Física i Química 1º de Bachillerat TEMA 7

(1)

Física i Química 1º de Bachillerat

TEMA 7

Treball i Energìa

1.- Un vaixell i la seva tripulació es desplacen d'una illa fins a una altra que dista 1’2 Km en línia recta. Sabent que la força del vent sobre les veles és 1500 N, calcular el treball que realitza en els casos que es detallen en les figures següents:

Solució: 3106 J 2'6106 J 2'12106 J 0J

2.- Calcular el treball que realitza una força constant F2'62i 4'73j 5'02k Newtons, que actua sobre un cos que es desplaça 2’5 m al llarg de l'eix X.

Solució: 6’55 J

3.- Calcular la força i el treball que ha de realitzar una persona per a pujar una caixa de 80 Kg al remolc d'un camió, que està a una altura de 1 m del sòl, utilitzant per a això un plànol inclinat de 4 m de longitud el coeficient de la qual de fregament dinàmic és de 0’31.

Solució: 431’3 N 1725’3 J

4.- Un automòbil de 1120 Kg té un motor que desenvolupa una potència total de 85 CV, amb un rendiment del 37’5 %. Calcular el temps mínim que tardaria el vehicle, inicialment parat, a arribar a una velocitat de 100 Km/h menyspreant els fregaments.

Solució: 18’4 s

5.-Dues persones han mogut una caixa de 120 Kg una distància de 5 m empenyent com s'indica en la figura, amb velocitat constant i en un temps de 8 segons. Si el coeficient de fregament és de 0’25, calcular:

a) La força que ha hagut de realitzar cadascuna b) El treball total efectuat sobre la caixa

c) La potència desenvolupada

Solució: 207’9 N 1470 J 0’25 CV Vent

D

Vent

C

45º

Vent

B

30º

Vent

A

(2)

6.- Una pedra de 630 g cau a l'aigua amb una velocitat de 72 Km/h. Suposant que l'aigua exerceix una força de fregament constant de 17 N, esbrinar la velocitat de la pedra als 5’5 m de

profunditat.

Solució: 52’3 Km/h

7.- Una bola disparada horitzontalment amb una velocitat de 648 Km/h i una massa de 50 g xoca contra un bloc de fusta de 1’8 Kg i s'incrusta en ell.

a) Calcular la velocitat immediatament després del xoc.

b) Esbrinar la distància que recorrerà el bloc fins a detenir-se si el coeficient de fregament amb el sòl és de 0’45 .

Solució: 17’5 Km/h 268 cm

8.- Es llança una pedra de 850 g cap amunt amb una velocitat de 90 Km/h i una inclinació de 20 º amb la vertical. Suposant menyspreables els fregaments de l'aire, calcular l'altura màxima a que arribarà i l'Energia Cinètica que tindrà en aquest moment.

Solució: 3’73 m 234’5 J

9.- Una bola de 450 g està situada sobre una plataforma unida a un moll, la constant elàstica del qual és de 2082’5 N/m. Es comprimeix el moll 12 cm i després se solta. Fins a quina altura arribarà la bola?

Solució: 3’4 m

10.-Dos cossos de 2 i 3 Kg estan units per un fil que al seu torn passa per una corriola que penja del sostre. Inicialment estan en repòs i a la mateixa altura. Quina velocitat tindran quan el més pesat haja descendit 80 cm?

Solució: 1’77 m/s

11.-Un cos de 12 Kg cau per un plànol inclinat des d'una altura de 2?5 m. Si inicialment tenia una velocitat de 5 m/s i al final del plànol es mou a 6’5 m/s, esbrinar el coeficient de fregament dinàmic, sabent que la inclinació del plànol és de 45 º.

Solució: 0’647

12.-En el sistema de la figura el cos 1 té una massa de 12 Kg i el 2 de 20 Kg. Si el sistema estava inicialment en repòs i després, quan el cos A ha descendit 30 cm, té una velocitat de 1 m/s, quin

és el coeficient de fregament dinàmic del cos B amb la superfície on es recolza?

Solució: 0’33

1

(3)

13.-Dues boles de 200 g i 350 g es dirigeixen la una contra l'altra amb velocitats de 2’5 m/s i 1’3 m/s respectivament. Es produïx un xoc frontal i elàstic entre elles, quin serà la velocitat de les dues boles després del xoc?

