Numericamente idénticas, pero conceptualmente distintas en Mecánica Clásica. Numérica y conceptualmente distintas en Relatividad General.

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1 FUNDAMENTOS FÍSICOS DE LA INGENIERÍA. CURSO 22/23. PRIMERO INGENIERO DE TELECOMUNICACIÓN. PRIMERA PRUEBA DE SOBRENOTA: MECÁNICA SOLUCIÓN DETALLADA. Las masas inerte y gravitatoria son: Numérica y conceptualmente idénticas en Mecánica Clásica. Numericamente idénticas, pero conceptualmente distintas en Mecánica Clásica. Numérica y conceptualmente distintas en Relatividad General. Las masas inerte y gravitatoria son numericamente idénticas, pero conceptualmente distintas en Mecánica Clásica.Ver apuntes, pag. 3, nota Un punto parte del origen de coordenadas con velocidad inicial nula, moviéndose por el eje OX con aceleración a = 2t 2 ı. Cuánto tiempo tarda en alcanzar la posición x = 3456? 4 ; 6 ; 2 Sean ẋ() y x() la velocidad y la posición, respectivamente, en el instante inicial. Según el enunciado, ẋ() = ; x() =. Como nos dan la aceleración en función del tiempo tenemos que integrar dos veces para hallar la posición en función del tiempo: Integrando otra vez obtendremos x(t): ẍ = 2t 2 dẋ ẋ(t) t dt = 2t2 dẋ = 2t 2 dt ẋ(t) = 2 3 t3. Resolviendo la ecuación x(t ) = 3456 queda: dx dt = 2 x(t) t 2 3 t3 dx = 3 t3 dt x(t) = t4 6. t = (3456 6) 4 = La velocidad de un punto en función del tiempo (t), expresada en la base cartesiana ligada al observador del movimiento, es v(t) = (2t 3 ) ı sent j. Cuánto vale el radio de curvatura de la trayectoria del punto en el instante t =? ; 2 ; 4

2 Para obtener la aceleración derivamos la velocidad respecto al tiempo: v(t) = (2t 3 ) ı sent j a = d v dt = 6t2 ı cos t j. La expresión de la aceleración a partir de sus componentes tangencial y normal es: a = a T + a N = dv T dt T + v2 ρ c N. En esta expresión ya conocemos a. Ahora vamos a calcular la aceleración tangencial y v 2. Tenemos: v = (2t 3 ) 2 + sen 2 t d v dt = 2(2t3 )6t 2 + 2sentcost 2 (2t 3 ) 2 + sen 2 t. Particularizando para t =, que es el instante donde nos piden ρ c, se tiene: Entonces: a N () = a T () = ; v() = ; a() = j a() =. a() 2 a 2 T () = 2 2 = ρ c () = v() 2 a N () = 2 =. 4. El movimiento de un sistema de partículas es tal que la velocidad de su centro de masa es constante. Entonces, en general: No actúan fuerzas externas sobre las partículas del sistema. La energía cinética del sistema es constante. La suma de todas las fuerzas externas es cero. Aplicando el teorema del centro de masas al sistema: F ext = M a G =, puesto que me dicen que v G = cte. Es decir, la suma de todas las fuerzas externas es cero. 2

3 5. Dos partículas y 2 se encuentran en equilibrio estático unidas por un muelle, estando la partícula unida a un hilo que cuelga del techo, tal como se muestra en la figura. Si se corta el hilo, el módulo de la aceleración de la partícula 2 inmediatamente después del corte es: Cero. Igual a g. Mayor que g. 2 Inmediatamente después de cortar la cuerda, la partícula deja de sentir la tensión de la cuerda, que contrarrestaba a la resultante de la fuerza elástica y el peso en la situación inicial de equilibrio estático. Por ello, si antes de cortar tenía aceleración nula, ahora tendrá una aceleración no nula, aun cuando la velocidad todavía será cero, y aún no se habrá movido. Sobre la partícula 2 siguen actuando las mismas fuerzas que antes del corte(el peso y la fuerza elástica, la cual no cambia porque la longitud del muelle sigue siendo la misma inmediatamente después del corte) sigue teniendo aceleración cero. 6. Una partícula de masa m puede moverse en el plano OXY de unos ejes inerciales (eje OX horizontal; eje OY vertical ascendente) sometida a la acción de un campo gravitatorio de intensidad g = g j, y unida al origen O de coordenadas por medio de un hilo elástico de longitud natural L. En el instante inicial la partícula se encuentra en el punto (2L, ) y tiene la velocidad v j. Entonces, en un instante cualquiera, llamando L a la longitud del hilo, se conserva: La energía mecánica y el momento cinético respecto a O. El momento cinético respecto a O y, además, cuando L < L, la cantidad de movimiento. La energía mecánica y, además, cuando L < L, la cantidad de movimiento horizontal. Y T P O X Las fuerzas que actúan sobre la partícula son la tensión del hilo ( T ) y el peso (m g). Según el teorema del momento cinético, 3

