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CAPITULO VI TRABAJO Y ENERGIA VI-1. Trabajo de una fuerza - Potencia - Unidades.- Consideremos una partícula de masa m que se mueve sobre una trayectoria arbitraria y sobre ella una fuerza f cuyo punto de aplicación se desplaza de A hasta B por la trayectoria dada. La trayectoria de la partícula, cuando se encuentra en un campo de fuerzas, tal como el gravitatorio, está determinada por las condiciones iniciales de posición y velocidad pero si se trata de una partícula obligada a seguir una trayectoria dada esta estará determinada por las fuerzas de vínculo. Para cada una de las fuerzas actuantes sobre la partícula definimos el trabajo de la fuerza f entre A y B a lo largo del camino c (Fig. VI-1) a la siguiente integral curvilínea: y B B

B

WAB = ∫ f.dr = ∫f.cosα .ds A

f

curva c

A

Recordemos que f = | f | y ds = | dr | , es decir que el trabajo es una magnitud escalar. Nótese que el signo del trabajo está dado por el ángulo entre la fuerza y el desplazamiento. ←curva c

dr ds

fn A dr

α m

ft

rA x Fig.VI-1.- La trayectoria de la partícula está determinada por las condiciones iniciales, si se encuentra en un campo o por los vínculos.

Como siempre se puede descomponer la fuerza f en una fuerza tangente a la trayectoria, ft, y otra perpendicular a la misma, fn ( f= fn +ft ), la definición de trabajo nos conduce al siguiente resultado importante,

Solamente la componente tangencial contribuye al trabajo. La componente normal fn es responsable de la aceleración centrípeta, ac = fn / m, e incluye todas las fuerzas de vínculo que determinan la trayectoria de la partícula, sin embargo no contribuye al trabajo. En síntesis las reacciones de vínculo no realizan trabajo. Muchas veces interesa la rapidez con que una fuerza realiza un trabajo dado es decir nos interesa la cantidad: P = dW/dt ; esta magnitud escalar se llama potencia instantánea asociada a la fuerza f. Como en un desplazamiento infinitesimal el trabajo realizado es: dW = f.dr => P = f . dr/dt = f.v ( fuerza producto escalar velocidad). Es claro que la potencia instantánea puede ser función del tiempo si lo es la fuerza, la velocidad o ambas: P(t) = f(t) . v(t) Frecuentemente es más útil calcular la potencia media en un intervalo de tiempo T: Pm= (1/T). Las unidades del trabajo y la potencia se deducen de sus respectivas ecuaciones dimensionales. [W] = [f] .[r] y [P] = [W] / [t] Lic. Hugo Giansanti

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CAPITULO VI Sistema m.k.s.I. [W] = N.m = 1 julio (también joule) ; [P] = julio/s = vatio. Se utilizan también los múltiplos del vatio: 1 Kw = 103 vatios (kilovatio ) , 1 Mw = 106 vatios (megavatio) , 1 Gw = 109 vatios (gigavatio). También se utiliza mucho el kilovatio-hora como unidad de trabajo que es el trabajo realizado en una hora por una fuerza cuya potencia es 1 Kw. julios 1 kwh= 103 ———.3600 s = 3,6 106 julios. s Sistema c.g.s. [W] = dina. cm = ergio; [P] = ergio /s. Sistema técnico. [W] =kg’.m = kgm; [P] = kgm/s. Es claro que , 1kgm = 9,8 N.m = 9,8 julios. 1 julio = 105 dinas.102 cm = 107 ergios. Todavía se utilizan en la técnica el caballo vapor = 1 CV = 75 kgm/s = 736 vatios , y el caballo de potencia = 1 HP = 76 kgm/s = 746 vatios. Ejemplo: Un automóvil de 1500 kg sube una pendiente de 10° a una velocidad de 36 km/h (10 m/s). Calcular el trabajo realizado por el motor durante 5 minutos y la potencia desarrollada despreciando los efectos de la fricción. Idem si a=0,1 m/s2. Sobre el automóvil actúan una fuerza F (ejercida por el pavimento) que lo impulsa hacia arriba y la componente del peso paralela al plano en sentido opuesto. La componente del peso normal al plano inclinado y la reacción de este no realizan trabajo por ser normales al desplazamiento. F ‒ m.g.sen  = m.a , como el movimiento es uniforme a = 0 => F = m.g.sen  F = 1500 kg. 9,8 m/s².sen 10° = 2553 N. En 5 minutos esta fuerza se habrá desplazado una distancia s = 10 m/s. 5.60 s = 3000 m. y el trabajo realizado será: normal F W = F.s = 2553 N .3000 m = 7,66 .106 joules. y la potencia media α P = 2553 N. 10 m/s = 25530 vatios = =25,53 kw≈34,7 CV m.g Si la aceleración no es nula será necesaria una fuerza mayor: F=m.a+m.g.senα =1500 kg.0,1m/s2+1500 kg.9,8 m/s2sen10°= 2703 N. El trabajo también será mayor: W=F.s=2703N.(10m/s.300s+0,1m/s23002/2)= 20269712 joule. Y la potencia media en 5 minutos: P= 20269712 joule./300 s=67566 w=67,566 kw ≈92 CV. VI-2. Teorema de las fuerzas vivas - Energía cinética.- Sea una partícula de masa m y sobre ella una fuerza resultante f. Supongamos que la partícula se mueve sobre la trayectoria de la figura VI-1 que es la curva c. Como se ha visto la componente normal de la fuerza f (fn) no realiza trabajo. La componente tangencial (ft) de la fuerza le Lic. Hugo Giansanti

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CAPITULO VI comunica una aceleración at sobre la trayectoria por lo que si en el punto A la velocidad era vA en el punto B será vB. La aceleración sobre la trayectoria es: at = dv /dt = ft/m dado que ds = |dr| es el desplazamiento sobre la curva (escalar) podemos vB cambiar la variable tiempo por la variable ds , at= dv/dt=(dv/ds).(ds/dt)=v.(dv/ds) => at.ds = v.dv B fn f ds El trabajo efectuado por la fuerza f en el desplazamiento ds será: ft.ds = m.at.ds=m.v.dv , y en el desplazamiento total entre A y B A m ft WAB = = = = vA = (½).m.vB2  (½).m.vA2.

Fig.VI-2.

Es conveniente dar nombre a los términos que contienen el cuadrado de la velocidad por la frecuencia con que aparecen, ECB = m.vB2/2 = Energía cinética de la partícula en el punto B (final), ECA = m.vA2 /2 = Energía cinética de la partícula en el punto A (inicial). En síntesis, WAB = ECB - ECA es decir , el trabajo de todas las fuerzas aplicadas sobre la partícula es igual al incremento de su energía cinética. VI - 3. Fuerzas conservativas - Energía potencial.- Una fuerza es conservativa si el trabajo realizado por ella al desplazarse entre dos puntos no depende del camino sino de los puntos extremos. El trabajo realizado por una fuerza conservativa puede calcularse como la diferencia de una función escalar de la posición, Ep(x,y,z), evaluada en los puntos inicial y final. La función Ep(x,y,z) se llama energía potencial de la partícula asociada a la fuerza conservativa aplicada. En símbolos, B

WAB = ∫F(r).dr = Ep(A)  Ep(B). A

Es decir que el trabajo de una fuerza conservativa produce decremento de energía potencial. Esta definición es equivalente a decir que el trabajo que efectúa una fuerza conservativa es independiente de la curva o camino seguido. Por el contrario si el trabajo de una fuerza depende o tiene un valor distinto para cada trayectoria posible se dice que la fuerza es no conservativa o disipativa. Una partícula sometida a la acción de fuerzas conservativas se dice que se encuentra en un campo de fuerzas conservativo. Otra consecuencia inmediata de la definición de fuerza conservativa es que sobre una trayectoria cerrada el trabajo es nulo. a)El trabajo de una fuerza conservativa B B es nulo en una trayectoria cerrada. b)El trabajo de una fuerza conservativa no depende del camino.

A

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(a)

A

(b)

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CAPITULO VI

VI - 4. Ejemplos de fuerzas conservativas y no conservativas.a) El peso de un cuerpo es una fuerza conservativa. y

B

yB

P = - m.g j

dr = i dx + j dy => P. dr = - m.g dy m.g

yA

A

j

x i

xA xB Fig. VI-3.

