Fısica Solucions 1

3 Treball i energia

Treball d’una forca

1. Una masa m se mueve a lo largo de una superficie horizontal una cierta distancia d . El trabajo realizado por lafuerza de gravedad (el peso) es:

(a) mgd(b) 0(c) −mgd(d) depende del valor de la fuerza aplicada durante el desplazamiento

SOLUCIO

Si escogemos el eje horizontal como eje x y aplicamos la definicion de trabajo, tenemos:

W (~P ) =

∫ 2

1

~P · d~r =∫ 2

1

(0,−mg) · (dx, 0) =∫ 2

1

0 · dx = 0

2. Un bloque desliza una cierta distancia hacia abajo por un plano inclinado que forma un angulo θ con la horizontal.Si llamamos W al trabajo hecho por la gravedad, ¿cual sera el trabajo realizado por la gravedad si el bloque deslizala misma distancia hacia arriba por el plano?:

(a) W(b) 0(c) −W(d) W cos θ(e) −W cos θ

3. Un bloque de 4 kg de masa, inicialmente en reposo, desliza 5m hacia abajo sobre un plano inclinado que forma unangulo de 60◦ respecto a la horizontal. El coeficiente de rozamiento cinetico entre ambas superficies es µc = 0.2 . Eltrabajo realizado por la fuerza de rozamiento sobre el bloque es:(a) 19.6 J (b) −19.6 J (c) 33.9 J (d) −33.9 J

4. Un objeto de 10 kg es sometido a un desplazamiento ∆r = 5~ı+ 3~+ 3~k , durante el cual actua una fuerza constantedada por ~F = −3~ı+ ~+ 4~k . El trabajo hecho por la fuerza sobre el objeto es:(a) −15 J (b) 0 (c) 15 J (d) 12 J

SOLUCIO

El trabajo viene dado por:

W (~F ) =

∫ 2

1

~F · d~r = ~F ·∫ 2

1

d~r = ~F ·∆r = 0

5. Una partıcula de 3 kg parteix del repos en x = 0 i es mou sota l’accio d’una forca F (x) = 6 + 4x − 3x2 on x esmesura en metres i F en newtons. Trobeu el treball realitzat per la forca F quan la partıcula es desplaca de x = 0fins a x = 3m .

SOLUCIO

Cal fer una precisio a l’enunciat i que moltes vegades no s’hi dona la importancia corresponent. Quan es demanael treball per anar d’un punt inicial fins a un punt final, cal indicar quina sera la trajectoria seguida. En aquest casseguirem l’eix x .

W =

∫ x=3

x=0

~F · d~r =∫ x=3

x=0

(6 + 4x− 3x2, 0) · (dx, 0)∫ x=3

x=0

(6 + 4x− 3x2) dx =[

6x+ 2x2 − x3]3

0= 9J

6. Una partıcula de massa 1 kg es mou en l’eix x . Esta sotmesa a una forca que li proporciona una acceleracio de talmanera que la seva posicio ve donada per x = 2t2 − 3 . Trobeu el treball realitzat per aquesta forca entre els instantst = 1 i t = 2 .

SOLUCIO

Com en el cas anterior, suposarem que la trajectoria es fa per l’eix x . A partir de l’expressio de la posiciotrobem l’acceleracio i, per tant, la forca:

x = 2t2 − 3 ⇒ a = 4 ⇒ F = m · a = 1 · 4 = 4N

Fısica Grau Telecomunicacions

2Fısica Solucions

Ara nomes cal integrar per trobar el treball:{

t = 1 ⇒ x = −1t = 2 ⇒ x = +5

⇒ W =

∫ 5

−14 · dx =

[

4x]5

−1 = 24 J

7. La posicio d’una partıcula en un pla ve donada per ~r = 2t~ı− t2~ , i la forca que aquesta pateix en cada posicio (x, y)

es ~F = x2~ı− xy~ . Trobeu el treball realitzat sobre la partıcula durant l’interval de temps 1 s ≤ t ≤ 3 s .

SOLUCIO

Si volem aplicar la definicio de treball com la integral de la forca pel desplacament ens trobem que la forca veexpresada en coordenades de posicio x, y i el vector posicio el tenim expressat en funcio del temps. Caldra doncsunificar-ho de manera que ens quedi tot en funcio de la variable t , es a dir,

~r = (x, y) = (2t,−t2)d~r = (2,−2t)dt~F = (x2,−xy) = (4t2, 2t3)

⇒ W =

∫

~F · d~r =∫ 3

1

(8t2 − 4t4)dt =

[

8t3

3− 4

t5

5

]3

1

= −124.3 J

8. Dos cossos de masses m1 = 50 kg i m2 = 30 kg pengen d’una politja ideal. Inicialment el sistema es troba en reposi la massa de m1 esta a una alcada de h = 10m . Trobeu el treball fet sobre la massa de m1 per la tensio i el pesentre l’instant inicial i l’instant en que aquesta arriba a terra.

SOLUCIO

Quan deixem anar el sistema el bloc de massa m1 comenca a baixar amb una acceleracio ai la corda adquireix una tensio T . Cal resoldre un exercici de dinamica per trobar el valor de latensio:

{

P1 − T = m1 a

T − P2 = m2 a

}

⇒

{

a = 2.45m/s2

T = 367.5N

}

Cal tenir present que la tensio de la corda te el mateix modul pels dos blocs i caldra tenir-ho en compte pelcalcul del treball. Pel bloc m2 tebnim dues forces: la tensio que va cap amunt i el pes que va cap avall. Cal escollir unseixos per poder trobar el treball i en aquest cas escollim l’eix y dirigit cap amunt. Aquesta eleccio es molt importantper a poder establir de forma correcte els lımits d’integracio que acabaran determinant el signe del treball.

