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EXAMEN ORDINARIO DE FÍSICA I. PROBLEMAS
07/02/2013
1 . - Se tira hacia delante de la rueda
representada en la figura mediante una fuerza
constante P de 260 N. El peso de la rueda es de
375 N y su radio de giro respecto al eje de la
rueda (radio de giro centroidal) es de k=231 mm
(IG=mk2). La rueda va rodando sin deslizamiento
por la superficie horizontal y en la posición
representada lleva una velocidad angular de 1 5
rad/s en sentido horario. Determinar: a) la aceleración angular de la rueda y las
componentes horizontal y vertical de la fuerza que le ejerce la superficie; b) el valor
del mínimo coeficiente de rozamiento que evita el deslizamiento; c) la velocidad
angular de la rueda cuando ha dado una vuelta completa.
a) En primer lugar vamos a determinar el ángulo θ que forma la fuerza P con la
horizontal, y que será:
5
tgθ =
⇒ θ = 22.62º
12
Y la masa de la rueda será:
375 375
=
= 38.265 kg
mg=375 N ⇒ m =
g
9.8
Llamamos R al radio de la rueda R=30 cm=0.3 m.
Ahora hacemos el diagrama de sólido libre de la rueda. En cuanto a fuerzas, está
sometida a la fuerza P, a su peso y a la reacción del suelo, compuesta por la normal y la
fuerza de rozamiento. En cuanto a aceleraciones, el centro de masas de la rueda coincide
con su centro geométrico,
de modo que por rodar sin
deslizar se verifica que:
aCM=aO=αR=0.3α
Y tendremos que la
aceleración angular α tendrá
el mismo sentido que ω
puesto que la rueda tiene
que acelerar. Nos quedan los
diagramas que aparecen en
la figura. Aplicamos la
segunda ley de Newton.
ΣFX=m(aCM)X ⇒ Pcosθ-Fr=maCM ⇒ 260cos22.62º-Fr=38.265 · 0.3α ⇒ 240-Fr=11.48α
ΣFY=m(aM) Y ⇒ Psenθ+N-mg=0 ⇒ 260sen22.62º+N-375=0 ⇒ N=275 N
N=275 N
ΣMCM=ICMα ⇒ FrR=mk2α ⇒ 0.3Fr=38.265 · 0.2312α ⇒ Fr=6.80265α
Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:
240-Fr=11.48α
Fr=6.80265α
Sustituyendo la segunda en la primera:
240-Fr=11.48α ⇒ 240-6.80265α=11.48α ⇒ α=13.13 rad/s2
α=13.13 rad/s2
Y la fuerza de rozamiento:
Fr=6.80265α=6.80265 · 13.13=89.28 N
Fr=89.28 N
b) Para que el sistema ruede sin deslizar la fuerza de rozamiento tiene que ser
inferior a su valor máximo, de modo que:
F
89.28
Fr≤(Fr)máx ⇒ Fr≤µN ⇒ µ ≥ r ⇒ µ ≥
⇒ µ ≥ 0.32
N
275
µ≥0.32
c) Vamos a aplicar el teorema de
conservación de la energía, entre la
situación inicial, cuando la velocidad
angular es ω1=15 rad/s, y la final, cuando
la velocidad angular es ω2. Entre estas
dos posiciones el centro de masas se ha
desplazado una cantidad:
xCM=2πR
Además, puesto que la rueda no desliza, la velocidad del centro de masas en
cualquiera de las dos situaciones será:
vCM1=ω1R=0.3ω1
vCM2=ω2R=0.3ω2
Aplicando el teorema de conservación de la energía tendremos:
W=∆EC
De las fuerzas que aparecen realizan trabajo la fuerza externa P y el peso. La
normal no realiza trabajo por ser perpendicular al desplazamiento y la resistencia a la
rodadura no disipa energía. Así pues nos queda:
W=∆EC ⇒ WP+Wmg=∆EC ⇒ P · xCM-∆EPg=∆EC
El centro de masas no varía su altura, luego no hay variación de energía potencial
gravitatoria:
P · xCM-∆EPg=∆EC ⇒ P · xCM=∆EC ⇒ PxCMcosθ=EC2-EC1
1
1
1
1
2
2
2
2
PxCM cos θ = mvCM
2 + ICM ω2 − mvCM1 − ICM ω1
2
2
2
2
1
1
1
1
P2πR cos θ = m(0.3ω2 )2 + mk 2 ω22 − m(0.3ω1 )2 − mk 2 ω12
2
2
2
2
1
1
P2πR cos θ = mω22 0.32 + k 2 − mω12 0.32 + k 2
2
2
1
1
2
2
260 ⋅ 2π ⋅ 0.3 cos 22.62º = 38.265ω2 0.3 + 0.2312 − 28.265 ⋅ 152 0.32 + 0.2312
2
2
ω2=19.75 rad/s
Podríamos haber tenido en cuenta que puesto que las fuerzas son constantes, la
aceleración del centro de masas también es constante y vale:
