Las cuestiones cuyas respuestas se encuentren de izquierda a derecha se pasar´an en el orden de arriba a abajo

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CUADRO GLOBAL DE RESPUESTAS

P reguntas 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14

Respuestas

No olvide rellenar este cuadro. Pase las respuestas -con bol´ıgrafo- al cuadro global. Las cuestiones cuyas respuestas se encuentren de izquierda a derecha se pasar´an en el orden de arriba a abajo.

APELLIDOS y NOMBRE . . . DNI . . . . Primer examen parcial (2/Noviembre/2011). Valor: 10 puntos. Duraci´on: 1 hora y 30 minutos. Ampliaci´on de F´ısica (GITI).

Esta prueba consta de 14 cuestiones. De las tres respuestas asociadas a cada pregunta una de ellas es verdadera, siendo las otras dos falsas. Cada cuesti´on respondida correctamente suma 10/14 puntos. Si se responde incorrectamente, resta 10/28 puntos; y si no se contesta, vale 0 puntos. La respuesta que considere correcta deber´a llevar una cruz en su cuadrito correspon- diente. Si quiere cambiar de respuesta, deber´a rellenar completamente el cuadrito de la que rechace y a˜nadir una cruz en la nueva respuesta. No se corregir´an otros m´etodos distintos de responder a este cuestionario.

Se sobrentender´a por defecto, y mientras no se diga lo contrario, que los movimientos, magnitudes y derivadas que aparezcan en todas las partes de este examen son respecto a un sistema de referencia inercial. An´alogamente, g ser´a el valor de la gravedad en la superficie terrestre.

Un sistema mec´anico S est´a constituido por dos part´ıculas A y B, de igual masa m, y un hilo flexible e inextensible de masa despreciable y longitud l = 2a, que las une. El punto A est´a obligado a permanecer en contacto con la superficie interna y lisa del cono circu- lar de semi´angulo en el v´ertice α y eje vertical, (que coincide con el eje OZ de los ejes inerciales OXY Z.

Ver figura) mientras que la part´ıcula B pende vertical- mente. Considerando que los puntos de la superficie cumplen con la ecuaci´on ρ = z tg α, se propone utili- zar coordenadas cil´ındricas{ρ, θ, z} para determinar la posici´on de las part´ıculas.

1. El n´umero de coordenadas libres (n´umero m´ınimo de par´ametros necesario para fijar la posici´on de S) que presenta S es:

Cuatro. ; Tres. ; × Dos.

Soluci´on.

La posici´on de la part´ıcula B se fija a partir de zB. Como el hilo tiene longitud fija 2a, el valor de ρ estar´a dado a partir de la relaci´on (zB+ 2a)senα = ρ. S´olo har´a falta un par´ametro adicional, por ejemplo el ´angulo θ, para determinar la posici´on del sistema. Por tanto, S presenta dos coordenadas libres.

Otra forma de ver esta cuesti´on es pensar en el n´umero de coordenadas de las dos part´ıculas libres (6), y restar las 4 ecuaciones de ligadura: xB = 0, yB = 0, AO + OB = ρ/ sen α − zB = 2a, y ρ = z tg α, dando como resultado un n´umero m´ınimo de par´ametros, igual a 2, para fijar la posici´on del sistema.

2. Podemos afirmar que:

Se conserva la cantidad de movimiento, C, de S y su momento cin´etico en O, LO.

× Se conserva la energ´ıa mec´anica y la proyecci´on LO,z= LO· uzde S.

S´olo se conserva la energ´ıa mec´anica de S.

Soluci´on.

Como todas las fuerzas externas, o son paralelas al eje OZ (pesos), o lo cortan (ΦO y ΦA), entonces se conserva la componente z del momento cin´etico en O, LO,z.

