¡Descarga Mecánica 11 2014 y más Exámenes en PDF de Mecánica solo en Docsity!
1r parcial (mec`anica) 14 de novembre de 2014 “Nothing in all the world is more dangerous than sincere ignorance and conscientious stupidity.”
- Johann Wolfgang von Goethe
- Un disc de radi r gira sobre el seu eix com indica la figura de l’esquerra. La posici´o del punt negre marcat a la seva vora queda, doncs, determinada per l’angle ϕ que forma l’horitzontal amb el radi que passa pel punt esmentat. L’angle ϕ ´es una funci´o
m 1
m 2 k
A B
m 1 g
m 2 g
T T
T T
' r
v
V^ ~
arbitraria del temps _t_. Escollim el sistema de co- ordenades cartesianes ( _x, y_ ) de forma estandard (el vector unitari ~ı apuntant a la dreta i el ~ amunt), i de tal manera que a t = 0 el centre del disc es troba a l’origen i el punt negre a la mateixa horit- zontal, y = 0.
(a) Si el suport de la figura mant´e l’eix fix, doneu el vectors posici´o, ~r , i velocitat, ~r ˙, del punt en funci´o de ϕ , ˙ ϕ , ~ı , r i ~. Soluci´o: ~r = ~ı r cos ϕ + ~ r sin ϕ , ~r ˙ = − ~ı r ϕ ˙ sin ϕ + ~ r ϕ ˙ cos ϕ. (b) Doneu el vector acceleraci´o normal del punt, ~an , en funci´o de les mateixes vari- ables i ¨ ϕ (si cal). Soluci´o: ~an = − ϕ ˙^2 r ( ~ı cos ϕ + ~ sin ϕ ).
(c) Si el suport ´es mobil i permet que el disc rodi sense lliscar per la superf´ıcie que mostra la figura de la dreta, doneu el vector posici´o del seu centre, _R~_. Que val la rapidesa V del centre del disc?
Soluci´o: R~ = − ~ rϕ. V = |
R | = r | ϕ ˙|. (d) Repetiu l’apartat 1a per aquest cas en que el disc roda sobre la superf´ıcie.
Soluci´o: Sumant R~ al vector posici´o de l’apartat 1a tenim: ~r = ~ı r cos ϕ − ~ r ( ϕ − sin ϕ ) ; ~r ˙ = − ~ı r ϕ ˙ sin ϕ − ~ r ϕ ˙ (1 − cos ϕ ).
(e) * Calculeu la longitud L de la corba que descriu el punt negre entre l’instant inicial (en que el punt toca la superf´ıcie) i l’instant en que el disc completa la primera volta (i per tant el punt torna a estar en contacte amb la superficie). Soluci´o: L =
∫ (^) t fi t in |^ ~r ˙| dt , on: | ~ r ˙| dt = r ϕdt ˙
√ sin^2 ϕ + (1 − cos ϕ )^2 = rdϕ
2 − 2 cos ϕ = 2 r sin( ϕ/ 2) dϕ. Per tant, L = 2 r
∫ (^2) π 0 sin( ϕ/ 2)^ dϕ^ =^ −^4 r^ cos( ϕ/ 2)|
2 π 0 = 8 r.
Ajuda: Us pot ser ´util recordar que sin^2 ( θ/ 2) = (1 − cos θ ) / 2.
Mec`anica i Relativitat Q¨uestions
1r parcial (mec`anica) 14 de novembre de 2014
- La figura (i) mostra de forma esquem`atica un home de massa m dempeus (quiet) en un funicular de massa M que a resultes de la ruptura del cable de tracci´o cau accele- radament lliscant sense fregament per la via, que forma un angle θ amb l’horitzontal.
M
Ff
Nh
M g
✓
m
M ✓ ✓
✓
m
M ✓
Ff Nh mg
✓
Ff
Nv
M g^ Nh
(i) (ii) (iii)
(i) (ii) (iii)
(acci´o-reacci´o mateix nom)
(a) Dibuixeu sobre la figura (ii) totes les forces que actuen sobre l’home indicant-ne el seu origen. (b) Dibuixeu sobre la figura (iii) totes les forces que actuen sobre el funicular indicant-ne el seu origen i si s´on la reacci´o (per la 3a llei de Newton) d’alguna de les dibuixades a (ii). (c) Amb quina acceleraci´o cau el conjunt home i funicular? Soluci´o: En la direcci´o de la via la 2a llei de Newton pel conjunt ´es ( m + M ) g sin θ = ( m + M ) a. Per tant a = g sin θ.
