γλώσσες
Σελίδες
Νομικός
1
Ejemplos #1 trabajo mecánico sencillo
Se empuja un coche de 2000N sobre una distancia de 20metros El trabajo ( ) ( ) 42000N 20m 4.0 10 JW Fs= = ⋅ = × Pero si se empuja el coche con un ángulo de 45o
( ) ( ) ( )5 42cos 2000N 20m cos45 4.0 10 J 2.8 10 J
2W Fs φ= = ⋅ = × = ×o
El trabajo es menor è esto sugiere que la fuerza es más eficiente si esta dirigida exactamente en la dirección del camino Del punto del trabajo, más alto y más eficiente es la fuerza En términos de potencia la diferencia es obvio – si la fuerza se aplica solamente 10
minutos tenemos 44.0 10 J
0.067kW600s
WP
t∆ ×
= = =∆
en el primero caso y
42.8 10 J0.047kW
600sW
Pt
∆ ×= = =
∆en el secundo caso – la acción es mas potente
Más potente es la fuerza y más eficiente su acción è que es importante (económicamente) es hacer el máximo de trabajo en el mínimo de tiempo
2
#2 trabajo mecánico sencillo (secunda parte)
Un tractor es una herramienta potente para hacer un trabajo El tractor tira una masa con une fuerza de tracción de 5000N sobre una distancia de 20m – la fuerza de tracción hace un ángulo de 36.9o con el horizontal El trabajo hecho por el tractor
( ) ( ) 4cos 5000N 20m cos36.9 8.0 10 N m 80kJT TW F s φ= = = × ⋅ =o Pero el trineo hace fricción ( )3500N con la Tierra – el trabajo de le fuerza de fricción
( ) ( ) 4cos 3500N 20m cos180 7.0 10 N m 70kJfW fs φ= = = − × ⋅ = −o Es negativo porque la fuerza de fricción siempre es en la dirección inversa del desplazamiento El trabajo total:
10kJtotal T fW W W W= = + =∑ - solamente esta parte de la energía es cambiada en movimiento, la parte más grande del trabajo hecho por el tractor se hace contra la fricción La resultante de las fuerzas 5000Ncos36.9 3500 cos180 500Nx TF F f N= + = + =∑ o o Es solamente esta resultante que da una velocidad a la carga
500N 20m 10kJtotal xW F s= ⋅ = ⋅ =∑
3
Asumimos que empezó el movimiento a partir del reposo 0 0v⇒ = La variación de energía cinética:
22 1 2
212
totaltotal
WW K K K mv v
m= − = = ⇒ =
La masa de la carga
2
14700N1500kg
m9.8
s
wm
g= = =
Por lo tanto la velocidad final
23
2
m2 10 10 kg2 2 10kJ ms 3.65
1500kg 1500kg stotalW
vm
⋅ ×⋅= = = =
La misma solución se obtiene usando la segunda ley de Newton:
2
500N m0.333
1500kg sx
x
Fa
m= = =∑
Asumiendo que la aceleración es constante:
22
2 2
m m m2 2 0.33 20m 13.3 3.65
s s sv as v= = ⋅ ⋅ = ⇒ =
Esto es porque 2 212
2v as mv mas W= ⇒ = =
Nota que la solución en términos de trabajo no hace ninguna suposición è es valida misma si la aceleración no es constante
4
#3 El martillo hidráulico Esto es una herramienta extremamente potente usado en la construcción – es una herramienta que usa el colapso gravitacional
La herramienta consiste a elevar una masa de 300kg por 3.00m y de dejar lo caer en una viga para anclar lo solidamente en la Tierra – la energía potencial gravitacional del martillo se transforma en energía cinética que se transmite a la viga La viga entra 7.4cm en el suelo – el soporte del martillo produce alguna fricción del orden de 60N La fuerza resultante sobre el martillo
