¡Descarga problemes resolts y más Ejercicios en PDF de Ciencias de la Educación solo en Docsity!
3 Treball i energia
3.1 La posici´o d’una part´ıcula en un pla ve donada per ~r = 2t~ı − t^2 ~ , i la for¸ca que aquesta pateix
en cada posici´o (x, y) ´es F~ = x^2 ~ı − xy~. Quant val el treball realitzat sobre la part´ıcula durant
l’interval de temps 1 s ≤ t ≤ 3 s ?.
SOLUCI ´O
Si volem aplicar la definici´o de treball com la integral de la for¸ca pel despla¸cament ens trobem que la for¸ca ve expresada en coordenades de posici´o x, y i el vector posici´o el tenim expressat en funci´o del temps. Caldr`a doncs unificar-ho de manera que ens quedi tot en funci´o de la variable t , ´es a dir,
~r = (x, y) = (2t, −t^2 ) d~r = (2, − 2 t)dt F~ = (x^2 , −xy) = (4t^2 , 2 t^3 )
⇒ W =
F^ ~ · d~r =
1
(8t^2 − 4 t^4 )dt =
[
t^3 3
t^5 5
] 3
1
= − 124 .3 J
3.2 Un cos de massa 10 kg esta subjecte per un extrem a una molla de constant 100 N/m en repos
damunt un pla horitzontal amb un coeficient de fregament μ = 0.2. Per l’altre extrem l’estirem
amb una corda de forma quasiestatica una distancia de 1 m fins que torna a quedar parat i a
continuaci´o el deixem anar. Considerarem quatre instants del moviment: el cos i la molla en
rep`os (t 0 ) , moment en que l’acabem d’estirar i el deixem anar (t 1 ) , instant en que el cos torna a
passar per la posici´o que tenia al principi (t 2 ) i moment en que ha comprimit la molla i es queda
momentaniament en repos (t 3 ). Trobeu:
(a) Treball fet per la molla entre t 0 i t 1
(b) Treball fet pel fregament entre t 0 i t 1
(c) Treball fet per la tensi´o entre t 0 i t 1
(d) Variaci´o d’energia cin`etica entre t 0 i t 1 ,
(e) Treball fet per la molla entre t 1 i t 2 ,
(f) Treball fet pel fregament entre t 1 i t 2 ,
(g) Variaci´o d’energia cin`etica entre t 1 i t 2 ,
(h) Dist`ancia recorreguda entre t 1 i t 3.
SOLUCI ´O
(a) W (Fm) =
0
−kxdx = −
kx^2
] 1
0
= −50 J
(b) W (Fr) = − 0. 2 · 10 · 9. 8 · 1 = − 19 .6 J (c) La tensi´o de la corda ´es igual a la suma de les dues forces: la de la molla i la de fregament. Aix´ı el treball ser`a la suma dels dos treballs anteriors, ´es a dir:
w(T ) = 50 + 19.6 = 69.6 J
La diferencia esta en que la for¸ca de tensi´o t´e el mateix sentit que el despla¸cament i per aixo el treball ´es positiu, a difer`encia dels dos anteriors que eren negatius. (d) ∆Ec = 0 − 0 = 0
(e) w(Fm) =
1
−kxdx = −
kx^2
] 0
1
= +50 J
(f) El mateix treball que l’apartat (b). Tamb´e ´es negatiu perque la for¸ca actua en contra del despla¸cament. (g) ∆Ec = W (Fr) + W (Fm) = 50 − 19 .6 = 30.4 J (b) Apliquem el teorema del treball i l’energia cinetica a l’interval entre t 2 i t 3 :
W = −
kx^2 − 19. 6 x
∆Ec = 0 − 30. 4
kx^2 − 19. 6 x = − 30. 4 ⇒ x = 0.608 m
aix´ı la distancia que ens demanen sera la suma del valor obtingut x = 0.608 m´es la dist`ancia de 1 m entre t 1 i t 2.
3.3 Llencem un cos de massa 1 kg amb una velocitat 10 m/s per damunt un pla horitzontal. En un
moment donat entra en una zona, que t´e una llargada 10 m , on hi ha un fregament proporcional al
quadrat de la velocitat: Fr = − 0. 1 v^2. Un cop abandona la zona de fregament, continua movent-se
pel pla. Trobeu el treball realitzat per la for¸ca de fregament sobre el cos al llarg de tot el recorregut.