(d) Quina for¸ca fa la via sobre el funicular? Soluci´o: En no haver-hi fricci´o entre via i funicular la for¸ca que la primera fa sobre el segon ´es normal i val Nv = ( m + M ) g cos θ. (e) * Qu`e val la for¸ca de fregament, Ff , entre el terra del funicular i els peus de l’home? Soluci´o: 2a llei per l’home: [dir. norm. a la via] Ff sin θ + Nh cos θ = mg cos θ ; [dir. de la via] Ff cos θ − Nh sin θ = ma − mg sin θ = 0. Multiplicant la 1a eq. per sin θ , la 2a per cos θ i sumant tenim: Ff = mg sin θ cos θ = ( mg/ 2) sin 2 θ.
- El cilindre de radi r i massa m de la figura de l’esquerra se subjecta a la paret mitjan¸cant una corda sense massa. Si la disposici´o del conjunt ´es la que s’indica,
(a) dibuixeu a la figura de la dreta les forces que actuen sobre (i nom´es sobre) el cilindre indicant-ne clarament el seu punt d’aplicaci´o.
' r (^) ~ V
✓
r
✓
r
T
mg
N
Ff
1r parcial (mec`anica) 14 de novembre de 2014 (f) Determineu en funci´o de m , α , R ⊕ i g el treball fet per la for¸ca de la gravetat durant el transport de l’objecte de la q¨uesti´o 4d. Soluci´o: W grav = U in − U fi = − gmR ⊕(1 − α −^1 ).
- A l’instant t = 0 deixem al terra amb velocitat v = 0 un c
ercol de gruix negligible, radi _r_ i massa _m_ que esta girant sobre el seu eix a velocitat angular ω [Figura (i)]. Al comen¸cament avan¸ca lliscant fins que al cap d’un temps t , i a causa del fregament amb el terra, acaba rodant sense lliscar [Figura (ii)] amb una velocitat v ′. A partir d’aquest instant el c`ercol continua rodant mantenint la velocitat v ′.
x
x r
!^0
x^ v^0 r
!
v = 0
N Ff
mg
(i) (ii) (iii)
O O O
x
x r
!
v = 0 (^) x r
!^0
v^0
(i) (ii) (iii)
(a) A la Figura (iii), feu un esquema de les forces que actuen sobre el cercol, indicant- ne clarament el punt d’aplicaci´o. Marca un punt _O_ ( _sobre les tres figures_ , perque no hi hagi ambig¨uitat si considereu que no ´es un punt fix) respecte del qual podem garantir que el moment angular es conservara durant el proc´es descrit. (b) * Calculeu el moment angular inicia i final, corresponent a les Figures (i) i (ii), respectivament, en funci´o de les magnituds que hi apareixen i _m_. Dedu¨ıu-ne _v_ ′ en funci´o de _ω_ i _r_. _Soluci´o:_ Recordant que _L_ = _L_ espin + _L_ orbital, podem escriure _L_ in = _Iω_ + 0; _L_ fi = _Iω_ ′^ + _mrv_ ′. En ser _I_ = _mr_^2 , tenim _mr_^2 _ω_ = _mr_^2 _ω_ ′^ + _mrv_ ′^ = 2 _mrv_ ′. Per tant, _v_ ′^ = _rω/_ 2. (c) * Doneu la velocitat angular de rotaci´o del cercol i la velocitat del seu centre de masses en funci´o del temps transcorregut des de que el deixem al terra (suposeu un coeficient cinetic de fregament _μ_ ). _Soluci´o:_ translaci´o CM: 2a llei, _ma_ = _Ff_ = _mgμ_ , per tant _v_ ( _t_ ) = _μgt_. Rotaci´o entorn al CM, _Iα_ = _rFf_ = _mgrμ_ , per tant tenim que _α_ = _μg/r_ i _ω_ ( _t_ ) = _ω_ − _μgt/r_. (d) * A quin instant, _t_ , el cercol comen¸cara a rodar _sense_ lliscar? _Soluci´o:_ En ser _a_ = _μg_ constant, _t_ = _v_ ′ _/a_ = _rω/_ (2 _μg_ ). Equivalentment, imposant _v_ ( _t_ ) = _rω_ ( _t_ ) a 5c, _μgt_ = _rω_ − _μgt_ , obtenint-se el mateix resultat. (e) * Quin percentatge de l’energia cinetica inicial s’ha perdut en el proc´es? Soluci´o: K fi = (1 / 2) mr^2 ω ′^2 +(1 / 2) mv ′^2 = (1 / 2) mr^2 ( ω/ 2)^2 +(1 / 2) m ( rω/ 2)^2 , i.e., K fi = (1 / 4) mr^2 ω^2 ; K in = (1 / 2) mr^2 ω^2. Per tant, ( K in − K fi) /K in = 50%.