Por otro lado, como no hay rozamiento en el agujero, el trabajo interno (tensiones) es nulo (el hilo se comporta como un s´olido r´ıgido). En cuanto al trabajo de las fuerzas externas, no hay rozamiento entre el cono y P , la normal (ΦA) no trabaja, y ΦO tampoco trabaja. Las ´unicas fuerzas externas trabajadoras son los pesos de A y B, por lo que la energ´ıa mec´anica del sistema es constante.

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3. Las fuerzas internas, TAy TB, que el hilo ejerce sobre A y B, respectivamente, cumplen:

TA= −TB ; × |TA| = |TB| ; TA· drA+ TB· drB = 0 Soluci´on.

Vamos a aplicar el teorema de la energ´ıa al hilo. Las ´unicas fuerzas que trabajan son las que se ejercen en sus extre- mos: −TA y−TB. Como el hilo no tiene masa, la suma de los trabajos de estas fuerzas debe ser nulo, y por tanto, la correspondiente potencia:

TA· vA+ TB· vB= 0, (1)

con notaci´on evidente para las velocidades de A yB. Estas velocidades valen:

vA= ˙ρuρ+ ρ ˙θuθ+ ˙zk y

vB = ˙zBk.

Y en la misma base las tensiones se proyectan as´ı:

TA= |TA|(sen αuρ+ cos αk) TB = −|TB|k.

Ahora debemos tener en cuenta que ρ y z est´an ligadas por la ecuaci´on del cono:

ρ= z tan α, as´ı como z y zB por la condici´on de hilo inextensible:

2a = z/ cos α − zB. Derivando respecto del tiempo estas dos ´ultimas ecuaciones obtenemos:

˙ρ = ˙z tan α y

˙zB = ˙z/ cos α.

Sustituyendo todo en (1):

0 = |TA|( ˙z sen α tan α + ˙z cos α) − |TB| ˙z/ cos α = {|TA|(cos2α+ sen2α) − |TB|} ˙z/ cos α |TA| = |TB|.

4. Denotando como ΦA y ΦO a las fuerzas ejercidas por la superficie sobre la part´ıcula A y sobre el hilo en el v´ertice O del cono, respectivamente, y siendo TAy TB las fuerzas descritas en la cuesti´on anterior, la expresi´on del teorema de la cantidad de movimiento aplicado a S toma el aspecto:

C˙ = TA+ ΦA+ 2mg ; × C˙ = ΦO+ ΦA+ 2mg ; C˙ = TA+ TB+ 2mg Soluci´on.

Aplicaremos el teorema de la cantidad de movimiento al sistema S. Hemos de tener en cuenta que las fuerzas externas son

ΦO, ΦA, mAg= mg y mBg= mg. Por tanto,

Fext=d C

dt ⇒ ΦO+ ΦA+ 2mg = ˙C.

5. Denotando como ΦAal m´odulo de ΦAse verifica:

× ΦA= ΦA(− cos αuρ+sen αuz) ; ΦA= ΦA(− sen αuρ+cos αuz) ; ΦA= ΦA(− sen αuρ+cos αuθ) Soluci´on.

Teniendo en cuenta que la normal al cono forma un ´angulo π− α con uρ, y un ´angulo π/2− α con uz, la descomposici´on de ΦAes:

ΦA= ΦA(−cosαuρ+ senαuz).

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6. La energ´ıa cin´etica, T , de S viene dada por:

T = m( ˙ρ2/cos2α+ ρ2˙θ2)/2 ; T = m( ˙ρ2/sen2α+ ρ2˙θ2)/2 ; × T = m(2 ˙ρ2/sen2α+ ρ2˙θ2)/2 Soluci´on.

La energ´ıa cin´etica del sistema es:

T = TA+ TB= 1

2m( ˙ρ2+ ρ2˙θ2+ ˙z2) +1 2m˙zB2. Como

ρ= ztanα ⇒ ˙z = ˙ρ tanα, y

ρ= (2a + zB)senα ⇒ ˙zB = ˙ρ senα. Sustituyendo y realizando operaciones sencillas, llegamos a:

T = 1

2m( 2 ˙ρ2

sen2α+ ρ2˙θ2).