SOLUCI ´O
Tenim un regi´o a l’eix x on actua una ´unica for¸ca de fregament Fr = − 0. 1 v^2. El coneixement de la for¸ca (i per tant, de l’acceleraci´o) ens permet trobar l’equaci´o per la velocitat, ´es a dir,
Fr = − 0. 1 v^2 ⇒ m · a = m
dv dt
= − 0. 1 v^2 ⇒ −
dv v^2
= 0. 1 t
Ara nom´es cal integrar l’equaci´o anterior:
∫ −
dv v^2
- 1 t ⇒
v
= 0. 1 t + C
Per trobar la constant d’integraci´o sabem que quan el temps ´es t = 0 , la velocitat val 10 :
t = 0 → v = 10 ⇒
= 0. 1 · 0 + C ⇒ C = 0. 1 ⇒ v^ =^
t + 1 (1)
A partir de la velocitat podem trobar la posici´o x tornant a integrar:
dx = v dt ⇒ x =
v dt =
t + 1
dt = 10 ln(t + 1) + C
i per trobar la constant d’integraci´o sabem que quan el temps es t = 0 , la posici´o val x = 0 :
t = 0 → x = 0 ⇒ 0 = 10 ln(0 + 1) + C ⇒ C = 0 ⇒ x^ = 10 ln(t^ + 1)^ (2)
Una vegada coneixem la posici´o i la velocitat, podem trobar e l valor de la velocitat quan la posici´o val x = 10 ,
x = 10 → 10 = 10 ln(t + 1) ⇒ t = e − 1 ⇒ v =
e
Aix´ı el treball realitzat sera igual a la variaci´o d’energia cinetica:
W (Fr) = ∆Ec =
1 · (10/e)^2 −
1 · (10)^2 = − 43 .23 J
Una forma alternativa de resoldre l’exercici, es calcular el treball de la for¸ca de fregament de forma directe, ´es a dir:
W =
Fr · dx =
(− 0. 1 v^2 )dx =
(− 0. 1 v^2 ) · (v dt) =
− 0. 1 v^3 dt
on podem substituir la velocitat obtinguda a (1) i els l´imit superior de la integral del resultat 3 , ´es a dir,
∫ (^) e− 1
0
(t + 1)^3
dt = − 43 .23 J
Si combinem les expressions obtingudes de la velocitat i de la posici´o podem obtenir la relaci´o seg¨uent:
v =
t + 1
⇒ ln v = ln 10 − ln(t + 1) ⇒ ln v = ln 10 −
x
→ v = 10e−^10 /x
i aleshores per trobar el treball tamb´e podem fer:
W =
Fr · dx =
(− 0. 1 v^2 )dx =
∫ (^) x=
x=
(− 0. 1 · 100 e−^20 /x)dx
on el c`alcul d’aquesta ´ultima integral ja no resulta tant evident. En qualsevol cas el resultat esperat ha de coincidir
amb els anteriors. Vegem doncs que si podem buscar el treball a partir de la variaci´o de l’energia cin`etica sempre
resulta m´es senzill que el c`alcul directe.
SOLUCI ´O
Aquest exercici es pot resoldre utilitzant la dinamica i tamb´e es pot resoldre utilitzant el teorema de conservaci´o de l’energia. Veurem com en el primer cas cal una resoluci´o matematica m´es "complicada" i en canvi amb el teorema de conser vaci´o resulta molt m´es senzill.
- Equacions de la din`amica. Escollim dos eixos normal i tangencial i expressem les equacions corresponents:
P sin θ = mat = m
dv dt
P cos θ − N = man = m
v^2 R
A les equacions anteriors necessitem una relaci´o entre la velocitat v i l’angle θ. De fet s´on dos equacions amb aquestes dues incognites: v i θ. Escollim l’equaci´o corresponent a la component tangencial:
mg sin θ = m
dv dt
⇒ g sin θ =
d(ωR) dt
dω dt
R
multipliquem ambd´os membres de la igualtat anterior per dθ i ens queda,
g sin θdθ =
dω dt
Rdθ ⇒ g sin θdθ = dωR
dθ dt ︸︷︷︸ ω
= Rωdω ⇒
g sin θdθ =
Rωdω
Integrant les expressi´o anterior obtenim:
−g cos θ = R
ω^2 2
+ C
i per determinar la constant d’integraci´o tenim en compte que per quan θ = 0 (el punt m´es alt) la velocitat angular val zero ( ω = 0 ), ´es a dir,
−g cos 0 = R
- C ⇒ C = −g ⇒ Rω^2 = 2g(1 − cos θ) ⇒ v^2 = 2gR(1^ −^ cos^ θ)
Si ara posem aquest resultat a l’equaci´o de la component normal obtindrem:
