocidad lineal al cociente: v = s t que es, como puede observarse, el arco recorrido dividido por el tiempo que se necesita para trazarlo. Esta velocidad se mide en el sistema internacional en m/s. El vector velocidad lineal v es tangente al la circunferencia en cada punto.

19 CAPÍTULO 4. REPASO DEL MOVIMIENTO CIRCULAR El movimiento circular uniforme Un movimiento circular uniforme es aquél cuya velocidad angular w es constante, por tanto, la aceleración angular es cero.la posición angular θ del móvil en el instante t podemos calcularla mediante: θ θ o = ω (t t o ) Habitualmente, el instante inicial t o se toma como cero. Las ecuaciones del movimiento circular uniforme son análogas a las del movimiento rectilíneo uniforme: ω = cte θ = θ o + ω t 4.6. Periodo y frecuencia Para este movimiento se definen los conceptos de periodo y frecuencia. Periodo (T ) es el tiempo empleado por el móvil para describir una circunferencia completa. Frecuencia (f) es el número de vueltas que da el móvil en un segundo. Tal como acabamos de definir estas magnitudes, está claro que son inversas, es decir: T = 1 f Los concepto de periodo y frecuencia nos indican si unas rotaciones se realizan más o menos deprisa. A estos movimientos los llamaremos periódicos El el movimiento circular uniforme existen relaciones entre todas estas magnitudes. A partir de la definición de velocidad angular y teniendo presente que

20 CAPÍTULO 4. REPASO DEL MOVIMIENTO CIRCULAR 18 para dar una vuelta completa (2π radianes), el móvil emplea un tiempo igual al periodo T resultará que: ω = θ t = 2π T Si sustituimos en la anterior expresión f = 1 T, resulta: ω = 2π T = 2πf 4.7. Relación entre las velocidades lineal y angular Cuando la partícula gira un ángulo θ, describe un arco s. Si tenemos presente la definición de ángulo medido en radianes, θ = s r deducimos que s = r θ. Sustituyendo esta relación en la definición de velocidad lineal: v = s t = r θ t = rω 4.8. Aceleración angular, α Se define la aceleración angular como el cociente entre la variación de la velocidad angular ω y el tiempo necesario para conseguir dicha variación: α = ω ω t t = ω t La unidad de esta velocidad en el sistema internacional es el rad/s Movimiento circular uniformemente acelerado Un movimiento circular uniformemente acelerado es aquél cuya aceleración α es constante.

21 CAPÍTULO 4. REPASO DEL MOVIMIENTO CIRCULAR 19 Dada la aceleración angular podemos obtener el cambio de velocidad angular ω ω o entre los instantes t o y t: ω ω o = α (t t o ) Dada la velocidad angular ω en función del tiempo, obtenemos el desplazamiento θ θ o del móvil entre los instantes t o y t, gráficamente (área de un rectángulo + área de un triángulo): θ θ o = ω o (t t o ) α (t t o) 2 Habitualmente, el instante inicial t o se toma como cero. Las fórmulas del movimiento circular uniformemente acelerado son análogas a las del movimiento rectilíneo uniformemente acelerado: α = cte ω = ω o + α t θ = θ o + ω o t α t Aceleración tangencial y normal La dirección de la velocidad de un móvil en movimiento circular es tangente a la circunferencia que describe.

22 CAPÍTULO 4. REPASO DEL MOVIMIENTO CIRCULAR 20 Un móvil tiene aceleración tangencial a t siempre que cambie el módulo de la velocidad con el tiempo. El sentido de la aceleración tangencial es el mismo que el de la velocidad si el móvil acelera y es de sentido contrario, si se frena. Un móvil que describe un movimiento circular uniforme no tiene aceleración tangencial. Un móvil que describe un movimiento circular siempre tiene aceleración normal o radial, a n ya que cambia la dirección de la velocidad con el tiempo. La aceleración normal tiene dirección radial y sentido hacia el centro de la circunferencia que describe. La aceleración del móvil se obtiene sumando vectorialmente ambas componentes de la aceleración Relación entre aceleración tangencial y angular Partiendo de la relación v = ω r y dividiendo por el tiempo: tenemos que: v t = ω t r a t = α r En el movimiento circular uniforme a t = 0, puesto que el módulo de la velocidad no cambia Aceleración centrípeta, normal o radial La aceleración normal está relacionada con el cambio de la dirección de la velocidad con el tiempo. En un movimiento circular uniforme no existe aceleración tangencial ya que le módulo de la velocidad no cambia con el tiempo, solamente cambia su dirección y por tanto, tiene aceleración normal. Esta aceleración normal se caracteriza por: Tener dirección perpendicular a la velocidad. Sentido hacia el centro de la circunferencia.

23 CAPÍTULO 4. REPASO DEL MOVIMIENTO CIRCULAR 21 Módulo igual a a n = v2 r El cálculo de la componente normal de la aceleración es algo más complicado. En la figura consideramos una partícula que describe un movimiento circular uniforme. El tiempo para pasar de la posición 1 a la posición 2 es t, la velocidad en el punto 1 es v 1 y en el punto 2 es v 2. Evidentemente, los módulos de estos dos vectores son iguales ya que el movimiento es uniforme, y los denominaremos v. El cambio de velocidad es v = v 2 v 1. Este vector diferencia v es el representado en la figura. El ángulo que forman los dos vectores velocidad es igual al ángulo AOB porque son ángulos de lados perpendiculares. El triángulo AOB y el formado por los vectores v 1, v 2 y v son semejantes ya que ambos son isósceles y coinciden con el ángulo θ. Por lo tanto sus lados serán proporcionales y podemos escribir: Despejando: v v = AB r v = v r AB Si dividimos por t: v t = v r AB t El primer miembro es el módulo de la aceleración media en ese intervalo de tiempo t. Si tomamos el punto B cada vez más cercano al A, el segmento AB cada vez será más semejante al arco AB descrito por la partícula y el cociente AB/ t se irá aproximando a la velocidad lineal de la partícula. Sustituyendo, resultará que: a n = v r v = v2 r

