FEB:2012_Resuelto

Grado en Tecnologías Industriales Convocatoria Febrero FÍSICA I

Escuela de Ingenierías Industriales y Civiles

Apellidos, Nombre

Grupo

PARTE 1.

Cuestión 1. En la reducción de un sistema de Fuerzas tomando como centro de







reducción el punto B(1,0,0) la resultante es R = 3i + 4 j N y el momento resultante

  M B = 5k Nm

a) Calcula el momento mínimo..

M min

  M ⋅ R 0 ⋅ 3 + 0 ⋅ 4 + 5⋅ 0 =  = =0  R R

b) Calcula el momento del sistema respecto al origen (0,0,0) Teniendo en cuenta la relación:

    M O = M B + OB × F .          M O = 5k + 1i × (3i + 4 j ) = 5k + 0 + 4k = 9k

c) Razonar si el sistema fuerza par puede ser reducido a una única Fuerza.

El sistema puede ser reducido a una única fuerza ya que la resultante y el momento resultante son perpendiculares.

Cuestión 2.- Si en un cierto instante, la velocidad de un móvil que describe un movimiento circular vale:

      v = 5i + 12 j ms −1 y la aceleración a = −3i + 2 j ms −2 .

Calcule las componentes intrínsecas de la aceleración y el radio de la circunferencia que describe el móvil.

  a ⋅ v −15 + 24 9 at =  = = ms −2 ; an = 2 2 v 13 5 + 12

81 2 a − at2 = 13 − 2 = 3,54ms −2 13

y dado que:

an =

v2

ρ

; ρ =

v 2 132 = = 47,76m an 3,54

1

Cuestión 3.- Un bloque de 30 N de peso se encuentra en reposo sobre un suelo horizontal. El coeficiente de rozamiento estático entre el bloque y el plano es el de rozamiento dinámico

μ E = 0,3 y

μ D = 0, 2 . Se tira del bloque con una fuerza de 10 N, tal y como

se indica en la figura. Calcule la aceleración del bloque y la fuerza de rozamiento

8N

N

F=10 N 53º 6N

Fr 30 N

Al estar en contacto el bloque con la horizontal se cumple:

F

y

= 0;  N + 8 − 30 = 0; N = 22 N ; luego la fuerza de rozamiento máxima tiene un

valor de Frmáx = μ E N = 0,3 ⋅ 22 = 6,6 N , y como la fuerza aplicada hacia la derecha es de 6 N < Fr

, el bloque no inicia el movimiento, permanece en reposo, y por

máx

consiguiente:

a x = 0 ; Fr = 6 N 

Cuestión 4. .- La energía potencial asociada a cierta fuerza conservativa F es:

E p = x 2 yz − xy 2 

a) Calcular la fuerza F que se ejerce sobre una partícula en el punto A (1,1,1).

         F = −∇E p = −(2 xyz − y 2 )i − ( x 2 z − 2 xy ) j − x 2 yk ; F (1,1,1) = − i + j − k 

b) Calcular el trabajo que realiza la fuerza F cuando una partícula se desplaza desde O(1,-1,0) hasta el punto A(1,2,-3) El trabajo realizado por una fuerza conservativa viene dado por:

WO → B = −ΔE p = −( E p ( B ) − E p (O )) = E p (O ) − E p ( B ) = −1 − ( −10) = 9 J

2

Problema 1.- Una barra delgada horizontal AB de peso despreciable y longitud L está articulada en la pared vertical en el punto A y soportada en B alambre delgado B que forma un ángulo

θ

con la horizontal. Un peso W puede moverse por toda la barra

quedando definida su posición por la distancia x a la pared (ver figura). a) Encontrar la tensión T en el alambre como una función de x. .b) Encontrar las componentes horizontal y vertical de la fuerza ejercida sobre la barra en la articulación A.

T. Tsenθ

Fy T cosθ

Fx

W

Aplicando las condiciones de equilibrio a la barra :

  F  =0 ;

Se obtiene:

  M  =0

Fx − T cosθ = 0 Fy + Tsenθ − W = 0

−Wx + Tsenθ l = 0 En donde la última ecuación se ha obtenido después de tomar momentos respecto al punto A, de ésta última ecuación se obtiene que Wx T= lsenθ Que al ser sustituida en las dos primeras obtenemos: Wx Wx cosθ = cot θ Fx = T cosθ = lsenθ l Wx l − x  Fy = W − Tsenθ = W − senθ = W  l senθ  l 

3

Problema2.

