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2. Deduzca la expresión del teorema trabajo-energía cinética a partir de la definición del. BIOMECÁNICA DEL MOVIMIENTO EXAMEN FINAL 7 de julio de 2001

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(1)

BIOMECÁNICA DEL MOVIMIENTO EXAMEN FINAL 7 de julio de 2001

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1 PARCIAL

1.

La figura representa el movimiento de un móvil. Indique que criterio seguiría para conocer la evolución temporal de la velocidad. ¿En qué tramos acelera, frena o la velocidad es constante?

Antes de elegir los tramos hemos de establecer un criterio que nos permita determinar cuando acelera, frena o lleva v=cte. Criterio a seguir:

En una gráfica X – t el módulo de la velocidad viene determinada por

dt dx

v == . Por otro lado esta derivada representa la tangente de la función x(t) en cada instante como representamos en la figura. La evolución de esta tangente a lo largo de la curva nos indicará la evolución de la velocidad. Por ello, hemos dividido la gráfica en los intervalos que se indican en la figura, y que a continuación comentamos:

De t0 a t1: Es una recta y la tangente es la misma,

v

=

cte

.

De t1 a t2: La tangente evoluciona desde un valor negativo hasta cero. MRD hasta pararse.

De t2 a t3: La tangente evoluciona desde cero hasta un valor positivo. MRA en sentido contrario

al anterior.

De t3 a t4: La tangente evoluciona desde un valor positivo hasta cero. MRD hasta pararse.

De t4 a t5: La tangente es nula, por tanto está parado,

v

=

0

.

De t5 a t6:La tangente evoluciona desde cero hasta un valor ligeramente positivo. Está parado y

al final del tramo acelera en el sentido positivo del S.R.

De t6 a t7: La tangente inicialmente va creciendo positivamente hasta un valor que mantiene

constante. Inicialmente el movimiento es un M.R.A. y posteriormente un M.R.U.

2.

Deduzca la expresión del teorema trabajo-energía cinética a partir de la definición del

trabajo mecánico. A continuación, obtenga la siguiente expresión wa ++wf ==∆ ++Ec Ep, explicando cada uno de los pasos.

• Para obtener el teorema trabajo –energía cinética partamos de la definición de trabajo elemental

v v md x d dt v d m x d ) a m ( x d F dw r r r r r r r r ⋅⋅ == ⋅⋅ == ⋅⋅ == ⋅⋅ == Por tanto,

∫∫

 ==      == ⋅⋅ == f i f i v v c v v 2 E 2 v m v d v m w r r (1)

• Una vez obtenida la ecuación w ==Ec distinguimos entre el trabajo que realizan las fuerzas conservativas y el trabajo realizado por las fuerzas no conservativas, pero antes dejemos bien claro lo que es una fuerza conservativa:

Fuerzas conservativas:

Decimos que una fuerza F es conservativa si existe una función V(r) dependiente de la posición tal que podemos escribir

) r ( dV ==−− −− == dt dx v=

(2)

es decir,

∫∫

==−− −− == ==F dr dV(r) V(r) wc c (2)

La función V(r) es lo que llamamos energía potencial E . La expresión (2) entonces queda comop ) r ( E ) r ( E ) r ( E wc == ∆−− p == pf f −− pi i (3)

La importancia de la ecuación (3) radica en que el trabajo realizado por una fuerza conservativa va a depender única y exclusivamente “inicial y final de la energía potencial y no del camino seguido para ir del estado inicial al estado final lo cual es una gran ventaja. No todas las fuerzas tienen esta peculiaridad. Por ejemplo, las fuerzas de rozamiento, las fuerzas de resistencia al aire o a fluidos como el agua, y por supuesto, las fuerzas musculares no son fuerzas conservativas, y si hemos de tener en cuenta el camino seguido para cambiar de un estado a otro.