24 CAPÍTULO 4. REPASO DEL MOVIMIENTO CIRCULAR 22 Éste es el módulo de la aceleración que nos mide el cambio de dirección de la velocidad en el movimiento circular uniforme. La dirección y el sentido del vector aceleración son los del vector v. Al aproximarse A a B, la dirección de v coincidirá cada vez más con la del radio de la circunferencia, y el sentido es, evidentemente, hacia el centro. Podemos concluir que el vector aceleración centrípeta tiene módulo v2 r, dirección la del radio y sentido hacia el centro. El módulo de esta aceleración también se puede escribir de otra forma si recordamos la relación entre la velocidad lineal y la velocidad angular v = ω r. Efectivamente: a n = v2 r = ω2 r 2 = ω 2 r r

25 Capítulo 5 Problemas sobre Conservación de la Energía 1. Una fuerza conservativa actúa sobre una partícula y la desplaza, desde un punto x 1 hasta otro punto x 2, realizando un trabajo de 50J. a) Determine la variación de la energía potencial de la partícula en ese desplazamiento. Si la energía potencial de la partícula es cero en x 1, cuánto valdrá en x 2? Al actuar una fuerza conservativa sabemos que el trabajo y la energía potencial están relacionados mediante: W = E p. Como se realiza un trabajo de 50J, tendremos: W = 50J = E p de donde: Si E p (x 1 ) = 0, entonces: E p = 50J Solución: E p (x 2 ) = 50J E p = E p (x 2 ) E p (x 1 ) = E p (x 2 ) = 50J } {{ } 0 b) Si la partícula, de 5g, se mueve bajo la influencia exclusiva de esa fuerza, partiendo del reposo en x 1, cuál será la velocidad en x 2 ; cuál será la variación de su energía mecánica? Razone todas las respuestas. Por el principio de conservación de la energía: E c = E p E c (x 2 ) E c (x 1 ) } {{ } = ( 50J) = 50J 0,parte del reposo E c (x 2 ) = 50J = 1 2 mv

26 CAPÍTULO 5. PROBLEMAS SOBRE CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA24 Como nos dan el dato de la masa, m = 5g = Kg: Solución: V 2 = 1, m/s V2 2 = V 2 = = 1, m/s 2. Se conectan dos bloques por medio de una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea sin rozamiento. El bloque m 2 = 0, 5Kg está apoyado sobre una superficie horizontal y unido a un resorte cuya constante elástica vale K = 50N/m. Si el sistema se libera a partir del reposo cuando el resorte no está estirado y m 1 = 0, 3Kg cae una distancia h = 0, 05m antes de quedar en reposo.calcula el coeficiente de rozamiento entre m 2 y la superficie horizontal. En la ilustración podemos observar que si el muelle se alarga una distancia x, la masa m 1 desciende la misma distancia x. Resolveremos el problema haciendo uso del principio de conservación de la energia. Entre la masa m 2 y el suelo existe una fuerza de rozamiento, cuyo módulo tiene un valor de: F r = µ N = µ P = µ m 2 g La existencia de una fuerza disipativa (no conservativa) nos hace replantearnos el principio de conservación introduciendo un término para el trabajo de rozamiento: W ROZ = E MEC = E MECfinal E MECinicial < 0 E MEC < 0 puesto que el sistema pierde energía por rozamiento. El trabajo de rozamiento es: W ROZ = F r d = F r d cosα = µ m 2 g d cos(180 o ) = µ m 2 g d = µ m 2 g x donde vemos que d = x, puesto que el desplazamiento horizontal de m 2 coincide con el descenso x de m 1.

27 CAPÍTULO 5. PROBLEMAS SOBRE CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA25 Ahora tenemos que hacer el balance de energía para : el muelle, la masa m 1 y la masa m 2. W ROZ = [Epe f +Ec 2f +Ep 2f +Ec 1f +Ep 1f ] [Epe i +Ec 2i +Ep 2i +Ec 1i +Ep 1i ] Reordenando: W ROZ = [Epe f Epe i ]+[Ec 2f Ec 2i ]+[Ep 2f Ep 2i ]+[Ec 1f Ec 1i ]+[Ep 1f Ep 1i ] Epe i = 0, al principio el muelle no está deformado. Ec 2f Ec 2i = 0, para el alargamiento máximo las masas se detienen. Ep 2f Ep 2i = 0, la masa m 2 no cambia su energía potencial. Ec 1f Ec 1i = 0,para el alargamiento máximo las masas se detienen. Ep 1f Ep 1i = m 1 g x, el signo negativo significa que al bajar la masa m 1 una distancia x, su energía potencial disminuye en m 1 g x unidades de energía. Sustituyendo y teniendo en cuenta que Epe f = 1 2 K x2 : W ROZ = 1 2 K x2 m 1 g x µ m 2 g x = 1 2 K x2 m 1 g x Simplificando: µ m 2 g = 1 2 K x m 1 g Despejando el coeficiente de rozamiento: Sustituimos valores: µ = µ = 1 2 K x m 1 g m 2 g N m 0, 05m 0, 3Kg 10m/s2 0, 5Kg 10m/s 2 = 0, 35 Solución:µ = 0, 35. Es importante que veas que el coeficiente de rozamiento µ es adimensional. 3. Se lanza un proyectil verticalmente desde la superficie de la Tierra, cuyo radio es R T = 6370km, con una velocidad inicial de 3km/s.Calcule: a)la áltura máxima que alcanzará. b)la velocidad inicial que tendríamos que haberle comunicado para escapar de la acción del campo gravitatorio terrestre. 11 Nm2 Datos: G = 6, kg ; M 2 T = 5, kg. Solución: a) En la superficie terrestre, el proyectil tendrá un energía potencial: E P = G M T m R T