( ) 2
m200kg 9.8 60 1960N 60N 1900N
syF w f N = − = ⋅ − = − =
∑
El trabajo hecho por esta fuerza es 1900N 3.00m 5700Jtotal yW F s= ⋅ = ⋅ =∑ Aplicando el teorema de trabajo-energía
2 21 2 5700J m5700J 7.55
2 200kg stotal
total
WW K mv v v
m⋅
= ∆ = = ⇒ = = = =
Esto es la velocidad de la viga entrando en el suelo – pero rápidamente se pierde esta energía por la fricción del suelo
5
En el diagrama de fuerza, vemos que la fricción también hace parar el martillo – es equivalente a una fuerza variable η
r
En promedio, el trabajo hecho sobre el martillo para parar lo es igual a la resultante de la fuerzas por la distancia è ( ) 23totalW w f sη= − − ⋅ , donde 23 7.4cms = De nuevo aplicando el teorema trabajo-energía cinética encontramos que
3 2 0 5700JtotalW K K= − = − Aislamos la fuerza desconocida
( ) ( )2 4
23
5700J1960N 60N 7.9 10 N
0.074mK
w fs
η− −
= − − = − − = ×
Segundo la tercera ley de Newton esta fuerza promedio es también igual a la fuerza del martillo sobre la viga è esto es 40 veces el peso del martillo El principio (ventaja) de cualquier herramientas = aumentar la acción (trabajo) de la fuerza Principio de ventaja mecánica
(1) herr utilherr util herr herr m
util herr
F sW W F s F s
F s= ⇒ = ⇒ =
Una fuerza chica aplicada sobre una distancia grande tiene el mismo efecto que una fuerza grande aplicada sobre una distancia chica
6
#4 Corrida de velero sobre hielo
La fuerza que se aplica a un velero es proporcional al área de su vela Aquí tenemos dos ve leros con misma velas pero diferente pesos participando en una corrida – ¿es fácil determinar cual tiene la ventaja pasar la línea final primero? Considerando la inercia, uno podría pensar que el más ligero va llegar el primero Consideramos el problema en términos de trabajo – como las fuerzas y distancia viajada son las mismas, el trabajo W Fs K= = ∆
Las velocidades de los veleros 1
2 Kv
m∆
= para el más ligero y 2
22
K Kv
m m∆ ∆
= = para
el más pesado
Comparamos las velocidades 1
2
22
v K mv m K
∆= ⋅ =
∆, esto confirma la importancia de
la inercia, el menos pesado llegara el primero Maneras para poder competir:
• Aumentar la área de sus velas è aumentar F implica aumentar trabajo • También disminuir la fricción k kf mgηµ µ= = è aumentando tamaño de sus
patín de hielo o usando cierra especial • Manejo de las velas – depende de la habilidad del conductor este no es fácil a
estimar
7
#5 Balanza a resorte
Una balanza a resorte permite determinar el peso de una persona porque el resorte fue calibrado por esto è depende de la constante de acoplamiento (constante de fuerza del resorte) Al balanza mide el peso de una persona como 600N – esto corresponde a una compresión del resorte por 10cm
La constante de fuerza del resorte (ley de Hooke): 4600N N6.00 10
0.010m mF
kX
−= = = ×
−
El trabajo hecho por el peso de la persona es
( )221 1 N60000 0.010m 3.0J
2 2 mW kX = = − =
¡No es mucho!