Solució: -2’336 m/s 1’464 m/s

14.-Un bloc de fusta de 1800 g es llisca sobre una superfície horitzontal sense fregament, amb una velocitat de 18 Km/h, quan es dispara contra ell una bala de 150 g a una velocitat de 288 Km/h en una direcció perpendicular, tal com s'indica en el dibuix. Després del xoc la bala es queda incrustada dins del bloc de fusta

a) Calcular la velocitat després de l'impacte b) Quanta energia s'ha perdut en el xoc?

(4)

PROBLEMA 1

Com la Força és constant i el desplaçament rectilini apliquem la definició

TFrcos

a) T 15001200cos03000000J b) T 15001200cos302598076J c) T 15001200cos452121320J d) T 15001200cos900J

PROBLEMA 2

Si el desplaçament és de 2’5 m en l'eix X llavors

r2'5i

I apliquem en este cas la definició T Fr

T 



2'62i 4'73 j5'02R





 

2'5i 2'622'54'7305'0206'55J

PROBLEMA 3

Si la taula mesura 4 m i l'altura 1 m llavors la base és

m b

b 3'873

1

42  2 2  y per tant

    

 

968 ' 0 4 873 ' 3 cos

25 ' 0 4 1

 

sen

a) Càlcul de la Força

Para que el cuerpo suba, una persona debería empujar la caja hacia arriba como mínimo con una fuerza F, que venza la Px y la FR

F P_X F_R mgsenmgcos 809'80'250'31809'80'968 F 431'3N

b) Càlculo del treball

La Força és constant i el desplaçament rectilini. A més l'angle que formen és de 0º.

T Frcos 431'34cos01725'2 J

1 α 4 m

α α

Py

P F

Px

(5)

PROBLEMA 4

La Potència del Motor és de 85 CV però la seua potència útil és el 37’5 % de l'anterior, per tant

85 37 '5 31'875 . . 23' 428 100

útil

P    C V  W

Si suposem que el motor exerceix una força constant i que la trajectòria és rectilínia, l'automòbil descriurà un Moviment Rectilini Uniformement Accelerat sense velocitat inicial, i podrem utilitzar les equacions d'aquest moviment.

Per tant





P r a m P

r F P T t t T

P       

Com la

t v

a i t v t t

v at

r   

      

2 1 2

1 2

1 2 2

sustituim

P t v t v m t

    

 _

      

 2

1

i finalment

P mv t

2



Substituint les dades conegudes obtenim el temps





2

100 112

3'6 2 23428

t



 

 18'4seg

PROBLEMA 5

Les dues persones espenten formant un angle de 45º entre si i per a moure la caixa han hagut de fer una força total FT igual i oposada a la força de fregament FR.

FT FR Pmg0'251209'8294 N

a) Càlcul de la força F que realitza cada persona

En l'esquema es veu que les components FY de les forces que realitzen les persones s'anul·len

entre sí, doncs una va en direcció oposada de l'altra. Però les components FX se sumen

originant la força total FT.

FX FX FT 2FX FT 2Fcos45 FT

2Fcos45294   45 cos 2

294

F 207'89N

X Y

F

F FY

FY

FX

(6)

a) Treball realitzat

T(total)FTrcos0294511470J

b) Potència empleada

 



 W

t T

P 183'75

8 1470

CV 25 ' 0

PROBLEMA 6

La força total que actua sobre la pedra dins de l'aigua és F_T F_RP170'639'810'826N

Aplicant el teorema de les forces vives tenim de T(Ftotal)EC

2 2 2 1 2

1 )

(Ftotal mv_B mv_A

T  

2 0'63 202 20

1 63 ' 0 2 1 180 cos 5 ' 5 826 '

10    vB 

59'5430'315v2_B126

Aclarint el valor de la velocitat obtenim

vB 14'52m/s52'29Km/h

PROBLEMA 7

La velocitat inicial de la bala és vib 648Km/h180m/s

a) Càlcul de la velocitat després del xoc

En tots els xocs es conserva la quantitat de moviment i per tant

m_bv_ibm_mv_im 



m_b m_m



v_f 0'051800



0'051'8



v_f

vf   4'86m/s

85 ' 1

180 05 ' 0

h Km/ 5 ' 17

Inicial Final

A B

r vib

5’5 m

P FR

A

(7)

b) Càlcul de la distància r

Després del xoc, la bala i el bloc de fusta van units i es mouen des de A fins a B, on es detenen. Aplicant el teorema de les forces vives

T



F_Total



E_C

2 2 2 1 2

1

cos _B _A

T r mv mv

F    

La força total és F_T PRF_R  F_R



P y R són iguals i oposades i la seua suma és zero



Sabem també que

  



    