28 CAPÍTULO 5. PROBLEMAS SOBRE CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA26 y, además, se le comunica una energía cinética (en el lanzamiento) según la expresión: E C = 1 2 mv2 o El proyectil subirá hasta un punto en que se pare y tendrá, por tanto, una energía cinética nula y una energía potencial: E P = G M T m R Como la energía mecánica se conserva, la energía mecánica en la superfice terrestre ha de ser igual que la energía mecánica en la altura máxima: E MEC superficie = E MEC altura màxima G M T m R T mv2 o = G M T m R Sustituyendo valores y despejando R obtenemos: 11 5, , , = 6, R R = 6877, m = 6877, 6km La altura sobre la superficie terrestre será: h = R R T = 6877, = 499, 6Km b) Para escapar del campo gravitatorio necesitaremos darle una velocidad de salida igual a la velocidad de escape. Escapar del campo gravitatorio significará llegar al infinito (E p (r = ) = 0) con velocidad nula (E C = 0). Entonces el balance de energía quedará: G M T m R T mv2 escape = 0 Simplificando vemos que el problema es independiente de la masa del proyectil: Despejando: G M T R T v2 escape = 0 v escape = 2GMT Sustituyendo datos se obtiene: v escape = 11190m/s = 11, 190km/s 11, 2km/s 4. Un cuerpo de 10Kg se lanza con una velocidad de 30m/s por una superficie horizontal lisa hacia el extremo libre de un muelle horizontal, de constante elástica 200N/m, fijo en el otro extremo. a) Analice las variaciones de energía que tienen lugar a partir de un instante anterior al impacto con el resorte y calcule la máxima compresión del resorte. R T

29 CAPÍTULO 5. PROBLEMAS SOBRE CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA27 b) Discuta en términos energéticos las modificaciones relativas al apartado a) si la superfice horizontal tuviera rozamiento. a) Aplicando el principio de conservación de la energía mecánica: E MECinicial = E MECfinal (Ec + Ep + Ep elástica ) inicial = (Ec + Ep + Ep elástica ) final Todo el problema se desarrolla sobre una superficie horizontal y por lo tanto todas las energías potenciales gravitatorias son nulas. Inicialmente el muelle se encuentra en su posición natural, por tanto podemos decir que la (Ep elástica ) inicial = 0. Cuando el muelle se comprima al máximo, la masa se detendrá y por tanto Ec final = 0. Teniendo en cuenta estos razonamientos el balance de energía quedará: 1 2 m v2 inicial = 1 2 kx2 donde x será la compresión máxima del muelle. Despejando: x = m k v2 inicial = 10Kg 200 N (30 m s )2 = 6, 71m m b) Entre la masa y el suelo existe una fuerza de rozamiento, cuyo módulo tiene un valor de: F r = µ N = µ P = µ m g La existencia de una fuerza disipativa (no conservativa) nos hace replantearnos el principio de conservación introduciendo un término para el trabajo de rozamiento: W ROZ = E MEC = E MECfinal E MECinicial < 0 E MEC < 0 puesto que el sistema pierde energía por rozamiento. El trabajo de rozamiento es: W ROZ = F r x = F r x cosα = µ m g x cos(180 o ) = µ m g x

30 CAPÍTULO 5. PROBLEMAS SOBRE CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA28 µ m g x = 1 2 kx2 1 2 m v2 inicial 1 2 m v2 inicial = 1 2 kx2 + µ m g x Puesto que el problema no indica el valor del coeficiente de rozamiento µ no podemos avanzar más, pero podemos asegurar que: x < 6, 71m

31 Capítulo 6 Problemas sobre Campo Gravitatorio 1. El satélite de investigación europeo (ERS-2) sobrevuela la Tierra a 800 Km de altura. Suponga su trayectoria circular y su masa de 1000 Kg. a) Calcule de forma razonada la velocidad orbital del satélite. Calcule de forma razonada la energía mecánica del satélite. La condición para que el satélite orbite es: F gravitatoria = m satélite a centrípeta v 2 F gravitatoria = m satélite r G M T m satélite v 2 r 2 = m satélite r Teniendo en cuenta que r = R T + h: v = GMT r = GMT R T + h y llegados a este punto, podemos observar que nos falta el dato de la masa de la Tierra, pero nos dan el dato de la aceleración de la gravedad en la superficie terrestre g = 10m/s 2. Sabiendo que g = G M T : RT 2 GMT v = R T + h = GM T RT 2 grt 2 10 (6370 (R T + h)rt 2 = R T + h = 103 ) = 7522,8m/s Solución: v = 7522,8m/s Para calcular la energía mecánica: E M = E Cinética +E P otencialgravitatoria = 1 2 m satélitev 2 G M T m satélite R T + h 29