P cos θ − N = m 2 g(1 − cos θ) ⇒ N = mg(3 cos θ − 2)
Aix´ı l’angle l´ımit pel qual el bloc es despr`en correspont a la situaci´o en que la for¸ca normal N es nul.la, ´es a dir:
N = 0 ⇒ cos θ = 2/ 3 , v =
gr
- Teorema de conservaci´o de l’energia entre el punt inicial ( θ = 0 ) i el punt indicat a la figura que est`a una al¸cada h per sota:
∆Ec + ∆Ep = 0 ⇒ (
mv^2 − 0) + (0 − mgR(1 − cos θ)) = 0 ⇒ v^2 = 2gR(1^ −^ cos^ θ)
on podem comprovar que el resultat obtingut coincideix amb l’anterior i ´es evident que ha resultat un proc´es m´es curt i simplificat. Una vegada tenim el punt en el que abandona a l’esfera gran podem analitzar el problema com un tir parabolic i podem trobar, per tant, la distancia on cau. Si nom´es ens demanen la velocitat a la que cau podem aplicar altre cop el teorema de conservaci´o entre el punt m´es alt i el punt en que cau al terra, ´es a dir,
∆Ec + ∆Ep = 0 ⇒ (
mv^2 − 0) + (0 − mg 2 R) = 0 ⇒ v^ =^
4 gR
3.7 Es transporten caixes mitjan¸cant una banda amb
una velocitat vo fins a una pendent fixe en A
on llisquen i al final cauen en B. Si el coeficient
de fregament cin`etic val μc = 0.4 , trobeu la ve-
locitat de la banda transportadora si les caixes
abandonen el punt B amb velocitat de 2 m/s.
SOLUCI ´O
Les caixes que es mouen entre els punts A i B estan sotmeses a 3 forces: el pes, la normal i la for¸ca de fregament. L’estudi din`amic ens permet trobar les forces:
P = mg , N = mg cos 15 , Fr = −μc mg cos 15
A continuaci´o ja podem aplicar el teorema de conservaci´o:
∆Ec + ∆Ep = W (Fr) + W (N ) ⇒ EcB − EcA + EpB − EpA = W (Fr) + 0
i substituint les dades tenim: ( 1 2
m 22 −
mv^2 o
- (0 − mg6 sin 15) = − 0. 4 · mg cos 15 · 6 ⇒ vo = 4.36 m/s
3.8 Un p`endol simple de massa m i longitud l es despla¸ca un angle θ de la vertical i es deixa lliure.
Quina ser`a la seva velocitat en el punt m´es baix de l’oscil.laci´o?. Quant val la tensi´o del fil en
aquest punt?.
SOLUCI ´O
Considerem els dos estats del moviment: el punt que correspon a un despla¸cament θ i el punt m´es baix. Les des forces que actuen durant el moviment s´on el pes de la massa m i la tensi´o del fil. Apliquem el teorema de conservaci´o entre els dos estats, tenint en compte que el treball de la tensi´o ´es nul ja que ´es perpendicular al despla¸cament.
∆Ec + ∆Ep = W (T )
1 2
mv^2 − 0 + 0 − mgh = 0 ⇒ v =
2 gh =
2 gl(1 − cos θ)
Equaci´o de la din`amica per l’eix normal:
T − P = man = m
v^2 l
⇒ T = mg(3 − 2 cos θ)
- Punt 2 on coneixem l’al¸cada i l’angle que forma el m`odul de la velocitat amb l’eix x.
- Punt 3 on coneixem la velocitat, donat que en aquest punt nom´es t´e component horitzontal. En tots els punts la component x de la velocitat ´es la mateixa, ja que no tenim cap for¸ca horitzontal.
Apliquem el teorema de conservaci´o entre els punts 1 i 2 :
1 2
- 02 · v^2 −
- 02 · 2502 + 0. 02 · 9. 8 · 2680 − 0 = 0 → v = 99.86 m/s
Apliquem el teorema de conservaci´o entre els punts 1 i 3 :
1 2
- 02 · (v cos 45)^2 −
- 02 · 2502 + 0. 02 · 9. 8 · h − 0 = 0 → h = 2934 m
3.11 Un cos de 3 kg cau des d’una certa altura amb una velocitat inicial de 2 m/s. Calculeu el treball
realitzat durant els primers 10 s per la resist`encia de l’aire, sabent que un cop transcorregut aquest
temps la seva velocitat ´es de 52 m/s i suposant una acceleraci´o de caiguda constant.