B

Wp= ∫P. dr = - m.g.ʃdy = ‒ m.g. (yB ‒ yA) = m.g.yA ‒ m.g.yB = Ep(A) ‒ Ep(B). A

La energía potencial asociada al peso de un cuerpo colocado a la altura y de un nivel de referencia es : Ep(y) = m.g.y + cte. En general, a cualquier fuerza constante en magnitud y dirección, F, cuyo trabajo no dependa del camino es posible asociarle una energía potencial : Ep(r) = F. r A En efecto, el trabajo hecho por F entre A y B es: F B B B W = ʃ F. dr = F. ʃdr = F.(rB - rA)= F.rA  (F.rB ) rA rB A

A

W=F.AB (no depende del camino) o b) La fuerza elástica ejercida por un resorte sobre una partícula es conservativa. Según la “ley de Hooke” dicha fuerza es proporcional al desplazamiento y opuesta al mismo, resorte

F = ‒k.x i , dr = i dx

F x

i

0 F.dr = ‒ k.x .dx W=

= - k.

x

Fig.VI-4.- Ley de Hooke F=  k.x.i = - k . x²/2 = Ep(0) ‒ Ep(x).

Es decir que la energía potencial de la partícula asociada a la fuerza elástica es : Ep(x) = ½ k.x² + cte. c) La fuerza de rozamiento no es conservativa. fr = - µ N i , dr = dx i => fr.dr = ‒ µ N.dx . Luego WOAO =fr.dr = ‒ fr .OA ‒ fr.AO = ‒2.fr.OA 0 Lic. Hugo Giansanti

(porque Ang( fr,dr) = 180°). Página 94

CAPITULO VI fr dx

x

0

A dx

fr

0 A x La distancia total recorrida es =OA+AO=2.OA y Ang(fr,dr) = 180°. Fig.VI-5.- El trabajo hecho por el rozamiento depende del camino. VI-5. Relación entre fuerza y energía potencial.- Se ha visto que el trabajo de una fuerza conservativa es igual al decremento de energía potencial , Wc =

= Ep(A) - Ep(B). = ‒ Ep ; ello significa que ,

f.dr = ‒ dEp ; f

recordando que | dr | = ds será

f.dr = f.cos .ds = fs.ds , donde

fs

s

fs = f.cos  es la componente de f en la dirección del desplazamiento y por lo tanto fs.ds = - dEp en síntesis fs = ‒ dEp/ds Ejemplos: Si la energía potencial depende solo de la distancia r =|r| a un punto fijo (o) y no de la dirección del vector de posición r la fuerza se dice que es central y la energía potencial será Ep(r). Sustituyendo ds por dr resulta que la magnitud de una fuerza central es : F = ‒ dEp/dr a) F = ‒ k.r r

=> Ep= k .  r.dr = k.r²/2 + cte.

Se acostumbra asignar el valor 0 a la energía potencial en r = 0 y por lo tanto la constante de integración es cte = 0. => Ep= ‒ (±) k . dr /r² = ± k/ r + cte. Se acostumbra asignar el valor 0 a la energía potencial en r = y por lo tanto cte = 0. b) F = ± k / r² r

VI-6 . Teorema de conservación de la energía mecánica de una partícula.- Sobre una partícula pueden actuar simultáneamente fuerzas conservativas y no conservativas pero siempre, en virtud del teorema de las fuerzas vivas, el trabajo realizado por ellas será igual al incremento de energía cinética: Wc + Wnc = Ec final ‒ Ec inicial Como el trabajo de las fuerzas conservativas produce decremento de energía potencial Wc= Ep inicial  Ep final , Lic. Hugo Giansanti

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CAPITULO VI

reemplazando en la anterior y agrupando las energías Wnc= (Ec final + Ep final )  (Ec inicial + Ep inicial ) Se acostumbra llamar energía mecánica E a los términos entre paréntesis , con lo cual concluimos que las fuerzas no conservativas producen incremento de la energía mecánica. Wnc = Efinal  Einicial Es claro que si el trabajo de las fuerzas no conservativas es nulo la energía mecánica de la partícula se conserva es decir Efinal = Einicial. Este es el “teorema de conservación de la energía mecánica”. En síntesis: Wc + Wnc = Ec final  Ec inicial = Ec (teorema de las fuerzas vivas). Wc= Ep inicial Ep final = Ep Wnc = Efinal  Einicial.=E (teorema de conservación de la energía mecánica”.) Digamos también que los incrementos de las energías pueden ser positivos o negativos según lo sea el trabajo de las fuerzas sobre la partícula. VI-7. Energía de los sistemas de partículas.- La energía cinética de un sistema de n partículas de masa mi será la suma de las energías cinéticas de las partículas individuales Ec = ½ mi.vi² . Sobre estas partículas pueden actuar fuerzas externas y a la vez pueden ejercerse interacciones reciprocas entre ellas (fuerzas internas) modificándose la energía cinética del sistema. Por ejemplo es posible comenzar a amacarse sin apoyar los pies en el suelo o hacer girar o detener una calesita sin valerse de fuerzas externas. Separemos entonces el trabajo realizado por las fuerzas externas e internas para llevar el sistema de una configuración inicial a una configuración final y generalicemos el teorema de las fuerzas vivas a un sistema de partículas, Wext + W int = Ec final ‒ Ec inicial Puede ocurrir que tanto las fuerzas internas como las externas sean conservativas es decir que deriven de sendos potenciales, por lo tanto los trabajos realizados por ellas se podrán calcular como : W int = ‒ Epint , Wext = ‒ Epext . El sistema tiene entonces asociada una energía potencial total igual a la suma de las dos Ep= EpintEpext . La energía total del sistema será : E = Ec + EpintEpext Por lo tanto cuando las fuerzas internas y externas son conservativas −(EpintEpext)= Ec y Ec + (EpintEpext)= 0 , Einicial = Efinal. Lic. Hugo Giansanti

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CAPITULO VI Este es el principio de conservación de la energía total de un sistema de partículas. Se acostumbra llamar energía propia del sistema a la suma de la energía cinética de las partículas referida a un sistema inercial y la energía potencial interna. U = Ec + Epint Si el sistema está aislado o las fuerzas externas no realizan trabajo entonces :  

Epext= 

y Ec=Epint o lo que es lo mismo U = 0 , es decir Uinicial = Ufinal. Si por el contrario de lo considerado hasta ahora las fuerzas internas en un sistema aislado no son conservativas W int < 0 y Ec final < Ec inicial . VI-8. Energía cinética referida al centro de masa.- La velocidad vi de las partículas que aparece en la fórmula Ec = ½ mi.vi² esta referida a un sistema de coordenadas inercial (o). Dado que vi = vcm + vi’ , donde vi’ es la velocidad de la partícula i respecto al cm, reemplazamos en la anterior Ec = ½  m (v + v ’)² = ½  m [ v² + v ’² + 2.v .v ’] = i

cm

i

i

cm

i

cm i

= ½  mi .v²cm + ½  mi .vi’² + vcm. mi.vi’

y mi

El último término es nulo porque es la velocidad del centro de masa en un sistema cuyo origen es el centro de masa por lo que finalmente

r’ r

CM R

Ec = ½ M v²cm + ½  mi .vi’² .

o

x

Se acostumbra llamar energía cinética orbital al primer término

ri = R + ri’ vi = vcm + vi’

y energía cinética interna al segundo.

M =  mi .

VI-9. Energía cinética del cuerpo rígido - Momento de inercia.- Para calcular la energía cinética de un cuerpo rígido , consideremos este como una agrupación discreta de puntos materiales de masa mi que mantienen invariable su separación . Puesto que se conoce la velocidad de todos los puntos del cuerpo rígido conociendo la velocidad de uno de ellos y la velocidad angular, podemos calcular su energía cinética sumando las energías cinéticas de cada una de las partículas de masa mi que lo forman. Como antes Ec = ½ mi.vi² pero ahora vi = vcm +  ^ ri’ es decir que vi’=  ^ ri’ . Luego

Ec = ½ M .v²cm + ½ mi.  ^ ri’)².