Si ens fixem en el diagrama del cos lliure del bloc m2 hi han dues forces en sentits contraris.El desplacament del bloc te lloc entre la posicio y = 0 i y = h . Aixı el treball de la tensio vedonat per:

W (T ) =

∫ y=h

y=0

~T · d~r =∫ y=h

y=0

(0, T ) · (0, dy) =∫ y=h

y=0

Tdy = Ty = 367.5 · 10

i el treball del pes ~P2 = (0,−P2) ve donat per:

W (P2) =

∫ y=h

y=0

−P2dy = −P2y = −30 · 9.8 · 10

9. Un cos de massa 1 kg parteix del repos de la part mes alta d’un pla inclinat que forma un angle de 30◦ ambl’horitzontal. L’alcada del pla es de 2m i el coeficient de fregament entre el cos i el pla val µ = 0.2 . Trobeu el treballfet pel pes i pel fregament durant tot el recorregut del bloc fins que arriva al final del pla.

SOLUCIO

Cal trobar el diagrama del cos lliure, escriure les equacions de la dinamica itrobar el valor de la forca de fregament.

{

~P = (mg sin 30,−mg cos 30) = (4.9,−8.5)~F = (−µmg cos 30, 0) = (−1.697, 0)

Fısica Grau Telecomunicacions

Fısica Solucions 3

El recorregut del bloc es fa per una trajectoria seguint l’eix x on els punts inicial i final son respectivamentx = 0 i x = 4 . Els treballs de cada forca es calculen doncs integrant i utilitzan que d~r = (dx, 0) , es a dir,

W (~P ) =

∫ x=4

x=0

4.9dx = 19.6 J

W (~F ) =

∫ x=4

x=0

−1.697dx = −6.79 J

∗ 10. Una forca ~F = 5x3~ı N actua sobre un cos. Determineu el treball que realitza quan el cos es desplaca una distanciade 10m

(a) paral.lelament a l’eix de les x del punt (2, 3)m al punt (12, 3)m ;(b) paral.lelament a l’eix de les y , del punt (2, 3)m al punt (2, 13)m ;(c) en una lınea recta des del punt (2, 3)m al punt (10, 9)m .

SOLUCIO

Per trobar el treball d’una forca necessitem l’expressio de la forca, l’element de camı d~r i els punts inicial ifinal.

(a) Per l’eix x tenim d~r = (dx, 0) i el treball:

W (~F ) =

∫ x=3

x=2

~F · d~r =∫ x=3

x=2

(5x3, 0) · (dx, 0) =∫ x=3

x=2

5x3 dx = 5[ x4

4

]12

2= 25900 J

(b) Per l’eix y tenim d~r = (0, dy) i el treball:

W (~F ) =

∫ y=13

y=3

~F · d~r =∫ y=13

y=3

(5x3, 0) · (0, dy) =∫ y=13

y=3

0 · dy = 0

(c) Per una recta hem de buscar l’equacio de la recta que sera del tipus y = Ax + B , i aleshores dy = Adx . Elvector d~r s’expressara:

d~r = (dx,Adx)

El treball en aquest cas es troba:

W (~F ) =

∫ x=10

x=2

~F · d~r =∫ x=10

x=2

(5x3, 0) · (dx,Adx) =∫ x=10

x=2

5x3 dx = 5[ x4

4

]10

2= 12480 J

11. Para estirar un muelle que esta en reposo, es necesario aplicar una fuerza proporcional al desplazamiento cuyo moduloes F = kx , siendo x la distancia que se ha alargado. El trabajo necesario para estirarlo 5 cm si la constante valek = 1000N/m , es:(a) 3.46N (b) 6.75N (c) 1.25N (d) 8.25N

12. Un cos de massa 10 kg esta subjecte per un extrem a una molla de constant 100N/m en repos damunt un plahoritzontal amb un coeficient de fregament µc = 0.2 . Per l’altre extrem l’estirem amb una corda de forma quasiestaticauna distancia de 1m fins que torna a quedar parat i a continuacio el deixem anar. Considerarem tres instants delmoviment: el cos i la molla en repos (t0) , moment en que l’acabem d’estirar i el deixem anar (t1) , instant en que elcos torna a passar per la posicio que tenia al principi (t2) . Trobeu el treball fet:

(a) per la molla entre t0 i t1 ;(b) pel fregament entre t0 i t1 ;(c) per la tensio entre t0 i t1 ;(d) per la molla entre t1 i t2 ;(e) pel fregament entre t1 i t2 .

SOLUCIO

Considerem el diagrama del cos lliure pel bloc, on apareixen 3 forces horitzontals: la forca aplicada Fapp queno es mes que la tensio de la corda, la forca elastica de la molla Fm i la forca de fregament F .

Fısica Grau Telecomunicacions

4Fısica Solucions

Es pot comprovar facilment que les tres forces venen donades per:

~F = (−µmg, 0) = (−19.6, 0)~Fm = (−kx, 0)~Fapp = −~F − ~Fm

El camı d’integracio el determina d~r = (dx, 0) . Aixı els treballs per a cada forca venen donats per:

(a) W (~Fm) =

∫ x=1

x=0

−kxdx = −1

2kx2]1

0= −50 J

(b) W (~Fr) =

∫ x=1

x=0

−19.6dx == −19.6 J

(c) W (~Fapp) = −W (~Fm)−W (~F ) = 69.6 J

(e) W (~Fm) =

∫ 0

1

−kxdx = −1

2kx2]0

1= +50 J

(f) El mateix treball que l’apartat (b). Tambe es negatiu perque la forca actua en contra del desplacament.

∗∗ 13. Un obrer col.loca 21 blocs cubics, inicialment dispersos en una superfıcie horitzontal, un sobre l’altre. Sabent quecada bloc te 10 cm d’aresta i una massa de 2 kg , calculeu el treball realitzat per l’obrer suposant nul.les tota menade perdues.