4 d L O /dt = M ext O. El momento de T es cero, porque T está dirigido hacia O, pero el de m g no: M ext O = OP (m g). Por tanto, L O no se conserva. La energia mecánica sí se conserva porque T es conservativa (deriva de la energía potencial elástica) y m g también (deriva de la energía potencial gravitatoria). Además, cuando L < L no actúa T, y la segunda ley de Newton nos dice que: F = m a Fx = a x = mv x = cte. Por tanto, cuando L < L se conserva la cantidad de movimiento horizontal. 7. El bloque A, de masa m, puede deslizar sin rozamiento por el prisma triangular (sólido ), que a su vez puede deslizar sin rozamiento sobre el suelo horizontal (sólido, que se considera inercial). Sobre el prisma actúa la fuerza horizontal F. Sobre el bloque actúan la gravedad (m g) y la reacción del prisma ( N). Entonces, la expresión matemática del teorema del centro de masas aplicado al bloque A es: N + m g = m a A N + m g + F = m a A N + m g m a = m a A Y g N F A O X Apliquemos el teorema del centro de masas al bloque A: F ext = m a A, donde F ext es la suma de las fuerzas exteriores a A; y a A es la aceleración del centro de masas de A respecto a un observador inercial (en nuestro caso, el sólido ). Tendremos: N + m g = m a A. 4

5 F no aparece, porque no actúa sobre A. Si quisiéramos trabajar en el sistema cero (no inercial), tendríamos que añadir las fuerzas de inercia: F ext + F inercia = m a A, donde F inercia = m a. Por tanto, quedaría: N + m g + ( m a ) = m a A. En el miembro derecho de la ecuación anterior está la diferencia con respecto a la tercera respuesta de la cuestión. 8. Una partícula de masa m se puede mover por el eje OX horizontal de un sistema de referencia inercial OXY (eje OY vertical ascendente). Entre la partícula y el eje existe rozamiento de coeficiente µ =,5, y sobre la partícula actúa la fuerza F = ı, donde x es la coordenada de la x 2 partícula y g la intensidad del campo gravitatorio. En t = la partícula se encuentra en x = en reposo. A qué distancia del origen se detiene? 2 ; 5 ; Y N O F r F X Aplicamos la segunda ley de Newton: F F r = ma x, () N = N =. (2) Ahora debemos hacer una hipótesis sobre el rozamiento. Supongamos que al principio no desliza. Entonces, F r < µn = µ =,5, y al no haber deslizamiento la aceleración sería nula. Por tanto, sustituyendo en la ecuación () queda: F = F r x 2 = F r <,5. 5

6 Pero al principio x =, de moso que: 2 = F r <,5, llegando a la conclusión de que la hipótesis de no deslizamiento es errónea. Por tanto: y la ecuación () quedaría : x 2 F r = µ, µ = ma x = mẍ, que es la ecuación diferencial del movimiento. En lugar de intentar resolver esta ecuación veremos si alguno de los teoremas generales de la Dinámica nos puede ayudar. El que viene bien es el de la energía: T = W. Vamos a aplicarlo entre t = y el momento en que la partícula se para. Entonces T =, porque inicialmente la partícula también está parada (aunque tiene aceleración ). Si llamamos x p a la coordenada de la partícula en la posición donde se detiene definitivamente, tendremos: W = = xp F r d r + xp F d r, donde Por tanto F r = µ ı ; F = ı ; d r = dx ı. x2 x p µdx = xp dx x 2, e integrando queda: µ(x p ) = x p µx 2 p ( + µ)x p + =. Resolviendo la ecuación de segundo grado, obtenemos: x p = + µ ± ( + µ) 2 4µ 2µ = + µ ± ( µ) 2 2µ = + µ ± ( µ) 2µ x p = { µ La última solución corresponde a la posición de salida, donde el trabajo es trivialmente nulo. La solución buena es: x p = µ =,5 = 2. 6