32 CAPÍTULO 6. PROBLEMAS SOBRE CAMPO GRAVITATORIO 30 E M = 1 2 m GM T satélite R T + h GM T m satélite R T + h = 1 2 GM T m satélite R T + h Como nos dan el dato de la aceleración de la gravedad en la superficie terrestre g = 10m/s 2, sabiendo que g = G M T : RT 2 E M = 1 2 GM T m satélite R T + h R 2 T R 2 T Solución: E M = 28, J = 1 g m satélite RT 2 2 (R T + h) = 28, J b) Si suponemos que el satélite se encuentra sometido únicamente a la fuerza de la gravitación debida a la Tierra, por qué no cae sobre la superficie terrestre?. Razone la respuesta. Datos: R T = 6370Km ; g = 10m/s 2. La respuesta la encontramos en el hecho que la fuerza gravitatoria actua en este caso como una fuerza centrípeta, cuyo efecto es el de modificar la dirección de la velocidad instantanea y no el módulo. Si la fuerza gravitattoria no existiera, el satélite permecería en reposo o con MRU, tal como indica la Ley de Inercia. Es pues que la fuerza gravitatoria es la responsable del giro del satélite. 2. Dadas dos esferas de masas m 1 = 2kg y m 2 = 4kg situadas, respectivamente, en los puntos (0,0) y (6,0) de un sistema de coordenadas cartesianas (distancias expresadas en metros).calcule: a)el potencial gravitatorio en el punto A de coordenadas (3,4) y en el punto B de coordenadas (3,0). b)el trabajo necesario para transportar otra esfera de masa m 3 = 3kg desde el punto A al punto B. Será el proceso espontaneo? (justifique la respuesta). Solución: a) El potencial en el punto A de coordenadas (3,4), será la suma de las contribuciones de las masas m 1 y m 2 : V A = V m1 + V m2 = G m 1 r 1 G m 2 r 2 = 11 Nm2 2kg Nm2 4kg = 6,67 10 kg 2 6, m kg 2 5m = 8 J kg donde r 1 = r 2 = 5m, han sido calculadas sin más que utilizar el teorema de pitágoras. El potencial en el punto B de coordenadas (3,0), será también la suma de las contribuciones de las masas m 1 y m 2 : V B = V m 1 + V m 2 = G m 1 r 1 G m 2 r 2 = 11 Nm2 2kg Nm2 4kg = 6,67 10 kg 2 6, m kg 2 3m = 1, J kg

33 CAPÍTULO 6. PROBLEMAS SOBRE CAMPO GRAVITATORIO 31 donde r 1 = r 2 = 3m, por ser el punto B el punto medio entre (0,0) y (6,0). b) Calculamos el trabajo para trasladar una masa m 3 = 3kg desde el punto A al punto B a partir de la relación: W A B = E p = m 3 V = m 3 (V B V A ) W A B = 3kg( 1, J kg ( J kg )) = 1, J Por ser el W > 0, el proceso será espontaneo y el trabajo lo realizará el campo gravitatorio. 3. Se lanza un proyectil verticalmente desde la superficie de la Tierra, cuyo radio es R T = 6370km, con una velocidad inicial de 3km/s.Calcule: a)la áltura máxima que alcanzará. b)la velocidad inicial que tendríamos que haberle comunicado para escapar de la acción del campo gravitatorio terrestre. 11 Nm2 Datos: G = 6, kg ; M 2 T = 5, kg. Solución: a) En la superficie terrestre, el proyectil tendrá un energía potencial: E P = G M T m R T y, además, se le comunica una energía cinética (en el lanzamiento) según la expresión: E C = 1 2 mv2 o El proyectil subirá hasta un punto en que se pare y tendrá, por tanto, una energía cinética nula y una energía potencial: E P = G M T m R Como la energía mecánica se conserva, la energía mecánica en la superfice terrestre ha de ser igual que la energía mecánica en la altura máxima: E MEC superficie = E MEC altura màxima G M T m + 1 R T 2 mv2 o = G M T m R Sustituyendo valores y despejando R obtenemos: 11 5, , , = 6, R R = 6877, m = 6877, 6km La altura sobre la superficie terrestre será: h = R R T = 6877, = 499, 6Km

34 CAPÍTULO 6. PROBLEMAS SOBRE CAMPO GRAVITATORIO 32 b) Para escapar del campo gravitatorio necesitaremos darle una velocidad de salida igual a la velocidad de escape. Escapar del campo gravitatorio significará llegar al infinito (E p (r = ) = 0) con velocidad nula (E C = 0). Entonces el balance de energía quedará: G M T m R T mv2 escape = 0 Simplificando vemos que el problema es independiente de la masa del proyectil: Despejando: G M T R T v2 escape = 0 v escape = 2GMT Sustituyendo datos se obtiene: v escape = 11190m/s = 11, 190km/s 11, 2km/s 4. La nave espacial Apolo orbitó alrededor de la Luna con un periodo de 119 minutos y a una distancia media del centro de la Luna de 1, m. Suponiendo que su órbita fue circular y que la Luna es una esfera uniforme: a)determine la masa de la Luna y la velocidad orbital de la nave.justifique la respuesta. b) Cómo se vería afectada la velocidad orbital si la masa de la nave espacial se hiciese el doble?. Justifique la respuesta. Dato=G = 6, Nm 2 kg 2 R T a) Imponiendo la condición de orbitación, podemos determinar fácilmente la masa de la Luna: F g = G M LUNA m Apolo v 2 r 2 = m Apolo r y teniendo en cuenta que la velocidad orbital es v = 2πr T tenemos: G M LUNA m Apolo r 2 = m Apolo ( 2πr ) 2 T r Si operamos en la expresión anterior y despejamos la masa de la Luna: M LUNA = 4π2 r 3 GT 2 = 4π 2 (1, m) 3 6, Nm 2 kg 2 (7140s) 2 = 6, Kg La velocidad de orbitación podemos sacarla simplemente de: v = 2πr T = 2π 1, m 7140s = 1578m/s