SOLUCIO

Quan elevem un cos de massa m amb velocitat uniforme estem realitzant una forca igual i de sentit contrarique el seu propi pes. En el proces intervenen dos treballs: el del pes i el de la forca externa. Si el cos passa de unaalcada inicial de 0m fins a una alcada h , aleshores tenim:

W (P ) =

∫ y=h

y=0

−mgdy = −mgh ⇒ ∆Ep = −W (P ) = +mgh

i el treball efectuat per la fora externa es just el contrari:

W (F ) =

∫ y=h

y=0

+mgdy = +mgh ⇒ ∆Ep = +W (F )

Aixı el treball per elevar cadascun dels blocs es:• Primer bloc: el treball es nul perque no s’ha d’elevar cap alcada• Segon bloc: s’ha d’elevar una alcada de 0.1m , per tant

W (F ) = +mgh = +2 · 9.8 · 0.1 = 1.96 J

• Tercer bloc: s’ha d’elevar una alcada de 2 · 0.1m , per tant

W (F ) = +mg2h = +2 · 9.8 · 2 · 0.1 = 2 · 1.96 J

• Bloc n: s’ha d’elevar una alcada de (n− 1) · 0.1m , per tant

W (F ) = +mg(n− 1)h = +2 · 9.8 · (n− 1) · 0.1 = (n− 1) · 1.96 J

El treball per pujar els 21 blocs es la suma de 20 termes que estan en progressio aritmetica de diferencia 1.96 ,aixı la suma val:

∑

W =1.96 + (21− 1) · 1.96

220 = 411.6 J

Una altre forma de analitzar l’exercici resulta de fer el raonament seguent: els 21 blocs estan inicialment al terraja aliniats, per tant considerant-ho com una columna tindra el seu centre de gravetat a una alcada de 0.05m .Quan elevam tota la columna per posar-la vertical, el seu centre de gravetat esta a la meitat de l’alcada que es21 · 0.1/2 = 1.05m i per tant l’augment de alcada es d’ 1m . L’energia potencial d’aquesta "columna" val:

mgh = (21 · 2) · 9.8 · 1 = 411.6 J

Fısica Grau Telecomunicacions

Fısica Solucions 5

14. Una partıcula recorre la mitad de un camino circular de radio R . Sobre ella act.a una fuerza radial de modulo F .El trabajo realizado por la fuerza radial es(a) 0 (b) FR (c) πFR (d) 2FR (e) 2πFR

15. Al empujar una cierta carga, se ejerce una fuerza dada por la grafica. ¿Cuanto vale el trabajo realizado por dichafuerza a lo largo del desplazamiento indicado (desde 0m hasta 4m )?. La fuerza ests expresada en Newtons y laposicion en metros.(a) 12 J (b) 24 J (c) 20 J (d) 2.4 J (e) 4 J

Teorema del treball i l’energia cinetica

16. Si se duplica la velocidad de un objeto, su energıa cinetica:

(a) es la misma.(b) se duplica.(c) se triplica.(d) se cuatriplica.(e) se reduce a la mitad.

17. Un trabajo negativo significa que:

(a) la energıa cinetica del objeto aumenta.(b) la fuerza aplicada es variable.(c) la fuerza aplicada es perpendicular al desplazamiento.(d) la fuerza aplicada es opuesta al desplazamiento.(e) es imposible, no puede existir un trabajo negativo.

18. Dos esquiadores realizan un recorrido entre los mismos puntos de salida y llegada. El esquiador A toma una rutarectilınea y lisa mientras que el esquiador B toma una ruta sinuosa y llena de cambios de pendiente. Suponiendo elrozamiento despreciable, ¿cual de las siguientes afirmaciones es verdadera?

(a) Los dos esquiadores llegan a la meta a la misma velocidad.(b) El esquiador B llega a la meta a mayor velocidad que el esquiador A .(c) El esquiador A llega a la meta a mayor velocidad que el esquiador B porque su ruta es

rectilınea.(d) El esquiador A llega a la meta a mayor velocidad que el esquiador B porque su ruta no tiene

cambios de pendiente.(e) El esquiador A llega a la meta a mayor velocidad que el esquiador B porque su ruta es

rectilınea y ademas no tiene cambios de pendiente.

19. Un motorista de masa m parte del reposo puede alcanzar una velocidad v cuando el motor realiza un trabajo W .Si el motor pudiera realizar un trabajo 4W , ¿Cual serıa entonces la velocidad alcanzada?(a) 4v (b) 2v (c) 16v (d)

√2v (e)

√4v

20. Si un cuerpo se mueve con una velocidad, cuyo modulo esta disminuyendo con el tiempo, el trabajo neto hecho sobreel cuerpo, W , y su energıa cinetica Ec , cumplen:

(a) W > 0 y Ec esta aumentando(b) W > 0 y Ec esta disminuyendo(c) W = 0 y Ec esta disminuyendo(d) W < 0 y Ec esta aumentando(e) W < 0 y Ec esta disminuyendo

21. Sobre una partıcula de masa m = 500 g se aplica una fuerza en la direccion del eje x cuya componente Fx estarepresentada en la grafica adjunta. Si en x = 0 la velocidad de dicha partıcula es de 5m/s , en la posicion x = 8 cm ,el modulo de su velocidad sera:(a) 10m/s (b) 8.1m/s (c) 3.9m/s (d) 6.3m/s

22. Una persona empuja, con velocidad constante, una caja de 30 kg hacia arriba por un plano inclinado que forma unangulo de 30◦ con la horizontal. Si el coeficiente de rozamiento estatico vale 0.3 y el dinamico 0.2 , hallar la energıaEf disipada por la friccion, despues de recorrer 30m .(a) 2646 J (b) 1764 J (c) 1528 J (d) 0 J

23. S’estira una massa de 0.5 kg unida a una molla horitzontal de constant 10N/m fins a 20 cm i es deixa anar. Quanla massa passa per la posicio d’equilibri la seva velocitat val 0.6m/s . Trobeu el coeficient de fregament entre la massai la superfıcie.

