Ejercicios de Clase PDF

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Física IConservación de la energía en Cuerpo rígidoTrabajo Energía Para una F = cteWF =  F x cosFricción Wfr =  fr x cosfr = N122trasl Ec = mv122rotEIc =  Ep = mgy12pe 2 E = kx EM =+ Ec Ep Re NC ReMi Mf C F Mf Mi NCE E alizan trabajo solo F W E E alizan trabajo al menos F==− Las cuatro partíc...

Description

Física I Conservación de la energía en Cuerpo rígido Trabajo Para una F = cte

WF = F  x cos Fricción

W fr = fr  x cos180 fr =  N

Energía

1 1 1 = I  2 E p = mgy E pe = kx2 E trasl = mv 2 E rot c c 2 2 2 E M = Ec + E p

E Mi = E Mf

Re alizan trabajo solo F C

W FNC = E Mf − E Mi

Realizan trabajo al menos F NC

1. Las cuatro partículas de la figura están conectadas mediante barras rígidas de masa despreciable. El origen está en el centro del rectángulo. El sistema da vueltas en el plano xy en torno al eje z con una rapidez angular de 6,00 rad/s. Calcule (a) el momento de inercia del sistema en torno al eje z y (b) la energía cinética rotacional del sistema. Respuestas: (a) 142 kg.m2 (b) 2,56×103 J

Solución (a) El momento de inercia para el conjunto de partículas 𝐼 = ∑ 𝑚𝑖 . 𝑟2 Luego

𝐼 = 𝑚1 . 𝑟12 + 𝑚2 . 𝑟22 + 𝑚3 . 𝑟32 + 𝑚4 . 𝑟42

Considerando que 𝑟1 = 𝑟2 = 𝑟3 = 𝑟4 = 𝑟 = √2,002 + 3,002 =3,6055

Reemplazando 𝐼 = 𝑟 2 (𝑚1 + 𝑚2 + 𝑚3 + 𝑚4 )

𝐼 = 3,60552 (3,00 + 2,00 + 2,00 + 4,00) 𝐼 = 142 𝑘𝑔. 𝑚2

(b) La energía cinética de rotación

1 𝐼. 𝜔2 2 1 𝐸𝑐 = × 142 × 6,002 = 2556 𝐽 = 2,56 × 103 𝐽 2 2. Una barra larga uniforme de longitud L = 1,20 m y masa M = 2,50 m gira en torno a un eje horizontal sin fricción a través de un extremo. LaC barra se libera del reposo en una posición vertical, como se muestra en la figura. En el instante cuando la barra esta horizontal, encuentre su rapidez angular. Respuesta: 4,95 rad/s 𝐸𝑐 =

Solución Como las fuerzas no conservativas no realizan trabajo 𝑊𝐹 𝑁𝐶 = 0 Se conserva la energía mecánica de la barra 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 = 𝐸𝑀𝑓 𝐸𝑀𝑖 Energía mecánica inicial 1 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 = 𝑀𝑔𝑦𝑏𝑖 + 𝐼𝑏 𝜔𝑏𝑖2 𝐸𝑀𝑖 2 En el estado inicial: Reposo 𝜔𝑏𝑖 = 0 𝑦 𝑦𝑏𝑖 =

𝑀𝑔𝐿 2 Energía mecánica final 1 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 2 𝐸𝑀𝑓 = 𝑀𝑔𝑦𝑏𝑓 + 𝐼𝑏 𝜔𝑏𝑓 2

𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝐸𝑀𝑖 =

𝐿

2

En el estado final: Movimiento 𝜔𝑏𝑖 = 𝜔, 𝑦𝑏𝑓 = 0 𝑦 1 1 𝑀𝐿2 . 𝜔2 = 𝑀𝐿2 𝜔2 . 6 2 3 Igualando las energías mecánicas

𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝐸𝑀𝑖

=

𝜔=√

3𝑔 𝐿

𝑀𝑔𝐿 1 = 𝑀𝐿2 𝜔2 2 6

𝑒𝑣𝑎𝑙𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝜔 = √

3 × 9,81 𝑟𝑎𝑑 = 4,95 𝑠 1,20

𝐼𝑏 =

𝑀𝐿2 3

3. Un objeto con una masa de m = 5,10 kg se une al extremo libre de una cadena ligera enrollada alrededor de un carrete de radio R = 0,250 m y masa M = 3,00 kg. El carrete es un disco sólido, libre para girar en un plano vertical sobre el eje horizontal que pasa por su centro, como se muestra en la figura. El objeto suspendido se suelta a partir del reposo a una altura h = 6,00 m por encima del piso. Determine la rapidez con la cual el objeto llega al piso. Respuesta: 9,54 m/s

Solución Como el trabajo realizado por las fuerzas no conservativas vale cero 𝑊𝐹 𝑁𝐶 = 0 Entonces se conserva la energía mecánica, por lo tanto 𝑠𝑖𝑠 𝑠𝑖𝑠 𝐸𝑀𝑖 = 𝐸𝑚𝑓 Energía mecánica inicial 1 1 𝑠𝑖𝑠 2 2 = 𝑚𝑔𝑦𝑏𝑖 + 𝑚𝑣𝑏𝑖 𝐸𝑀𝑖 + 𝑀𝑔𝑦𝑝𝑖 + 𝐼𝑝 𝜔𝑝𝑖 2 2 Estado inicial: Reposo 𝑣𝑏𝑖 = 0, 𝜔𝑝𝑖 = 0, Reemplazando 𝑠𝑖𝑠 = 𝑚𝑔ℎ + 𝑀𝑔𝐻 𝐸𝑀𝑖

𝑦𝑏𝑖 = ℎ,

Energía mecánica final 1 1 𝑠𝑖𝑠 2 2 = 𝑚𝑔𝑦𝑏𝑓 + 𝑚𝑣𝑏𝑓 𝐸𝑚𝑓 + 𝑀𝑔𝑦𝑝𝑓 + 𝐼𝑝 𝜔𝑝𝑓 2 2 𝑣 Estado final: Movimiento 𝑣𝑏𝑓 = 𝑣, 𝜔𝑝𝑓 = , 𝑅 𝑣2 1 1 1 𝑠𝑖𝑠 = 𝑚𝑣 2 + 𝑀𝑔𝐻 + . 𝑀𝑅 2 . 2 𝐸𝑚𝑓 𝑅 2 2 2 1 1 𝑠𝑖𝑠 2 2 𝐸𝑚𝑓 = 𝑚𝑣 + 𝑀𝑔𝐻 + 𝑀𝑣 2 4 Igualando las energías mecánicas

𝑦𝑏𝑓 = 0,

1 1 𝑚𝑔ℎ + 𝑀𝑔𝐻 = 𝑚𝑣 2 + 𝑀𝑔𝐻 + 𝑀𝑣 2 2 4 1 1 𝑚𝑔ℎ = 𝑚𝑣 2 + 𝑀𝑣 2 2 4 𝑚𝑔ℎ 𝑚 𝑀 2+4

Luego simplificando y despejando 𝑣=√

𝑒𝑣𝑎𝑙𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣 = √

𝑦𝑝𝑖 = 𝐻

5,10 × 9,81 × 6,00 5,10 3,00 2 + 4 𝑣 = 9,54 𝑚/

𝑦𝑝𝑓 = 𝐻, 𝐼𝑝 = 2 𝑚𝑝 𝑅 2 1

4. Este problema describe un método experimental para determinar el momento de inercia de un objeto con forma irregular. La figura muestra un contrapeso de masa m = 2,50 kg suspendido mediante una cuerda que pasa por una polea en forma de disco solido de masa mp = 1,20 kg y de radio rp = 0,150 m y enrollada alrededor de un carrete de radio r = 0,0500 m, que forma parte de una tornamesa que sostiene al objeto. La tornamesa puede dar vuelta sin fricción. Cuando el contrapeso se libera desde el reposo, desciende una distancia y = 0,850 m y adquiere una rapidez v = 1,50 m/s. Determine el momento de inercia I del aparato giratorio (incluida la tornamesa). Respuesta: 0,0200 kg.m2