35 CAPÍTULO 6. PROBLEMAS SOBRE CAMPO GRAVITATORIO 33 b) Despejando el valor de la velocidad de la condición de orbitación, vemos que la velocidad orbital no depende de la masa del objeto que orbita, solo de la masa de la Luna y de la distancia a ésta: v = GMLUNA 5. Un astronauta aterriza sobre un planeta de radio 0, 71 R T, siendo R T el radio de la Tierra, mide el periodo de un péndulo de 1m de longitud y obtiene T = 2, 5s: a) Cuál es la masa del planeta?. Expresalá en función de la masa de la Tierra. b) Si en la Tierra, y cargando el mismo equipo que en el planeta, el astronauta alcanzaba una altura de 20cm al saltar verticalmente hacia arriba, qué altura alcanzará en dicho planeta? Datos: g T ierra = 9, 8m/s 2. a) A partir de la expresión del período de un péndulo simple obtememos el valor de la gravedad en el planeta: L T = 2π g g = 4π2 L T 2 = 4π2 1 2, 5 2 = 6, 32m/s 2 Por otro lado, la gravedad del planeta viene dada por la expresión: r g p = GM p R 2 p = GM p = 6, 32m/s2 (0, 71 R T ) 2 Teniendo en cuenta que la intensidad del campo gravitatorio terrestre, dato que se proporciona en el enunciado del problema, se calcula mediante la expresión: g o = GM T R 2 T = 9, 8m/s 2 Dividiendo una expresión entre otra: 6, 32 9, 8 = GM p R 2 p GM T R 2 T M p = 0, 71 2 M T M p = 6, 32 9, 8 0, 712 M T M p = 0, 32M T b) Al aplicar el teorema de conservación de la energía, y teniendo en cuenta que la energía cinética inicial del astronauta es la misma en la Tierra y en el planeta, se llega a la conclusión de que la energía potencial final del astronauta en ambos planetas es igual. Por tanto: mg T h T = mg P h P h p = g T h T 9, 8 0, 2 = = 0, 31m g p 6, 32

36 CAPÍTULO 6. PROBLEMAS SOBRE CAMPO GRAVITATORIO Un cuerpo, inicialmente en reposo a una altura de 150km sobre la superficie terrestre, se deja caer libremente. a) Explique cualitativamente cómo varían las energías cinética y potencial mecánica durante el descenso, si se supone una resistencia nula con el aire. b) Si en lugar de dejar caer el cuerpo, lo lanzamos verticalmente hacia arriba desde la posición inicial, Cuál será la velocidad de escape? Datos: G = 6, Nm 2 /Kg 2, R T = 6400km, M T = Kg. a) Supongamos el sistema formado por la Tierra y el cuerpo. Por convenio, admitimos que la energía potencial del cuerpo en reposo sobre la superficie de la Tierra es nula. Para subir el cuerpo a una altura h hay que aplicarle una fuerza exterior que venza la gravedad. Esta fuerza comunica al sistema Tierra-cuerpo una energía potencial: E p = mgh En el punto de altura h, la energía mecánica vale: E m = E c + E p = 0 + mgh pues el cuerpo está parado y su energía cinética es nula. Si deja de actuar la fuerza exterior, el cuerpo cae libremente por la acción de la gravedad. A medida que cae, el sistema pierde energía potencial porque disminuye la altura, pero gana energía cinética porque aumenta la velocidad. Cuando, finalmente, llega a la superficie de la Tierra, la energía potencial del sistema es cero nuevamente, pero la energía cinética vale: E c = 1 2 mv2 = mgh Es decir toda la energía potencial se convierte en cinética, y la energía mecánica tiene el mismo valor que en el punto más alto. b) La velocidad de escape es la que hay que comunicar al cuerpo para que pueda alejarse y salir de la influencia del planeta. En la posición inicial, a 150km sobre la superficie, la masa tiene una energía potencial: E p = GMm R Para que pueda escapar, hay que suministrarle energía cinética suficiente para que la energía mecánica en la superficie sea igual que la energía mecánica en el infinito: (E p + E c ) 150km = (E p + E c ) GMm R Despejando y sustituyendo: 2GM v e = R = 11, 05km/s mv2 e = 0 Es la mínima velocidad para que el cuerpo pueda salir de la influencia del planeta.