0

16 ' 8 8 ' 9 85 ' 1 45 ' 0

B R

v

N g

m P

F  

Sustituim els valors en l’equació del teorema de les forces vives

1'85 4'862 2

1 0 180 cos 16 '

8 r    8'16r 21'85

r 2'68m

PROBLEMA 8

Com s'observa en el dibuix la velocitat inicial de la pedra està inclinada i té per tant components en els dos eixos coordenats vAX i vAY.

v_A90Km/h25m/s

  

 

s m sen

v v

s m v

v

A AY

A AX

/ 55 ' 8 20

/ 49 ' 23 20 cos

Durant el moviment de la pedra l'acceleració que actua sobre ella és la de la gravetat g, que és perpendicular al sòl i per tant dirigida al llarg de l'eix Y. Per tant la velocitat en l'eix X no es veu afectada i és la mateixa en el punt A i en B. A més en el punt més alt de la trajectòria el cos té una velocitat vertical zero i llavors la velocitat en aqueix instant solament té component en l'eix X. Per aquesta raó tenim que vAX = vB

Aplicant el teorema de conservació de l'energia entre els punts A i B

E_CAE_PA E_CBE_PB

mvA  mvBmghB

2 2

2 1 0 2

1

a) Altura máxima

Sustituint en l’equació anterior

B

h m m

m  23'49  9'8 2

1 25 2

1 2 2

la massa m es pot eliminar de la igualtat

Obtenim finalment que hB 3'73m A

B

hB

vA

vAX

vAY

(8)

b) Energia cinètica en B

 



 2 2

49 ' 23 85 ' 0 2 1 2

1

B

CB mv

E 234'5J

PROBLEMA 9

Suposem que al comprimir el moll la bola es troba pràcticament sobre el sòl i tant la seua altura hA com

la seua energia potencial són zero

Apliquem el principi de conservació de l’energía

ECAEPA ECBEPB

( ) ( ) ( ) ( )

CA PA PA CB PB PB

E E elàstica E pes E E elàstica E pes

 KxA000mghB

2 1

0 2

2082'50'12 0'459'8h_B

2

1 2

hB 3'4m

PROBLEMA 10

Prenem com estat inicial A quan els cossos estan a la mateixa altura i en repòs. L'estat B s'aconseguirà quan el cos 2 ha descendit 80 cm, el cos 1 ha pujat 80 cm i els dos tenen la mateixa velocitat final vB.

Triem el nivell 0 de EP a l'altura inicial indicada en el dibuix

1

2 B

0’8

-0’8

1 2

(9)

Apliquem el principi de conservació de l'energia mecànica, menyspreant els fregaments

ECA(1)EPA(1)ECA(2)EPA(2) ECB(1)EPB(1)ECB(2)EPB(2)

2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 0 0 0

0    mvBmghB  mvBm ghB

3 3 9'8



0'8



2 1 8 ' 0 8 ' 9 2 2 2 1

0 v_B2     v_B2    

02'5v2_B7'84

I finalment obtenim v_B 1'77m/s

PROBLEMA 11

En aquest cas, a l'existir forces disipativas (la força de fregament), no es compleix el principi de conservació de l'energia mecànica i caldrà considerar el treball realitzat per aquesta força disipativa.

PA CB PA

CA E E E

E   

mvAmghATAB FR  mvBmghB

2 2 2 1 ) ( 2 1

La FR es calcula com hem vist en altres ocasions





                                  39 ' 294 180 cos 54 ' 3 14 ' 83 cos ) ( 54 ' 3 45 5 ' 2 16 ' 83 45 cos 8 ' 9 12 cos r F F T m sen sen h r mg P N F R R AB Y R

A continuació sustituïm en l’equació de la energia les dades coneguts

112 52 12 9 '8 2 '5 294 '39 112 6 '52 0

2       2  

Aïllant el valor del coeficient de fregament obtenim que

0'647

(10)

PROBLEMA 12

Igual que en el problema anterior també existeix ací una força de fregament i el treball que realitze s'ha de tenir en compte en el balanç energètic corresponent.

E_CA(1)E_PA(1)E_CA(2)E_PA(2)T_AB(F_R)E_CB(1)E_PB(1)E_CB(2)E_PB(2)

La posició inicial A és quan els cossos inicien la caiguda amb velocitat nul·la i el cos 1 està a una altura h. La posició final B és quan el cos 1 ha descendit 30 cm, el 2 s'ha desplaçat a l'esquerra aqueixa mateixa distància i els dos duen la mateixa velocitat (doncs els dos estan units per un fil i es mouen alhora).