7 9. Un bloque de masa m = 9 se puede mover sin rozamiento por el eje OX (horizontal). Sobre el bloque actúa la fuerza F, como se muestra en la figura, y cuyo módulo vale t 2, siendo t el tiempo. En t = el bloque está en reposo en el origen de coordenadas (x = ). Qué espacio recorre desde ese instante hasta el momento en que pierde el contacto con el eje OX? Nota: tómese g =. ; 25 ; 5 La expresión de F en la base { ı, j} del sistema de referencia OXY es: F = t 2 (cos π 3 ı + senπ 3 j) = t2 ( ı + 3 j). 2 Las fuerzas que actúan sobre el bloque son la Normal ( N), el peso ( P ) y F. N F a=6º Aplicando el teorema del centro de masas en los ejes OXY : Fx = ma Gx t 2 cosα = mẍ = m dẋ dt, (3) Fy = ma Gy t 2 senα + N =. (4) De la ecuación (4) obtenemos: N = t 2 senα. De aquí vemos que al pricipio (t = ) N es positiva, y va disminuyendo conforme crece t. El despegue ocurrirá en el momento en el que N =. Llamando t a este instante, lo obtendremos haciendo N = en (4): Por otra parte, integrando en (3): t 2 c = senα. (5) t Integrando otra vez, obtenemos: t 2 cosαdt = ẋ(t) mdẋ mẋ(t) = 3 t3 cosα. 7

8 x(t) mdx = t 3 t3 cosαdt mx(t) = 2 t4 cosα. (6) Como el bloque parte del origen, el espacio recorrido hasta el despegue coincidirá con la coordenda x(t c ) del bloque en el momento del despegue: x(t c ) = cosα 2m ( senα )2 = 2 cosα 2sen 2 α = = 5.. Un bloque A de masa m se encuentra en el suelo horizontal de un ascensor que asciende verticalmente con una aceleración a = g j respecto a los ejes inerciales OXY ligados a la Tierra (g es la intensidad del campo gravitatorio. Ver figura). Sobre A actúa la fuerza F = 2 ı, y el coeficiente de rozamiento entre A y el suelo del ascensor vale µ =,5. Inicialmente (t = ), la componente horizontal de la velocidad de A vale v x () =. Cuánto vale dicha componente en t =? Nota: tómese g =. ; 2 ; 3 Llamemos a los ejes inerciales OXY y al ascensor, y apliquemos el teorema del centro de masas a A: F = m a A. (7) Las fuerzas que actúan sobre A se muestran en el siguiente diagrama: N A F F = mn r Hemos puesto directamente F r = µn porque sabemos que hay deslizamiento (nos dicen que V x () = ), al menos al principio (t = ). De la ecuación (7) tenemos: Observese que aunque no nos especifican con respecto a qué observador está medida la velocidad V x (), esto no es un problema porque en este caso no depende del observador. En efecto, al decirnos que el ascensor asciende verticalmente nos están diciendo que V,x =. Entonces: V A,x = V A,x + V,x. 8

9 F µn = ma A,x = ma x = m dv x dt, (8) N = ma A,y = m[a A,y + a,y] = m[ + g]. (9) De la ecuación (9) obtenemos N = 2, y sustituyendo en (8) tenemos: 2 µ2 = m dv x dt Vx(t) V x() mdv x = t 2( µ)dt. Integrando, V x (t) = 2g( µ)t, de donde despejamos V x (t), y finalmente para t = nos queda: V x () = + 2g( µ) = + 2 (,5) =. 9