El factor  ^ ri’)² es el módulo del producto vectorial ^ ri’ o sea

 vi di

mi

ri

d i = ri’. sen αi

αi

M = mi

cm

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CAPITULO VI  ^ ri’). ^ ri’) = | ^ ri’|² = ² . ri’². sen² αi = ²di²



donde di es la distancia de la masa mi al eje instantáneo de rotación. La energía cinética será: Ec = ½ M .v² + ½ ²m d ² cm

i

i

La última sumatoria recibe el nombre de momento de inercia del cuerpo rígido, respecto del eje instantáneo de rotación que pasa por el centro de masa, Jcm =  mi di² . Este eje puede ser fijo o instantáneo. Evidentemente, el momento de inercia, es aditivo, es decir el momento de inercia del cuerpo es igual a la suma de los momentos de inercia de sus partes. Para una distribución continua de masa la sumatoria se convierte en la integral Jcm= d².dm. La energía cinética del cuerpo rígido se escribe finalmente: Ec = ½ M .v²cm + ½ Jcm². Si además el sólido se encuentra en el campo gravitatorio con el centro de masa a una altura y sobre un nivel de referencia, tendrá una energía potencial externa M.g.y, por lo que la energía total será: E = ½ M .v² + ½ J ² + M.g.y cm

cm

Nótese que la división de la energía cinética en dos partes es posible solamente porque el origen de coordenadas se ha tomado en el centro de masa del sólido. De no ser así la expresión de la energía cinética tendría tres términos. VI-10. Teorema de Steiner.- El resultado de la sumatoria Jcm =  mi di² que se ha denominado momento de inercia respecto del centro de masa, tendrá en general un valor distinto si en lugar del centro de masa el eje pasa por otro punto. Lo mismo ocurre con la integral Jcm= d².dm. Veamos que el momento de inercia respecto de un eje dado se relaciona de manera sencilla con el momento de inercia respecto de un eje paralelo al dado y que pasa por el centro de masa. Sean entonces dos ejes paralelos z y z’ uno de los cuales (z) pasa por el centro de masa y sea “a” la distancia entre ambos ejes (fig. VI-6). z a z’ J = q².dm θ q d dm Jcm= d².dm. Por el teorema del coseno aplicado al triángulo de la figura q² = a² + d² ‒ 2.a.d.cos cm d.cosθ y y≡y’ d

x J = a² dm +d².dm ‒2.a.d.cos .dm, pero

x’ Fig.VI-6.

2.a.d.cos .dm = 2.a.d.cos .dm = por que es la coordenada “y” del c.m en un sistema cuyo origen es el centro de masa. Por otra parte a² dm = a².M , o sea que J = a².M +Jcm .

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CAPITULO VI VI-11. Trabajo y potencia de una cupla - Teorema de las fuerzas vivas en la rotación.- Supongamos que un sistema de fuerzas se ha reducido a una fuerza única (F), aplicada en el centro de masa, y a un par (f,‒f) y que las distancias de las fuerzas que constituyen el par a un punto fijo son d1 y d2 por lo que el momento del par será: M= f.(d1+d2). Podemos calcular el trabajo realizado por la fuerza única y por el par F dr f

f

d1 θ

+ cm d

A

Wpar=f.AA’+f.BB’ θ=AA’/d1=BB’/d2

f A’ d2 θ

B f

f

B’

f separadamente. En un desplazamiento infinitesimal dr el trabajo hecho por la fuerza F será: dWF = F.dr = m. acm.dr = m. (dvcm/dt).dr = m..vcm.dvcm y en un desplazamiento finito entre dos puntos 1 y 2: WF = dWF =  m..vcm.dvcm = (½)m.(vcm2)² ‒ (½) m.(vcm1)² En un giro de ángulo  el trabajo hecho por las fuerzas que constituyen el par será: WN = f.AA’+f.BB’=f.d1. + f.d2. = f.(d1+d2). = M. Es inmediato que la potencia desarrollada por el par es: P = dWN/dt = M.d/dt = M. Es evidente que el par de fuerzas no contribuye a incrementar la energía cinética de traslación del cuerpo porque las fuerzas que lo constituyen son de igual magnitud y dirección, pero de sentidos opuestos. El momento de las fuerzas del par provoca una aceleración angular del cuerpo : M = Jcm.=Jcm.d/dt= Jcm.d/dddt= Jcm. d/d => M = Jcm. d = trabajo realizado en un giro infinitesimal En un desplazamiento angular finito entre dos ángulos 1 y 2 en los que las velocidades angulares son y el trabajo realizado por el par será: M.(21 = Jcm.

= (½)Jcm .² ‒ (½) Jcm.².

Esta última es el incremento de la energía cinética de rotación del cuerpo rígido.

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CAPITULO VI VI-12. Choque.- Se considera el caso del choque central es decir aquel en que las velocidades de los cuerpos que chocan pasan por los centros de masa, de este modo queda descartada la posibilidad de que los cuerpos intervinientes puedan ganar energía cinética de rotación. El choque es unidimensional o directo si los movimientos ocurren sobre la misma recta. Según el balance energético los choques se clasifican en: a) Choque elástico. Ecinética total = 0 b) Choque parcialmente elástico. Ecinética total  0 c) Choque plástico. Ecinética total = valor mínimo posible. En todos los casos se conserva la cantidad de movimiento inicial dado que no hay fuerzas exteriores. v1 v2 Caso del Choque elástico. m1 m2 Antes v1’ v2’ m1

m2

Después Fig.VI- 7.- En el choque elástico se conservan la cantidad de movimiento y la energía. m1.v1 + m2.v2 = m1.v1’+ m2.v2’ ½ m1.v1² + ½ m2.v2² = ½ m1.v1’²+½ m2.v2’² agrupando los términos de igual subíndice m1. (v1‒v1’) = m2.(v2’‒ v2) (1) m1.(v1² ‒v1’²) = m2.(v2’² ‒v2²) . (2) haciendo (2)/(1) y desarrollando las diferencias de cuadrados: (v1‒ v1’) .(v1+ v1’) (v2’‒ v2) .(v2’+v2) ———————— = ————————— ; (v1‒ v1’) (v2’‒v2)

simplificando

(v1+ v1’) = (v2’+ v2) y reordenando v1‒ v2 = ‒ (v1’‒ v2’) Es decir las velocidades relativas antes y después del choque son iguales y de signo contrario. Caso del choque parcialmente elástico. No se conserva la energía .Ecinética total  0 Se define el coeficiente de restitución o percusión velocidad relativa después del choque v1’- v2’ k = - ——————————————— =  ———— velocidad relativa antes del choque v1- v2 Si antes del choque las velocidades eran v1 y v2 , los cuerpos tendrán las velocidades v1’ y v2’después del choque , pero en el instante del choque ambos cuerpos tendrán la misma velocidad que es la velocidad del centro de masa . La velocidad del centro de masa es la misma antes y después de choque dado que la cantidad de movimiento total se conserva, P = (m1 + m2) c = P’ Lic. Hugo Giansanti

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CAPITULO VI

m1.v1 + m2.v2 m1.v1’ + m2.v2’ c = —————— = ——————— m1 + m2 m1 + m2 En la figura VI-8 se ha supuesto que las velocidades varían linealmente durante el choque. Aunque no se sabe lo que realmente ocurre solo nos interesa la situación inicial y final.

viniciales

vfinales v2’

v1 velocidad del centro de masa

c

c v2 v1’ Antes Después tiempo Fig.VI-8.- Variaciones de las velocidades en el choque parcialmente elástico.

Por la semejanza de los triángulos v2’‒v1’ c ‒v1’ v2’‒ c ———— =————= ————= k v1‒ v2 v1 ‒ c c ‒ v2 despejamos v1’ , c - v1’= k.(v1- c) v1’= c ‒ k.(v1‒c) = c ‒ k.v1+ k.c ;

v1’ = c.(k+1) - k.v1

despejamos v2’ , v2’‒ c = k.(c ‒ v2) v2’ = c + k.(c ‒ v2) = c + k.c ‒ k.v2

v2’ = c.(k+1) - k.v2.

Caso del choque plástico. Después del choque ambos cuerpos se mueven con una velocidad común U. m1.v1 + m2.v2 = (m1 + m2) .U La energía no se conserva en este proceso . La velocidad final es simplemente m1.v1 + m2.v2 U=——————— , que es la velocidad del CM. (m1 + m2) Debe notarse que las expresiones de las velocidades finales deducidas para el choque parcialmente elástico se reducen a las del choque elástico para k = 1 y las del choque plástico para k = 0.