Así pues podemos distinguir el trabajo realizado por todas las fuerzas que intervienen en una situación dada entre el realizado por las conservativas y las no conservativas:

c nc c w E w w == ++ == (4) y sustituyendo la expresión (3) en (4) p c nc E E w ==∆ ++ (5)

Por último distingamos para las fuerzas no conservativas entre el trabajo realizado por todas las fuerzas de fricción, que hemos citado anteriormente, y el trabajo mecánico realizado por las fuerzas aplicadas por los músculos. Entonces obtenemos la expresión deseada

p c

f

a w E E

w ++ ==∆ ++

3.

Un jugador de baloncesto desea lanzar un tiro a 7m del centro de la canasta. La distancia vertical desde el punto de lanzamiento al centro de la canasta es de 0.9m. Si la velocidad de lanzamiento habitual del jugador es de 9.5m/s. ¿Cuáles son sus ángulos posibles de enceste?

El lanzamiento se produce a una altura de 2.15m del suelo. A 3m del jugador se encuentra un contrario que es capaz de alcanzar con la punta de sus dedos una altura de 3.05m.¿Podrá impedir el enceste en las condiciones del apartado anterior? Utilice g = 9.8m/s2 .

Si queremos que un móvil llegue a un punto situado a una distancia x y una altura h desde el punto de lanzamiento, siendo la velocidad de lanzamiento v , los ángulos posibles0 de enceste vienen dados por

((

2 2

))

x wh 2 w w x / 1 tagαα== ±± −− −− (1) donde w v2 / g 0 == y h representa la distancia vertical desde el punto de lanzamiento hasta el blanco.

• Si la velocidad de lanzamiento del jugador es de 9.5 m/s y desde 7m quiere que el centro del balón pase por el centro de la canasta que se encuentra a una altura de 0.9m desde la altura de lanzamiento, entonces m

g v w 9.19 2 0 = = y sustituyendo en (1)

((

9.19 9.19 2 9.19 0.9 7

))

1/7

((

9.19 18.91

))

7 / 1 tagαα== ±± 2 −− ×× ×× −− 2 == ±± ,

de donde obtenemos lo posibles ángulos de lanzamiento para poder encestar desde 7 m con esa velocidad de lanzamiento serán

X

h v0

(3)

m i 20 −− s / m 30 45º º 66 . 34 º 65 . 62 == == + + α α α α

• A 3 m del jugador se encuentra un contrario que es capaz de saltar hasta 3.05 m, sobrepasando en 0.9 m la altura de lanzamiento. Si queremos saber si es capaz de impedir el enceste, es suficiente con averiguar a qué altura estará el balón cuando x ==3m, para ambos ángulos. Utilizando (1) con los mismos valores vamos a calcular h a la distancia que salta el jugador x ==3m y w ==9.19m, para los dos ángulos de lanzamiento. De esta manera:

• Para αα++ ==62.65º

((

2 2

))

3 h 19 . 9 x 2 19 . 9 19 . 9 3 / 1 65 . 62 tag == ++ −− −− despejamos h m 48 . 3 19 . 9 x 2 ) 19 . 9 ) 65 . 62 tag ( x 3 ( 3 ) 19 . 9 ( h 2 2 2 == −− −− −− ==

Como h ==3.48m >>0.9m, no impide el enceste, pues el balón a 3 m está a una altura superior a la que el jugador puede alcanzar.

• Para αα ==34.66º

((

2 2

))

3 h 19 . 9 x 2 19 . 9 19 . 9 3 / 1 66 . 34 tag == ++ −− −− despejamos h m 35 . 1 19 . 9 x 2 ) 19 . 9 ) 66 . 34 tag ( x 3 ( 3 ) 19 . 9 ( h 2 2 2 == −− −− −− ==

Como h ==1.35m >>0.9m, tampoco impide el enceste.

4.

Un balón de fútbol tiene una masa de 0.40 Kg. e inicialmente se mueve hacia la izquierda sobre el césped, a razón de 20 m/s. Al ser pateada adquiere una velocidad de 30 m/s a 45º hacia arriba y hacia la derecha. Suponiendo que el tiempo de choque es de 0.01 s . Calcule la fuerza neta media y el impulso de dicha fuerza.