SOLUCIO

Escollim l’eix horitzontal com eix x i tenim que en el trajecte desde la posicio 0.2m fins a 0m els treballs

Fısica Grau Telecomunicacions

6Fısica Solucions

de les dues forces venen donats per:

W (Fm) =

∫ 0

0.2

~Fm · d~r =∫ 0

0.2

(−kx, 0) · (dx, 0) =∫ 0

0.2

−kx dx = 0.2

W (Fr) =

∫ 0

0.2

~Fr · d~r =∫ 0

0.2

(µN, 0) · (dx, 0) =∫ 0

0.2

µN dx = −0.98u

W (P ) = 0

W (N) = 0

La suma de tots els treballs ha de ser igual a la variacio de l’energia cinetica:

W (Fm) +W (Fr) +W (P ) +W (N) = ∆Ec ⇒ 0.2− 0.98µ =1

20.5 · (0.6)2 − 0 ⇒ µ = 0.112

24. Un mobil de massa 2 kg es mou sobre un pla horitzontal amb una energia cinetica de 9 J . Entra en una zona en queel coeficient de fregament entre mobil i pla val 0, 1 i que te una extensio de 2.5m . Calculeu l’energia cinetica delmobil quan surt de la zona amb friccio. Si la zona de friccio tingues 5m quina distancia recorreria fins parar-se.

SOLUCIO

Apliquem el teorema del treball i l’energia cinetica:

W (Fr) = ∆Ec ⇒ −µN · 2.5 = 0.1 · 2 · 9.8 · 2.5 = Ec − 9 → Ec = 4.1 J

Si la regio de fregament es suficienment llarga podem buscar en quin punt es para el mobil:

W (Fr) = ∆Ec ⇒ −µN · x = 0.1 · 2 · 9.8 · x = 0− 9 → x = 4.6m

Aixı el cos es para abans d’arrivar als 5m .

25. Sobre una partıcula de 2 kg , que es mou damunt del l’eix Ox , actua una forca ~F = (3x2+4)~ı ( x en metres i F ennewtons). Si quan x = 0 la partıcula te una velocitat de 5m/s , trobeu la velocitat que tindra quan hagi recorregut20m .

SOLUCIO

Cal aplicar el teorema del treball i l’energia cinetica:

W (F ) = ∆Ec ⇒∫ x=20

x=0

~F · d~r =∫ x=20

x=0

(3x2 + 5)dx =[

x3 + 5x]

= 8100 J =1

2mv2 −

1

2m52

Energia potencial gravitatoria

26. Un bloc de massa 1 kg puja cap amunt traccionat per una corda amb una velocitat constant de 3m/s , durant 1m .Trobeu la variacio d’energia potencial gravitatoria. Si mentre puja el cos dupliquem la tensio de la corda, quan val lavariacio d’energia potencial gravitatoria.

SOLUCIO

La variacio d’energia potencial gravitatoria es igual al treball del pes canviat de signe. Nomes cal saber elspunts inicial i final. El fet de pujar el cos amb una corda de que faci vent, de que la tensio es redueixi a la meitat, etc.no fa variar el treball fet pel pes i, per tant, l’energia potencial.

∆Ep = −W (P ) = −∫ y=1

y=0

−mgdy = mg = 9.8 J

27. Una caixeta d’ 1 kg esta al damunt d’un armari d’alcada 2m en repos. Trobeu la variacio d’energia potencialgravitatoria si:

(a) la deixem caure fins al terra;(b) l’agafem i la portem fins al terra amb velocitat constant.

∗ 28. Tenim una columna de 21 maons (ladrillos) posats un damunt de l’altre. Cada mao te un gruix (en alcada) de 10 cmi una massa de 2 kg . La columna es desestabilitza i cauen tots al terra quedant en posicio horitzontal. Trobeu lavariacio d’energia potencial del conjunt.

Fısica Grau Telecomunicacions

Fısica Solucions 7

SOLUCIO

Els 21 blocs formen una "columna" que te el seu centre de gravetat a la meitat de l’alcada:

h2 = 21 · 0.1/2 = 1.05m

Quan estan tots al terra el centre de gravetat de la "columna" val h1 = 0.05m . Aixı, per trobar la variacio d’energiapotencial tenim:

∆Ep = mgh1 −mgh2 = −411.6 J

Energia potencial elastica

29. Un cos de massa 1 kg esta subjecte a una molla de constant k = 1000N/m en la seva posicio d’equilibri ( x = 0 ).La molla pot oscilar entre les posicions x = 10 cm i x = −10 cm .

(a) Trobeu la diferencia d’energia potencial elastica entre x = 6 cm i x = −4 cm .(b) Si per x = −5 cm l’energia potencial elastica val 2 J , quin valor tindra per x = 5 cm .(c) Si per x = 10 cm l’energia potencial elastica val 3 J , quin valor tindra per x = 0 cm .

SOLUCIO

L’energia potencial elastica associada a la forca conservativa que hi ha entre la molla i el bloc ve donada per:

∆Ep = Ep(x2)− Ep(x1) = −W (Fm) = −∫ x2

x1

~Fm · d~r = −∫ x2

x1

(−kx, 0) · (dx, 0) = −∫ x2

x1

−kx dx =1

2k(x22 − x22)

Aixı en els 3 casos que demana l’exercici tenim:

Ep(0.06)− Ep(−0.04) = 1 J

Ep(0.05)− Ep(−0.05) = 0 ⇒ Ep(0.05) = Ep(−0.05) = 2 J

Ep(0.00)− Ep(+0.10) = −5 J ⇒ Ep(0) = Ep(0.1)− 5 J = −2 J

30. Amb la nostra ma pressionem un bloc de massa m contra una molla de constant k fins una distancia x . Si deixemanar la ma, trobeu per a quina distancia l’energia potencial de la forca elastica s’haura reduit a la meitat.

