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3.5. Trabajo mecánico, potencia y energía.
- Un paquete es lanzado por un plano inclinado 20º con la horizontal con una velocidad de 8m/s en un punto A del plano. Llega a un punto B situado 7 m más arriba de A y se detiene. El coeficiente de fricción entre el paquete y el plano vale. a) 0.20 b) 0.15 c) 0.13 d) 0.25 e) 0.
SOLUCIÓN Realizamos un gráfico que describa la situación indicada en el enunciado del problema. Posteriormente, utilizamos la ecuación general de la relación entre trabajo y energía.
WFNC = E – E 0
La única fuerza no conservativa existente para este ejercicio es la fuerza de fricción. La referencia la tomaremos en el punto A.
- fKd = UB - KA
- μkNSBd = mghB – ½ mvA^2
Del diagrama de cuerpo libre adjunto podemos verificar que NSB = mgcos20°, además, hB = dsen20°.
- μkmgcos20°d = mgdsen20° – ½ mvA^2
- μkgcos20°d = gdsen20° – ½ vA^2 2 μkgcos20° = - 2gdsen20° + vA^2
2 cos 20
(^22) sen 20
k
A k (^) gd
v gd
μ
μ
Respuesta: c
- De los extremos de una cuerda que pasa por una polea están suspendidos dos cuerpos. A de masa m y B de masa 3m. Si se deja en libertad al sistema y no se consideran fuerzas de fricción, la aceleración que adquieren los cuerpos vale: a) 9.8m/s^2 b) 4.9m/s^2 c) 19.6m/s^2 d) 14.7m/s^2 e) 0
SOLUCIÓN
Se muestra a continuación el gráfico que representa la situación indicada en el enunciado del ejercicio. Debido a que no hay fuerzas no conservativas, se cumple que
EINICIAL = EFINAL 0 = Um + Km + U3m + K3m
0 = mgh + ½ mv^2 + (3m)g(-h) + ½ (3m)v^2 2mgh = 2mv^2 v^2 = gh
Esta es el cuadrado de la velocidad de ambos bloques cuando han recorrido una distancia h. Si consideramos que la aceleración es constante, podemos utilizar las ecuaciones de cinemática para encontrar la aceleración de las partículas.
v^2 = v 02 + 2ah gh = 0 + 2ah
A^
VA^ = 8 m/s
20°
B
VB^ = 0
d = 7 m
Figura 466
N^ SB
mgcos20° 20°
mgsen20°
f^ k
Y
X
a
Figura 467
V 0 = 0 V 0 = 0
Situación inicial
m 3m
m
3m
Situación final
h
h
Nivel de referencia
a
a
Figura 468
a = ½ g a = 4.9 m/s^2
Respuesta: b
- Un cuerpo de 10 kg de masa está moviéndose en un instante dado con una velocidad de 10m/s sobre una superficie horizontal. Si el coeficiente de fricción entre el cuerpo y la superficie es 0.2 la distancia que recorrerá el cuerpo a partir de ese instante antes de pararse vale: a) 250.00 m b) 25.51 m c) 50.00 m d) 51.02 m e) 9.800 m
SOLUCIÓN
Utilizamos la relación general entre el trabajo y la energía mecánica. WFNC = E – E 0
- fkd = 0 - KA μkNd = ½ mv^2 μkmgd = ½ mv^2
d m
d
g
v d k
- 51
2 ( 0. 2 )( 9. 8 )
100
2
2
=
=
= μ
Respuesta: b
- Una masa de 20 kg cae libremente desde una altura de 2 m. Cuando ha caído 0,5 m su energía cinética será: a) Igual a la energía potencial que tenía antes de caer b) La mitad de la energía potencial inicial. c) Un cuarto de la energía potencial inicial. d) El doble de la energía potencial inicial. e) Cuatro veces la energía potencial inicial.
SOLUCIÓN
Debido a que no existen fuerzas disipativas (no conservativas) tenemos que la energía mecánica se conserva
E 0 = E U = K
Se observa que la energía cinética es igual a la energía potencial que tenía la partícula al inicio, que no es lo mismo que si se siguiera simplificando más
mgh = ½ mv^2 9.8(0.5)= 0.5 v^2 ⇒ v = 3.13 m/s
Respuesta: a
A B
d
V = 10 m/s
N
mg
fk
Figura 469
h = 2m
0.5 m Nivel de referencia h = 0
Figura 470
EA = mgh EA = (10N)(20m) EA = 200 J
Respuesta: a
- ¿Cuál de los valores siguientes corresponde a la potencia desarrollada por el motor de un auto cuyo peso de 1500 N, que se desplaza sobre una pista recta horizontal con una rapidez constante de 50 km/h venciendo una fuerza de resistencia total de 2700 N? a) 25 500 W b) 30 500 W c) 37 500 W d) 41 500 W e) 135 000 W
SOLUCIÓN
La potencia se define como el trabajo realizado en el tiempo, esto es,
t
W P =
pero sabemos que el trabajo está definido en función de la fuerza aplicada sobre la partícula y del desplazamiento realizado.