Un ascensor tiene una aceleración de bajada igual a

g . Dentro del 3

ascensor está montada una polea ideal por la que pasa un hilo con dos objetos de masas mB = m , y mC = 3m . Calcular: a) La aceleración del bloque B respecto del ascensor. b) La fuerza ejercida sobre la polea por la varilla que la une al techo del ascensor. c) La aceleración del bloque C respecto a un observador situado en reposo fuera del ascensor.

g  aA = − j 3

m

mg g 3 TT

mg 3mg

Vamos a resolver el ejercicio, bajo el punto de vista de un observador situado en el interior del ascensor, (observador no inercial O.N.I.), dicho observador, además de las  fuerzas “reales”, deberá añadir las fuerzas de inercia ( Fi = − maobs )

3mg − T − mg = 3ma g T + m − mg = ma 3

g ; T = mg , por consiguiente la expresión vectorial de las 3 aceleraciones de cada uno de los bloques, desde el punto de vista del O.N.I es:

Cuya solución es: a =

g  g  aB′ = j ; aC′ = − j 3 3 y para un observador situado fuera del acensor (O.I.) las aceleraciones de cada una de las masas vienen dadas por:

g g     aB = aB′ + aob = j − j =0 3 3 2g  g g    aC = aC′ + aC = − j − j = − j 3 3 3 Como la polea se considera ideal ( m p = 0 ) F − 2T = m p a p = 0 ;  F = 2T

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PARTE 2 Cuestión.1-La masa del bloque A es de 4,0 kg y la del bloque B de 1,0 kg. Se hace que los bloques se aproximen y compriman el muelle. Cuando el muelle se ha comprimido 10 cm, se deja evolucionar el sistema libremente desde el reposo sobre la superficie donde se encuentran que supondremos lisa. Como el muelle no está unido a ningún bloque, en un momento dado, cae al suelo. Si el bloque A sale despedido con una velocidad de 1.0 m/s. hacia la izquierda.

Calcule: B A a) La velocidad del bloque B. b) La constante elástica del resorte

Solución: a) Cuando los bloques se separan, se tiene que conservar la cantidad de movimiento,     dado que la  F ext = 0 , dado que inicialmente están en reposo Pi = 0 y por   consiguiente Pf = 0 ,      4 ⋅ ( −1 i ) + 1 ⋅ VB = 0 ;  VB = 4 i b) El resorte al estar comprimido, almacena energía potencial elástica, al liberarse las masas, ésta energía se transforma en cinética, luego: 1 1 1 k ⋅ 0,12 = 4 ⋅12 + 1⋅ 42 ;  k = 2000 Nm −1 2 2 2 Cuestión 2- Si el momento de inercia respecto a un eje perpendicular que pasa por el −3 2 centro de masas de la varilla de la figura tiene un valor de 3, 6 ⋅10 kg m , calcule el

momento de inercia respecto de un eje paralelo al anterior y que pasa por el punto P.

6 cm

Solución: Teniendo en cuenta el teorema de Steiner: I P = I CDM + Md 2 = 3, 6 ⋅10−3 + M 0, 042 La masa la podemos obtener, sabiendo que 3, 6 ⋅10−3 = Luego:

5

4 cm

1 M ⋅ 0,122 ;  M = 3 kg 12

P

I P = 3, 6 ⋅10−3 + 3 ⋅ 0, 042 = 8, 4 ⋅10−3 kg m 2

Cuestión 3-Cuando un disco rueda sin deslizar por una superficie a) b) c) d)

No puede existir rozamiento entre el disco y la superficie El trabajo que realiza la fuerza de rozamiento es cero.

El trabajo que realiza la fuerza de rozamiento siempre es negativo.

La fuerza de rozamiento que actúa es la dinámica.

Al ser la velocidad instantánea del punto de contacto cero, la fuerza de rozamiento que interviene es una fuerza de rozamiento estática y por tanto no realiza trabajo.

Cuestión 4. El par motor M aplicado al eje de la rueda de una motocicleta de radio 33 cm que avanza a 72 km/h es de M=12,13 Nm. ¿Cuál es la potencia desarrollada en caballos de vapor?

  12,13 P = F ⋅V = 20 = 735W ≈ 1CV 0,33 ( 1CV ≈ 735W )

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Problema 1. La manivela AB gira en torno al punto A con una velocidad angular constante de 900 rpm en el sentido de las manecillas del reloj. Determina la aceleración del punto D cuando el ángulo θ es de 60º.

Resolución: En primer lugar vamos a calcular la velocidad del punto B y luego la del punto D,  con el objetivo de obtener la velocidad angular ωDB de la barra DB, la cual nos permitirá calcular la aceleración del punto D. Datos del ejercicio:



ω AB = −

     900 ⋅ 2π  k rad s −1 = −94, 25k rad s −1 ; VA = 0 (el punto A es fijo); VD = VD i (el 60

punto D está obligado a moverse en la horizontal) y de la geometría del dispositivo se obtiene:

D

α

Aplicamos el teorema del seno al triángulo de la figura:

60º

A

0,05 m

0,15 m

B

0, 05 0,15 ;  senα = 0, 29;cos α = 1 − 0, 292 = 0,96 = senα sen60

que nos permiten obtener:

     rB = −0, 05cos 60º i − 0, 05sen60º j = −0, 025i − 0, 043 j A      rD = −0,15cos α i − 0,15senα j = −0,14i + 0, 04 j

(1.1) (1.2)

B

expresiones que necesitaremos aplicar más adelante.