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CAPITULO VI Análisis energético.- Como el choque parcialmente elástico comprende a los choques elástico y plástico en calidad de casos particulares ( k = 1 y k = 0) solo consideraremos este. La variación de energía cinética en el choque será: Ecinética = EcinéticaFINAL ‒ EcinéticaINICIAL En función de las velocidades: Ecinética= (½ m1.v1’² + ½ m2.v2’²)  (½ m1.v1² + ½ m2.v2²) sustituyendo v1’ y v2’ por sus valores dados por las fórmulas deducidas en el párrafo anterior se obtiene. 1

m1.m2

Ecinética=  —— . ———— (v1 ‒ v2)² . (1 ‒ k²) , 2 m 1 + m2 agrupando los términos y factores constantes en una única constante A , se puede reescribir la anterior: Ecinética= A.k² ‒ A , A>0 , que graficada Ecinética= función(k) es una parábola cóncava hacia arriba con el vértice en (0,‒A) . El valor máximo de la variación de energía cinética corresponde al choque plástico. A = (1/2) . (m1.m2 / m1+ m2).(v1 ‒v2)² >0. Ecinética

k = 1 choque elástico Ecinética= 0 k=0 0
“

plásticoEcinética= -A

“

parcialmente elástico Ecinética 0

k>1 desintegración Ecinética>0 k<0 penetración.

k=0

k=1

desintegración o explosión choque elástico

k

-A choque plástico

Fig.VI-9.

VI-13. Discusión acerca de los choques.- Consideremos un choque unidimensional entre dos partículas de masas m1 y m2 y supongamos que la partícula 2 está en reposo (v2= 0). Si el choque es elástico las velocidades finales serán: v1’ = 2. c ‒ v1 = v1.(m1 ‒ m2) / m1 + m2 v2’ = 2.c = 2.m1.v1/ m1 + m2

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CAPITULO VI a) Si m2 > m1, el signo de v1’ opuesto al de v1, hay inversión de marcha del cuerpo 1. b) Si m2 >> m1 => además de la inversión de marcha |v1’| = |v1| esto es una reflexión o rebote contra una pared , el cuerpo 2 permanece en reposo. c) Si m1 >> m2 => v1’= v1 y v2’ = 2.v1 , el cuerpo chocado sale con doble velocidad que la del cuerpo chocador que sigue con su misma velocidad. d) Si m1 = m2 => v1’= 0 y v2’ = v1 , las partículas intercambian sus velocidades , la que estaba en movimiento queda en reposo después del choque y la que estaba en reposo sale con la velocidad de la que estaba en movimiento. Es el caso de dos monedas iguales que chocan estando una de ellas en reposo y el principio de la moderación de los neutrones. Caso del jugador de tenis. Supongamos que el cuerpo 1 es una pelota de tenis y el cuerpo 2 la raqueta. Las velocidades relativas antes y después de que la raqueta golpee la pelota son iguales y de signo opuesto ya que consideramos el golpe como un choque elástico por lo tanto : v1‒ v2 = - (v1’‒ v2’) , pero la raqueta , en general, no modifica su velocidad , luego : v2’ = v2 => v1‒ v2 = ‒ (v1’‒ v2) => v1‒ v2 = ‒v1’+ v2 => v1’= 2.v2 ‒ v1 es decir que en cada rebote la pelota gana el doble de la velocidad de la raqueta. Nótese que el signo de v1’ es opuesto al de v1 y el mismo de v2. VI-14. La energía cinética en el “sistema del laboratorio”. Se ha visto en VI-8 que la energía de un sistema de partículas se escribe como la suma de dos términos, uno que representa la energía cinética orbital y otro la energía cinética interna o de rotación entorno al centro de masa. Para el caso especial de un sistema de solo dos partículas de masas m1 y m2 se escribirá: Ec = (m1+m2).U2/2 + m1.v1’²/2 + m2.v2’²/2, donde U es la velocidad del centro de masa y v1’ y v2’ las velocidades de cada partícula respecto al centro de masa. Fijemos un sistema de coordenadas en una de las partículas, por ejemplo la m2. Este sistema se llama sistema del laboratorio. En general, se llama sistema del laboratorio a cualquier sistema que no tenga origen en el centro de masa. En este sistema la partícula m2 esta en reposo y la partícula m1 se mueve con la velocidad relativa v = v1’v2’. La velocidad del centro de masa en el sistema con origen en el centro de masa es, por supuesto, nula: m1.v1’+ m2.v2’ = 0 por lo tanto se deduce que las velocidades respecto del centro de masa se relacionan con la velocidad relativa (v) por las fórmulas: v1’ = m2 v / m1+ m2 v2’ = m1 v / m1+ m2 reemplazando en Ecint= m1.v1’²/2 + m2.v2’²/2 , resulta , Ecint= (m1.m2 /m1+ m2).v²/2

m1 r1

r=r1-r2 m2

El término entre paréntesis se llama masa reducida, m = m1.m2 /m1+ m2 r2 Finalmente en el sistema del laboratorio o Ecint= m.v²/2 . Es decir que la energía cinética de rotación entorno al centro de masa (o interna) de dos partículas equivale a la de una sola partícula de masa igual a la masa reducida que se mueve con la velocidad relativa. Es claro que la energía cinética respecto de un sistema inercial cualquiera, en el que la velocidad del centro de masa es U, se podrá escribir: Lic. Hugo Giansanti

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CAPITULO VI Ec = (m1+m2).U2/2 + m.v²/2 . Adviértase que con este resultado la deducción de la fórmula, Ecinética= A.k² - A, del párrafo VI-13 es inmediata. En efecto, si A = m.v²/2 Ecinética= EcinéticaFINAL EcinéticaINICIAL = m.k².v²/2 m.v²/2 = .k²- A. VI-15. El choque en otros sistemas de coordenadas.- Dadas dos partículas de masas m1 y m2 en interacción, siempre es posible fijar un sistema de coordenadas en una de ellas, por ejemplo la 2. Tal sistema lo hemos llamado “sistema del laboratorio” (sistema L) en la partícula 2. En este sistema la velocidad del centro de masa será : U= m1.v/(m1+m2) = m.v/m2, donde v es la velocidad relativa entre las dos partículas. Respecto de un sistema cuyo origen coincida con el centro de masa de los dos cuerpos que chocan (sistema C) los vectores de posición y las velocidades en el sistema inercial fijo están relacionados por las siguientes fórmulas de transformación (Fig.VI-9): r1= R + rcm1 ;

u1= U + v1

r2= R + rcm2 ;

u2= U + v2

m1

m1 cm

m1 cm

r1

r1cm

r m2

m2

R

cm

r2cm m2

r2 a) Sistema inercial “fijo”. b) Sistema del laboratorio c) Sistema del centro del U= m1.u1+m2.u2/(m1 + m2). en la partícula 2. U= m.v/m2. centro de masa. U= 0. Fig.VI-9. Una consecuencia inmediata de las relaciones anteriores es que las velocidades relativas en el sistema inercial y el sistema C son iguales u1 - u2 = v1 - v2, y por la misma razón después del choque u1’ - u2’ = v1’ - v2’ , Como respecto del sistema C la velocidad del centro de masa es nula, la cantidad de movimiento de las partículas individuales son iguales y de signo opuesto : m1.v1 + m2.v2 = 0 => m1.v1 = ‒m2.v2 o p1 = ‒p2 Por la misma razón después del choque : m1.v1’ = ‒m2.v2’ o p1’= ‒p2’ Lic. Hugo Giansanti

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CAPITULO VI También, en el sistema fijo, la velocidad del centro de masa, es la misma antes y después del choque como consecuencia de la conservación de la cantidad de movimiento, m1.u1 + m2.u2 = m1.u1’ + m2.u2’ => U= U’. Ahora bien, en el choque elástico la energía cinética antes y después del choque es la misma y recordando que se puede descomponer en energía cinética del centro de masa (orbital) más energía respecto del centro de masa (interna) se puede escribir: (m1 + m2).U²/2 + m1.v1²/2 + m2.v2²/2 = (m1 + m2).U²/2 + m1.v1’²/2 + m2.v2’²/2 simplificando, m1.v1² + m2.v2² = m1.v1’² + m2.v2’² Es conveniente reescribir esta igualdad en función de las cantidades de movimiento , p1²/m1+ p2²/m2 = p1’²/m1 + p2’²/m2 . Pero, según se ha visto, las magnitudes de las cantidades de movimiento de las partículas individuales respecto del cm, son iguales antes y después del choque por lo que las sacamos como factor común en ambos lados de la igualdad anterior: p1².(1/ m1 + 1/m2) = p1’².( 1/ m1 + 1/ m2) es decir p1² = p1’² y p2² = p2’². Es decir, hemos demostrado que, respecto del centro de masa, la magnitud de la cantidad de movimiento de cada partícula individual no cambia como consecuencia del choque. Por lo tanto, tampoco la magnitud de las velocidades respecto del centro de masa sufren ningún cambio, las partículas se acercan, chocan en el c.g y luego se alejan con la misma velocidad. v1 = ‒v1’ y v2 = ‒v2’ Es decir que , en el sistema del centro de masa el resultado del choque es un giro del vector relativo . En otras palabras, la recta de acción de la velocidad relativa antes del choque no será en general paralela a la velocidad relativa después del choque (Fig. VI10). Sin embargo, por ser los vectores velocidad colineales en el sistema centro de masa, se tendrá : |u1 - u2| = |v1 - v2| = | v1’ - v2’| Debe notarse que siendo los vectores p1 y p2 colineales al igual que los vectores p1’ y p2’ sus rectas de acción no serán en general paralelas (Fig. VI- 10). Vectorialmente u1 - u2 ≠ u1’ - u2’ y v1 - v2≠ v1’- v2’ . Estando estas cantidades referidas al centro de masa podemos escribir: p1 = m.v p2 = −m.v p1’ = m.v.n p2’ = −m.v.n donde n es un versor en la dirección de la velocidad relativa después del choque. Lic. Hugo Giansanti