SOLUCIO

Si escollim que l’energia potencial elastica valgui 0 quan la molla esta en repos, aleshores tenim:

Ep(x) =1

2kx2

Ep(d) =1

2kd2

→ Ep(d) =1

2Epx ⇒ d =

x√2

Teorema de conservacio de l’energia

31. Un ciclista que viaja a 10m/s por una carretera horizontal deja de pedalear cuando empieza a subir por una pendienteinclinada 3◦ respecto a la horizontal. Si consideramos a las fuerzas de friccion despreciables, ¿que altura respecto ala horizontal alcanzara antes de pararse?.

(a) 5.1m(b) 30m(c) 97m(d) 10m(e) la respuesta depende de la masa del ciclista

32. Una partıcula que se mueve con una velocidad de modulo v se proyecta hacia arriba por un plano inclinado y cuandose para momentaneamente vuelve a bajar hasta pasar otra vez por su posicion inicial en la que ha empezado a subir.Si escojemos como origen de energıa potencial el punto inicial, ¿cual de las siguientes afirmaciones es correcta?

(a) La energıa en el punto mas alto es la mitad de la energia cinetica en el punto inicial.(b) La energıa en el punto mas alto es diferente de la energia potencial en el punto mas alto.(c) La energıa potencial en el punto mas alto es igual a la energia cinetica en el punto inicial.(d) La energıa potencial en el punto mas alto vale la mitad de la energia potencial en el punto

inicial.(e) Ninguna de las anteriores es correcta.

Fısica Grau Telecomunicacions

8Fısica Solucions

33. En una erupcio volcanica un tros de 200 g de roca es expulsat verticalment amb una velocitat inicial de 40m/sassolint una alcada de 50m . Calculeu el treball realitzat per la resistencia de l’aire sobre la roca.

SOLUCIO

Mentre la roca puja esta sotmesa a dues forces: el pes i la resistencia de l’aire que anomenem F . Si apliquemel teorema de conservacio tenim:

∆Ec +∆Ep =W (F ) ⇒

(

0−1

2mv2

)

+ (mgh− 0) =W (F )

Introduint la velocitat v = 40 , l’alcada h = 50 i la massa m = 0.2 obtenim: W (F ) = −62 J34. Es transporten caixes mitjancant una banda amb una velocitat vo fins a una pendent fixe en A on llisquen i al final

cauen en B . Si el coeficient de fregament cinetic val µc = 0.4 , trobeu la velocitat de la banda transportadora si lescaixes abandonen el punt B amb velocitat de 2m/s .

SOLUCIO

Les caixes que es mouen entre els punts A i B estan sotmeses a 3 forces: el pes, la normal i la forca defregament. L’estudi dinamic ens permet trobar les forces:

P = mg ,N = mg cos 15 , Fr = −µc mg cos 15

A continuacio ja podem aplicar el teorema de conservacio:

∆Ec +∆Ep =W (Fr) +W (N) ⇒ EcB − EcA + EpB − EpA =W (Fr) + 0

i substituint les dades tenim:

(

1

2m22 −

1

2mv2o

)

+ (0−mg6 sin 15) = −0.4 ·mg cos 15 · 6 ⇒ vo = 4.36m/s

∗ 35. En un moviment en una dimensio, una partıcula esta sotmesa a l’accio de dues forces: una forca constant ~F1 = (3, 0)Ni a una forca conservativa que actua en la direccio x l’energıa potencial de la qual val Ep(x) = 3x2 J . Quan la partıculaes mou des de x = 1m fins a x = 0m trobeu la variacio de la seva energia cinetica.

SOLUCIO

El teorema de conservacio de l’energia ens diu:

∆Ec +∆Ep =W (~F ) ⇒ ∆Ec + Ep(0)− Ep(1) =

∫

~F · d~r

El treball de la forca ~F ee calcula a partir de l’integral:

W (~F ) =

∫ x=0

x=1

~F · d~r =∫ x=0

x=1

(3, 0) · (dx, 0) =∫ x=0

x=1

3dx = −3

Aixı la variacio d’energia cinetica val:

∆Ec = Ep(1)− Ep(0) +W (~F ) = 3− 0− 3 = 0

36. El bloc de massa m = 1kg baixa per un plan inclinat ( sin θ = 0.6 , cos θ = 0.8 ) de manera que quan passa pel puntA te una energia cinetica de 4.8 J . Recorre el tram AB ( d = 3m ) i existeix un fregament de coeficient cineticoµc = 0.2 . En arrivar al punt B desapareix el fregament i el bloc entra en contacte amb una molla de constantk = 960N/m comprimint-ho una certa distancia x fins quedar momentaniamente en repos. Trobeu la velocitat delbloc quan passa pel punt B i la distancia x que es comprimeix la molla.

SOLUCIO

Apliquem el teorema de conservacio entre A i B :

1

21v2B − 4.8 + 0− 1 · 10 · 1.8 = −(0.2 · 1 · 10 · 0.8) · 3 ⇒ vB = 6m/s

Fısica Grau Telecomunicacions

Fısica Solucions 9

A partir del punt B y fins que es para fem el mateix:

0−1

21 · v2B + 0− 1 · 10 · 0.6x+

1

2960x2 − 0 = 0 ⇒ x = 0.20

37. Un pendol simple de massa m i longitud l es desplaca un angle θ de la vertical i es deixa lliure. Trobeu la sevavelocitat en el punt mes baix de l’oscil.lacio i la tensio del fil en aquest punt.

SOLUCIO

Considerem els dos estats del moviment: el punt que correspon a un desplacament θ i el punt mes baix. Les desforces que actuen durant el moviment son el pes de la massa m i la tensio del fil. Apliquem el teorema de conservacioentre els dos estats, tenint en compte que el treball de la tensio es nul ja que es perpendicular al desplacament.