t
F x P
∆
y recordando que el desplazamiento entre el tiempo es la velocidad, tenemos
P = Fv
Debido a que el vehículo se mueve con rapidez constante la fuerza que vence a la de fricción es la misma que la de fricción, esto es 2700 N, y la velocidad es 13.89 m/s (50 km/h) P = (13.89m/s)(2700N) = 37500 Watt
Respuesta: c
- ¿Qué potencia media se requiere para subir una masa de 1,0 kg a 10,0 m de altura en 10,0 s en un campo gravitacional de 10,0 m/s^2. a) 10 W b) 0.10 W c) 2,0 W d) 0,50 W e) 5.0 W
SOLUCIÓN
La potencia media es el trabajo dividido entre el tiempo.
P = W/t
Del gráfico mostrado en la izquierda, podemos concluir que la fuerza F que sube al cuerpo es el peso del objeto.
P = (mg)(H)/t P = (1kg)(10m/s^2 )(10m)/10s P = 10 Watt.
Respuesta: a
h = 10 m
F
mg
Figura 473
- Un cuerpo de 10 kg es lanzado hacia arriba por un plano inclinado 30º con la horizontal, con una velocidad de v 0 = 10 m/s; recorre una distancia “d” y se para. Si el coeficiente de rozamiento es 0,25, la distancia “d” será: a) 3,50 m b) 7,10 m c) 14,2 m d) 21,3 m e) 17,7 m
SOLUCIÓN
Nos guiamos con el diagrama que representa a los datos presentados en el enunciado. En el movimiento existe una fuerza disipativa (no conservativa) que es la fricción, por tanto aplicamos la ecuación general que relaciona al trabajo de las fuerzas no conservativas con el cambio de la energía mecánica.
d m
d
g
v d
mgd mv
N d mv mgd
fd mgh mv
W E E
k
k
k SB
k
FNC FINAL INICIAL
- 12
2 ( 9. 8 )( 0. 25 *cos 30 sen 30 )
100
2 cos 30 sen 30
2 cos 30 sen 30
2 2 sen 30
2
1
2
2
2
2
=
°+ °
=
°+ °
=
°+ °=
= − °
− = −
= −
μ
μ
μ
Respuesta: b
- Para empujar una caja de 52 kg por el suelo, un obrero ejerce una fuerza de 190 N, dirigida 22° debajo de la horizontal. Cuando la caja se ha movido 3.3 m, ¿cuánto trabajo se ha realizado sobre la caja por: a) el obrero b) la fuerza de la gravedad, y c) la fuerza normal del piso sobre la caja? (Tomado del libro Física, Resnick, Halliday y Krane)
SOLUCIÓN
Realizamos un gráfico ilustrativo para tener la idea de lo que está sucediendo con la caja.
V^0 = 10 m/s
d
V = 0
30°
NSB
h
mgcos30°
mgcos30°
fk
Figura 474
d = 3.3 m
Figura 475
F = 52.3(9.8)(sen28° - 0.19cos28°)/(cos28° - 0.19sen28°) F = 195 N
Por tanto el trabajo realizado es:
W = 195 N(3.3 m)cos28° W = 568.2 J
El trabajo realizado por la fuerza de gravedad (el peso) es:
W = 52.3(9.8)(3.3)cos118° W = - 794.0 J
- Una bola de béisbol es lanzada con una velocidad de 36.6 m/s. Precisamente antes de que la coja una persona al, mismo nivel donde fue lanzada, su velocidad se reduce a 33.5 m/s. ¿Cuánta energía se ha desperdiciado a causa del arrastre del aire? La masa de la bola es 255g. (Tomado del libro Física, Resnick, Halliday y Krane)
SOLUCIÓN
Utilizamos el teorema de Trabajo Energía para calcular el trabajo neto, el mismo que será igual al trabajo realizado por la fricción (arrastre) del aire.
WNETO = KFINAL – KINICIAL WNETO = ½ mv^2 – ½ mv 02 WNETO = ½ (0.255kg)(33.5^2 – 36.6^2 ) WNETO = - 27.71 J. El resultado negativo indica que se pierde energía por medio de la fricción, y esa energía puede haberse transformado en calor, o en algún otro tipo de energía.