SOLUCI ´O
Mentre el cos cau esta sotm´es a dues forces: el pes que va dirigit cap avall i una certa for¸ca de resistencia de l’aire dirigida cap amunt. Com l’acceleraci´o de caiguda ´es constant buscarem primer les equacions del moviment per saber quina es l’al¸cada que ha recorregut el cos a l’interval considerat. En el temps inicial to = 0 la velocitat val 2 m/s i est`a dirigida cap avall i considerem que la pocici´o y es justament l’al¸cada des de la que cau.
t 0 = 0 y(0) = h v(0) = − 2 a(t) = −a
Eq. −−−−−−−−−→
v(t) = −at − 2
y(t) = h −
at^2 − 2 t
Hem d’imposar la condici´o de que per t = 10 s la posici´o vertical val y = 0 i la velocitat ´es de 52 m/s , aix´ı introduint aquest valors a les equacions obtingudes ens queda:
y = 0 ⇒ 0 = h −
a 102 − 2 · 10
v = 52 ⇒ 52 = −at − 2
a = 5 m/s^2 h = 270 m
Ara ja podem aplicar el teorema de conservaci´o de l’energia, ´es a dir,
∆Ec + ∆Ep = W (Fr) ⇒
m 522 −
m 22
- (0 − mg · 270) = W (Fr) ⇒ W (Fr) = −3888 J
3.12 Una secci´o de la pista d’una muntanya rusa esta for-
mada per dos arcs circulars AB i CD units mit-
jan¸cant un tram recte BC. El radi de AB val R 1 =
27 m i el radi de CD val R 2 = 72 m. El cos de
massa m = 250 kg arriva al punt A pr`acticament
sense velocitat i a continuaci´o cau lliurament al llarg
de la pista. Trobeu la velocitat del carret quan passi
pel punt D i els valors m`axim i m´ınim de la for¸ca nor-
mal que fa la pista sobre el carret. Dades: h = 18 m ,
θ = 40◦^.
SOLUCI ´O
Analitzarem l’evoluci´o del cos m per per etapes:
- Etapa A → B : moviment circular. Apliquem el teorema de conservaci´o entre els punts A i B :
1 2
mv^2 B − 0 + 0 − mg · 27(1 − cos 40) = 0 ⇒ vB = 11.13 m/s
La for¸ca normal en el punt A conicideix amb el pes, ´es a dir, NA = 2450 N , en canvi en el punt B tenim:
mg cos 40 − NB = man = m
v^2 B R 1
⇒ NB = 730. 43
- Etapa B → C : moviment rectilini de baixada per un pla inclinat. La for¸ca normal N 1 val:
N 1 = mg cos θ
i en el cas, per exemple de tenir un angle de 30◦^ (l’enunciat no ens dona cap informaci´o sobre el pendent del tram BC ) el valor de la for¸ca normal seria de N 1 = 2121.8 N
- Etapa C → D : moviment circular. Es tracta de trobar la velocitat en el punt D i per aix`o podem optar per aplicar el teorema de conservaci´o entre C i D. En aquest cas necessitem el valor de la velocitat en el punt D. Podem optar per aplicar el teorema de conservaci´o entre els punts A i D , ´es a dir,
1 2
mv^2 D − 0 + 0 − mg(R 1 + d) = 0 ⇒ vD = 29.7 m/s
La for¸ca normal en el punt D la trobem fent:
ND − P = man = m
v D^2 R 2
⇒ ND = 5512.5 N
Si observem la evoluci´o de la for¸ca normal veiem que en el punt A valia 2450 N , en la primera baixada per l’arc AB ha anat disminuint fins arrivar a NB = 730.43 , en el tram de baixada pel pla ha tornat a augmentar i es mant´e constant mentre baixa (hem fet una estimaci´o de N 1 = 2121.8 N ) i en arrivar al punt C , caldria veure quin canvi es produeix, respecte al valor N 1. A partir d’aqui de ben segur que torna a augmentar fins arrivar al valor m`axim en el punt D : ND = 5512..
3.13 Una massa m = 0 .5 kg llisca sense fregament per una
vareta vertical segons indica la figura. La longitud natural
de la molla es lo = 200 mm i la dist`ancia d = 300 mm. Si
deixem anar la massa partint del rep`os quan b = 0 , trobeu
la constant k de la molla que faci bm`ax = 400 mm.
SOLUCI ´O
La massa es mou entre dos instants que hem etiquetat a la figura com 1 i 2 , aplicarem el teorema de conservaci´o entre els dos instants. El nivell zero de l’energia potencial gravitatoria la prenem en el punt 2 , i quan la molla esta en repos (longitud de 0.2 m ) la seva energia potencial elastica tamb´e val zero.