∆Ec +∆Ep =W (T )

1

2mv2 − 0 + 0−mgh = 0 ⇒ v =

√

2gh =√

2gl(1− cos θ)

Equacio de la dinamica per l’eix normal:

T − P = man = mv2

l⇒ T = mg(3− 2 cos θ)

38. Disparem un projectil de 20 g de massa amb una velocitat de 250m/s . A una alcada de 2680m el projectil esmou formant un angle de 45◦ amb l’horitzontal. Trobeu la seva alcada maxima i la velocitat que assolira en aquestmoment.

SOLUCIO

Tenim 3 punts del moviment:• Punt inicial 1 on coneixem la velocitat• Punt 2 on coneixem l’alcada i l’angle que forma el modul de la velocitat amb l’eix x .• Punt 3 on coneixem la velocitat, donat que en aquest punt nomes te component horitzontal. En tots els punts

la component x de la velocitat es la mateixa, ja que no tenim cap forca horitzontal.

Apliquem el teorema de conservacio entre els punts 1 i 2 :

1

20.02 · v2 −

1

20.02 · 2502 + 0.02 · 9.8 · 2680− 0 = 0 → v = 99.86m/s

Apliquem el teorema de conservacio entre els punts 1 i 3 :

1

20.02 · (v cos 45)2 −

1

20.02 · 2502 + 0.02 · 9.8 · h− 0 = 0 → h = 2934m

∗∗ 39. Una massa m pot lliscar sense friccio sobre una barra vertical i esta connectada a una molla de constant k = 660N/mtal com es mostra a la figura ( d = 300mm ). Sabem que quan h = 300mm la molla no esta estirada. Degut al pesde la massa m la molla s’estira fins que h = 400mm , moment en que la massa esta en equilibri. A partir d’aquestaposicio estirem a la massa m fins a h = 500mm i la deixem anar en llibertat. Trobeu el valor de la massa m i lavelocitat que assolira quan torni a passar per la posicio inicial ( h = 400mm ).

Fısica Grau Telecomunicacions

10Fısica Solucions

SOLUCIO

Els 3 estats de la figura corresponen a quan la molla esta en repos (esquerra), quan esta en equilibri (mig) i enel moment que l’estirem 100mm per sota de la posicio anterior (dreta).

l1 =√

0.32 + 0.32 = 0.42426

l2 =√

0.32 + 0.42 = 0.5

l3 =√

0.32 + 0.52 = 0.5831

⇒

{

x2 = l2 − l1 = 0.07574

x3 = l3 − l1 = 0.158835

}

A la posicio d’equilibri la suma de forces verticals es zero:

k · x2 · cos θ = m · g ⇒ m = 4.081 kg

Entre la posicio de la dreta i la del mig apliquem el teorema de conservacio:

∆Ec +∆Ep = 0 ⇒1

2mv2 − 0 +mg · 0.1− 0 +

1

2kx22 −

1

2kx23 = 0 ⇒ v = 1.092m/s

40. Una massa m = 0.5 kg llisca sense fregament per una vareta vertical segons indica la figura. La longitud natural dela molla es lo = 200mm i la distancia d = 300mm . Si deixem anar la massa partint del repos quan b = 0 , trobeula constant k de la molla que faci bmax = 400mm .

SOLUCIO

La massa es mou entre dos instants que hem etiquetat a la figura com 1 i 2 , aplicarem el teorema de conservacioentre els dos instants. El nivell zero de l’energia potencial gravitatoria la prenem en el punt 2 , i quan la molla estaen repos (longitud de 0.2m ) la seva energia potencial elastica tambe val zero.

∆Ec +∆Ep = 0

0− 0 + 0−mgb+1

2kx22 −

1

2kx21 = 0

x1 = d− lo , x2 =√

d2 + b2 − lo

Resolent l’equacio obtenim el valor k = 49N/m .

∗ 41. Una massa m = 0.5 kg llisca sense fregament per una vareta situada en un pla vertical segons indica la figura. Lalongitud natural de la molla es lo = 250mm , la constant k = 600N/m i la distancia d = 800mm . Si deixem anarla massa partint del repos quan b = 300mm , trobeu la velocitat a les posicions A i B .

SOLUCIO

Aquest exercici es una variant del cas anterior nomes que tenim 3 instants del moviment a considerar: l’estatinicial, quan passa pel punt A i quan arriva al punt B . Aplicarem el teorema de conservaci entre l’instant inicial icadasc.n dels instants A i B .

Fısica Grau Telecomunicacions

Fısica Solucions 11

• Instant inicial fins a la posicio A :

∆Ec +∆Ep = 0

1

2mv2A − 0 +mgb− 0 +

1

2kx20 −

1

2kx2A = 0

• Instant inicial fins a la posicio B :

∆Ec +∆Ep = 0

1

2mv2B − 0 +mg(b+

d

2)− 0 +

1

2kx20 −

1

2kx2B = 0

on els allargaments de la molla venen donats per:

x0 =

√

( d

2

)2+ b2 − lo , xA =

d

2− lo , xB =

d

2− lo

Potencia

42. Una caixa de 20 kg que porta una velocitat de 8m/s llisca per una superfıcie horitzontal rugosa y s’acaba parant.El coeficient de fregament cinetic entre la caixa i la superfıcie val µc = 0.2 . Trobeu la potencia termica mitjana quees produeix per parar la caixa.

SOLUCIO

En el moviment de la caixa mentre es va parant actuen 3 forces: el pes la normal i la forca de fregament. Elteorema de conservacio ens diu:

∆Ec +∆Ep =W (N) +W (Fr) → 0−1

220 · 82 + 0 = 0− 0.2 · 20 · 9.8 · d ⇒ d = 16.3265m

Per poder trobar la potencia mitjana ens cal saber el temps que triga en parar-se. Per aixo cal resoldre la cinematica:

{

v = 0 = 8 + at

x = 16.3265 = 8t+ 0.5at2

}

⇒ t = 4.08 s

Aixı la potencia mitjana deguda al treballde la forca de fregament (dissipacio termica) val:

P =W (Fr)

t=

640

4.08= 156.86W

43. Un tren de 2 × 106 kg de massa puja un desnivell de 707 m al llarg d’una distancia de 62 km amb un velocitatconstant de 15 km/h . Si la forca de fregament es un 0.8% del seu pes, calculeu la potencia desenvolupada pel motordel tren.