• La importancia aquí es que k debe ser más grande posible • la otra es que el resorte no debe perder su elasticidad con el tiempo è no debe ser
sometido a fuerza extrema, más grande que las fuerzas moleculares del resorte • diferentes masas è diferentes resortes
8
#6 Deslizador sin fricción Este aparato permite estudiar movimiento de masa atado a un resorte eliminando la fricción por una capa de aire Asumimos
• una constancia de fuerza del resorte N
20.0m
k =
• una masa 0.100kg • Desplazamiento inicial a la derecha a
velocidad m
1.50s
El diagrama de fuerza (b) corresponde al movimiento sin fricción
La fuerza del resorte hace un trabajo contra el movimiento – después de un desplazamiento d la masa parara
El trabajo hecho para parar la masa: 212
W kd= −
Aplicando el teorema trabajo-energía 2 21 12 2 ikd mv− = −
Deducimos la distancia m 0.100kg
1.50 0.106mNs 20.0m
md v
k = = =
El diagrama (c) muestra que pasa cuando la fricción no es cero – la fricción siempre se opone al movimiento – hace un trabajo cos180f kW fd mgdµ= = −o
9
El trabajo total cambia para 2 2 2 21 1 1 10
2 2 2 2k i k imgd kd mv kd mgd mvµ µ− − = − ⇒ + − =
Esto tiene la forma de una ecuación cuadrática 2 0Ad Bd C+ + = con la solución
2 42
B B ACd
A− ± −
=
La distancia
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2
1 14
2 21
22
N0.461N 0.461N 4 10.0 0.113N m0.086mm
N 0.132m2 10.0m
k k img mg k mvd
k
µ µ − ± − − = =
− ± − − ⋅ + = = −
Con el movimiento original es positive, la solución es 0.086m+ Con fricción la masa pierde energía más rápidamente y por lo tanto para sobre una distancia más chica
10
# 7 trabajo sobre curva no lineal
El columpio es un juguete basado sobre el principio del péndulo – una cantidad de energía gravitacional se transforma en energía cinética y viceversa hasta que la fricción para el movimiento La persona con peso w mg= se da un empujo F
r que hace subir su cuerpo a una altura
más alta que a la posición de equilibrio – esto es equivalente aumentar su energía potencial gravitacional El diagrama de fuerza muestra que en cualquiera posición las componentes de la tensión Tr
en la cadena balanza las componentes del peso sin 0xF F T θ= − =∑ y cos 0yF T mgθ= − =∑ tan tanF mg wθ θ⇒ = =
La persona se desplaza sobre una trayectoria s dl= ∑
r, donde a cada momento dl T⊥
r r
El trabajo hecho por la fuerza es igual a la integral de línea 2
1
P
P
W F dl= ⋅∫rr
Para calcular esta integral necesitamos una descripción geométrica de dlr
• La longitud del arco sins R Rθ θ= ≈ , asumiendo θ chico • Tomando la diferencial ds dl Rdθ= =
( ) ( ) ( )0 02
0
1
000 0
tan cos sin cos 1 cosP
P
W F dl w Rd wR d wR wRθ θ
θθ θ θ θ θ θ θ⇒ = ⋅ = = = − = −∫ ∫ ∫
rr
• Si 0 0θ = , 0W =
• Si 0 90θ = o , W wR= , esto es el trabajo para elevar el objeto a la altura R
• A cualquier momento ( )1 cos cosR R Rθ θ− = − es el aumento de altura hè a cualquier momento el trabajo es el trabajo hecho contra la gravedad W mgh= (porque trabajo contra gravedad no depende del camino)
11
#8 Trabajo hecho en subir escalera
Una persona con masa 50kgm = sube una torre de 443 m (Sears Tower en Chicago) en 15 minutos Por definición, el trabajo = trabajo contra la gravedad
( ) ( ) 52
m50.0kg 9.8 443m 2.17 10 J
sW mgh = = = ×
El poder promedio 52.17 10 W
241W 0.241kW 0.323hp900av
WP
t s×
= = = = =∆
Alternativamente podríamos haber usado la formula P Fv mgv= = Comparamos esto con el poder de un avión de línea – un Boeing 767 con dos motores que liberan una fuerza 197000N que hace mover el avión a la velocidad 900km/h
Esto corresponde a un poder ( )5 7m1.97 10 N 250 4.93 10 W
sP Fv = = × = ×
o bien
7 41hp4.93 10 W 6.6 10 hp
746WP = × = ×
un jet es una herramienta muy poderosa – VENTAJA = permite viajar sobre grande distancias en tiempos muy cortos
12
#9 Altura máxima de una pelota
Lanzamos una pelota de masa 0.150 kg hacia arriba dándole una rapidez de 20.0 m/s.
Departe: 1 0U = y -11 20 m sv =
Cima: 2 0v = y 2 2U mgy=
Aplicando la conservación de la energía:
1 1 2 2 1 2U K U K K U+ = + ⇒ =
Que se escribe en términos de velocidades y posición como: 211 22 mv mgy=
Resolviendo para la posición:
2
211 1
2 2 2
2
m20
s 20.4mm
9.8s
vy
g
= = ≈
¡Mucho más fácil que de usar las ecuación de la cinemática!