- C`alcul de la velocitat v per aconseguir un abast de 200 mm. Hem de trobar l’angle amb el que surt el cos que no ´es m´es que l’angle d’inclinaci´o del pla:
tan θ =
sin θ = 0. 6 cos θ = 0. 8
Es pot comprovar facilment que per un abast de 200 mm cal una velocitat de v = 1.4283 m/s. Cal indicar que la velocitat obtinguda fa falta per trobar la distancia de compressi´o de la molla, no ´es un resultat final i, per tant, ´es aconsellable no arrodonir les xifres per evitar una "propagaci´o d’errors" i, per aix`o, hem "retingut" unes 4 xifres decimals.
- Obtenci´o del valor de la for¸ca de fregament. Mentre puja el cos, les forces aplicades s´on el pes, la normal, el fregament i en un petit tram la for¸ca el
astica. La .nica for¸ca que no es conservativa ´es el fregament, q per fer el balan¸c energetic:
Fr = μN = 0. 2 · 1 · 9 .8 cos θ = 1.568 N
- Comprimim la molla una dist
ancia x i el cos recorrera un total del 0.5+x. Apliquem el teorema de conservaci´o entre l’instant que est`a comprimida la molla i la part superior del pla:
∆Ec + ∆Ep = W (Fr) 1 2
mv^2 − 0 + mg(0.3 + 0. 6 x) − 0 + 0 −
kx^2 = −Fr · (0.5 + x)
Substituint el valor de la velocitat i de la for¸ca de fregament obtenim l’equaci´o:
200 x^2 − 7. 448 x − 4 .744 = 0 ⇒ x = 0.17375 m ⇒ x^ = 174 mm
3.16 A la figura s’ha representat un vag`o d’unes atraccions i
es considera com un punt material. La finalitat es que
recorri tot l’arc de radi r = 12 m. El pes total ´es de
4900 N i la velocitat quan passa pel punt A ( h = 24 m )
´es de 54 km/h. Trobeu
(a) La velocitat en el punt m´es baix.
(b) L’acceleraci´o (total) del vag´o en el punt B.
(c) La for¸ca de la via sobre el vag´o en el punt E
(d) La m´ınima velocitat que te que portar el vag´o
en el punt C per mantenir-se en contacte amb
la via.
SOLUCI ´O
- Apliquem el principi de conservaci´o de l’energia entre el punt inicial A i el punt inferior.
∆Ec + ∆Ep = 0 ⇒
mv^2 −
mv^2 A + 0 − mgh = 0 ⇒ v = 23.67 m/s
Observem que la vagoneta mentre de- scriu el "loop" sempre te dues forces: el pes que es mant´e sempre igual i la for¸ca normal, que va canviant segons el punt considerat. El en punt C per tal de mantenir la condici´o de moviment circular el propi pes ja asegura una for¸ca centr´ıpeta (dirigida cap al centre) i per tant la normal pot ser zero en el cas l´ımit (en aquest cas no hi haura contacte amb el rail).
- Apliquem el principi de conservaci´o de l’energia entre el punt inicial A i el punt B. Cal dir que el principi de conservaci´o el podem aplicar entre dos punts qualsevols, en aquest cas podem fer entre el punt inicial A i el punt B , com tamb´e podem fer entre el punt inferior i el punt B. Hi ha una difer
encia entre un cas i l’altre i es que si ho apliquem entre A i B no necessitem coneixer la velocitat al punt m´es baix.
∆Ec + ∆Ep = 0 ⇒
mv B^2 −
mv^2 A + mgr − mgh = 0 ⇒ v = 21.45 m/s
En el punt B podem considerar dos eixos, el normal dirigit sem- pre cap al centre de la circumferencia i el tangencial dirigit en el sentit del moviment. Les equacions de la dinamica s´on:
N = m · an = m
v^2 B r
, −P = m · at
an = 38. 35 , at = − 9. 8 ⇒ a =
a^2 n + a^2 t = 39.58 m/s^2
- Apliquem el principi de conservaci´o de l’energia entre el punt inicial A i el punt E.
∆Ec + ∆Ep = 0 ⇒
mv^2 E −
mv A^2 + mg(r + d) − mgh = 0 ⇒ v = 17.14 m/s
En aquest punt la equaci´o de la din`amica d´ona lloc a:
N + P sin θ = m
v^2 E r
⇒ N = 8780.6 N
- Aplicant la din`amica i imposant la condici´o l´ımit de que la normal ha de ser zero, tenim:
N + P = m
v^2 C r
⇒ vC =
gr = 10.84 m/s
3.17 Una caixa de massa m 1 = 1 kg t´e una bola de massa m 2 = 2 kg penjada del sostre amb un fil.
Aquesta caixa esta connectada amb un altre fil amb un bloc de massa M = 6 kg que llisca pel
damunt d’un pla horitzontal amb fregament. Existeix un fregament est`atic de valor μe que fa que
el sistema estigui en repos de manera que una petita pertorbaci´o provocara que el sistema comenci
a moure’s. Quan el sistema es mou el coeficient de fregament cin`etic val μc = 0.3. Trobeu:
(a) El valor del coeficient de fregament est`atic
μe.