aCM=0.3α=0.3 · 13.13=3.94 m/s2
Tenemos la velocidad inicial del centro de masas:
vCM1=0.3ω1=0.3 · 15=4.5 m/s
Y el espacio recorrido:
xCM=2πR=2π · 0.3=1.885 m
Aplicando las ecuaciones del movimiento rectilíneo uniformemente acelerado
tendremos:
1
1
xCM = x0 + vCM1 t + aCM t2 ⇒ 1.885 = 4.5t + 3.94t2 ⇒ 1.97 t2 + 4.5t − 1.885 = 0
2
2
(
(
t=
(
)
)
− 4.5 ± 4.52 + 4 ⋅ 1.97 ⋅ 1.885  0.361 s
=
2 ⋅ 1.97
− 2.65 s
)
(
)
Obviamente la solución negativa es absurda. Ahora, de la ecuación de la velocidad:
vCM2=vCM1+at=4.5+3.94 · 0.361=5.92 m/s
Y puesto que la rueda no desliza:
v
5.92
vCM2=0.3ω2 ⇒ ω2 = CM2 =
= 19.74 rad / s
0.3
0.3
También podríamos haber tenido en cuenta que puesto que la aceleración angular es
constante también es movimiento uniformemente acelerado en cuanto a la rotación,
recorriéndose un ángulo de 2π radiantes, con lo que tendríamos:
1
1
θ = θ 0 + ω1 t + αt2 ⇒ 2π = 15t + 13.13t2 ⇒ 6.565t2 + 15t − 6.28 = 0
2
2
− 15 ± 152 + 4 ⋅ 6.565 ⋅ 6.28  0.361 s
=
2 ⋅ 6.565
− 2.65 s
Y la velocidad angular:
ω2=ω1+αt=15+13.13 · 0.361=19.74 rad/s
De cualquier forma obtenemos el mismo resultado.
t=
2. - El sistema mostrado en la figura (visto desde arriba)
consta de una masa m=200 g unida a un muelle (k=1 kN/m) que
puede estirarse a lo largo de la guía en la que está contenido.
Todo el sistema descansa en una plataforma horizontal capaz de
girar. Se considera despreciable el rozamiento de la masa con la
plataforma y con las paredes de la guía. La longitud en reposo
del muelle es l0=35 cm.
A continuación se imprime una velocidad angular ω constante a la plataforma
giratoria, lo que produce que el muelle se estire una cierta cantidad.
a) Realiza el diagrama del cuerpo libre de la masa en la situación en la que la
plataforma está en reposo; b) realiza el diagrama del cuerpo libre de la masa cuando
la plataforma está girando con velocidad angular ω. ¿Cuál es la aceleración de la masa
en esta situación? c) Determina el estiramiento del muelle cuando ω= 6 r. p. s.
A continuación se desplaza la masa m una cantidad adicional x a lo largo de la
guía. d) Teniendo en cuenta la expresión de la aceleración absoluta de una partícula:
a=a 0+ αxOP+ ωx(ωxOP)+ 2ωxvrel+ a rel
discútase el movimiento absoluto ulterior de la masa, considerando el posible
movimiento relativo de dicha masa y el movimiento del sistema en el que está
contenida. e) Determina el valor del periodo de las oscilaciones de este sistema
cuando ω= 6 r. p. s.
a) Tomamos el plano XY como el plano del movimiento, siendo el eje X el que
coincide con la dirección de la ranura y el eje Y perpendicular a él. Por último, el eje
Z será el perpendicular al plano del movimiento.
Si la plataforma está en reposo, sólo actuarán el peso, vertical y hacia abajo,
y la normal que ejerce la base de la plataforma, vertical y hacia arriba. Estas dos
fuerzas se encontrarán en el eje Z.
b) Si la plataforma gira con velocidad angular constante, el resorte se estira y
alcanza una posición en la que se mantiene en reposo respecto de la plataforma, de modo
que gira con ella. Llamemos ∆lo a lo que se ha estirado el muelle respecto de su longitud en
reposo.
En cuanto a las fuerzas, hacemos el diagrama del cuerpo
libre, donde debemos considerar sólo lo que ocurre en el plano XY,
ya que el eje Z se mantiene siempre como en el apartado a). Puesto
que el resorte está estirado, ejercerá una fuerza en la dirección
del mismo (contraria al estiramiento) que por la ley de Hooke
valdrá k∆l0, siendo ∆l0 el alargamiento del resorte en esta situación.
