CUADRO GLOBAL DE RESPUESTAS

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1 CUADRO GLOBAL DE RESPUESTAS Preguntas Respuestas No olvide rellenar este cuadro. Pase las respuestas -con bolígrafo- al cuadro global. encuentren de izquierda a derecha se pasarán en el orden de arriba a abajo. Las cuestiones cuyas respuestas se APELLIDOS y NOMBRE DNI... Primer examen parcial (9/Noviembre/2012). Valor: 10 puntos. Duración: 1 hora y 30 minutos. Ampliación de Física (GITI). Esta prueba consta de 12 cuestiones. De las tres respuestas asociadas a cada pregunta una de ellas es verdadera, siendo las otras dos falsas. Cada cuestión respondida correctamente suma 5/6 puntos. Si se responde incorrectamente, resta 5/12 puntos; y si no se contesta, vale 0 puntos. La respuesta que considere correcta deberá llevar una cruz en su cuadrito correspondiente. Si quiere cambiar de respuesta, deberá rellenar completamente el cuadrito de la que rechace y añadir una cruz en la nueva respuesta. No se corregirán otros métodos distintos de responder a este cuestionario. Se sobrentenderá por defecto, y mientras no se diga lo contrario, que los movimientos, magnitudes y derivadas que aparezcan en todas las partes de este examen son respecto a un sistema de referencia inercial. Análogamente, g será el valor de la gravedad en la superficie terrestre. Un sistema mecánico S está constituido por dos partículas A y B, de igual masa m, y un hilo flexible e inextensible de masa despreciable y longitud l =2a, que las une. El punto A está obligado a permanecer en contacto con la superficie interna y lisa del cono circular de semiángulo en el vértice α y eje vertical, (que coincide con el eje OZ de los ejes inerciales OXY Z. Ver figura) mientras que la partícula B pende verticalmente. Considerando que los puntos de la superficie cumplen con la ecuación ρ = z tg α, se propone utilizar coordenadas cilíndricas {ρ, θ, z} para determinar la posición de las partículas. 1. Denotando como Φ A y Φ O a las fuerzas ejercidas por la superficie sobre la partícula A y sobre el hilo en el vértice O del cono, respectivamente, y siendo T A y T B las fuerzas internas que el hilo ejerce sobre A y B, respectivamente, señalar cuál de las siguientes ecuaciones NO es correcta: m( a A + a B )=2m g + Φ A + T A + T B ; m( a A + a B )=2m g + Φ A + Φ O ; m a A = m g + Φ A + Φ O La aplicación del teorema del centro de masas al sistema constituido por las dos partículas y el hilo (S A B hilo), da lugar a una de las expresiones anteriores m( a A + a B )=2m g + Φ A + Φ O, (1) Ahora, aplicando el teorema del centro de masas al hilo (S hilo), tenemos: Φ O T A T B =0 Φ O = T A + T B. (2) Sustituyendo (2) en (1), queda: m( a A + a B )=2m g + Φ A + T A + T B, (3) resultado que coincide con otra de las expresiones del enunciado. Esta misma ecuación podría haberse obtenido aplicando el teorema del centro de masas al sistema constituido por las dos partículas (S A B), y teniendo en cuenta que las tensiones adquieren un carácter de fuerzas externas, junto con los pesos y Φ A. Finalmente, apliquemos la segunda ley de Newton a A:

2 m a A = m g + Φ A + T A, (4) de modo que la tercera expresión es incorrecta. 2. Las fuerzas internas, T A y T B, que el hilo ejerce sobre A y B, respectivamente, cumplen: T A = T B ; T A = T B ; TA d r A + T B d r B 0 Vamos a aplicar el teorema de la energía al hilo. Las únicas fuerzas que trabajan son las que se ejercen en sus extremos: T A y T B. Como el hilo no tiene masa, la suma de los trabajos de estas fuerzas debe ser nulo, y por tanto, la correspondiente potencia: T A v A + T B v B =0, (5) con notación evidente para las velocidades de A yb. Estas velocidades valen: v A = ρ u ρ + ρ θ u θ +ż k y Y en la misma base las tensiones se proyectan así: v B =ż B k. T A = T A (sen α u ρ +cosα k) T B = T B k. Ahora debemos tener en cuenta que ρ y z están ligadas por la ecuación del cono: ρ = z tan α, así como z y z B por la condición de hilo inextensible: 2a = z/cos α z B. Derivando respecto del tiempo estas dos últimas ecuaciones obtenemos: ρ =ż tan α y Sustituyendo todo en (5): ż B =ż/ cos α. 0= T A (ż sen α tan α +ż cos α) T B ż/ cos α = { T A (cos 2 α +sen 2 α) T B }ż/ cos α T A = T B. 3. Denotando como Φ A al módulo de Φ A se verifica: Φ A =Φ A ( cos α u ρ +senα u z ) ; ΦA =Φ A ( sen α u ρ +cosα u z ) ; ΦA =Φ A ( sen α u ρ +cosα u θ ) Teniendo en cuenta que la normal al cono forma un ángulo π α con u ρ, y un ángulo π/2 α con u z, la descomposición de Φ A es: Φ A =Φ A ( cosα u ρ +senα u z ). 4. La energía cinética, T, des viene dada por: T = m( ρ 2 / cos 2 α + ρ 2 θ 2 )/2 ; T = m( ρ 2 / sen 2 α + ρ 2 θ 2 )/2 ; T = m(2 ρ 2 / sen 2 α + ρ 2 θ 2 )/2 La energía cinética del sistema es: Como T = T A + T B = 1 2 m( ρ2 + ρ 2 θ2 +ż 2 )+ 1 2 mż2 B.