SOLUCIO

Supossarem que el tren puja per un pla inclinat. Les forces que intervenen son el pes, la normal, el fregamenti la forca de traccio. Aquesta forca de traccio es igual a la suma de la component del pes i del fregament:

F = P sin θ + Fr = mg sin θ +0.8

100mg = mg

(

707

62000+

0.8

100

)

= 380691.3N

La potencia mitjana i la instanania coincideixen degut a que laq velocitat es constant:

P = Fv = 380691.3N · 15 km/h = 1586213.7W ' 1.59MW

44. Una paracaigudista de 55 kg baixa en caiguda lliure (sense obrir el paracaigudes) amb una velocitat lımit constant de192 km/h . Despres d’obrir el paracaigudes, la velocitat lımit disminueix a 24 km/h . Trobeu val la potencia dissipadaper la forca d’arrossegament quan ja s’ha assolit la velocitat lımit en cadascun dels casos.

SOLUCIO

Fısica Grau Telecomunicacions

12Fısica Solucions

Si la velocitat es constant la potencia mitjana coincideix amb la potencia instanania. A mes quan agafa lavelocitat lımit la forca del pes guala a la forca de fregament amb l’aire.

P = F · v = P · v = mgv

45. Un motor esta levantando una masa de 35 kg a una velocidad constante de 6m/s . Sin tener en cuenta la friccion, lapotencia desarrollada por dicho motor es:(a) 740W (b) 1500W (c) 2100W (d) 59W

46. La potencia desarrollada por un motor viene dadad por P (t) = 3t2 +2t+2 . El trabajo realizado por dicho motor enel intervalo de tiempo entre 0 y 2 s es:(a) 9 J (b) 10 J (c) 14 J (d) 16 J (e) 18 J

Forca i energia potencial

47. La figura muestra la energıa potencial U asociada a una fuerza F en funcion de la posicion x . Podemos afirmarque:

(a) la fuerza en el punto C es negativa.(b) La fuerza en los puntos C y E es nula.(c) El modulo de la fuerza en E es mayor que en A .(d) La fuerza en los puntos B y D es nula.(e) Los puntos B , C , D y E son puntos de equilibrio del sistema.

48. La energıa potencial U de una partıcula en funcion de su posicion x esta representada por la grafica adjunta. Si lalınea discontinua representa su energıa total E , ¿cual de las siguientes afirmaciones es correcta:

(a) Una partıcula entre A y B tiene suficiente energıa para alcanzar el punto C .(b) La fuerza en los puntos A y B es nula.(c) Una partıcula entre A y B permanecera confinada en ese intervalo de posiciones a menos

que su energıa total aumente.(d) Una partıcula entre A y B permanecera confinada en ese intervalo de posiciones a menos

que su energıa total disminuya.

49. L’energia potencial associada a un forca conservativa que actua sobre un cos es U(x) = 8x2 − x4 (S.I.).

(a) Determineu la forca que actua sobre el cos.(b) En quines posicions el cos esta en equilibri?(c) Quines d’aquestes posicions son estables i quines inestables?

SOLUCIO

Per una forca en una dimensio la relacio amb l’energia potencial U(x) ve donada per:

F (x) = −dU

dx= −16x+ 4x3

Els punts d’equilibri coresponen al cas en que la forca es nul.la, es a dir, als maxims (inestable) i mınims (estable) dela funcio U(x) .

−16x+ 4x3 = 0 ⇒ 4x(x2 − 4) = 0 ⇒ x1 = 0, x2 = +2, x3 = −2

Per asegurar els punts que son maxims i mınims cal comprovar-ho amb la derivada segona:

d2U

dx2= 16− 12x ⇒

x = 0 →d2U

dx2= 16 > 0

x = 2 →d2U

dx2= −8 > 0

x = −2 →d2U

dx2= +40 > 0

50. Una forca conservativa paral.lela a l’eix x actua sobre una partıcula que es mou sobre l’eix x . La forca produeix unaenergia potencial U(x) = ax4 on a = 1.2 J/m4 . Trobeu el modul i direccio que la forca quan la partıcula es troba ax = −0.8m .

Fısica Grau Telecomunicacions

Fısica Solucions 13

Exercicis combinats

51. Una cuerda ligera de longitud l esta unida a una masa m formando un pendulo simple. Si dejamos libre el pendulodesde el reposo cuando forma un angulo de 60◦ con la vertical, la tension de la cuerda en la parte mas baja de laoscilacion vale:

(a) mg/2(b) mg(c) 2mg(d) 3mg(e) ninguna de las anteriores

52. Una vagoneta describe un "loop" de radio R siendo el rozamiento despreciable. Si la velocidad en el punto mas bajotiene por modulo v =

√5Rg , en el punto mas alto su velocidad vale:

(a) 0(b)

√2Rg

(c)√3Rg

(d)√4Rg

(e) ninguna de las anteriores

∗ 53. Un cos de 3 kg cau des d’una certa altura amb una velocitat inicial de 2m/s . Calculeu el treball realitzat durant elsprimers 10 s per la resistencia de l’aire, sabent que un cop transcorregut aquest temps la seva velocitat es de 52m/si suposant una acceleracio de caiguda constant.