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CAPITULO VI En particular, si el choque es unidimensional o directo, las partículas se mueven sobre una recta y n es el versor cartesiano (n = i y v = v.i). Para volver al sistema fijo debemos sumar la velocidad U del centro de masa: u1’ = (m.v.n / m1) +U u2’ = (m.v.n / m2) +U donde U = (m1.u1 + m2.u2 )/(m1+m2) y para volver al sistema del Laboratorio en la partícula 2: U= m.v/m2 donde v es la velocidad relativa. u’1

u1 v1 θ2

Camino del cm

v2

n χ v’1

θ1

U

v’2 u2 u’2

Fig. VI- 10. El versor n tiene la dirección del vector relativo VI-16. Dispersión de partículas.- Una partícula que esta fija en un sistema inercial retrocederá cuando se aproxime una segunda partícula a causa de la interacción. Como en todos los choques la cantidad de movimiento y la trayectoria del centro de masa se mantendrán invariables. El vector velocidad relativa de las dos partículas es, v = v1 - v2. Luego de la difusión este vector forma un ángulo χ con la trayectoria del centro de masa. El ángulo de difusión que se mide en el sistema del laboratorio (por ejemplo, una cámara de niebla) es el que forman las velocidades finales con la trayectoria fija del centro de masa θ1y θ2 (Fig. VI-10). Consideremos solamente la partícula difundida (1). Naturalmente la partícula difusora (2) dejará su posición inicial para alejarse por una trayectoria que forma el ángulo θ2 con la de la partícula incidente antes de la difusión. Ya sabemos que la partícula 2 tiene una cantidad de movimiento igual y opuesta en el sistema C. v1 v’1

U

θ1

r χ

χ Trayectoria del cm

a)

b)

v2 Fig.VI-11.- Visto desde el centro de masa los cuerpos que chocan se mueven sobre la recta que los une. Las cantidades de movimiento son iguales y opuestas Lic. Hugo Giansanti

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CAPITULO VI

p1 = −p2 y p1’= −p2’. tg θ1= v1’.senχ / (U + v1’.cos χ)

v1 θ1

v’1

χ

U pero , v1’= m.v / m1 y U = m.v/m2, finalmente la relación entre los dos ángulos es: tg θ1= senχ / (m1/m2)+ cosχ Es claro que si la partícula difusora es muy grande (m2>>m1) los dos ángulos son iguales. VI-17. Choques oblicuos.- Cuando chocan cuerpos de dimensiones que no son despreciables ha de tenerse en cuenta que los cuerpos pueden adquirir energía cinética de rotación a expensas de sus energías iniciales. Por supuesto sus velocidades son las de sus centros de masa. Las fuerzas de choque, por ser fuerzas de interacción, son iguales y opuestas y normales al plano tangente a los cuerpos en el punto de contacto al que se denomina plano de choque. El choque se denomina central si la normal al plano de choque pasa por los centro de masa de ambos cuerpos, de lo contrario el choque es excéntrico (analizado en el Capítulo IV-10). El choque se considera directo si los vectores velocidad están sobre la recta que une los centros de masa de lo contrario el choque es oblicuo. En este último caso son aplicables todas las fórmulas del choque directo entre partículas a las componentes normales al plano de choque permaneciendo inalteradas las componentes paralela.

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CAPITULO VI Problemas resueltos Problema n°1. Dos cuerpos de igual masa pueden deslizar por una barra rígida de masa despreciable y longitud D. Las masas están unidas por un gancho en el centro de la barra y separadas una distancia d . El conjunto gira en el plano con velocidad angular . Cuando se quita el gancho las masas deslizan en direcciones opuestas hasta ser detenidas por unos topes colocados en los extremos de la barra. Calcule la variación de energía cinética y la velocidad angular final. Solución : m d m tope tope D Al ser detenidos por los topes se pierde una cierta cantidad de energía debido al trabajo de fuerzas disipativas dada por : Wnc = Jf .f²/ 2 - J.²/ 2 J = m.(d/2)² + m.(d/2)² = m.d²/2 , Jf = m.D²/2 Por otra parte la conservación del momento cinético permite calcular la velocidad angular final: L = [m.d/2.d/2].2 = m.d²./ 2 = m.D².f / 2 => d².= D².f => f =d². / D² reemplazando en la primera, Wnc= (m.D².d4.² / D4.4) - m.d².² /4 = m. ² .d².d²/D²-1] /4 El término entre corchetes es negativo lo que indica que hubo pérdida de energía cinética. Por ejemplo si D = 2.d => Wnc = ‒3.m. ² .d²/16 *** Problema n°2. Dos masas m1 = 5 kg y m2 = 15 kg están unidas por una barra rígida de masa despreciable. El sistema puede girar libremente alrededor de un eje que pasa por o, siendo la distancia de cada masa a dicho eje de 1 m. Se libera el sistema en la posición indicada en la figura. a)Describir cualitativamente el movimiento subsiguiente. m1 R 1m m2 b) Hallar la velocidad de las masas cuando la varilla se 1m halla en posición vertical. Solución: y=0 a) El movimiento es oscilatorio no armónico porque la oscilación no es pequeña (sen  ). b) Como no hay fuerzas disipativas: Eci=0 Epf + Ecf = Epi + Eci Epi = m1.g.R + m2.g.R 2.m1.g.R + (m1+m2).v²/2 = m1.g.R + m2.g.R Epf = m1.g.(2.R) v² = 2.( m2-m1).g.R/(m1+m2) => v = [2.( m2-m1).g.R/(m1+m2)]½ Lic. Hugo Giansanti

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CAPITULO VI Problema n° 3. Los discos A y B están montados sobre el mismo eje vertical. El disco B de radio RB = 0,10 m y masa mB = 1 kg esta inicialmente en reposo, mientras que el disco A de radio RA = 0,20 m y masa mA = 4 kg está rotando con una frecuencia n = 200 r.p.m. A continuación el disco B cae sobre el A. Sabiendo que sobre este sistema no actúan fuerzas externas determinar, cuando ambos discos se mueven solidariamente: a) La velocidad angular final del sistema de dos discos. b) La variación de la energía cinética del conjunto. Solución: Como no existen fuerzas exteriores tampoco hay cuplas ni momentos exteriores, por lo tanto el momento cinético es el mismo antes y después de caer el disco B sobre el A. a) antes L = JA. A Después L’ = (JA+JB).donde es la frecuencia angular final del conjunto. Por otra parte L = L’ => JA. A = (JA+JB).=> = JA. A / JA+JB Como los discos se pueden considerar cilindros JA = mA.RA² /2 mB JB = mB .RB² /2

ω RB=0,10m

=> = mA RA² .A / mA RA² + mB RB²

= 4.0,20.2..200 / (4.(0,20)² + 1.(0,10)²).60 = 19,7 s -1 .