3 y ρ = ztanα ż = ρ tanα, ρ =(2a + z B )senα ż B = ρ senα. Sustituyendo y realizando operaciones sencillas, llegamos a: T = 1 2 ρ2 m( 2 sen 2 α + ρ2 θ2 ). De cara a la resolución de las cuatro preguntas siguientes, las cuales corresponden a supuestos independientes en los que se añaden otras fuerzas a las que aparecen en el enunciado, tendremos en cuenta las siguientes consideraciones, en relación al sistema S: Como todas las fuerzas externas, o son paralelas al eje OZ (pesos), o lo cortan ( Φ O y Φ A ), entonces se conserva la componente z del momento cinético en O, L O,z. Por otro lado, como no hay rozamiento en el agujero, el trabajo interno (tensiones) es nulo (el hilo se comporta como un sólido rígido). En cuanto al trabajo de las fuerzas externas, no hay rozamiento entre el cono y P, la normal ( Φ A ) no trabaja, y Φ O tampoco trabaja. Las únicas fuerzas externas trabajadoras son los pesos de A y B, por lo que la energía mecánica del sistema es constante. 5. Suponiendo que sobre la partícula A actúa una fuerza adicional F1 (A) = k 1 ρ u ρ, siendo k 1 una constante, el sistema conservará: La energía mecánica, pero no la proyección L O,z = L O u z. La proyección L O,z = L O u z, pero no la energía mecánica. La energía mecánica y la proyección L O,z = L O u z. La fuerza F 1 (A) = k 1 ρ u ρ es conservativa (V 1 =(1/2)k 1 ρ 2 ), y corta al eje OZ. Por tanto, se conserva la energía mecánica y la proyección L O,z = L O u z. 6. Suponiendo ahora que sobre la partícula A actúan las fuerzas adicionales F 1 (A) = k 1 ρ u ρ y F 2 (A) = k 2 t u θ, siendo k 1 y k 2 constantes, y t el tiempo, se cumplirá que: La partícula A conservará su energía mecánica. El sistema conservará L O u z = L O,z, proyección de L O sobre el eje OZ. Ninguna de las otras respuestas es correcta. En este caso, tendremos en cuenta que F 2 (A) = k 2 t u θ no es conservativa, pues no depende exclusivamente de la posición de A, no teniendo derecho al test del rotacional. Por otro lado, su línea de acción se cruza con el eje OZ, aportando un momento no nulo en O, cuya componente según u z es: u z [ OA F 2 (A)] = k 2 tρ 0. (6) Por tanto, en este caso no se conserva la energía mecánica (ni de A ni de S), ni L O,z. 7. Partiendo de las condiciones del enunciado, se impone la condición OB = f(t) uz, siendo f(t) una función conocida del tiempo. En este caso, se cumplirá que: B conservará su energía mecánica. El sistema conservará la energía mecánica.