(b) L’acceleraci´o del sistema i les tensions dels dos
fils quan aquest es mou.
(c) Apliqueu el teorema del treball i l’energia cin`etica
a la caixa m 1 = 1 kg per trobar la velocitat
d’aquesta quan ha baixat 1 m despr´es de par-
tir del rep`os.
3.18 Un cos de massa m = 1 kg es "dispara" amb una
molla per tal de poder arribar a rec´orrer l’arc circular
BC. Desde la posici´o d’equilibri ( A ) comprimim la
molla ( k = 5880 N/m ) una dist`ancia x i la deixem
anar. La massa m travessar`a el tram horitzontal
AB ( d = 2 m ) que presenta un fregament cin`etic
μc = 0. 25 (nom´es hi ha fregament en aquest tram),
i continuar`a pujant per l’arc BC ( r = 1 m ). Trobeu
la dist`ancia m´ınima que hem de comprimir la molla
per tal de que massa m no perdi el contacte amb
l’arc circular i, per tant, pugui arribar al punt supe-
rior C. En aquestes condicions quan abandoni l’arc
circular BC pel punt superior C tornar`a a caure en
el pla horitzontal: trobeu en quin punt caura.
SOLUCI ´O
La bola de massa m surt del punt O , degut a la compressi´o de la molla arrivara al punt A amb una velocitat vA , seguidament travessara el tram horitzontal AB i en arrivar a B amb una nova velocitat vB pujara pel tramb circular BC. La condici´o perque la bola estigui sempre en contacte ´es que existeixi una for¸ca normal contra la paret: el cas l´ımit es aquell en que quan passa pel punt C la normal siqui zero, En aquest punt s’ha de verificar la condici´o dinamica del moviment circular:
P + N (= 0) = man = m
v^2 r
→ v =
gr =
Aquesta condici´o de velocitat m´ınima per la que ha de passar pel punt C es nom´es depen de g i del radi del "loop".
Aplicarem tamb´e el teorema de conservaci´o entre el punt O i el punt C :
∆Ec + ∆Ep = W (Fr) ⇒
mv^2 − 0 + 0 −
kx^2 + mg 2 r − 0 = −Fr · d
essent Fr = μmg. Combinant les dues equacions anteriors, la condicio de velocitat m´ınima i el teorema de conservaci´o obtenim que x = 0.10 m Quan la bola abandona el punt C descriu un tir parabolic i caura en algun lloc del pla horitzontal. Per aixo resolem un problema de cinematica escollint com a sistema d’eixos el punt B :
t 0 = 0 ~v(0) = (−
~r(0) = (0, 2) ~a(t) = (0, − 0 .9)
Eq. −−−−−−−−−→ ~v(t) = (−
- 8 , − 9. 8 t) ~r(t) = (−
- 8 t, 2 − 4. 9 t^2 )
La condici´o a imposar quan caigui ´es que la variable y(t) sigui 0 :
0 = 2 − 4. 9 t^2 ⇒ t =
2 / 4. 9 ⇒ x = −
Per tant la bola cau justament al punt A , que correspon a x = −.
3.19 Una caixa de massa M 1 = 2 kg cont´e un bloc de massa m = 1 kg tal com indica la figura. El bloc
de massa M 2 = 3 kg arrosega el sistema de manera que el conjunt M 1 − m puja pel pla inclinat
( θ = 30◦^ ). El coeficient de fregament entre la caixa i el pla val μ = 0..
(a) Trobeu l’acceleraci´o de cada bloc i la tensi´o del cable.
(b) Trobeu les dues forces de contacte del bloc de massa m amb les pareds de la
caixa M 1.
(c) Trobeu la velocitat del bloc M 2 quan ha baixat 1 m (partint del rep`os).
(d) Apliqueu el teorema del treball i l’energia cin`etica al bloc m per trobar la
velocitat anterior.
SOLUCI ´O
La caixa petita est`a en contacte amb la caixa gran per dos superf´ıcies, per tant, apareixen dues forces normals N 1 i N 2 que estan indicades a la figura.