13
El mismo problema, pero la mano sube 0.5 m al lanzar la bola – pongamos el cero del sistema de referencia al momento que la bala deja la mano (importante es U∆ y puedo poner el cero donde es más fácil) :
• 1 0.5my = − , 1 0K = y 1 1 0.71JU mgy= = −
• 2 0y = y 212 22 29.0JK mv= = y 2 0U =
Aplicando la ley de conservación de energía 1 1 2 2otrasK U W K U⇒ + + = + y aislando otrasW 29.0 0.71 29.7JotrasW⇒ = + =
Si la fuerza es constante, por definición del trabajo: 2 1( )otras otrasW F y y= −
2 1
59N( )
otrasotras
WF
y y⇒ = =
− esto es ~ 40 vez el peso de la bola
¿Cuál será la velocidad a 15m? Ahora tenemos 2 0y = e m2 s20v = e 3 15my =
Como 0otrasW = 2 3 3K U K⇒ = + 2 21 12 3 32 2mv mv mgy⇒ = +
⇒1
222 3 3
m2 10
sv gy v − = ± = ± , pero como la bala continua a subir la velocidad es positiva
14
#10 Altura máxima de un proyectil
De nuevo este problema es más fácil a resolver en términos de energía
• En el punto 1: 0y = y 1 0U =
• En el punto 2: y h= y 2U mgy mgh= =
La rapidez es igual a la magnitud del vector 2 2 2x yv v v= +
La energía cinética en el punto 1 es 2 211 1 12 ( )x yK m v v= + y en el punto 2 es 2 21
2 2 22 ( )x yK m v v= +
Por la conservación de energía: 1 1 2 2K U K U+ = +
⇒ 2 2 2 21 11 1 2 22 2( ) 0 ( )x y x ym v v m v v mgh+ + = + +
2 2 2 21 1 2 2 2x y x yv v v v gh⇒ + = + +
• Horizontalmente, 1 20 constantex x x xa v v v= ⇒ = ⇒ = , se anulan
• Como el punto 2 es la altura máxima, 2 0yv = 21 2yv gh⇒ =
De la figura arriba deducimos que: 0 0senyv v α= 2 20 0sen
2v
hg
α⇒ =
15
#11 Rampa circular
No se considera fricción - la masa del niño 25kgm = y el radio de la rampa 3mR =
Como la fuerza normal 0otrass Wη ⊥ ∆ ⇒ =r r
En el punto 1: 1 0K = , 1U mgR=
En el punto 2: 212 22K mv= , 2 0U =
Aplicando la ley de conservación de la energía: 1 1 2 2K U K U+ = + a partir de esta ecuación deducimos la velocidad al punto de la trayectoria más baja:
212 22
m2 7.67
smgR mv v gR⇒ = ⇒ = ≈
En este punto, la aceleración radial 22 2
2radv gR
a gR R
= = = aplicando la segunda ley de
Newton ( ) 2y radF w ma mgη⇒ = + − = =∑
Donde 2 3w mg mgη = + = es el peso aparente è el chico se siente mas pesado
16
Mismo problema pero considerando la fricción
Sin fricción la velocidad en el punto más bajo es m
7.67s
; la fricción es siempre contra el
movimiento por lo tanto se espera una velocidad más baja – se mide 2m
6s
v = no è el resto
de la energía potencial gravitacional se disipo en calor
Aplicando la ley de conservación de energía 1 2fU W K+ =
En el punto 1, 1 0K = y 1 735JU mgR= =
En el punto 2, 212 22 450JK mv= = y 2 0U =
212 1 22 450J 735J 285JfW K U mv mgR⇒ = − = − = − = −
Esto es casi 40% de la energía inicial è no es un valor despreciable
17
# 12 Plano inclinado Este es un herramienta que permite disminuir la fuerza necesaria para subir una masa- pero se debe considerar también una perdida de energía por fricción
La rampa tiene 2.5m y es inclinada a 30° - una caja de 12 kg sube de 1.6m a la velocidad de 5 m/s – no llego al final porque se perdí energía por fricción En el punto 1, 1 0y = , 1 0U =
y 211 12 150JK mv= =
En el punto 2,
2 1.6sin30 0.8my = =o ,
2 0K = , y 2 2 94JU mgy= =
Por definición
otrasW fs= − , donde 1.6ms =
Aplicando la ley de conservación de energía
2 2 1 1 2 1otrasW fs K U K U U K= − = + − − = −
⇒( ) ( )2 1 94J 150J
35N1.6 m
U Kf
s
− −= − = − =
18
Claramente, la caja no puede se quedar en el punto 2 y va bajar
¿A que rapidez promedio regresa a y1?