RA=0,20m

mA b)EC = (JA+JB).² / 2 - JA. A² / 2 = [(mA RA² + mB RB²). ² - mA RA². A² /4 = −1,05 joule. A = 2..200 /60 = 20,94 s-1 = 19,7 s -1 => n = 60.= 188,12 r.p.m. JA = 0,08 kgm² JA+JB = 0,085 kgm². *** Problema n° 4. Una barra delgada de longitud L y masa m puede girar libremente en torno a un eje fijo horizontal o. Se suelta la barra desde una posición que forma un ángulo o con la vertical. a) ¿Cual es la velocidad angular de la barra para cualquier el valor del ángulo  ?. b) ¿Cual es la fuerza en el pivote de suspensión?. Dato J = m.L²/3. Solución: El trabajo de todas las fuerzas externas es igual al incremento de energía cinética de la barra, pero de estas solo contribuye el peso propio de la barra ya que las fuerzas en el pivote no realizan trabajo. Por ser este (el peso) una fuerza conservativa, su trabajo no depende del camino, se calcula por el descenso del cm. fr fθ m.g.(L/2).(cos  ‒ cos o) = (1/2) .m.(Vcm)² + (1/2).².Jcm= (1/2) .m.(L/2)² + (1/2) ².Jcm = ².[m.(L/2)² + Jcm] = J.² θ

L

²= m.g.( L / J ).(cos  ‒ cos o) = (3.g /L).(cos  ‒ cos o) por otra parte el momento de las fuerzas exteriores respecto del pivote debe ser:

cm



m.g Lic. Hugo Giansanti

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CAPITULO VI m.g.(L/2).sen = J. = aceleración angular) La suma de las fuerzas exteriores debe producir la aceleración del centro de masa pero esta tiene una componente radial y una angular o transversa acm = ².(L/2).r + . (L/2). r y son los versores radial y angular luego fr - m.g.cos  = m.².(L/2)

(L/2).cosθ

θ

f - m.g.sen = m..(L/2)

θ0

resolviendo = m.g.(L/ 2.J ).sen  = (3.g /2.L).sen   fr = m.g.cos  + m.².(L/2) = m.g.cos  + m.g.(3/2).(cos  - cos o) = m.g.[(5/2).cos  - (3/2).coso] f = m.g.sen + m..(L/2) = m.g.sen + (3/4).m..g.sen  = (7/4).m..g.sen  . *** Problema n°5. Demostrar que el trabajo realizado por una fuerza constante (en magnitud y dirección) a lo largo de una trayectoria arbitraria es igual al producto del modulo de la fuerza por la proyección de la trayectoria sobre la recta de acción de la fuerza. B

B

WAB = f.dr = f. dr = f. (B-A) = f. |(B-A|.cos  = f .proyección de c sobre f A

A

donde  es el ángulo entre la dirección de la fuerza y el vector desplazamiento del punto es decir la proyección de la trayectoria sobre la recta de acción de la fuerza. De otra manera: f= fx i+fy j dr = dx i + dy j f.dr = fx dx + fy dy si fy = 0 => fx = f x2 WAB = ∫ fx dx = f.(x2 – x1 ) = f. Proyección de c sobre el eje x. x1 yB

B

B-A α

F yA

A

xA xB En particular si f es el peso de un cuerpo f= m.g.j y f.dr = m.g.dy yB WAB = −m.g ∫ dy = −m.g.(yB – yA ) = − m.g.h yA **** Lic. Hugo Giansanti

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CAPITULO VI Problema n°6. Una persona se encuentra sobre una plataforma giratoria con dos pesas de 2 kg cada una en cada mano. La plataforma gira con velocidad angular  cuando la persona tiene los brazos extendidos. Al acercar las pesas hacia su cuerpo la velocidad angular aumenta a un valor’. Explicar este fenómeno desde el punto de vista dinámico y energético. a) Como no hay fuerzas exteriores que ejerzan momento sobre la plataforma el momento cinético se conserva. J.= cte . Si J disminuye  debe aumentar. b) La energía cinética de rotación no se conserva puesto que Ec = 1/2 .J.². Aunque J disminuya la velocidad angular está al cuadrado y por lo tanto la energía cinética de rotación aumenta. Por el teorema de las fuerzas vivas debe haber fuerzas que trabajan sobre el sistema. Estas fuerzas son la reacción a la equilibrante de las fuerzas de Coriolis que aparecen sobre las pesas al estar en movimiento respecto de la plataforma y tienen dirección tangencial. *** Problema n° 7. Trabajo, energía y potencia: Un automóvil de masa1200 kg, marcha a una velocidad de 36 km/h cuando entra en una cuesta que tiene una inclinación de 5° y acelera a=0,2 m/s2 . Calcular el trabajo hecho por el motor en dos minutos y la potencia media desarrollada. ¿La fuerza de rozamiento hace trabajo?, si la respuesta es afirmativa ¿en que se emplea?. ¿Cual es la máxima aceleración que se puede obtener si el coeficiente de rozamiento estático es μ= 0,2 ?. Solución: La distancia recorrida en 120 seg es D= v0.t+a.t2/2= 10.120 + 0,2.14400/2 = 2640 m La fuerza que realiza el motor sobre el pavimento es: F = m.(a+g.senα) = 1265 N El trabajo realizado por ella en dos minutos de marcha es : W= 1265 N.2640 m= 3339600 joule. La potencia media en dos minutos: P=W/t=27830 watt ≈ 37 HP. La fuerza F es la de rozamiento estático luego no puede valer más que: frmax= μ.m.g.cosα m.(a+g.senα) ≤ μ.m.g.cosα => a ≤ μ.g.cosα - g.senα =1,1 m/s2 Nótese que la potencia va aumentando con la velocidad (P=F.v). La fuerza de rozamiento hace trabajo y se emplea en aumentar la energía (potencial y cinética) del automóvil. No hay disipación de energía porque no hay desplazamiento relativo entre las superficies en contacto.

N

α=5°

F

m.g ***

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CAPITULO VI Problema n° 8. Un cuerpo resbala sobre un riel, sin rozamiento desde una altura h=20m y risa un riso de 4 m de radio. Si su peso es de 200g’¿Cuáles serán las fuerzas ejercidas contra el riel en los puntos A y B?. Solución: m=0,200 kg. a=4 m B θ h=20m

R a=4m

m.g

A En un punto cualquiera del aro se tiene: R+m.g.cosθ=m.v2/a En el punto B es θ=0°  RB+m.g= m.(vB)2/a En el punto A es θ=180°  RA−m.g=m.(vA)2/a RB=m.(−g+(vB)2/a) RA=m.(g+(vA)2/a ) De la conservación de la energía: m.g.h= m.(vB)2/2+m.g.2.a  (vB)2 =2.g.(h2.a)=235,2 m2/s2 m.g.h= m.(vA)2/2  (vA)2=2.g.h=392 m2/s2 RB=9,8N≈1 kg’ RA= 21,56 N=21,56 N. *** Problema n° 9: Un cuerpo de 100 kg’ de peso cae resbalando por un plano inclinado 30°, desde 20 m de altura y es detenido por un resorte que se acorta 20 cm. Si el coeficiente de rozamiento con el plano es μ=0,1 ¿Cuál es el valor de la constante del resorte?. Solución: El trabajo de las fuerzas no conservativas (nc) debe ser igual a la variación de energía mecánica. S=40 m A Wnc=(EpB+EcB) − (EpA+EcA) EpA=m.g.h EcA =0 h=20 m 2 EpB=k.x /2 x=0,2 μ=0,1 EcB=0 Wnc=EpB − EpA B 30°

 EpB= Wnc+ EpA= −346 kg’m+2000 kg’m= 1654 kg’m k=2. EpB/x2 =2.1654/0,22 =82700 kg’/m. Lic. Hugo Giansanti

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CAPITULO VI Problema n° 10: Una pelota de ping-pong choca elásticamente a 10 m/s contra un gran bloque de concreto que avanza en sentido contrario a 2m/s. Halle la velocidad de la pelota luego del rebote. 2 m/s Solución: 10 m/s Si el choque es elástico las velocidades relativas antes y después son iguales: + vp=10m/s; vb= vb’= −2m/s  vpvb = vb’vp’  vp’= vb’+ vb vp= =2m/s 2m/s 10m/s= 14m/s. *** Problema n° 11: Una sonda espacial se aproxima a 120.000 km/h a un planeta que avanza en sentido contrario con su velocidad orbital de 87000 km/h. La sonda efectúa la trayectoria que se indica en la figura. Halle la velocidad de la sonda luego del encuentro. Considere dicho encuentro como un choque elástico. Solución: v=120.000 km/h vp=87000 km/h

v’=? Como el choque es elástico; las velocidades antes y después del encuentro son iguales. vvp= vp’v’  v’ vp’+ vpv=87.00087000120000=  294000 km/h. Problema n°12: De una polea cilíndrica (J=m.R2/2) se desenrolla una cuerda que en su extremo tiene un cuerpo de masa M=100 kg. La masa de la polea es m=20 kg y su radio R=0,4m. Cuando la velocidad del cuerpo es 20 m/s se aplica un par frenador τ=98 N.m. Hallar el numero de vueltas girado hasta detenerse desde la aplicación del freno. Solución: Usando el teorema de las fuerzas vivas: ‒ τ.α+P.R.α =

R=0,4 m

α.( ‒ τ+P.R) =

Reemplazando por los valores α=74,8 Numero de vueltas= Lic. Hugo Giansanti

= V=10 m/s

α.( ‒ τ+P.R) =

.