Solución Como el trabajo realizado por las fuerzas no conservativas es cero 𝑊𝐹 𝑁𝐶 = 0 La energía mecánica se conserva 𝑠𝑖𝑠 𝑠𝑖𝑠 𝐸𝑀𝑖 = 𝐸𝑀𝑓 1 1 1 2 2 𝑠𝑖𝑠 𝐸𝑀𝑖 = 𝑚𝑔𝑦𝑏𝑖 + 𝑚𝑣𝑏𝑖 = 𝑀𝑔𝑦𝑖 + 𝐼𝜔𝑖2 + 𝑚𝑝 𝑔𝑦𝑝𝑖 + 𝐼𝑝 𝜔𝑝𝑖 2 2 2 En el estado inicial 𝜔𝑖 = 0, 𝜔𝑝𝑖 = 0, 𝑣𝑏𝑖 = 0 𝑦𝑖 = 𝐻, 𝑦𝑝𝑖 = 𝐻𝑝 , 𝑦𝑏𝑖 = 𝑦 𝑠𝑖𝑠 𝐸𝑀𝑖 = 𝑀𝑔𝐻 + 𝑚𝑝 𝑔𝐻𝑝 + 𝑚𝑔𝑦

1 1 1 𝑠𝑖𝑠 2 2 𝐸𝑀𝑓 = 𝑀𝑔𝑦𝑓 + 𝐼𝜔𝑓2 + 𝑚𝑝 𝑔𝑦𝑝𝑓 + 𝐼𝑝 𝜔𝑝𝑓 + 𝑚𝑔𝑦𝑏𝑓 + 𝑚𝑣𝑏𝑓 2 2 2 𝑣 𝑣 En el estado final 𝑣𝑏𝑖 = 𝑣, 𝜔𝑓 = 𝑟 , 𝜔𝑝𝑓 = 𝑟 , 𝑦𝑓 = 𝐻, 𝑦𝑝𝑓 = 𝐻𝑝 , 𝑦𝑏𝑓 = 0

1 1 1 𝑣2 1 𝑣2 𝑠𝑖𝑠 𝐸𝑀𝑓 = 𝑀𝑔𝐻 + 𝐼. 2 + 𝑚𝑝 𝑔𝐻𝑝 + . 𝑚𝑝 𝑟𝑝2 . 2 + 𝑚𝑣 2 𝑟𝑝 2 2 2 2 𝑟 Simplificando 𝑝

1 𝑣2 1 1 𝑠𝑖𝑠 𝐸𝑀𝑓 = 𝑀𝑔𝐻 + 𝐼. 2 + 𝑚𝑝 𝑔𝐻𝑝 + . 𝑚𝑝 𝑣 2 + 𝑚𝑣 2 2 𝑟 4 2

Como la energía mecánica se conserva

1 𝑣2 1 1 𝑀𝑔𝐻 + 𝑚𝑝 𝑔𝐻𝑝 + 𝑚𝑔𝑦 = 𝑀𝑔𝐻 + 𝐼. + 𝑚𝑝 𝑔𝐻𝑝 + . 𝑚𝑝 𝑣 2 + 𝑚𝑣 2 Simplificando 2 2 𝑟 4 2 1 𝐼 1 1 𝑚𝑔𝑦 = . 2 2 2 2 2 . 𝑣 + . 𝑚𝑝 𝑣 + 𝑚𝑣 𝑟 4 2 despejando 𝑚𝑔𝑦 1 1 𝐼 = 2𝑟 2 ( 2 − . 𝑚𝑝 − 𝑚) 𝑣 4 2 𝐼 = 2 × 0,05002 ( Evaluando

1,50 × 9,81 × 0,850 1 1 − × 1,20 − × 2,50) 1,502 4 2

𝐼 = 0,0200 𝑘𝑔. 𝑚2...