37 CAPÍTULO 6. PROBLEMAS SOBRE CAMPO GRAVITATORIO Una partícula de masa m, situada en un punto A, se mueve en línea recta hacia otro punto B, en una región del campo gravitatorio creado por una masa M. a) Si el valor del potencial gravitatorio en el punto B es mayor que en el punto A, razone si la partícula se acerca o se aleja de M. b) Qué le ocurre a la velocidad de la partícula? Qué cambios cabría esperar si la partícula fuera de A a B siguiendo una trayectoria no rectilínea? a) Para abordar esta cuestión debemos de dejar claro cual es el origen de energía potencial que vamos a tomar. Normalmente tomaremos el orígen de energía potencial en el infinito de la masa que crea el campo, E p ( ) = 0. Conforme nos aproximemos a la masa M, la energía potencial que estaba almacenada en el campo gravitatorio disminuirá, transformándose en cinética. Al disminuir, la energía potencial irá tomando valores negativos. Por tanto si la partícula se mueve A B y resulta que E p (A) < E p (B), el punto B está a mayor potencial y por tanto estará más lejos de la masa M. Por tanto la masa m se estará alejando. b) Parte de este apartado ya lo hemos visto en el apartado a). La partícula se mueve A B y por lo tanto E p (A) < E p (B), como el campo gravitatorio es un campo de fuerzas conservativo: W = E c = E p Si en nuestro caso E p, tendremos en consecuencia que E c, con lo que la partícula conforme se mueva hacia B irá perdiendo velocidad. Si la trayectoria no fuese rectilínea daría igual, manteniendose los mismos razonamientos energéticos, ya que la fuerza gravitatoria es una fuerza conservativa y el trabajo para ir de un punto a otro no depende del camino, solo de los puntos inicial y final entre los que lo evaluemos. W 1 = W 2 = W 3 8. Un satélite metereológico se encuentra en órbita geoestacionaria. Estar en órbita geoestacionaria quiere decir que gira con la misma velocidad de rotación que la Tierra, de este modo se mantiene siempre sobre la misma vertical.

38 CAPÍTULO 6. PROBLEMAS SOBRE CAMPO GRAVITATORIO 36 a) Calcula razonadamente la altura (respecto de la superficie de la Tierra) a la que se encuentra el satélite. b) Razone qué valores obtendría para la masa y el peso de un cuerpo situado en dicho satélite, sabiendo que su masa en la Tierra es de 20Kg. 11 Nm2 Datos: G = 6, Kg ; R 2 T ierra = 6400Km; M T ierra = Kg a) El periodo orbital del satélite tiene que ser de T = 24h = 86400s para que se encuentre en situación geoestacionaria. Aplicando la condición de orbitación: Trabajando en módulos F g = m satélite a centripeta G M T ierra m satélite r 2 y teniendo en cuenta que: v = 2πr T ley de Kepler: Despejando r: = m satélite v2 r llegamos a la expresión de la tercera T 2 = 4π2 r 3 G M T ierra r = 3 T 2 G M T ierra 4 π 2 = 42, m h = r R T = 42, m 6, m = 3, m b) La masa será de 20Kg en los dos casos, por masa entendemos por cantidad de materia, y eso no varía. Por peso entendemos a la atracción gravitacional. El peso en la Tierra es de P = mg = 20Kg 10m/s 2 = 200N Para conocer el peso en el satélite tendremos que conocer el nuevo valor de g: P = mg = m G M T (R T + h) 2 = 20Kg Kg 42, = 4, 5N m 9. Dos partículas de masas 4Kg y 0, 5Kg se encuentran en el vacio separadas 20m. Calcule: a) La energía potencial del sistema. b) El trabajo de la fuerza gravitatoria para aumentar la separación a 40cm. c) El trabajo de la fuerza gravitatoria para llevar la partícula hasta el infinito.

39 CAPÍTULO 6. PROBLEMAS SOBRE CAMPO GRAVITATORIO 37 d) Interprete razonadamente el signo del trabajo en el apartado b). a) E PA = G M m r A = 6, Nm2 0, 5Kg 4Kg Kg2 0, 2m = 6, J b) Calculamos previamente la energía potencial del sistema para la nueva separación: E PB = G M m r B = 6, Nm2 0, 5Kg 4Kg Kg2 0, 4m = 3, J W A B = E P = [E PB E PA ] = [ 3, J ( 6, J)] = 3, J c) Este apartado podría interpretarse de dos formas, ya que podríamos partir al infinito desde la situación A, o desde la situación B. Calculamos las dos posibilidades igualmente correctas: W A = E P = [E P ( ) E PA ] = E PA = 6, J } {{ } 0 W B = E P = [E P ( ) E PB ] = E PB = 3, J } {{ } 0 Apartado c) El signo negativo del trabajo del apartado b), quiere decir que el desplazamiento se realiza en contra de las fuerzas del campo, para este desplazamiento se requiere de una fuerza externa. Como W = E P, y W < 0, tendremos que E P > 0, es decir, la energía suministrada a la distribución de masas para separarlas, se almacena en el campo gravitatorio en forma de energía potencial. 10. a) En que punto de la línea que une la Tierra y la Luna el campo gravitatorio es cero? Datos: R T ierra = m; R Luna = R T ierra /4; M Luna = M T ierra /81; D T ierra Luna = Km b) A qué altura sobre la superficie de la Tierra colocaremos un satélite para que su órbita sea geoestacionaria sobre un punto del ecuador?. Razone la respuesta. Datos: R T ierra = 6, Nm2 m; G = 6, 6 10 Kg ; g 2 o = 9, 8m/s 2 a) Supongamos que dicho punto esté a una distancia X de la Tierra, entre la Tierra y la Luna. Si el campo gravitatorio es cero quiere decir que las fuerzas que ejercen la tierra y la Luna sobre un objeto situado en dicho punto serán iguales: G M T m X 2 M L m = G (D T L X) 2