El sistema de la figura consiste en una part´ıcula P de masa m que puede deslizar sin rozamiento por un aro fijo de radio R y centro C. P se encuentra unida mediante un resorte ideal, de longitud natural nula y constante el´astica k, al punto fijo A del aro. En la figura se definen los ´angulos θ y ϕ, as´ı como los ejes inerciales OXY . No existe gravedad, y las condiciones iniciales son{θ(0) = 0, ˙θ(0) = ω0}.

C R P

R

q X

Y

O

A k

ur uq

j

Soluci´on.

7. La relaci´on entre los ´angulos θ y ϕ es:

ϕ(θ) = θ/2 ; × ϕ(θ) = π/2 − θ/2 ; ϕ(θ) = π/2 − θ Soluci´on.

A partir de la figura, como el tri´angulo CAP es is´osceles, tenemos:

π= θ + 2ϕ ⇒ ϕ = π/2 − θ/2.

8. La longitud l del resorte viene dada por:

× l(θ) = R

2(1 − cos θ) ; l(θ) = R√

1 − 2 cos θ ; l(θ) = R

2(1 + cos θ) Soluci´on.

Aplicando el teorema del coseno, tenemos:

l(θ)2= R2+ R2− 2R2cosθ ⇒ l(θ) = R

2(1 − cosθ).

9. Den´otese LQal momento cin´etico de P respecto del punto arbitrario Q. Entonces:

Se conserva LApor ser central (con centro A) la fuerza que ejerce el resorte.

Se conserva LCpor ser central (con centro C) la fuerza normal que ejerce el aro.

× No se conserva ni LAni LC. Soluci´on.

Como A y C son puntos fijos, para que el momento cin´etico respecto a alguno de estos puntos fuese constante, la fuerza que act´ua sobre P , Fe+ N, deber´ıa ser paralela al vector −→AP, o al vector −CP−→, lo que no ocurre, dado que −→AP  Fe, y

−−→OP  N. Por tanto, el momento cin´etico no es constante en ninguno de los dos puntos:

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dLA

dt = −→AP∧ N = 0, dLC

dt = −−→CP∧ Fe= 0.

10. El valor de ω0necesario para que la part´ıcula retorne en la posici´on θ = π/2 (es decir, para que{ ˙θ = 0, ¨θ = 0} en dicha posici´on) es:

ω0= 2

k/m ; ω0=

k/m ; × ω0= 2k/m Soluci´on.

Como sobre la part´ıcula act´ua una fuerza conservativa (el´astica) y la normal no trabaja, se conserva la energ´ıa mec´anica de la part´ıcula. En el instante inicial, estando el muelle en su estado natural, sin elongaci´on, la energ´ıa potencial es nula, y toda la energ´ıa mec´anica es energ´ıa cin´etica inicial:

E= T (0) = 1

2mR2ω20.

En la posici´on de retorno, ˙θes nula, y por tanto ser´a nula la energ´ıa cin´etica. En esa situaci´on, que nos dicen que ocurre cuando θ = π/2, la energ´ıa ser´a exclusivamente potencial:

E= 1

2kl(θ = π/2)2=k 22R2. Igualando ambas expresiones de E obtenemos el resultado:

1

2mR2ω02= kR2 ⇒ ω0= 2k/m.

11. El valor de la fuerza normal N = Nuρejercida por el aro sobre la part´ıcula verifica:

× N = kl(θ) cos ϕ(θ) − mR ˙θ2 ; N= kl(θ) sen ϕ(θ) − mR ˙θ2 ; N = −kl(θ) cos ϕ(θ) + mR ˙θ2 Soluci´on.