Velocidad del punto B:

    VB = VA + ω BA × rB A 

(1.3)





Sustituyendo en la ecuación (1.3) el valor de ωBA = −94, 25k rad s −1 y el vector rB obtenido en la ecuación (1.1) , se obtiene:

7

A

       VB = 0 − 94, 25k × ( −0, 025i − 0, 043 j ) = −4, 05i + 2,36 j ms −1

(1.4)

Velocidad del punto D:

    VD = VB + ωDB × rD (1.5) B  Que al sustituir el resultado de (1.4) y el vector rD obtenido en la ecuación (1.2) , se B

obtiene:

      VD i = −4, 05i + 2,36 j + ω DB k × ( −0,14i + 0, 04 j )

(1.6)

ecuación vectorial de la cual se obtienen las dos ecuaciones escalares siguientes: VD = −4, 05 − ωDB 0, 04 0 = 2,36 − 0,14ωDB

(1.7) (1.8)

de la ecuación (1.8) se obtiene que ωDB = 16,86 rads y al sustituir en la ecuación (1.7) −1

VD = −4, 72 ms −1 , por consiguiente:     VD = −4, 72i ms −1 ; ωDB = 16,86k rads −1 (1.9) Cálculo de las aceleraciones:     2  2  aB = a A + α BA × rB − ωBA rB = −ωBA rB (1.10) A A A     en donde se ha tenido en cuenta que a A = 0 (el punto A es fijo) y que α BA = 0 (la barra AB gira con velocidad angular constante)      2  aB = −ωBA rB = −94, 252 ( −0, 025i − 0, 043 j ) = 222, 08i + 381,97 j ms −2

(1.11)

    2  aD = aB + α DB × rD − ωDB rD

(1.12)

A

B

B

Sustituyendo en la ecuación (1.12) el resultado obtenido en la ecuación (1.11), el vector  2 rD de la ecuación (1.2) y que ωDB = 16,862 (ecuación (1.9)) se obtiene: B         aD i = (222, 08i + 381,97 j ) + α DB k × (−0,14i + 0, 04 j ) − 16,862 (−0,14i + 0, 04 j ) (1.13) De la cual se obtienen las dos ecuaciones escalares siguientes:

aD = 222, 08 − 0, 04α DB + 39,80 0 = 381,97 − 0,14α DB − 11,37

(1.14) (1.15)

La ecuación (1.15) permite obtener α DB = 2647,1 rads y al sustituirlo en la ecuación (1.14) se obtiene que:   aD = 155,99 i ms −2 (1.16) −2

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Problema 2. Una barra delgada de 4 kg puede girar en un plano vertical en torno a un pivote en B. Se fija un resorte de constante k = 400 Nm −1 y una longitud no deformada de 150 mm a la barra en la forma indicada. Si la barra se suelta desde el reposo en la posición que se muestra, determine su velocidad angular después de que haya girado 90º .

Epg = 0 A

B

C

C

0,18m

230mm

G

Posición inicial

Posición final

Solución: Al estar el resorte estirado, al dejar la varilla en libertad está girará en el sentido de las agujas del reloj. Suponiendo despreciables los rozamientos de la varilla con el aire y en la articulación B, aplicaremos el teorema de conservación de la energía, exigiremos que la energía mecánica en la posición inicial es la misma que en la posición final.

Vamos a calcular primero la deformación del resorte en las dos posiciones:

δ inicial = 0,352 + 0,122 − 0,15 = 0, 22m δ final = 0, 23 − 0,15 = 0, 08m Pasamos ahora a calcular las energías:

Epg = 0

Epg = −4 ⋅ 9,8 ⋅ 0,18 Em (inicial )

1 Epe = 400 ⋅ 0, 222 2

Em ( final )

1 Epe = 400 ⋅ 0, 082 2 Ec =

Ec = 0

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1 2 1 1  4VG +  4 ⋅ 0, 62  ω 2 2 2  12 

Y dado que la energía permanece constante, al igualar la energía inicial a la final se obtiene la siguiente ecuación:

1 1 1 1 2 −4 ⋅ 9,8 ⋅ 0.18 + 400 ⋅ 0, 222 = 400 ⋅ 0, 082 + 4 ⋅ (ω 0,18 ) + 0, 62 ω 2 2 2 2 6

(2.1)

en donde se ha tenido en cuenta que al ser el punto B fijo, se tiene que VG = ω ⋅ 0,18 al resolver la ecuación (2.1) se obtiene :

ω = 3, 28 rad s −1 que podemos expresar vectorialmente como:





ω = −3, 28 k rad s −1 El signo menos es debido a que la barra gira en el sentido de las agujas del reloj.

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