En primer lugar, hemos de darnos cuenta que antes del impacto el balón se mueve en la dirección negativa del eje OX. Después, el balón sale despedido con una dirección positiva tanto en el eje OX como en el OY. Consideremos como objeto de estudio el balón. Éste va hacia la izquierda y la pierna del jugador impacta sobre la pelota. En este caso sabemos que.

t F

Ir == rm ⋅⋅ (1)

Si somos capaces de conocer el impulso que la pierna del jugador ejerce sobre el balón entonces obtendremos la fuerza media que actúa sobre éste. Ahora bien, el impulso ejercido sobre el balón será:

((

)) ((

))

[[

30cos45ºi 30sin45º j 20i

]]

16.48i 8.48j 4 . 0 ) v v ( m p Ir == ∆r == rf −−ri == r ++ r −− −− r == r++ v

que sustituyendo en (1) nos da un valor para la fuerza media ejercida sobre el balón

j 848 i 1648

(4)

2 PARCIAL

5.

Demuestre la ecuación fundamental de la hidrostática para un fluido de densidad uniforme.

Considere el movimiento de un balón en el aire que se traslada con velocidad , y a su vez gira sobre sí mismo con velocidad angular . ¿Qué fuerzas están actuando sobre el balón? ¿En qué consiste el efecto Magnus?

• Sean dos puntos de un fluido de densidad uniforme que están a profundidades respectivas h y 1 h . Consideremos un área A .2

Dicho cilindro de fluido está en reposo. Las fuerzas que están actuando sobre dicho cilindro son el peso, y las fuerzas debidas a las presiones P1 y P2.

El peso de la columna de líquido es

Ahg V

mg

P == ==ρ ==ρ ρρ

donde ρ es la densidad del líquido, A la sección transversalρ indicada en la figura y h ==h2 −−h1 la diferencia de profundidad entre ambos puntos. Si P es la presión en la parte inferior y 2 P en1

la parte superior, la fuerza neta, hacia arriba, ejercida por esta diferencia de presiones, P2 A−−P1A, iguala al peso de la columna. Así:

Ahg A P A P2 −− 1 ==ρρ y finalmente gh P P2 −− 1 ==ρρ

que es la ecuación que buscábamos.

El teorema de Bernouilli relaciona la presión, la altura y la velocidad de un fluido incompresible en flujo estacionario,

cte v 2 / 1 gh P++ρρ ++ ρρ 2 ==

Ignorando los cambios de altura, llegamos la expresión de Venturi

cte v 2 / 1 P ++ ρρ 2 == .

La fig. 2 está dibujada desde el punto de vista de la pelota estacionaria con el aire de derecha a izquierda. Cuando la pelota gira sobre sí misma tiende a arrastrar aire a su alrededor. El movimiento del aire originado por el arrastre de la bola en movimiento giratorio, se suma en la parte inferior de la pelota y se resta en la parte superior, como se ve fácilmente en la figura 2. Así pues, la velocidad del aire es mayor en la parte inferior que en la superior, y por tanto la presión es menor. De esta manera existe una fuerza descendente. Si el giro de la pelota fuese en sentido antihorario la fuerza debida a este efecto ( efecto Magnus) sería ascendente. Es decir, cuando la pelota está avanzando en el aire con una velocidad de rotación, además de la fuerza gravitatoria existe una fuerza debida al efecto Magnus cuyo sentido va a depender del sentido de giro.

6.

Una bola a una velocidad inicial de 10.0 m/s choca elásticamente con dos bolas idénticas cuyos centros están en una línea perpendicular a la velocidad inicial e inicialmente en contacto entre sí . La primera bola se dirige directamente al punto de contacto y todas las bolas carecen de fricción. Halle las velocidades de las tres bolas después de la colisión. (Sugerencia: En ausencia de fricción, cada impulso se dirige a lo largo de la línea de los centros de las bolas, normal a las superficies que chocan).