- Un hombre que corre tiene la mitad de la energía cinética de un niño de la mitad de la masa que él posee. El hombre aumenta su velocidad en 1 m/s y luego tiene a misma energía cinética que el niño. ¿Cuáles eran las velocidades originales del hombre y del niño? (Tomado del libro Física Universitaria, Resnick, Halliday y Krane)
SOLUCIÓN
Planteamos dos ecuaciones, una cuando el niño y el hombre tienen diferente energía cinética, y la otra cuando tienen igual energía cinética.
KHOMBRE = ½ KNIÑO ½ MV^2 = ½ (½ mv^2 ) MV^2 = ½ mv^2
Además, según datos del problema, M = 2m
2mV^2 = ½ mv^2 4V^2 = v^2 2V = v (1)
Cuando el hombre aumenta su velocidad en 1 m/s (V+1) la energía cinética del niño será igual a la que él posee.
KHOMBRE = KNIÑO ½ M(V+1)^2 = ½ mv^2 2m(V+1)^2 = mv^2 2(V+1)^2 = v^2 (2)
Reemplazamos la ecuación (1) en la ecuación (2)
2(V+1)^2 = 4V^2
2 (V+1) = 2V
2 V +^2 = 2V
2 = V(2 - 2 )
V = 2.41 m/s v = 2V = 4.82 m/s
- Una pelota pierde el 15% de su energía cinética cuando rebota en una acera de concreto. ¿A qué velocidad deberá usted lanzarla hacia abajo verticalmente desde una altura de 12.4 m para que rebote a esa misma altura? Desprecie la resistencia del aire. (Tomado del libro Física, Resnick, Halliday y Krane)
SOLUCIÓN
Tenemos dos situaciones, una cuando la pelota es lanzada hacia abajo (supondremos que es lanzada verticalmente), y la otra, cuando la partícula pierde el 15% (V – 15%V = 0.85V) de su velocidad y rebota.
Situación 1 K 0 + U 0 = Kf (Referencia en el piso) ½ mv 02 + mgH = ½ v^2 v 02 + 2gH = v^2 (1)
Situación 2 K 0 = Uf ½ mV 02 = mgH
V 02 = 2gH
Pero V 0 = 0.85v ⇒ V 02 = 0.7225v^2
0.7225v^2 = 2gH v^2 = 2.768gH (2)
Reemplazamos (2) en (1) v 02 + 2gH = 2.768gH v 02 = 0.768gH v 02 = 0.768(9.8)(12.4)
v 0 = 9.66 m/s
V 0
V
V = 0
V 0 =V - 15%V
H H
Figura 479
15°
L
Figura 480
cosα = R
R^2 − h^2
2 2 2
v g R h
R
R h v gR
= −
(^) −
Reemplazamos este último resultado en la ecuación (1)
h R
R h
R h R h
R h R h
R h R h R h
R h R h
gR h g R h
5
3
3 5
4 4
4 ( )
4 ( ) ( )( )
2 ( )
2 ( )
2
2 2
2 2
=
=
− = +
− = +
− = + −
− = −
− = −
- En la figura mostrada a) ¿Qué tanto debe comprimirse el resorte de manera que la esfera de 0.5 kg pueda recorrer completamente el aro vertical? b) ¿Cuál es la fuerza ejercida por el aro sobre la esfera en la posición B? El aro carece de fricción y la constante de elasticidad del resorte es de 980 N/m. (Tomado del libro Dinámica de Singer)
SOLUCIÓN
a) Como no existen fuerzas disipativas (fuerzas no conservativas) la energía mecánica inicial es igual a la energía mecánica final. Tomaremos como referencia la superficie horizontal. Cuando está comprimido el resorte no existe energía cinética porque la partícula está en reposo, y tampoco existe energía potencial gravitacional porque en este punto h = 0. En el punto A la partícula tiene energía cinética (la normal en este punto vale cero porque la partícula pasa con la velocidad necesaria para completar la vuelta y pierde contacto momentáneamente con la pista) y energía potencial gravitacional con altura igual a 2R.