P=980N

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CAPITULO VI

*** Problema 13: Un cuerpo B se halla inicialmente en reposo y puede moverse libremente en un plano exento de rozamiento. Otro cuerpo A, también de masa m, choca con B. Después del choque, el movimiento de los dos cuerpos no tiene lugar a lo largo de la misma recta que antes. Demostrar, analítica y geométricamente con ayuda de un diagrama vectorial que, si el choque es perfectamente elástico, las trayectorias de los dos cuerpos después del choque son perpendiculares. Solución. a) Geométrica. V1 m

m

V

Lugar del choque

Trayectoria del cm cm

B

A

m V2 La trayectoria y la cantidad de movimiento son los de la partícula incidente. Cualquiera sean las trayectorias de las partículas el cm se encuentra en el medio del vector relativo. Trazamos una circunferencia con centro en el cm y que pase por el lugar del choque. El triangulo Bmm es rectángulo en B. b) Analítica. p=p1+p2 y Ec= Ec1 + Ec2 (½)m.v2=(½) m.v12 + (½) m.v22 (p2/2m)=(p12/2m )+(p22/2m) simplificando p2= p12 + p22 p2= (p1+p2) 2 = p12 + p22 + 2 p1.p2 => 2 p1.p2= 0 o sea p1 es perpendicular a p2 y por lo tanto v1 perpendicular a v2. Producto escalar *** Problema 14: : Choque 2D parcialmente elástico. Una partícula A se mueve con velocidad VA de 36 cm/s, Choca contra otra partícula análoga B, que se encuentra inicialmente en reposo. Después del choque la partícula A sale con velocidad de 15 m/s formando un ángulo de 37° con su dirección inicial. a) Hallar la magnitud y dirección de la velocidad de B. b) Hallar la energía perdida en choque. c) Demostrar que si la energía perdida es nula (choque elástico) la dirección de B es 53°. Solución: v’A=15cm/s

vA=36 cm/s

37°

α

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cm

v’B=?

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CAPITULO VI a) La trayectoria y la cantidad de movimiento son los de la partícula incidente. En la dirección x: m. v’A.cos37°+ m. v’B.cosα =m. vA (1) v’B.cosα= vA ‒ v’A.cos37=36‒15.0,8=24 m/s En la dirección y: m. v’A.sen37°‒m. v’B.senα =0 (2). v’B.senα= v’A.sen37°=9,03 m/s tgα=9,03/24=0,38 α=arctg0,38=(20,6)° v’B= v’A.sen37°/ senα =25,6 m/s. b) La energia inicial es la de la particular incidente: Eci=m.(vA)2/2= 648 ergios. Ecf=m.(v’A)2/2+ m.(v’B)2/2= 112,5 ergios+327,7 ergios=440,2 ergios. ΔE= Ecf ‒ Eci= ‒207,8 ergios. c) Si Ecf ‒ Eci =[ m.(v’A)2/2]+[ m.(v’B)2/2 ]‒ [m.(vA)2/2] =0 entonces: (vA)2=(v’A)2+ (v’B)2 Elevando al cuadrado y sumando la (1) y la (2) se demuestra que Cos(37°+α)=0 o sea α=53°. *** Problema 15: Una pelota de masa 100 g, incide sobre una pared con una velocidad v1 en la forma indicada en la figura y rebota con una velocidad v2 tal que v1=v2=20 m/s. ¿Qué impulso recibió la pelota? Solución: C1=m1.v1 ; C2=m2.v2 ΔC=C2 ‒C1 X: v1x= ‒20.cos37°= ‒16 m/s v1 Y: v1y= ‒20.sen37°= ‒12 m/s. 37° X: v2x= 20.cos37°= 16 m/s. 37° Y: v2y= ‒20.sen37°= ‒12 m/s. C1= (‒1,6 i ‒ 1,2 j) kgm/s C2= (1,6 i ‒1,2 j) kgm/s. ΔC= (3,2 i ‒ 0 j) kgm/s=3,2 i kgm/s

v2 solo recibe impulso en la dirección x. ***

Problema 16: Choque 2D elástico. Una partícula de masa 0,2 kg se mueve a 0,4 m/s sobre el eje x cuando choca elásticamente con otra partícula de masa 0,3 kg que se encuentra en reposo. Después del choque la primera partícula se mueve con velocidad de 0,2 m/s en una dirección que forma un ángulo de +40° con el eje x. Determine: a) el modulo y la dirección de la velocidad de la partícula chocada después del choque. b) El cambio de velocidad y del momento de cada partícula. Solución: Y V’1=0,2 m1 m/s m1=0,2 kg

m2=0,3 kg

α1=40° α2=?

x m2

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V’2=? Página 115

CAPITULO VI Porque no hay fuerzas exteriores que aporten impulso se conserva la cantidad de movimiento. Las fuerzas interiores no modifican la cantidad de movimiento del sistema: C1+C2 = C1’+C2’ , C2 = 0 La cantidad de movimiento del sistema es la de la partícula incidente. C1= C1’+C2’ En la dirección x: m1.v1= m1.v’1.cosα1 + m2.v’2.cosα2 (1) En la dirección y: 0= m1.v’1.senα1 ‒ m2.v’2.senα2 (2). Reordenando la (1) y la (2): m2.v’2.cosα2 = m1.v1‒ m1.v’1.cosα1= m1.( v1‒ v’1.cosα1) m2.v’2.senα2 = m1.v’1.senα1 (3). Dividiendo miembro a miembro las dos últimas: (m2.v’2.senα2)/(m2.v’2.cosα2) = tgα2= (m1.v’1.senα1)/ m1.( v1‒ v’1.cosα1) tgα2= v’1.senα1/( v1‒ v’1.cosα1) con los datos del problema tgα2=0,52 y α2=(27,52)°. Este ángulo esta debajo del eje x. De la (3) v’2= (m1.v’1.senα1)/ m2.senα2 = (0,2.0,2.sen40°)/0,3.sen(27,52)°=0,186 m/s. b) v1=0,4 i + 0 j (m/s) v’1=0,153 i + 0,129 j (m/s) v2=0 i + 0 j (m/s) v’2=0,165 i ‒ 0,086 j (m/s). Δv1= v’1 ‒ v1 = ‒ 0,247 i + 0,129 j (m/s) Δv2= v’2 ‒ v2 = 0,165 i ‒ 0,086 j (m/s) ΔC2= ‒ ΔC1= m2.v’2 ‒ m2.v2 = m2. Δv2 = 0,05 i ‒0,026 j (kg.m/s). *** Problema 17: Choque 2D plástico. Hallar la velocidad final y la pérdida de energía de dos partículas que chocan plásticamente cuyas masas y velocidades son las siguientes. m1=20 kg ; m2=10 kg; V1=2 m/s; V2= 4 m/s. Solución: V2=4m/s 37° 53° V1=2m/s

Vectorialmente: m1.v1+m2.v2=( m1+m2).U En coordenadas: v1= ‒2.0,6 i + 2.0,8 j = ‒1,2 i +1,6 j v2= ‒4.0,8 i ‒ 4.0,6 j = ‒3,2 i ‒2,4 j m1.v1= ‒24 i +32 j (kg.m/s) Son iguales en modulo m2.v2= ‒32 i ‒24 j (kg.m/s) m1.v1+m2.v2= ‒ 56 i + 8 j= 30.Ux i + 30 Uy j Ux= ‒ 56/30= ‒ 1,87 m/s Uy= 8/30= 0,27 m/s U=√ (Ux)2 + U)2 =1,89 m/s tgα= 0,27/‒1,87= ‒0,14 Lic. Hugo Giansanti