1 2 h2 h1 P2 P1 w v Fig 1 w v Fig 2

(5)

Este problema es de un choque elástico de tres bolas. Una de ellas choca con otras dos que están quietas, y en la línea media de ambas. Después del choque las dos que están quietas salen con el mismo ángulo respecto a la horizontal, pero una hacia un lado y otra hacia el contrario. Por ser un choque elástico, se conserva la energía cinética y la cantidad de movimiento. Por simetría , las bolas que estaban quietas inicialmente saldrán desviadas con el mismo ángulo respecto a la horizontal, y con el mismo módulo de velocidad v . Llamaremos v′′ a la velocidad después del choque de la bola que golpea.

• Previamente calcularemos el ángulo de salida de las dos bolas:

Si ampliamos, en el dibujo anterior, los centros de las tres bolas en el instante del choque, es fácil ver que el ángulo que forman las bolas con respecto a la horizontal ha de cumplir que º 30 2 / 1 R 2 R sinαα== == ⇒⇒αα==

• La conservación de la cantidad de movimiento (pr ==0r) durante el choque implica dos ecuaciones escalares, una para cada componente:

fy iy fx ix p p p p == == (1) sustituyendo nos queda

y x v m º 30 mvsin º 30 mvsin 0 v m ) º 30 cos mv ( 2 10 m ′′ ++ −− == ′′ ++ == (2)

de la segunda ecuación de (2) deducimos que velocidad de la bola que golpea no tiene componente en el OY. De la primera ecuación obtenemos que

v 73 . 1 10 vx′′ == −− (3)

• La conservación de la energía cinética implica que:

2 x 2 2 cf ci E 1/2m10 2(1/ 2mv ) 1/2m(v ) E == ⇒⇒ == ++ ′′ (4)

Sustituyendo (3) en (4) y operando obtenemos la ecuación

0 v 6 . 34 v 99 . 4 2 −− == , de donde s / m 93 . 6 v == y sustituyendo en (3) s / m 98 . 1 v vx′′ == ′′==−−

Este último resultado nos indica que la bola que golpea, después del choque va en dirección contraria a la inicial.

7.

La figura muestra una persona de 70 kg. de masa utilizando una máquina de extensión de la espalda sobre

θθ

θθ

R 2R V0= 10 m/s

2R

R

α

α

Fm Fcarga 60 cm 50 cm

(6)

la cual hay una carga de 54.36 Kgf. El ángulo formado por su espalda y la horizontal es de 40º. Está empujando (perpendicular a su columna espinal) contra una almohadilla que está a 50 cm de L5-S1. La longitud de la columna espinal desde L5-S1 hasta el cuello es de 60 cm. El músculo espinal erector forma un ángulo de 12º con la columna y se inserta sobre la columna en un punto a 0.67 veces la distancia desde L5-S1 hasta el cuello. Suponga que el C.G. de sus brazos está justo en la mitad de la distancia desde L5-S1 hasta el cuello. Determine módulo dirección y sentido de la fuerza ejercida sobre L5-S1. El peso del tronco, cabeza y cuello ( Pt

en la figura) representa el 56.5% del peso corporal y el de un brazo el 4.8%.

En primer lugar, señalar que el sistema que nosotros vamos a analizar es la columna espinal desde L5-S1 hasta el cuello, la cual está en equilibrio.

Antes de aplicar las condiciones de equilibrio para un cuerpo extenso,

Fr == 0r (1)

Mo == 0 r r (2) hagamos la descomposición cartesiana de la fuerza muscular:

º 52 sin F F º 52 cos F F m my m mx == == (2)

y de la fuerza de contacto sobre L5-S1,

ϑ ϑ ϑ ϑ sin F F cos F F c cy c cx == == (3)

y la descomposición de la fuerza que ejerce la carga,

º 40 cos F F º 40 sin F F a arg c ay arg c a arg c ax arg c == == (4)

Una vez expresadas las componentes cartesianas de las fuerzas procedamos a escribir las dos ecuaciones de (1): my t b ay arg c cy ax arg c mx cx F P P F F F F F ++ ++ == ++ ++ == (5)