En cuanto a las aceleraciones, puesto que la velocidad angular es constante,
tenemos sólo una aceleración de la masa normal o centrípeta, que tiene la dirección del
radio de curvatura (eje X) y apunta hacia el centro de curvatura. El valor de esta
aceleración es:
v2
= ω2R = ω2 (l0 + ∆l0 )
an =
R
ACELERACIÓN NORMAL : an = ω2 (l0 + ∆l0 )
c) La velocidad angular es:
rev
rev 2π rad
ω=6
=6
⋅
= 37.699 rad / s
s
s
1 rev
Aplicamos la segunda ley de Newton y tendremos:
ΣFX=maX ⇒ k∆l0=man ⇒ k∆l0=mω2R
donde el radio de curvatura será la longitud natural del resorte más su alargamiento:
R=l0+∆l0
Sustituyendo todo:
k∆l0=mω2R ⇒ k∆l0=mω2(l0+∆l0) ⇒ 1000∆l0=0.2 · 37.6992(0.35+∆l0) ⇒ ∆l0=0.140 m
∆l0=0.140 m
d) Al desplazar la masa una cantidad x en la dirección de la guía, se va a producir
una oscilación en esta dirección. Este movimiento se superpone a la rotación de la
plataforma, que es un sistema de referencia en rotación. La aceleración total de la masa no
será sólo la aceleración relativa de la masa al moverse (oscilación) en la guía, sino que
debemos tener en cuenta el movimiento del sistema de referencia que contiene la masa (la
guía o plataforma). En este movimiento tendremos entonces:
a=a0+αxOP+ωx(ωxOP)+2ωxvrel+arel
El centro de la plataforma está en reposo luego a0=0, y como la plataforma gira con
velocidad angular constante, α=0. Nos queda por tanto:
a=a0+αxOP+ωx(ωxOP)+2ωxvrel+arel=-ω2OP+2ωxvrel+arel
Si desplazamos la partícula hacia la derecha una cantidad a mayores x el vector de
posición respecto de O será:
OP=(lequil+x)i
donde lequil=l0+∆l0.
La velocidad relativa es la derivada de la posición relativa, y la aceleración relativa
es la derivada de la velocidad relativa. El movimiento relativo es el que tendría la partícula
si el sistema de referencia (plataforma) no girase. En este caso, sería un movimiento a lo
largo de la guía (eje X), luego sólo tendría componente en la dirección horizontal, y sería:
dx
vrel =
i = x i
dt
dv
dx
arel = rel =
i = xi
dt
dt
La velocidad angular es ω=ωk, por lo que:
i j k
2ω × vrel = 2 0 0 ω = 2ωx j
x 0 0
Así:
a = −ω2OP + 2ω × vrel + arel = −ω2 lequil + x i + 2ωx j + xi = x − ω2 lequil + x i + 2ωx j
[
(
2
(
)
[
)]
)]
(
 − ω lequil + x i + 2ωx j
a= x
dirección del eje x:
e) Debemos analizar en este caso el movimiento de la
partícula, para lo cual debemos hacer el análisis dinámico y obtener
la ecuación diferencial del movimiento. El diagrama del cuerpo libre
en la situación de equilibrio cuando la plataforma gira con velocidad
angular ω ya lo teníamos. Aplicamos la segunda ley de Newton en la
ΣFX=maX ⇒ k∆l0=man ⇒ k∆l0=mω2(l0+∆l0)
Ahora desplazamos el bloque una cantidad x respecto de
esa posición y nos queda:
 − ω2 lequil + x
ΣFX=maX ⇒ − k (∆l0 + x ) = m x
[
[
(
]
− k (∆l0 + x ) = m x − ω2 (l0 + ∆l0 + x )
De la condición de equilibrio tenemos:
k∆l0=mω2(l0+∆l0)
)]
Esto nos simplifica la expresión anterior, que se reduce a:
− k (∆l0 + x ) = m x − ω2 (l0 + ∆l0 + x ) ⇒ −k∆l0 − kx = mx − mω2l0 − mω2∆l0 − mω2x
[
]
(
)
2
 − mω2x ⇒ mx
 + kx − mω2x = 0 ⇒ mx
 + k − mω2 x = 0 ⇒ x + k − mω x = 0
− kx = mx
m
 + ω20x = 0 , donde
Tenemos la ecuación de un movimiento armónico simple, del tipo x
por comparación obtenemos:
ω20 =
m
0.2
k − mω2
4 π2 k − mω2
⇒ 2 =
⇒ T = 2π
= 2π
= 0.105 s
2
m
m
k − mω
1000 − 0.2 ⋅ 37.6992
T
T=0.105 s