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UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACION A DISTANCIA
MECÁNICA (C.C. QUÍMICAS) Cod. Asig. 092055
PRIMERA PRUEBA PERSONAL, PRIMERA SEMANA, FEBRERO, 2002
INSTRUCCIONES
No se puede utilizar ningún tipo de material auxiliar(ni calculadora). La calificación del examen
será global, pero de manera orientativa se comunica que la puntuación de cada problema es de 3.5
puntos y 1.5 puntos cada cuestión.
PROBLEMAS
1. Se dispara un misil de largo alcance desde la superficie de la Tierra con una velocidad
v = (vr, vθ) en coordenadas polares con centro en el de la Tierra. Despreciando la
resistencia del aire y la rotación de la Tierra, pero usando la expresión exacta del
campo gravitatorio, obténgase, en función de la masa M y radio R de la Tierra,
la constante de gravitación G y la velocidad inicial, y teniendo en cuenta que se
conservan el momento angular (cinético) y la energía
(a) Una ecuación para la máxima altura H sobre la superficie de la Tierra a la que
llega el misil.
(b) Resolver aproximadamente dicha ecuación, suponiendo que H/R es pequeño.
(Desarrollar en Taylor a primer orden).
Solución:
(a) En el campo gravitatorio se conserva el momento angular y la energía de manera que si
el estado inicial es el del disparo y el final (denotado con primas) el momento de máxima
altura (para el cual v0r = 0), tendremos las dos ecuaciones
mRvθ = m(R+H)v
0
θ
1
2
m(v2θ + v
2
r )−
GMm
R
=
1
2
mv
02
θ −
GMm
R+H
Despejando v0θ the la primera ecuación e insertándola en la segunda, llegamos a
1
2
m(v2θ + v
2
r )−
GMm
R
=
1
2
m
µ
R
R+H
¶2
v2θ −
GMm
R+H
que es la ecuación para H (todas las demás cantidades son conocidas).
(b) Si suponemos que H/R es pequeño, podemos aproximar el segundo término de la ecuación
de la siguiente forma
1
2
m(v2θ + v
2
r )−
GMm
R
≈ 1
2
m
µ
1− 2H
R
¶
v2θ −
GMm
R
µ
1− H
R
¶
de donde podemos despejar H con el resultado
H ≈ v
2
rR
2
³
GM
R − v2θ
´
4
(c) Cuando el lanzamiento es vertical, vθ = 0, y vr = v y la expresión anterior deviene
H ≈ v
2
2g
donde g = GMR2 es el campo gravitatorio en la superficie terrestre.
2. Una barra delgada y uniforme AB, de masa m y longitud L, puede rotar libremente
en un plano vertical alrededor de un eje horizontal que pasa por su extremo A.
Inicialmente la barra se encuentra en reposo en su posición de equilibrio estable.
Se lanza una bola de masa m que choca con el extremo B de la barra quedándose
adherida a la misma. ¿Cuál es la velocidad mínima de la bola para que la barra dé
una vuelta completa? Nota: el momento de inercia de la barra respecto al un eje
perpendicular a la misma que pasa por su centro es Ic = 112mL
2
Solución:
El momento de inercia de la barra con la bola adherida respecto a un eje que pasa por A es
I =
1
12
mL2 +m
µ
L
2
¶2
+mL2 =
4
3
mL2
Por conservación del momento cinético tenemos
mvL = Iω
de donde se deduce que la velocidad del sistema barra-bola después del choque es
ω =
3v
4L
Por conservación de la energía
1
2
Iω2 =
3
2
gLm
y por tanto
v =
p
4gL
CUESTIONES
1. Para medir el rozamiento entre un cuerpo que desliza sobre un plano inclinado que
forma 30o sobre la horizontal, se mide la velocidad velocidadvf con la que vuelve al
mismo punto. ¿Qué distancia recorre sobre el plano inclinado antes de detenerse?
¿Cuál es el coeficiene de rozamiento?
Solución:
En el instante inicial la energía total es E1 = Ec1 = 12mv
2
i .
En el punto más alto, a una altura h y después de haber recorrido una distancia d sobre el plano, la
energía es E2 = Ep2 = mgh. Cuando la masa vuelve al punto inicial su energía es E3 = Ec3 = 12mv
2
f .
Como hay rozamiento parte de la energía se pierde en forma calor o trabajo realizado por la fuerza de
rozamiento, así la conservación de la energía aplicada en los instantes 1, 2 y 3, es
Ec1 = Ep2 + Frd (4)
Ep2 = Ec3 + Frd (5)
Restando ambas ecuaciones tenemos
Ec1 +Ec3 = 2Ep2 = 2mgh
de donde se tiene que
h =
v2i + v
2
f
4g
.
5
La distancia recorrida es d = h/ sen 30. Sumando las ecuaciones (??) y (??) tenemos
Ec1 −Ec3 = 2Frd = 2 (mgµ cos 30) d
y, por tanto, se tiene que
µ =
v2i − v2f
4dg cos 30
=
v2i − v2f√
3(v2i + v
2
f )
2. Dos masas m1 y m2 cuelgan de los extremos de un hilo que pasa por una polea.
Determínese la aceleración lineal del sistema cuando la masa de la polea es despre-
ciable.
Solución:
La segunda ley de Newton, aplicada a los dos cuerpos da:
m1a = P1 − T1,
m2a = P2 − T2.
Cuando la masa del disco es despreciable, entonces T1 ≈ T2 y del sistema de ecuaciones se despeja la
aceleración
[ a=gm1 −m2m1+m2.
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