4 El sistema conservará la proyección de L O sobre el eje OZ, L O u z = L O,z. En este caso, sobre B actúa una fuerza adicional a la tensión y el peso, de modo que la resultante de las tres fuerzas será igual a la masa de B por su aceleración, a B = f u z. Si llamamos F 1 (B) a esta fuerza, tenemos: F 1 (B)+ T B + m g = m f u z F 1 (B) =[ m f + mg T ] u z. (7) Nótese que F 1 (B) no es conservativa, pero es paralela al eje OZ. En conclusión, en este caso no se conserva la energía mecánica de S, pero sí la componente la proyección de L O sobre el eje OZ, L O u z = L O,z. 8. Suponga que la partícula B no pende verticalmente, sino que el ángulo entre OB y OZ constituyese una coordenada libre. En esta situación: Se conservan la cantidad de movimiento, C,deS y su momento cinético en O, L O. Se conservan la energía mecánica y la proyección L O,z = L O u z de S. Se conserva la energía mecánica de S, pero no se conserva la proyección L O,z = L O u z de S. En este último caso, en el que B se mueve libremente fuera del eje OZ, no se modifican las condiciones para la conservación de la energía mecánica y la proyección, L O,z, del momento cinético de S, dado que las fuerzas externas al sistema siguen siendo las mismas que en la situación del enunciado. 9. En las condiciones del enunciado, suponiendo que en t =0, θ(0) = Ω y ρ(0) = 0, qué valor debe tener ρ(0) para que el movimiento posterior de A sea circular (z =cte)? g/(ω 2 tan α sen α) ; g(1 + cos α)/(ω 2 senα) ; g/(ω 2 tan 2 α) Aplicaremos la segunda ley de Newton a A, m a A = m g + Φ A + T A, y la proyectamos en la dirección correspondiente a la normal principal a la trayectoria circular de radio ρ(0). Tenemos: T senα +Φ A cosα = mω 2 ρ(0). (8) Por otro lado, como la aceleración en la dirección u z se anula, debe cumplirse que: Φ A senα T cosα mg =0, (9) donde hemos hecho T A = T B T. Aplicando la segunda ley de Newton a B, y teniendo en cuenta que se halla en equilibrio, tenemos: mg + T =0 T = mg. (10) Sustituyendo (10) en (8) y (9), y realizando operaciones sencillas, obtenemos el valor siguiente para ρ(0): g(1 + cos α) ρ(0) = Ω 2 senα. (11) 10. En el caso de la cuestión anterior, el módulo de la fuerza que el hilo ejerce sobre A es: mg ; >mg ; <mg Esta cuestión ya está respondida en el desarrollo de la solución de la anterior cuestión. 11. En las condiciones del enunciado, si en t =0, θ(0) = 0, ρ(0) > 0, yρ(0) = a. Siendo v0 v A (0), qué espacio recorrerá A antes de que su velocidad cambie de sentido? v0 2/g(1 + cosα) ; v2 0 /g(1 + senα) ; v2 0 /g(1 cosα) De la conservación de L O,z, tenemos: L O,z = mρ 2 θ = ma 2 θ(0) = 0 θ =0, (12)

5 de modo que el movimiento se realiza en un plano vertical fijo, y A se mueve por una de las generatrices del cono. Teniendo en cuenta esto último, y que el hilo es inextensible, es sencillo comprobar que el módulo de la velocidad inicial de A es igual al que corresponde a la partícula B, por lo que la energía cinética inicial del sistema es: T i =2 1 2 mv2 0 = mv 2 0. (13) Por otro lado, eligiendo el cero de energía potencial gravitatoria en el plano z =0, la energía potencial inicial del sistema es: V i = mgz B (0) + mgz A (0) = mg( 2a + a senα )+mg a tanα. (14) La energía mecánica es la constante: E = T i + V i = mv0 2 + mg( 2a + a senα )+mg a tanα, (15) de modo que en la situación en que las velocidades de las partículas se anulan instantáneamente (posición de retorno), la energía cinética se anula, T f =0, y la energía potencial adquirirá su valor máximo: V f = mg( 2a + ρ f senα )+mg ρ f tanα. (16) Igualando la energía mecánica en las situaciones i y f, tenemos: T i + V i = T f + V f v0 2 1 = g(ρ f a)( tanα + 1 ). (17) senα Ahora, teniendo en cuenta que Ssenα = ρ f a, siendo S el espacio recorrido por A (idéntico espacio recorre B), se llega al siguiente resultado: S = 12. En las condiciones de la cuestión anterior, cuánto vale Φ A? mg ; mgsenα ; mgcosα v 2 0 g(1 + cosα). (18) Tomaremos unos ejes cartesianos OX Z en el plano del movimiento, de modo que el eje O X coincide con OA, y el eje OZ forma un ángulo α con OZ. Vamos a proyectar la segunda ley de Newton a A en estos ejes. Tenemos: m a A = m g + Φ A + T A Φ A = mgsenα ; T mgcosα = ma x. (19) Aunque ya hemos respondido la cuestión, vamos a calcular la aceleración a x, con objeto de obtener por otro procedimiento el espacio recorrido. Para ello, aplicamos la segunda ley a B, y tenemos en cuenta que la aceleración de B es, en módulo, idéntica a la de A, y que a B u z = a A u x : m a B = m g + T B T mg = ma x. (20) A partir de (19) y (20), y realizando operaciones sencillas, obtenemos el siguiente valor para a x : g(1 + cosα) a x =. (21) 2 Ahora, teniendo en cuenta que a x es constante, aplicamos la siguiente expresión correspondiente al m.r.u.a.: v 2 f = v 2 i +2a x S, siendo S el espacio recorrido. Sustituyendo v f =0, v i = v 0, y el valor de a x obtenido en (21), recuperamos el resultado para el espacio recorrido dado en la ecuación (18).