40 CAPÍTULO 6. PROBLEMAS SOBRE CAMPO GRAVITATORIO 38 M T X 2 = M L (D T L X) 2 Sacando la raiz cuadrada en la expresión anterior: MT X = M L (D T L X) Ahora solo tenemos que despejar X: X = M T M L D T L M T M L + 1 Teniendo en cuenta que M Luna = M T ierra /81, sustituimos en la expresión anterior: X = 9 D T L = m 10 b) Un satélite en órbita geoestacionaria, es aquel cuyo periodo de revolución es T = 24h = 86400s. Comenzamos imponiendo la condición de orbitación: G M T m (R T + h) 2 = m v2 (R T + h) Además: v = 2π(R T + h) 2 T Combinando las dos ecuaciones anteriores llegamos a: GM T ( T 2π ) 2 = (R T + h) 3 Tenemos un problema ya que no nos dan el valor de M T, pero podemos calcularlo por separado sabiendo que: g 0 = G M T R 2 T = 9, 8m/s 2 6, M T (6, ) 2 = 9, 8 = M T = Kg Conocida la masa de la Tierra sólo tenemos que sustituir datos en la expresión: ) 2 = (R T + h) 3 ( T GM T 2π ( ) 2 ( ) 2 T R T +h = 3 GM T = 3 6, π = m 2π R T + h = m h = m R T = m 6, = m = 36000Km 11. En la superficie de un planeta de 3000Km de radio, la aceleración es de 3m/s 2. Calcule:

41 CAPÍTULO 6. PROBLEMAS SOBRE CAMPO GRAVITATORIO 39 a) La energía potencial gravitatoria de un objeto de 200Kg de masa situado en la superficie del planeta. b) La velocidad de escape desde la superficie del planeta. 11 Nm2 Dato: G = 6, 6 10 Kg 2 a) Para calcular la energía potencial del cuerpo en la superficie, previamente necesitaré conocer el valor de la masa del planeta, y para ello me dan su radio y el valor de la aceleración en la superficie, 3m/s 2 : g 0 = G M planeta R 2 planeta = 3m/s 2 6, M planeta ( ) 2 = 3 despejando Calculamos la Ep: M planeta = 4, Kg Ep SUP ERF ICIE = G M planeta m R planeta = 11 Nm2 = 6, 6 10 Kg 2 4, Kg 200Kg = 1, J m b) Entendemos por velocidad de escape, como la necesaria para llegar al infinito, desde la superficie del planeta, con velocidad nula. Haciendo el balance de energía: Ec SUP ERF ICIE + Ep SUP ERF ICIE = Ec + Ep Ec SUP ERF ICIE + Ep SUP ERF ICIE = m v2 1, = m v2 = 1, despejando v = 4, m/s = 4, 24Km/s

42 Capítulo 7 Problemas sobre Movimiento Armónico 1. Qué características debe tener una fuerza para que al actuar sobre un cuerpo le produzca un movimiento armónico simple? La fuerza que origina un MAS es una fuerza recuperadora del tipo F = KX, que tiende a devolver siempre al objeto a la posición de equilibrio. Además son fuerzas conservativas, de modo que es posible relacionar el trabajo que realizan dichas fuerzas con la variación de energía potencial:w = E p 2. Una partícula recorre un segmento de 8cm de longitud en 0,05s, animada de un MAS. Si en el instante inicial su elongación es máxima, calcule: a)la ecuación del movimiento y de la velocidad. b)representa gráficamente x=x(t). Solución: a) La amplitud es la mitad del segmento recorrido: A = m. Si recorre el segmento en 0,05s, para volver a la posición inicial tarda el doble: T = 2 0, 05s = 0, 1s La pulsación es: ω = 2π rad = 20π T s Para conocer la fase inicial ϕ 0, partimos de que en el instante inicial la partícula se encuentra en A. Sustituyendo esta información en la ecuación general del MAS: A = Asen(ω 0 + ϕ 0 ) Simplificando: senϕ 0 = 1 = ϕ 0 = π 2 rad 40

43 CAPÍTULO 7. PROBLEMAS SOBRE MOVIMIENTO ARMÓNICO 41 Trasladando los datos a la ecuación general del MAS obtenemos la ecuación para la posición: x(t) = Asen(ωt + ϕ 0 ) = sen(20πt + π 2 ) m Para obtener la ecuación de la velocidad derivaremos la ecuación de la posición respecto del tiempo: v(t) = D[x(t)] = πcos(20πt+ π 2 ) = 0, 8πcos(20πt+ π 2 ) m/s b) Para representar la ecuación de posición podemos tomar valores para t = 0s, t = T 2 s, t = 3T 4 s y t = T s, (de cuarto en cuarto de periodo).y luego representar mediante interpolación un trozo de la gráfica, que luego repetiremos sabiendo que la función seno es una función periódica. 3. Un cuerpo que se encuentra sobre una superficie horizontal y ligado a un muelle, vibra con MAS. a)cuando se encuentra en la mitad de la amplitud, qué porcentaje es energía cinética y que porcentaje es energía potencial? b) Para que valor de la elongación las dos energías son iguales? Solución: a) La energía mecánica coincide con la energía potencial máxima: E = 1 2 ka2 = 1 2 mω2 A 2 En el punto medio de la amplitud la energía cinética toma el valor: E c = 1 2 mv2 = 1 2 mω2 (A 2 x 2 ) = 1 2 mω2 (A 2 A2 4 ) = 3 8 mω2 A 2 que equivale a un porcentaje del total de la energía mecánica de: E c E mec = 3 8 mω2 A mω2 A = 3 0, 75 % 2 4

