Olimpiadas de Física del UruguayTercera Etapa: 20 de julio de 2013

Categoría Clasificatoria.SOLUCIONES de los Problemas.

Problema 1.

a) Aplicando Newton sobre el bloque en equilibrio se pueden obtener la fuerza de rozamiento f y la fuerza normal N:

F cosθ− f =0

N−F senθ−mg=0

de donde la fuerza de rozamiento es una función del ángulo, f (θ )=F cos θ ,y la normal también, N (θ)=F sen θ+mg .

Como se trata de rozamiento estático, se debe cumplir que f ≤μ N , para que el sistema permanezca en equilibrio estático. Es decir:

F cosθ≤μ ( F senθ+m g )

El ángulo crítico θc se puede encontrar a partir de la intersección de las funciones que aparecen a ambos lados de la desigualdad anterior.

Resulta evidente que en el caso en que F sea tan pequeña como F<μ m g , no existe el ángulo crítico, ya que en ese caso la fuerza de rozamiento (curva roja) es menor que μ N para todo ángulo entre 0º y 90º.

b) La desigualdad obtenida en la parte anterior se puede escribir de otra forma equivalente y más conveniente como:

cosθ≤μ(senθ+m gF )

En el caso limite en que F >> mg, la desigualdad es puede aproximar por, cosθ≤μ senθ , siempre

0º 90º θ

F f(θ)

μ(F+mg)

μmgμ N(θ)

θc

que los ángulos no sean muy pequeños. Entonces el ángulo crítico es:

θc=arctan(1μ )

Para μ=0,7 , es: θc=55º (el cual cumple con la hipótesis de no ser pequeño).

Problema 2. a) Sea h altura inicial del bloque A con respecto al nivel del bloque B. La velocidad del bloque en el instante anterior al impacto es v'A. Las velocidades de los bloques en el instante posterior al impacto son vA y vB.

Por conservación de energía mecánica antes del impacto: v ' A=√2 g h

Por conservación de energía en el impacto: 12

mA v ' A2=

12

mA v A2+

12

mB v B2

Por conservación de cantidad de movimiento: mA v ' A=mAv A+mB v B

Después del impacto la velocidades de los bloques tienen el mismo módulo dado que alcanzan la misma altura máxima, es decir: v A=−v B . Sustituyendo esta relación en las ecuaciones anteriores:

mA v ' A2=(mA+mB)v A

2⇒ v ' A

2=

(mA+mB)mA

v A2

mA v ' A=(mA−mB) vA , elevando al cuadrado: mA2 v ' A

2=(mA−mB)

2vA

2⇒ v ' A

2=

(mA−mB)2

mA2 v A

2

Igualando las dos expresiones para la v'2A, se tiene , de donde,

mA2+mA mB=mA

2+mB

2−2mA mB , esto es, 3mA mB=mB

2 , por lo cual: mB

mA

=3

b) La energía inicial del sistema es igual a la energía final cuando los bloques llegan a la misma altura máxima. La energía en la altura máxima es solo potencial, de modo que se cumple,

mA g h=mA g hm+mB g hm

Con la relación obtenida entre las masas, la ecuación se transforma en: mA h=mAhm+3 mA hm

De donde la altura máxima después del impacto es: hm=h4

Problema 3. Dos cilindros se encuentran en contacto, existiendo rozamiento estático de coeficiente μ. Determinar la fuerza de contacto mínima con que deben apretarse ambos cilindros entre sí para que no resbalen cuando al eje del cilindro 1 se le aplica un torque T.

La condición de rodadura sin deslizamiento entre los cilindros implica que la aceleración tangencial de los bordes de los cilindros son iguales. Esto es, α1 R1=α2 R2 .

El momento de inercia de un disco con respecto a su eje es, I =12

M R2

Consideremos f como la fuerza de rozamiento estático entre los cilindros.

