Programa de preparación para exámenes de ubicación 1
Tema 7. Trabajo, Conservación de energía y Potencia
En este documento encontrarás ejemplos que describen el procedimiento
para resolver los problemas que se plantean.
Subtema 7.2 Energía potencial y conservación de energía
A continuación se proporcionan diversos ejemplos de problemas relacionados con la Energía potencial y conservación de energía y los procedimientos para resolverlos.Teoría aplicable
Energía potencial gravitacional
La energía potencial gravitacional de una masa m a una altura h es una cantidad escalar (es decir, sólo un número, sin dirección) y se define como:
U = mgh, donde h es la altura del objeto respecto de un nivel de referencia previamente
establecido. Esto quiere decir que el valor que asignemos a U en realidad no es importante, y lo único que importa son los cambios en la energía potencial:
U = mgh
En el sistema internacional las unidades de la energía potencial son:
[U] = [mgh] = kg (m/s2) m = N m = J.
Ten presente que existen otros tipos de energía potencial que estudiarás más adelante como energía potencial elástica (de un resorte, por ejemplo), energía potencial eléctrica (entre dos cargas eléctricas), energía potencial magnética (entre dos imanes, por
ejemplo), energía potencial química (que se manifiesta cuando hay cambios en el estado químico), energía potencial nuclear (a nivel de los núcleos atómicos), etc.
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La energía cinética de un objeto de masa m que se mueve con velocidad (magnitud) v es una cantidad escalar que se define como:
K = ½ mv2.
Las unidades de la energía cinética son por lo tanto: [K] = [½ mv2] = kg (m/s)2 = N m = J.
Energía mecánica
La energía mecánica de un sistema con energía cinética K y energía potencial U se define como:
Emec = K + U.
Conservación de la energía mecánica
Para un sistema aislado en el que ningún agente externo realiza trabajo sobre el sistema
(i.e. Wext = 0), y sin fuerzas disipativas (es decir, la fricción no realiza trabajo, Wff = 0), la
energía mecánica del sistema se conserva. Es decir:
Emeci = Emecf
Ki + Ui = Kf + Uf . Sistema aislado sin fuerzas disipativas
La ecuación anterior también se puede escribir como:
K + U = 0. Sistema aislado sin fuerzas disipativas
Si algún agente externo realiza trabajo sobre el sistema (Wext 0) y existen fuerzas
disipativas (es decir, “se pierde” energía por fuerzas de fricción, Wff 0), la ley de
conservación de la energía queda:
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Es decir:
K + U = Wext + Wff.
Cuando se realiza un trabajo externo y se “pierde” energía por fricción. Nota que en esta
ecuación, el trabajo de la fricción no tiene valor absoluto, así que Wff es negativo!...
La ley de conservación de la energía es muy útil cuando queremos relacionad cambios en la velocidad con cambios en la posición.
Los pasos que deben seguirse para usar conservación de energía son: a) Definir el punto inicial (A) y el punto final (B).
b) Definir el plano de referencia donde y = 0 (y por lo tanto U = mgh = 0)
c) Verificar si hay agentes externos que realicen trabajo y si hay fuerzas disipativas. d) Establecer las relaciones geométricas y cinemáticas entre las variables involucradas.
Problema 1.
Un libro de 1.00 kg está sobre una mesa a 0.800 m del piso (punto A) y una persona lo sube a la parte alta de un librero a una altura de 2.10 m (punto B). Posteriormente lo pone en el piso (punto C). a) ¿Cuál es el cambio en la energía potencial gravitacional del objeto cuando va del punto A al punto B? y b) ¿Cuándo va del punto B al punto C?
Desarrollo de la solución. a) Estrategia a seguir.
La energía potencial gravitacional de un objeto de masa m está dada por U = mgh, donde
h es la altura del objeto respecto de un plano de referencia previamente establecido.
Programa de preparación para exámenes de ubicación 4 ponerlo en el punto más bajo que llega a estar el objeto. En esta caso ponemos el nivel de referencia en el piso. El cambio en la energía potencial estará dado por U = mgh.
Datos hA = 0.800 m hB = 2.10 m hC = 0 m Incógnitas a) UA->B = ? b) UB->C = ? b) Desarrollo y resultados. a) UA->B = mghB – mghA => UA->B = (1)(9.81)(2.1) – (1)(9.81)(0.8) UA->B = 12.8 J.
Como el objeto sube, gana energía potencial, así que U > 0 C B A y = 0 hA hB h
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b) UB->C = mghC – mghB => UB->C = 0 – (1)(9.81)(2.1)
UA->B = – 20.6 J.
Como el objeto baja, pierde energía potencial, así que U < 0
Problema 2.
Un carrito de 500 kg en una montaña rusa avanza a 12.0 m/s (punto A) cuando se encuentra a 5.00 m del piso. Ignorando agentes externos y fuerzas disipativas, calcula su velocidad a) cuando está en el piso (punto B) y b) cuando está a 8.00 m de altura (punto
C).