El nivell zero d'energia potencial per al cos 1 ho triem en la posició que ocupa el cos quan està baix, és a dir, quan ha descendit 30 cm. El nivell zero d'energia potencial per al cos 2 ho situem en el plànol superior i per tant la seua energia potencial és igual a zero durant tot el moviment.

₁ ₁ ₁ 2 ₂ 2 2 1 0 2

1 cos 0

0

0mgh_A  F_Rr   mv_B  m v_B+0

La força de fregament és F_R N Pmg209'8196

Substituïm els valors numèrics coneguts de les magnituds





2 20 12 2 1 1 12 2 1 180 cos 3 ' 0 196 3 ' 0 8 ' 9

12         

Aïllem la incògnita, que és el coeficient de fregament

0'328

1

2

B

30 cm

3

0

c

m

1

2

A

(11)

PROBLEMA 13

En un xoc es complix sempre el principi de conservació de la quantitat de moviment. Al ser un xoc frontal no hi ha moviment lateral i es pot considerar únicament una dimensió. Considerem a més l’estat A abans del xoc i l’estat B després d’haver-se produït el mateix.

m₁v₁_Am₂v₂_A m₁v₁_Bm₂v₂_B

Per ser a més un xoc elàstic s’ha de complir el principi de conservació de l’energia mecànica. Al rodar les boles pel sòl s’entén que no posseïxen energia potencial

₁ ₁2 ₂ ₂2 ₁ ₁2 ₂ ₂2 2 1 2 1 2 1 2 1 B B A

A mv mv m v

v

m   

S’han de complir llavors els dos principis simultàniament, de manera que substituïm els valors numèrics coneguts





 





                 2 2 2 1 2 2 2 1 35 ' 0 2 1 2 ' 0 2 1 3 ' 1 35 ' 0 2 1 5 ' 2 2 ' 0 2 1 35 ' 0 2 ' 0 3 ' 1 35 ' 0 5 ' 2 2 ' 0 B B B B v v v v        2 2 2 1 2 1 35 ' 0 2 ' 0 84 ' 1 35 ' 0 2 ' 0 045 ' 0 B B B B v v v v

És un sistema de dos equacions amb dos incògnites d’on s’obté una equació de 2n grau i dos possibles solucions

 Solució a) v₁_B 2'5m/s v₂_B 1'3m/s

 Solució b) v1B 2'34m/s v2B 1'47m/s

La solució a) no és vàlida perquè significaria que les boles seguixen com al principi i que no hi ha hagut xoc.La solució al problema és per tant la b) la interpretació de la qual és la següent

s m

v₁_B 2'34 / Després del xoc la bola 1 rebota cap a l’esquerra

s m

v₂_B 1'47 / Després del xoc la bola 2 rebota cap a la dreta

(12)

PROBLEMA 14

Triem el sistema de referència representat en la figura

Els subíndexs signifiquen:

1 → La fusta 2 → La bala A → Abans del xoc B → Després del xoc

S’observa en el dibuix que

       sen v v v v B BY B BX cos

a) Velocitat després del xoc

La velocitat després del xoc és la mateixa per a la bala i la fusta doncs es mouen conjuntament, és a dir que v1B v2B vB.

La quantitat de moviment es conserva en els dos eixos





_



_



            BY AY AY A BX AX AX A B A A A v m m v m v m Y eje v m m v m v m X eje v m m v m v m 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1

Substituïm a continuació les dades conegudes



_



_

             sen v v B B 15 ' 0 8 ' 1 288 15 ' 0 0 cos 15 ' 0 8 ' 1 0 18 8 ' 1        sen v v B B 95 ' 1 2 ' 43 cos 95 ' 1 4 ' 32

És un sistema de dues equacions amb dues incògnites la solució de les quals és

h Km v_B 27'69 /

'' 48 ' 7 º 53   

b) Energia perduda en el xoc

Calculem l'energia cinètica abans i després del xoc per a veure la seua diferència





J

v m v m E J v m v m E B B CB A A CA 7 ' 57 69 ' 7 15 ' 0 8 ' 1 2 1 2 1 2 1 5 ' 502 80 15 ' 0 2 1 5 8 ' 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1             

On les velocitats s'han posat en m/s per a obtenir l'energia en J . L'increment d'energia resulta ser     

E ECB ECA 57'7 502'5 444'8J

El ser ΔE negatiu ens indica que s’han perdut 444’8 J durant el xoc, que s’hauran convertit en calor