La fuerza de fricción cambia de sentido el trabajo total (distancia 2s ): 2 112Jotras fW W fs= = − = −
Al punto 1, 1 150JK = , 1 0U =
A regresar, en el punto 3, 213 32K mv= y 3 0U =
1 1 3 3otrasK U W K U+ + = + 3 1 150J 112J 38JotrasK K W⇒ = + = − =
Solucionando para la velocidad 33
2 m2.5
sK
vm
= = , casi toda la energía se perdí en calor
19
#13 Deslizador El resorte esta estirado de 0.100m - se suelta la masa con velocidad inicial 0 - el deslizador empieza a regresar a su posición de equilibrio
¿Cuál es la velocidad a 0.080mx = ?
Dando que la única fuerza es la fuerza del resorte: 0otrasW =
La conservación de energía implica que: 1 1 2 2K U K U+ = +
1 0K = , ( )221 1
1 1 N5.00 0.100m 0.0250J
2 2 mU kx = = =
22 2
12
K mv= , ( )222 2
1 1 N5.00 0.080m 0.0160J
2 2 mU kx = = =
2 1 1 2 1 2 0.009JK K U U U U⇒ = + − = − =
22
2 m0.30
sK
vm
⇒ = ± = ±
20
Empezando a la posición de equilibrio, se aplica una fuerza constante de magnitud 0.61NF = en la dirección x+
Como la fuerza neta sobre el sistema no es cero, hay un trabajo hecho sobre la masa y .E cte≠
La conservación de energía implica 1 1 2 2otrasK U W K U+ + = +
En el punto 1 (posición de equilibrio): 1 0K = y 1 0U =
En el punto 2: 212 22K mv= y 21
2 2 0.025JU kx= = , para 0.1mx =
El trabajo hecho por la fuerza 2 20.061J 0.036Jotras otrasW Fx K W U= = ⇒ = − =
Solucionando por la velocidad m2 s
20.036
Kv
m⇒ = =
¿Cuanto más avanza el resorte, cuando dejamos de aplicar la fuerza este momento?
Como no hay más fuerza 2 2 constante 0.036J 0.025J 0.061JE E K U= ⇒ = + = + =
En el punto 3, 2max 3 3 max
10
2x x K U E kx= ⇒ = ⇒ = = max
20.156m
Ex
k⇒ = = la masa se
mueve una distancia suplementar 0.056mx∆ =
21
#14 Ascensor en caída libre
Un ascensor siempre tiene un sistema de seguridad para amortizar la caida = un resorte (amortiguador) - también tiene un freno = execra una fuerza de fricción 17000Nf =
¿Cuál debe ser la constante de fuerza del amortiguador, si la masa del ascensor es
2000kgm = , la velocidad cuando llega al suelo es m
25scaidav = y el resorte se comprima de
3mx =
Las ecuaciones para la energía:
Punto 1: 1 0y = 211 12 625000JK mv= = y 1 0U =
Punto 2: 2 3my = − 2 0K = y 212 2 22U mgy ky= + donde 2 58000Jmgy = −
El trabajo hecho por la fricción 17000N 3m 51000JotrasW = − × = −
Aplicando la ley de conservación de la energía
211 1 2 2 1 2 22otras otrasK U W K U K W mgy ky+ + = + ⇒ + = +
( )1 2 522
2 N1.41 10
motrasK W mgy
ky
+ −⇒ = = × , relativamente alto
Top Related