Vamos a proyectar la segunda ley de Newton en el triedro intr´ınseco, fij´andonos en la componente normal. En este problema el vector normal principal coincide con−uρ. Por tanto:

(−uρ) · ( N+ Fe= ma) ⇒ −N + klcosϕ = maN = mv2 R, siendo v = R| ˙θ|. As´ı:

N = klcosϕ − mR2˙θ.

12. En un sistema de part´ıculas las fuerzas internas son conservativas y las externas no conservativas. Entonces, en el movi- miento del sistema respecto a un observador inercial, podemos afirmar que:

El centro de masas del sistema no tiene aceleraci´on.

× El trabajo de las fuerzas externas es igual al incremento de la energ´ıa mec´anica del sistema, es decir, Wext= ΔE.

La energ´ıa mec´anica del sistema es constante.

Soluci´on.

La primera respuesta es falsa. Para que el centro de masas no tenga aceleraci´on, la suma de las fuerzas externas debe ser nula, y el enunciado s´olo dice que las fuerzas externas son no conservativas.

Si las fuerzas internas son conservativas, entonces Wint = −ΔVint. Por otro lado, como las fuerzas externas son no conservativas, entonces Wext= WextNC. Sustituyendo en el teorema de la energ´ıa, tenemos

ΔT = Wint+ Wext ⇒ ΔE = Wext, siendo E = T + Vint.

La ´ultima respuesta es falsa, lo cual es una consecuencia inmediata del teorema de la energ´ıa mec´anica, teniendo en cuenta el car´acter no conservativo de las fuerzas externas.

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13. Una part´ıcula se mueve con aceleraci´on constante no nula respecto a cierto sistema de referencia, que puede o no ser inercial. Entonces, en general, podemos afirmar que:

El movimiento de la part´ıcula respecto a dicho sistema de referencia es rectil´ıneo.

La fuerza real neta que act´ua sobre la part´ıcula es proporcional a dicha aceleraci´on.

× Si no act´uan fuerzas reales sobre la part´ıcula el sistema de referencia es no inercial.

Soluci´on.

La primera respuesta no es correcta. T´omese por ejemplo el tiro parab´olico: la aceleraci´on es constante (g) pero la trayectoria es una par´abola.

La segunda afirmaci´on s´olo es cierta cuando el sistema de referencia es inercial. Como el enunciado dice que el sistema puede ser o no inercial, esta respuesta es falsa.

La tercera respuesta es la correcta. Si la part´ıcula se mueve con aceleraci´on, pero no act´uan fuerzas reales sobre ella, entonces esta aceleraci´on s´olo se justifica en el marco de un observador no inercial. Ante la inexistencia de fuerzas reales (part´ıcula aislada), el movimiento que realiza la part´ıcula respecto a observadores inerciales es rectil´ıneo uniforme. Por tanto, el sistema de referencia que observa una part´ıcula aislada con aceleraci´on tiene que ser no inercial.

14. Un sistema S de N part´ıculas se encuentra aislado. Es decir, no act´uan fuerzas externas sobre ninguna de las part´ıculas de S. Entonces, en el movimiento del sistema respecto a un observador inercial, podemos afirmar que:

× El momento cin´etico de S respecto a su centro de masas permanece constante.

La velocidad del centro de masas de S no tiene por qu´e ser constante.

La energ´ıa cin´etica de S permanece constante.

Soluci´on.

Si el sistema se encuentra aislado (el enunciado dice que no act´uan fuerzas externas sobre las part´ıculas del sistema), es inmediato, aplicando el teorema del momento cin´etico en el centro de masas, concluir que LGes constante:

dLG

dt = MGext= 0 ⇒ LG(t) = LG(0).

Aplicando el teorema del centro de masas vemos que la segunda respuesta no es correcta:

Fext= MaG= 0 ⇒ vG = vG(0).

La tercera respuesta no es correcta, porque el enunciado no dice nada sobre la naturaleza de las fuerzas internas que, en general, trabajan en un sistema de part´ıculas, contribuyendo a la variaci´on de la energ´ıa cin´etica del sistema.

Figure

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