Desarrollo de la solución. a) Estrategia a seguir.
Conocemos la velocidad inicial y las alturas inicial y final, así que podemos usar la ley de conservación de la energía para relacionar con cambios en la altura con los cambios en la velocidad.
Seguimos los pasos sugeridos para aplicar la ley de conservación de la energía:
a) Para el inciso (a), vamos de A -> B; para el inciso (b), vamos de A -> C
b) En ambos casos establecemos el nivel de referencia en el piso (se recomienda
establecer el nivel y = 0 en el punto más bajo que llega a estar el objeto).
y = 0 A vA hA C B hC
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c) En este caso no hay agentes externos que realicen trabajo sobre el sistema (Wext = 0) y no hay fricción (Wff = 0), así que la ley de conservación de la energía queda:
Ki + Ui = Kf + Uf.
d) Las relaciones geométricas y cinemáticas son:
En A: hA = 5.00 m vA = 12.0 m/s En B: hB = 0 vB = ? En C: hC = 8.00 m vC = ? b) Desarrollo y resultados. a) vB = ? Ki + Ui = Kf + Uf. => De A -> B: ½ mvA2 + mghA = ½ mvB2 + mghB ½ (500) (12)2 + (500)(9.81)(5) = ½ (500) vB2 + 0 36,000 + 24,525 = 250 vB2 + 0 => vB= 15.6 m/s.
Como era de esperarse, el carrito va más rápido cuando llega al piso (punto B).
b) vC = ?
Ki + Ui = Kf + Uf.
=> De A -> C: ½ mvA2 + mghA = ½ mvC2 + mghC
½ (500) (12)2 + (500) (9.81) (5) = ½ (500) vB2 + (500) (9.81) (8) => vC= 9.23 m/s.
Programa de preparación para exámenes de ubicación 7 Como era de esperarse, en el punto C el carrito va más lento.
Problema 3.
Una niña de 40.0 kg se desliza hacia abajo por una resbaladilla inclinada 30° como se muestra en la figura. El coeficiente de fricción cinética entre la niña y la resbaladilla es μk = 0.500. Si la niña parte del reposo en el punto más alto de la resbaladilla, a 4.00 m de altura sobre el suelo, a) ¿qué velocidad tendrá al llegar al suelo? b) ¿Cuánta energía se perdió durante el recorrido? Usa conservación de energía.
Figura 1. Coeficiente de fricción 1.
Desarrollo de la solución. a) Estrategia a seguir.
Seguimos los pasos sugeridos para aplicar la ley de conservación de la energía:
a) Vamos del punto A (en la parte más alta de la resbaladilla) al punto B en piso. b) Establecemos el nivel de referencia y = 0 en el piso.
c) En este caso no hay agentes externos (Wext = 0), pero sí hay fricción (Wff 0), así que la ley de conservación de la energía queda:
Ki + Ui = Kf + Uf |Wff|
d) Las relaciones geométricas y cinemáticas son:
1 Tipler, P.A. & Mosca, G., Física para la ciencia y la tecnología, Vol. I, Reverté, 2005. ISBN: 8429144110, 9788429144116.
Programa de preparación para exámenes de ubicación 8 En A: hA = 4.00 m vA = 0 En B: hB = 0 vB = ? k = 0.500
Necesitamos relacionar la hipotenusa del triángulo con la altura. Del esquema tenemos:
h = d sen. En este caso, 4 = d (sen 30) => d = 8.00 m Incógnitas a) vB = ? b) Wff = ? b) Desarrollo y resultados. a) vB = ?
La ley de la conservación de la energía con fuerzas disipativas queda:
Ki + Ui = Kf + Uf + |Wff|
De A -> B: 0 + mghA = ½ mvB2 + 0 + | Wff | … Ec. (1)
h d
Programa de preparación para exámenes de ubicación 9 El trabajo de la fuerza de fricción en valor absoluto es
|Wff| = ff d = (k N) d = k (mg cos) d … Ec. (2)
Donde N = mg cos es la fuerza normal en un plano inclinado y d es la distancia sobre la que actúa la fuerza de fricción, en este caso, la “hipotenusa” del triángulo. Reescribiendo la Ec. (1), junto con la Ec. (2):
mghA = ½ mvB2 + k (mg cos) d => (40) (9.81) (4) = ½ (40) vB2 + 0.5 (40)(9.81) cos(30) (8) 1570 = 20 vB2 + 1359 vB = 3.24 m/s. b) |Wff| = ? De la definición: |Wff| = ff d = (k N) d = k (mg cos) d => |Wff| = 0.5 (40)(9.81) cos(30) (8) = 1359 J. Problema 4.