La ecuaciones de torques son:

T− f R1=12

M 1 R12α1

f R2=12

M 2 R22α2

De las ecuaciones anteriores y el vínculo entre las aceleraciones se obtiene la fuerza de rozamiento:

f =T

R1(1+M 1

M 2)

Se debe cumplir que f ≤μ N , de modo que la fuerza mínima con la que deben apretarse mutuamente ambos cilindros es,

N≥T

μ R1(1+M 1

M 2)

Problema 4.Es evidente que la persona no puede baja con velocidad constante pues en ese caso la tensión sobre el gancho (aprox. 800 N), sería mayor a la fuerza máxima que soporta el gancho (600 N). Esto significa que la persona está obligada a bajar con aceleración que en el caso ideal debería ser constante para minimizar la velocidad de llegada al suelo.

En la persona se cumple, M g−F=M a , donde M es la masa de la persona y F es la fuerza que hace la persona sobre la cuerda.

En el extremo superior de la cuerda, F+m g−T=0 , donde m es la masa de la cuerda y T es la tensión que está soportando el gancho.

La aceleración de la persona es entonces: a=(1+mM )g−

TM

.

La aceleración mínima se obtiene cuando la tensión es la máxima posible. Para los datos del

problema esto es: a=(1+1070)g−

60070

, a=2,63m /s . (a=2,86m / s si g=10m / s2)

La velocidad de llegada al suelo es mínima además si la velocidad inicial es nula, y entonces:

v=√2a h

v=8,88 m /s (si g=9,8m /s2)

v=9,26 m /s (si g=10 m / s2)

Problema 5.u⃗ = velocidad del río (cte.) Es dada.v⃗ ' = velocidad de nadador con respecto al agua (módulo cte.). Es dado su módulo.v⃗ = velocidad total o absoluta del nadador observada desde el referencial de la orilla.

Hipótesis: La rapidez del río es mayor que la del nadador, es decir, ∣⃗u∣>∣⃗v '∣

Se cumple que v⃗=u⃗+ v⃗ '

a) El tiempo de cruce se minimiza cuando se maximiza la componente transversal de la velocidad. Esto se da cuando v' es perpendicular a la orilla del río y en este caso el tiempo de cruce será

simplemente: t=dv '

.

En cuanto a la distancia recorrida, se cumple que Dd

=vv '

, de donde, D=d √u2+v ' 2

v '

b) CONDICIÓN PARA DISTANCIA MÍNIMA:

Minimizar la distancia de cruce D, es equivalente a maximizar el ángulo α.Eso ocurre cuando v⃗⊥ v⃗ '

Por semejanza de triángulos se cumple entonces que la distancia mínima es: Dmin=duv '

Para que esto ocurra el nadador debe nadar en la dirección dada por θ, tal que: cosθ=−v 'u

El tiempo que demora en cruzar en esa dirección es t=Dv

, esto es: t=u d

v ' √u2−v ' 2

v⃗v⃗ '

u⃗α

α

d

θ

D

Orilla de partida

Orilla opuesta

Problema 6. Dos abuelitas comienzan a caminar por un mismo camino al amanecer a velocidad constante. Una va de A a B y la otra de B a A. Se cruzan al mediodía, sin detenerse, y una llega a B a las 16:00 horas, mientras que la otra llega a A a las 21:00 horas. ¿A qué hora amaneció ese día?

Tomando como origen de posiciones el punto A, entonces la posición de cada abuelita es,

xa=va (t−t0)

xb=d−vb(t−t 0)

donde t0 es el tiempo del amanecer y d es la distancia entre los puntos A y B.

Se conocen las horas de llegada de cada una, de modo que:

xa=va (t−t0) , de donde, va=d

16−t 0

0=d−vb(21−t 0) , de donde, vb=d

21−t 0

Se sabe que se cruzan al mediodía, esto significa que: va (12−t0)=d−vb (12−t 0 ) , y en esta se pueden sustituir las velocidades expresadas anteriormente:

d16−t 0

(12−t 0 )=d−d

21−t0(12−t0)

Lo cual es independiente de la distancia d:

116−t 0

(12−t 0 )=1−1

21−t 0(12−t 0)

Que se transforma en una ecuación polinómica: t 02−24 t 0+108=0 , con raíces t 0=12±6 .

Por lo tanto amaneció a las 6:00 ese día.