44 CAPÍTULO 7. PROBLEMAS SOBRE MOVIMIENTO ARMÓNICO 42 En el punto medio de la amplitud la energía potencial toma el valor: E p = 1 2 kx2 = 1 2 k A2 4 que equivale a un porcentaje del total de la energía mecánica de: E p E mec = 1 2 k A2 4 1 = 1 2 ka2 4 0, 25 % Aunque podemos ahorrarnos este último cálculo, ya que la energía cinética representaba un 75 % de la energía mecánica, la energía potencial a la fuerza debe ser un 25 % puesto que la energía mecánica es suma de la cinética y de la potencial. b) Cuando E c = E p, el cuerpo se encuentra en una elongación que puede deducirse de la igualdad: de donde: y deducimos que: 1 2 mω2 x 2 = 1 2 mω2 (A 2 x 2 ) x 2 = A 2 x 2 x = A 2 4. Represente gráficamente el movimiento armónico simple de una partícula dado por: y = 5cos(10t + π 2 ) (SI) y otro movimiento armónico que tenga una amplitud doble y frecuencia mitad que el anterior. Para representar el MAS dado por la ecuación y = 5cos(10t + π 2 ), tomaremos valores para el tiempo para t = 0s, t = T 4 s, t = T 2 s, t = 3T 4 s y t = T s, donde T es el periodo del MAS. El valor de T lo calculamos teniendo en cuenta la relación que existe entre el periodo y la frecuencia angular: de donde T = π 5 s. Tomando valores: ω = 2π T = 10rad/s t = 0s x = 0m t = T 4 s x = 5m t = T 2 s x = 0m t = 3T 4 s x = 5m t = T s x = 0m

45 CAPÍTULO 7. PROBLEMAS SOBRE MOVIMIENTO ARMÓNICO 43 Además tendremos en cuenta que la gráfica está acotada entre los valores de la amplitud A y -A (A = 5m). Dibujada la gráfica para un periodo sólo tendremos que repetirla: A continuación tenemos que representar un MAS de amplitud doble, A = 10m y frecuencia la mitad ω = 5rad/s. Como de la fase inicial no nos dicen nada, la dejaremos igual, ϕ o = π 2. Por tanto la ecuación del MAS que tenemos que representar es: y = 10cos(5t + π 2 ). Igual que antes calcularemos el valor del periodo y tomaremos valores: ω = 2π T = 15rad/s de donde T = 2π 5 s t = 0s x = 0m t = T 4 s x = 10m t = T 2 s x = 0m t = 3T 4 s x = 10m t = T s x = 0m 5. Una masa de 20g realiza un movimiento vibratorio armónico simple en el extremo de un muelle que realiza dos oscilaciones por segundo, siendo la amplitud del movimiento de 5cm. Calcule: a) La velocidad máxima que llega a alcanzar la masa que oscila. b) La constante del muelle. a) El MAS viene definido por la ecuación: x = A sen(ωt + θ o )

46 CAPÍTULO 7. PROBLEMAS SOBRE MOVIMIENTO ARMÓNICO 44 Sabiendo que ω = 2π T = 2πf. La velocidad del MAS viene dada por la derivada respecto al tiempo de la ecuación del movimiento: v = dx dt = A ω cos(ωt + θ o) La velocidad es máxima cuando cos(ωt + θ o ) = 1. Por tanto: v max = A ω = A 2π f = π 2 = 0, 2πm/s b) Combinando la ley de Hooke y la segunda ley de Newton obtenemos la aceleración: } F = kx kx = ma a = k F = ma m x Teniendo en cuenta que en un MAS la aceleración es: a = ω 2 x, se deduce que: a = k m a = ω 2 k m = ω2 x k = ω 2 m x A partir de esta expresión, sustituyendo valores y despejando, obtenemos el valor de la constante elástica del muelle: k = ω 2 m = (2πf) 2 = (2π 2) = 3, 16N/m 6. Un bloque de 50kg se mueve sobre una superficie sin rozamiento como se muestra, conectada a una pared mediante dos muelles de constantes elásticas k 1 = 4000N/m y k2 = 6000N/m. Se separa 40mm de su posición de equilibrio y se abandona luego a sí mismo. Calcular el período de vibración, la velocidad y aceleración máximas del bloque en cada uno de los dos esquemas de sujeción del mismo que se representan. Muelles en paralelo Primeramente calculamos la constante elástica K de un solo muelle equivalente a los otros dos, determinando el módulo de la fuerza F necesaria para producir una cierta elongación δ. Puesto que, para una elongación δ, los módulos de las fuerzas ejercidas por los muelles son K 1 δ y K 2 δ, se tiene que: F = K 1 δ + K 2 δ = (K 1 + K 2 )δ La constante K del muelles equivalente es: K = F δ = K 1 + K 2 = 10 4 N/m

47 CAPÍTULO 7. PROBLEMAS SOBRE MOVIMIENTO ARMÓNICO 45 Cálculo del periodo de vibración: ω 2 = K m = 104 N/m 50kg ω = 14, 14rad/s T = 2π ω = 0, 444s Cálculo de la velocidad máxima: v max = Aω = (0, 04m)(14, 14rad/s) = 0, 566m/s Cálculo de la aceleración máxima: a max = Aω 2 = (0, 04m)(14, 14rad/s) 2 = 8m/s 2 Muelles en paralelo Al igual que en el caso anterior, calculamos la constante K del muelles equivalente a los otros dos, determinando la elongación total δ de los muelles bajo una fuerza estática F: δ = δ 1 + δ 2 F = K 1 δ + K 2 δ = (K 1 + K 2 )δ La constante K del muelles equivalente es: Cálculo del periodo de vibración: F K = F δ 1 + F δ 2 1 K = 1 K K 2 K = 2400N/m ω 2 = K m = 2400N/m 50kg ω = 6, 93rad/s T = 2π ω = 0, 907s Cálculo de la velocidad máxima: v max = Aω = (0, 04m)(6, 93rad/s) = 0, 277m/s Cálculo de la aceleración máxima: a max = Aω 2 = (0, 04m)(0, 277rad/s) 2 = 1, 920m/s 2