Considerarem els eixos: eix x paral.lel al pla i dirigit cap amunt, eix y perpendicular al pla. L’acceleraci´o dels blocs m i M 1 est`a dirigida en sentit ascendent pel pla i l’acceleraci´o del bloc M 2 (que ´es la mateixa) esta dirigida cap avall.
- Equacions pel bloc de massa m :
N 2 − P sin θ = ma , N 1 − P cos θ = 0
- Equacions pel bloc de massa M 1 :
T − N 2 − Fr − P 1 sin θ = M 1 a , N − N 1 − P 1 cos θ = 0 , Fr = μN
- Equacions pel bloc de massa M 2 : P 2 − T = M 2 a La resoluci´o de les equacions anteriors dona lloc al resultats:
a = 1.6 m/s^2 , N 1 = 8.487 N , N 2 = 6.501 N , T = 24.6 N
- Teorems del treball i l’energia cin`etica al bloc M 2 :
∆Ec = W ( P~ 2 + T~ ) ⇒
M 2 v^2 − 0 = M 2 gh − T h → v = 1.788 m/s
mv^2 A − 0
kx^2
= 0 ⇒ v^2 A = 20
mv^2 B −
mv^2 B
= −Fr 1 d ⇒ v^2 B = 12. 16
0 −
mv B^2
h sin 30
⇒ h = 0. 4607
- Etapa C → B. Utilitzem la nomenclatura vB per`o cal tenir en compte que no ´es la mateixa que en el tram anterior. (^) ( 1 2
mv B^2 − 0
h sin 30
⇒ v^2 B = 5. 9
- Etapa B → A. Suposem que arriva al punt A , aleshores tenim ( 1 2
mv^2 A −
mv B^2
= −Fr 1 d ⇒ v^2 A = − 0. 97
que ens indica que s’ha de parar abans. Aleshores canviem la hipotesi suposant que s’atura a una distancia d′^ , ´es a dir, (^) (
0 −
mv B^2
= −Fr 1 d′^ ⇒ d′^ = 1. 505
3.22 A la figura els blocs B ( mB = 3 kg ) i A ( mA = 2 kg ) estan units per un corda sense massa. Al
damunt de la plataforma A i possem un bloc C ( mC = 4 kg ) sense que toqui a la corda. Trobeu:
(a) La tensi´o de la corda, la for¸ca de contacte entre
els cossos A i C i l’acceleraci´o de cada bloc.
(b) Quan el bloc B ha pujat 1 m trobeu la ve-
locitat de la plataforma A , utilitzant el teo-
rema del treball i l’energia cin`etica (aplicat a la
plataforma A ).
En aquest instant el bloc C es despr`en de la plataforma A
i el sistema continua movent-se fins que arriva un moment
en que queda momentaniament en rep`os. Trobeu l’al¸cada a
la que es trobar`a la plataforma A respecte al nivell inicial,
utilitzant el teorema de conservaci´o de l’energia (aplicat a
la plataforma A ). Comproveu que s’obt´e el mateix resultat
utilitzant la cinem`atica convencional.
SOLUCI ´O
Considerem el diagrama del solid lliure per a cada bloc: Equacions de la dinamica:
PA + NAC − T = mA · a PC − NAC = mC · a T − PB = mB · a
a = 3.26 m/s^2 T = 39.2 N NAC = 26.13 N
Teorema del treball i l’energia cin`etica pel bloc A :
W ( T~ + N~AC + P~A) = ∆Ec
(PA + NAC − T ) · 1 =
mA · v A^2 − 0
vA = 2.556 m/s
Quan el bloc C es despren de la plataforma A , com el bloc B pesa m´es el sistema t´e tendencia a girar en sentt contrari al d’abans i per tant s’anira frenant fins quedar momentaniament en repos. Aleshores la tensi´o de la corda canvia a un valor T ′^ i la nova acceleraci´o val a′^. Les equacions dels dos blocs que queden s´on: { T ′^ − PA = mA · a′ PC − T ′^ = mC · a′
a′^ = 1.96 m/s^2 T ′^ = 23.52 N
Teorema de conservaci´o a la plataforma A tenim:
mAv A^2 ︸ ︷︷ ︸ ∆Ec
= − ︸ T︷︷ ′^ · h︸ W (T ′)
⇒ h = 1.666 m
Si apliquem la cinem`atica a la plataforma A tenim: { v = − 2 .556 + 1. 96 t y = h − 2. 556 t + 0. 98 t^2
v = 0 → t = 1.304 s y = 0 → h = 1.666 m
L’al¸cada a la que es trobara respecte al nivell inicial sera la suma de 1 m que ha baixat al principi quan hi havia el bloc C al damunt m´es aquest ´ultim valor h = 1.666 m fins que s’atura.