A continuación escribamos la segunda condición de equilibrio para un cuerpo extenso:

Como siempre, en primer lugar hemos de elegir el punto respecto al cual hemos de hallar los momentos. Obviamente, al desconocer totalmente F , elegiremos el punto de aplicación de lac

fuerza de contacto L5-S1.como el punto O respecto al cual tomaremos momentos. Por tanto, la ecuación (2) nos queda

) F ( M ) F ( M ) P ( M ) P ( Mo b ++ o t ++ o m == o carga

Observando la figura, teniendo en cuenta los dos brazos y los porcentajes de peso corporal de brazos y el conjunto tronco, cabeza y cuello podemos escribir

5 . 56 8 . 4 ⋅⋅ ⋅⋅ ⋅⋅ ⋅⋅ ++ ⋅⋅ ⋅⋅ ⋅⋅ ++ ⋅⋅ ⋅⋅ == ⋅⋅

(7)

de donde obtenemos un valor para la fuerza muscular de Kgf 22 . 176 Fm ==

la cual es una 5.6 veces superior a la carga que ejerce la máquina de extensión de la espalda.

Ahora utilizaremos las ecuaciones (2), (3), (4) y (5) para obtener las componentes de la fuerza que buscamos. Así de (5):

Kgf 49 . 143 F 52 sin 22 . 176 55 . 39 72 . 6 40 cos 36 . 54 F Kgf 43 . 143 40 sin 36 . 54 52 cos 22 . 176 F cy cy cx == ++ ++ == ++ == ++ ==

lo cual da un valor para el módulo de la fuerza que se ejerce sobre L5-S1 de

Kgf 88 . 202 Fc ==

y un ángulo con respecto a la horizontal de

º 01 . 45 == ϑ ϑ

8.

Un gimnasta hace una flexión de bíceps. El húmero, puede aproximarse como un cilindro de 0.30 m de largo, con un radio exterior de x 2m

10

1 − y un núcleo interior hueco con un radio de 4x10−3m. Excluyendo el brazo, la masa del gimnasta es 63 Kg. ¿ Cuál es la tensión de compresión del húmero? ¿ Cuánto se comprime el húmero si el módulo de Young es

2 9 / 10 9x N m E = ?

• La tensión que soporta el húmero de 1 brazo ( suponemos que la flexión la hace con los 2 brazos) será:

2 6 4 2 i 2 e 2 i 2 e m N 49 , 1170982 ) 10 x 16 10 ( 28 . 6 03 . 618 ) R R ( 2 g 63 ) R R ( 2 / g 63 A T == −− == −− == −− == == π π π π σ σ

es la tensión que soporta cada húmero.

• La compresión que soporta cada húmero la obtendremos aplicando la ley de Hooke

εε

σ

σ E

==

, de donde: m 10 x 90 , 3 l 30 , 0 l 10 x 9 49 , 1170982 == 9 ⋅⋅ ⇒⇒ == −−5

9.

Para calcular el cdg de una persona lo hacemos tender sobre una tabla. Ésta dispone de unos pivotes bajo los cuales ponemos dos básculas y se ajustan a cero al poner la tabla encima. Dibuje las fuerzas que actúan sobre el hombre. Demuestre que la distancia del cdg, respecto al pivote 2, es 2 1 1 2 R R R L x ++ == siendo L la

distancia entre ambos pivotes, R las lecturas que marcan las básculas 1 y 2.

• Como la persona está en equilibrio los momentos respectos a cualquier punto han de ser nulos. Hallemos momentos respecto al cdg: ) R ( M ) R ( Mrcdg 1 == rcdg 2 cdg 2 cdg 1 (L x ) R x R ⋅⋅ −− == ⋅⋅ de donde L R R R x 2 1 1 cdg == ++ R2 R1 xcdg L

(8)

Calcule la expresión para la Potencia mecánica media por unidad de masa de un salto en un test de reactividad de 60 s del test de Bosco.

Haga un análisis de colisión elástica mono y bidimensional calculando las c velocidades después de la colisión

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