EINICIAL = EFINAL UELÁSTICA = UGRAVITACIONAL + KA ½ kx^2 = mghA + ½ mvA^2
Analizamos el punto A por medio de las leyes de Newton para calcular la velocidad en ese punto.
v gR
R
v mg m
Fy ma
A
C
=
=
2
2
Reemplazamos este resultado en la ecuación de conservación de energía kx^2 = 2mg(2R) + mgR
A
B
0.9 m
Figura 485
mg
aC
Figura 486
980
5 ( 0. 5 )( 9. 8 )( 0. 9 )
5
=
=
x
K
mgR x
x = 0.15 m
x = 15 cm
b) En ese punto (punto B) la fuerza que ejerce el aro es la reacción normal. Guiándonos en el diagrama de cuerpo libre del bloque en el punto B tenemos
R
v N m
Fx maC 2 =
∑ =
El valor de la velocidad lo calculamos por el análisis de energía entre el punto B y el origen. EINICIAL = EFINAL UELÁSTICA = UGRAVITACIONAL + KB ½ kx^2 = mghB + ½ mvB^2
- 5
980 ( 0. 15 ) 2 * 0. 5 * 9. 8 * 0. 9
2
2 2
2
−
−
B
B B
v
m
kx mgh v
vB^2 = 26.46 m^2 /s^2
Reemplazamos en la ecuación que obtuvimos mediante la segunda ley de Newton.
N = 0.5kg(26.46 m^2 /s^2 )/0.9 m
N = 14.7 N
- Dos resortes de masa despreciable, ambos de constante k = 200 N/m, están fijos en los extremos opuestos de una pista plana. Un bloque de 5.00 kg se empuja sobre el resorte izquierdo, comprimiéndolo 15 cm. El bloque (inicialmente en reposo) se suelta después. Toda la pista es lisa excepto la sección entre A y B, si μk = 0.080 entre el bloque y la pista a lo largo de AB, y la longitud AB es 25.0 cm, determine donde se detiene el bloque, cuando se mide a partir de A. (Lección parcial, I Término 2005 – 2006)
SOLUCIÓN
Basta con analizar la situación inicial y final del recorrido, aplicando la relación entre el trabajo que realizan las fuerzas no conservativas y la variación de la energía mecánica.
WFNC = EFINAL – EINICIAL
N
aC
Figura 487
A B
15 cm
Figura 488
- El resorte de la figura 485 tiene una constante elástica de 5000 N/m y ha sido comprimido 0.20 m con el bloque. El bloque tiene 200 g de masa y μk = 0.30 con el plano inclinado y no está soldado al resorte. ¿A qué distancia x toca el piso? (Examen parcial de Física I, II Término 2002 – 2003).
SOLUCIÓN
Debemos averiguar cuál es la velocidad con la que sale el bloque del plano. Aplicamos el teorema de trabajo energía. La referencia la ubicamos en el punto en donde se suelta el resorte, o sea, al nivel del suelo.
WFNC = EFINAL – EINICIAL WFNC = EFINAL – EINICIAL
- fkd = ½ mv^2 + mgh – ½ kx^2
- 2μkmgcos30°d = mv^2 + 2mgdsen30° - kx^2 5000(0.2)^2 – 2(0.2)(9.8)(1.2)(0.3cos30° + sen30°) = 0.2v^2 v^2 = 31.34 m^2 /s^2
Para calcular x aplicamos la ecuación de la trayectoria (movimiento parabólico)
209 0. 577 0. 6 0
2 sen 30 0. 577 0. 209
2 cos 30
30
2
2
2 2
2
− − =
− °= −
°
= °−
x x
x x
v
gx y xtan
x = 3.56 m
- Un bloque de 10 kg se suelta desde el reposo en el punto A que está en la parte superior de un plano inclinado, como se muestra en la figura 486, existe rozamiento sólo en el tramo AB de la trayectoria, en donde μk = 0.2. En el punto C está el inicio de un resorte que cumple la Ley de Hooke y cuya constante elástica es de 12 N/m, determine: a) La pérdida de energía del sistema en el tramo AB. b) La distancia que se comprime el resorte después de detener al bloque. (Examen parcial de Física I, II Término 2003 – 2004).
SOLUCIÓN
a) La pérdida de energía viene dada por el trabajo que realiza la fuerza de fricción cinética Wf = - fkd = - μkNd = - μkmgdcos30° = - 0.2 (10)(9.8)(1)Cos30°
Wf = - 16.97 J
b) Aplicamos el teorema de trabajo energía para poder calcular este valor, tomando en cuenta que el nivel de referencia lo ubicaremos en el punto de máxima compresión del resorte. WFNC = EFINAL – EINICIAL
1.20 m
30° X
Figura 491
4 m
1 m x
A
B
C
Figura 492
En donde h tiene relación con la distancia, d, que recorre el bloque sobre el plano inclinado, y esta es 5 + x. Note que se forma un triángulo rectángulo de tal manera que h = dsen30° = (5 + x)0. h = 2.5 + 0.5x
- 16.97 = ½ (12)x^2 – 10(9.8)(2.5 + 0.5x) 6x^2 – 49x – 228.03 = 0
Resolviendo la ecuación por medio de la fórmula general para ecuaciones cuadráticas, obtenemos
x = 11.48 m