3.23 A la figura tenim una molla de constant k = 100 N/m que subjecta a un cos de massa m = 1 kg
i llisca sense fregament per una guia horitzontal. La molla esta en repos quan el cos passa per la
posici´o B ( l = 0.8 m ). Deixem el cos en rep`os a la posici´o C ( x = 0.6 m ) i per efecte de la molla
es mour`a cap a la posici´o B.
Per una posici´o intermitja 0 < x < 0 .6 m trobeu l’expressi´o de la for¸ca horitzontal que reb el cos
en funci´o de la variable x. Calculeu el treball que fa aquesta for¸ca en el recorregut que va de C
fins a B i utilitzant el teorema del treball i l’energia cinetica trobeu la velocitat que tindra al punt
B. Trobeu aquesta mateixa velocitat per`o aplicant el teorema de conservaci´o de l’energia entre
els punts C i B. Trobeu tamb´e en quin punt el cos no t´e contacte amb la guia.
SOLUCI ´O
Considerem una posici´o qualsevol del cos entre els punts inicial ( C ) i final ( B ), ´es a dir, a l’interval 0 < x < 0 .6. Considerem tambe l’eix x amb l’origen al punt B i sentit positiu cap a la dreta.
A la posici´o indicada la molla est estirada una dist`ancia donada per: ∆d =
x^2 + l^2 − l =
x^2 + 0. 64 − 0. 8
i el m`odul que fa la for¸ca de la molla sobre el cos s’expressa:
F = k · ∆d = k
x^2 + 0. 64 − 0. 8
Podem comprovar que quan x = 0 no esta estirada i quan x = 0. 6 l’estirament val ∆d = 0.2 m. Resulta important adonar-se que la for¸ca que fa la molla a la posici´o B sobre el cos no ´es F = −k · 0 .6 sino F = −k · 0.. No hem de confondre l’estirament de la molla amb la variable x al llarg de la barra. La for¸ca de la molla F t´e dues components: la component horitzontal Fx que realitzara treball en el moviment de C fins a B i la component vertical que no realitzar`a treball ja que es perpendicular al despla¸cament, igual que tampoc faran treball ni el pes ni
- Teorema de conservaci´o entre h i h′^ :
∆Ec + ∆Ep = W (T ) ⇒
mv^2 − 0 + mgh′^ − mgh = 0 ⇒ v = 1.4 m/s
h = l − l cos θ = 0. 2
h′^ =
h 2
= 0.1 = l − l cos β → cos β = 0. 9 → sin β ' 0. 436
- Components intr´ınseques de l’acceleraci´o:
an =
v^2 l
= 1.96 m/s^2
P sin β = mat ⇒ at = g sin β = 4.272 m/s^2
- L’angle α que formen les components de l’acceleraci´o ve donat per:
tan α =
an at
⇒ α = 24. 647 ◦
Com la velocitat te la direcci´o tangent l’angle ´es el que acabem de trobar. Si el cos est´es pujant de h′^ fns a h aleshores l’anhle seria el suplementari, ´es a dir, 155. 353 ◦^.
3.25 Una massa m pot lliscar sense fricci´o sobre una barra ver-
tical i est`a connectat a una molla de constant k = 660 N/m
tal com es mostra a la figura ( d = 300 mm ). Si la molla
no est`a estirada quan h = 300 mm i sabem que el sistema
est`a en equilibri quan h = 400 mm , trobeu el valor de m.
A partir d’aquesta posici´o d’equilibri fem baixar la massa
m una dist`ancia de 100 mm (en aquest cas h = 500 mm )
i el deixem anar: trobeu la velocitat que assolir`a quan torni
a passar per la posici´o d’equilibri h = 400 mm.
SOLUCI ´O
Els 3 estats de la figura corresponen a quan la molla esta en repos (esquerra), quan est`a en equilibri (mig) i en el moment que l’estirem 100 mm per sota de la posici´o anterior (dreta).
l 1 =
l 2 =
l 3 =
x 2 = l 2 − l 1 = 0. 07574 x 3 = l 3 − l 1 = 0. 158835
A la posici´o d’equilibri la suma de forces verticals ´es zero:
k · x 2 · cos θ = m · g ⇒ m = 4.081 kg
Entre la posici´o de la dreta i la del mig apliquem el teorema de conservaci´o:
∆Ec + ∆Ep = 0 ⇒
mv^2 − 0 + mg · 0. 1 − 0 +
kx^22 −
kx^23 = 0 ⇒ v = 1.092 m/s