Un auto jala un remolque de 400 kg que se mueve inicialmente a 2.00 m/s y debido al tirón, el remolque se mueve posteriormente 6.50 m/s. Calcula el trabajo realizado por el auto mientras jala el remolque.
PKW mit Hänger aus Zusatzzeichen 1048-11.svg/ Wikimedia Commons / Public domain
Desarrollo de la solución. a) Estrategia a seguir.
Programa de preparación para exámenes de ubicación 10 Seguimos los pasos sugeridos para aplicar la ley de conservación de la energía:
a) Vamos del punto A (cuando v = 2.00 m/s) al punto B (cuando v = 6.50 m/s) b) Establecemos y = 0 en el piso. Además no hay cambio en la altura (y = 0).
c) En este caso la fuerza que ejerce el auto sobre el remolque realiza un trabajo externo
(Wext 0) y no hay fricción (|Wff| = 0), así que la ley de conservación de la energía queda:
Ki + Wext = Kf.
d) Las relaciones geométricas y cinemáticas son:
En A: vA = 2.00 m/s
En B: vB = 6.50 m/s
Incógnitas Wext = ?
b) Desarrollo y resultados.
En este caso, tenemos que
Ki + Wext = Kf.
De A -> B: ½ mvA2 + Wext = ½ mvB2 => ½ (400) (2)2 + Wext = ½ (400) (6.5)2 => Wext = 7650 J.
Problema 5.
Un bloque de masa m = 3.00 kg viaja sobre una rampa inclinada sin fricción con cierta velocidad inicial v0. Posteriormente, cuando su altura es h = 1.30 m, se observa que su velocidad es vf = 4.00 m/s. ¿Cuál era la velocidad inicial que tenía cuando empezó a subir?
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Desarrollo de la solución. a) Estrategia a seguir.
Seguimos los pasos sugeridos para aplicar la ley de conservación de la energía:
a) Vamos del punto A (cuando se mueve con velocidad v0) al punto B (cuando v = 4.00 m/s).
b) Establecemos y = 0 en el punto inicial.
c) No hay fuerzas externas, ni fricción, así que la ley de conservación de la energía queda: Ki + Ui = Kf + Uf
d) Las relaciones geométricas y cinemáticas son:
En A: vA = ?; hA = 0 m m v0 h m v0 h A B y = 0
Programa de preparación para exámenes de ubicación 12 En B: vB = 4.00 m/s; hB = 1.30 m b) Desarrollo y resultados. Ki + Ui = Kf + Uf De A -> B: ½ mvA2 + mghA = ½ mvB2 + mghB => ½ (3) vA2 + 0 = ½ (3)(4)2 + (3)(9.81)(1.3) => vA = 6.44 m/s.
Como era de esperarse, el bloque va más rápido en la parte baja de la rampa.
Problema 6.
Un bloque de masa m = 3.00 kg viaja sobre una rampa inclinada un ángulo = 40º con un coeficiente de fricción k = 0.200 y velocidad inicial v0 = 5.00 m/s. ¿A qué altura h llegará el bloque al subir sobre la rampa?
m
v0
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Desarrollo de la solución. a) Estrategia a seguir.
a) Vamos del punto A (cuando v = 5.00 m/s) al punto B (cuando v = 0). b) Establecemos y = 0 en el punto inicial .
c) No hay fuerzas externas, aunque sí hay fricción entre el bloque y la rampa inclinada. Por
lo tanto
Ki + Ui = Kf + Uf + |Wff|
d) Las relaciones geométricas y cinemáticas son:
En A: vA = 5.00 m/s
hA = 0 m
En B: vB = 0 m/s (se detiene en la parte más alta)
hB = ?
k = 0.200
De la figura, la relación entre la distancia que recorre sobre el plano (la hipotenusa d) y la altura h que alcanza es
h = d sen => d = h/sen. … Ec. (1)
b) Desarrollo y resultados. Ki + Ui = Kf + Uf + |Wff| d m v0 h A B y = 0
Programa de preparación para exámenes de ubicación 14 De A -> B: ½ mvA2 + mghA = ½ mvB2 + mghB + |Wff|
El trabajo de la fuerza de fricción en este caso es: |Wff| = ff d = k N d = k (mg cos) d. Así que
½ mvA2 + mghA = ½ mvB2 + mghB + k (mg cos) d … Ec. (2)
Tenemos una ecuación con dos incógnitas, hB y d, por lo que necesitamos otra ecuación que relaciones ambas incógnitas. Sustituimos d de la Ec. (1) en la Ec. (2) y factorizamos h:
½ mvA2 + mghA = ½ mvB2 + mghB + k (mg cos) (h/sen )
=> ½ (3)(5)2 + 0 = 0 + (3)(9.81)h + (0.2)(3)(9.81 cos 40) (h/sen 40) => 37.5 = 0 + h [29.43 + 7.015]