α=8,22 ° Página 116

CAPITULO VI La perdida de energía cinética es: ΔEc= Ecf ‒ Eci = (½).(m1 + m2 ).U2 ‒ [(½)m1.(v1)2 +(½) m2.(v2)2] ΔEc= (½).30.(1,89)2 ‒ [(½).20.4+(½).10.16]= ‒66,5 joule. *** Problema 18: Un cuerpo de masa 20 kg se mueve con rapidez en función del tiempo indicada en la figura. Hallar el trabajo realizado por todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo. v [m/s] 6 m/s 13 s 8s

3s

t [seg]

11 s

−4 m/s Solución: por el teor de las fuerzas vivas el trabajo de todas las fuerzas es, W[0,3]=Ecfinal −Ecinicial =(1/2).m.02 −(1/2).m.62=360 Joule. W[3,6]=Ecfinal −Ecinicial =(1/2).m.62 −(1/2).m.62=0 Joule. W[8,11]=Ecfinal −Ecinicial =(1/2).m.02 −(1/2).m.62=−360 Joule. W[11,13]=Ecfinal −Ecinicial =(1/2).m.(−4)2 −(1/2).m.02=160 Joule. Wtotal=W[0,13]= W[0,3]+ W[3,6]+ W[8,11]+W[11,13]= 160 Joule. 5m *** Problema 19: Por una “montaña rusa” desciende un carro de masa 100 kg sin rozamiento. En el punto A la rapidez es de 5 m/s y pasa por el punto C con una velocidad de 10 m/s. a) Determinar la energía potencial gravitatoria, la energía cinética y la energía mecánica del carro en los puntos indicados. b) Hallar el trabajo hecho por el peso desde la posición A hasta F. c) Hallar la distancia x que necesitaría para detenerse si en el tramo rayado el coeficiente de rozamiento dinámico es μ=0,8. A C E B

F

x

9m 7m

D

8m

3m

Solución: a) Como el sistema es conservativo la suma de las energías potencial y cinética (energía mecánica) en cualquier punto es constante. En particular será igual a la energía mecánica en el punto C. Ep+Ec=Ep(C)+Ec(C) = 100kg.10m/s2.9m+(1/2).100kg.(10)2 m2/s2 = 14000 joule. Ep(A)=14000 J−(1/2).100.52=12750 J Por ejemplo: Ec(D)=14000 J − Ep(D)=

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CAPITULO VI

A B C D E F

Energía Potencial joule 12750 7000 9000 3000 8000 5000

Energía cinética joule 1250 7000 5000 11000 6000 9000

Energía mecánica joule 14000 14000 14000 14000 14000 14000

b) El trabajo hecho por el peso es igual a la variación de energía potencial cambiado de signo: Wp= −ΔEp=Ep(A) −Ep(F) =7750 J. c) El trabajo hecho por las fuerzas no conservativas, el rozamiento en este caso, es igual a la variación de energía mecánica: Wnc= ΔE=E(x)−E(F) E(F)=14000 J y E(x)=Ep(F) porque Ec(x)=0 y Ep(x)=Ep(F) Luego: Wnc=5000 J−14000 J= −9000 J= −0,8.100 kg.10m/s2.x X=9000/800= 11,25 m ***

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CAPITULO VI Problemas complementarios. Problema n°1: Se deje caer una pelota de masa 200 g desde una altura ZA=3,2m. Rebota contra el suelo y sube verticalmente hasta una altura de Z B=1,25 m. Determinar el impulso que el piso ejerció sobre la pelota. Solución: Impulso=Cantidad de movimiento final - cantidad de movimiento inicial. I=Pf ‒Pi= ΔP zA vi= ‒g.t= ‒√2.g.zA= ‒8m/s Pi=m.vi= ‒1,6 kgm/s zB vf= √2.g.zB=5m/s Pf=m.vf=1 kgm/s k ΔP= 1 kg.m/s ‒ (‒1,6 kg.m/s)= 2,6 kg.m/s k *** Problema n°2: Dos carritos A y B efectúan un choque elástico directo. El carro A tiene una velocidad antes del choque VA= 7m/s y después del choque retrocede con una velocidad V’A=5 m/s. El carro B esta en reposo antes del choque. La masa del carro A es mA= 2kg. Hallar la velocidad del carro B luego del choque. ¿Cuál es la masa del carro B? Solución: VA= 7m/s mA

V’A= ‒5 m/s mA

VB=0 mB

V’B=? mB

mA.vA+mB.vB= mA.v’A+mB.v’B con los datos, mA.vA= mA.v’A+mB.v’B Por otra parte: vA‒vB= v’B‒v’A ; vA= v’B‒v’A ; v’B= vA+v’A=7m/s‒5m/s=2m/s. mB=(mA.vA‒ mA.v’A)/v’B con los datos, mB=2kg.(7m/s‒(‒5))/2m/s)=12 kg *** Problema n°3: Un automóvil de masa m=1000 kg llega al mismo tiempo que un camión de masa M=3000 kg a la intersección de dos calles perpendiculares. Al momento del choque la velocidad del auto era VA= 2m/s y la del camión Vc=0,5 m/s. Si chocan plásticamente es decir quedan unidos ¿Cuál será la velocidad del conjunto en el instante inicial después del choque? Solución: y auto VA=(‒2m/s )j Vc= (0,5 m/s)i x camión V Lic. Hugo Giansanti

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CAPITULO VI

VA=0 i+(‒2m/s) j PA=m. VA= ‒2000 kgm/s j Vc=(0,5 m/s) i+0 j Pc=Mc. Vc=1500 kgm/s i La cantidad de movimiento se conserva en el choque por lo tanto: P= PA+ Pc=1500 kgm/s i‒2000 kgm/s j =(m+M).V V=[1500 kgm/s i‒2000 kgm/s j]/4000 kg=(0,375 i‒0,5 j) m/s. *** Problema n°4: Un taco de madera de masa mt=2 kg se encuentra en reposo sobre una superficie horizontal con la que tiene un coeficiente de rozamiento dinámico μ d=0,2. Una bala de masa mb=0,04 kg es disparada contra el taco a una velocidad de 300 m/s que lo perfora y sale del mismo con una velocidad de 100 m/s. Hallar la distancia que recorrerá el bloque hasta detenerse. Solución: X=? mb=0,04 kg 300 m/s 2 kg

Vb’=100m/s

mb.Vb=mt.Vt+ mb.Vb’ luego Vt=mb.(Vb‒ Vb‘)/mt=(0,04kg.200m/s)/2kg=4 m/s Wnc=Efinal ‒ Einicial ‒μd. mt.g.x=0 ‒ (1/2).mt.( Vt)2 x=( Vt)2 /2. μd.g = 4 m. *** Problema n°5: Calcule cuanto deberá comprimirse un resorte de constante k=100 N/m para que al liberarlo empuje un cuerpo de masa 0,2 kg de modo que alcance el punto B de la figura situado a 2 m sobre el nivel del resorte. ¿Cuál será la velocidad del cuerpo en el punto B?. No hay rozamientos. A B 3m 2m

Solución: (1/2).k.(ΔL)2=m.g.zA = 6 joule; Luego; (ΔL)2 = (2. m.g.zA)/k= 0,12; ΔL ≥ 0,35 m. m.g.zA = m.g.zB + (1/2).m. (VB)2; (1/2).m. (VB)2=m.g. (zA‒ zB)= 2 joule. (VB)2=2.g. (zA‒ zB); VB=4,47 m/s.

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CAPITULO VI Problema n°6: Un automóvil de masa mA=1000 kg marcha a una velocidad vA=72 km/h (20 m/s) y un camión de masa mc=4000 kg a una velocidad vc= 18 km/h (5 m/s). Advierten un semáforo en rojo comenzando a frenar. ¿Que trabajo necesitan hacer las fuerzas de frenado para detener los respectivos vehículos? Si ambos se detienen en 10 segundos ¿qué distancia necesita para detenerse cada vehículo? Solución: PA=mA.vA=20.000 kg.m/s Pc=mc.vc=20.000 kg.m/s , ambos tienen la misma cantidad de movimiento. Como el impulso es F.t=Pf ‒Pi y para ambos t=10s y Pf =0 la fuerza de frenado es la misma para ambos F=‒20.000/10= ‒2.000 N. La energía cinética que debe ser disipada es: Para el auto ECA= (1/2). mA. (vA)2=200.000 joule Para el camión ECc= (1/2). mc. (vc)2=50.000 joule. Luego, simplificando los signos: F.XA=200.000 joule XA=100 m F.Xc=50.000 joule Xc= 25 m. El auto necesita 4 veces más distancia que el camión para detenerse pero ambos lo hacen en el mismo tiempo.

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