SOLUCIO

Mentre el cos cau esta sotmes a dues forces: el pes que va dirigit cap avall i una certa forca de resistencia del’aire dirigida cap amunt. Com l’acceleracio de caiguda es constant buscarem primer les equacions del moviment persaber quina es l’alcada que ha recorregut el cos a l’interval considerat. En el temps inicial to = 0 la velocitat val2m/s i esta dirigida cap avall i considerem que la pocicio y es justament l’alcada des de la que cau.

t0 = 0y(0) = hv(0) = −2a(t) = −a

Eq.−−−−−−−−−→v(t) = −at− 2

y(t) = h− 1

2at2 − 2t

Hem d’imposar la condicio de que per t = 10 s la posicio vertical val y = 0 i la velocitat es de 52m/s , aixıintroduint aquest valors a les equacions obtingudes ens queda:

y = 0 ⇒ 0 = h−1

2a102 − 2 · 10

v = 52 ⇒ 52 = −at− 2

⇒

{

a = 5m/s2

h = 270m

Ara ja podem aplicar el teorema de conservacio de l’energia, es a dir,

∆Ec +∆Ep =W (Fr) ⇒

(

1

2m522 −

1

2m22

)

+ (0−mg · 270) =W (Fr) ⇒ W (Fr) = −3888 J

∗ 54. El vago d’un funicular de 500 kg baixa per una via inclinada amb fregament ( µ = 0.1 ) formant un angle de 30◦ ambla vertical, mitjancant un cable. Trobeu:

(a) Tensio en el cable durant el recorregut si la velocitat es mante constant i val 2m/s .(b) Tensio a la frenada si aquesta dura 5 s .(c) Treball realitzat per cadascuna de les forces durant la frenada.

SOLUCIO

Mentre baixa el vago del funicular actuen 4 forces: el pes, la normal, el fregament i la tensio. Les 3 primeresno canvien mentre el vago baixa i la tensio del cable canviara segons les condicions de baixada.

(a) Com la velocitat es constant, l’acceleracio es zero i aleshores la suma de forces es zero.

{

P = 500 · 9.8 = 4900

Fr = µN = 0.1 · 500 · 9.8 cos 60 = 245N⇒ P sin 60− Fr − T = 0 ⇒ T = 3998.52N

(b) Hem de resoldre un exercici de cinematica per trobar l’acceleracio de frenada aixı com la distancia recorreguda.Considerem el moviment en la direccio del pla com eix x , aixı:

Fısica Grau Telecomunicacions

14Fısica Solucions

t0 = 0x(0) = 0v(0) = 2a(t) = a

Eq.−−−−−−−−−→v(t) = 2 + at

x(t) = 2t+1

2at2

Condicio v(5) = 0−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→a = −0.4x(5) = 5

Aix la tensio a la drenada val

P sin 60− Fr − T = ma ⇒ T = 4198.5N

(b) El treball de cada forca en recorrer la distancia de 5m es:

W (P ) = +P · 5 = 21217.6 J

W (T ) = −T · 5 = −20992.5 JW (Fr) = −Fr · 5 = −1225 J

⇒∑

W = −1000 J

Podem comprovar que la suma de tots els treballs coincideix amb la variacio d’energia cinetica:

∑

W = ∆Ec ⇒ −1000 = 0−1

2500 · 22

∗∗∗ 55. Llencem un cos de massa 1 kg amb una velocitat 10m/s per damunt un pla horitzontal. En un moment donat entraen una zona, que te una llargada 10m , on hi ha un fregament proporcional al quadrat de la velocitat: Fr = −0.1v2 .Un cop abandona la zona de fregament, continua movent-se pel pla. Trobeu el treball realitzat per la forca de fregamentsobre el cos al llarg de tot el recorregut.

SOLUCIO

Tenim un regio a l’eix x on actua una unica forca de fregament Fr = −0.1v2 . El coneixement de la forca (iper tant, de l’acceleracio) ens permet trobar l’equacio per la velocitat, es a dir,

Fr = −0.1v2 ⇒ m · a = mdv

dt= −0.1v2 ⇒ −

dv

v2= 0.1t

Ara nomes cal integrar l’equacio anterior:

∫

−dv

v2=

∫

0.1t ⇒1

v= 0.1t+ C

Per trobar la constant d’integracio sabem que quan el temps es t = 0 , la velocitat val 10 :

t = 0 → v = 10 ⇒1

10= 0.1 · 0 + C ⇒ C = 0.1 ⇒ v =

10

t+ 1 (1)

A partir de la velocitat podem trobar la posicio x tornant a integrar:

dx = v dt ⇒ x =

∫

v dt =

∫

10

t+ 1dt = 10 ln(t+ 1) + C

i per trobar la constant d’integracio sabem que quan el temps es t = 0 , la posicio val x = 0 :

t = 0 → x = 0 ⇒ 0 = 10 ln(0 + 1) + C ⇒ C = 0 ⇒ x = 10 ln(t+ 1) (2)

Una vegada coneixem la posicio i la velocitat, podem trobar e l valor de la velocitat quan la posicio val x = 10 ,

x = 10 → 10 = 10 ln(t+ 1) ⇒ t = e− 1 ⇒ v =10

e(3)

Aixı el treball realitzat sera igual a la variacio d’energia cinetica:

W (Fr) = ∆Ec =1

21 · (10/e)2 −

1

21 · (10)2 = −43.23 J

Fısica Grau Telecomunicacions

Fısica Solucions 15

Una forma alternativa de resoldre l’exercici, es calcular el treball de la forca de fregament de forma directe, es a dir:

W =

∫

Fr · dx =

∫

(−0.1v2)dx =

∫

(−0.1v2) · (v dt) =∫

−0.1v3 dt

on podem substituir la velocitat obtinguda a (1) i els limit superior de la integral del resultat 3 , es a dir,

−0.1∫ e−1

0

103

(t+ 1)3dt = −43.23 J

Si combinem les expressions obtingudes de la velocitat i de la posicio podem obtenir la relacio seguent:

v =10

t+ 1⇒ ln v = ln 10− ln(t+ 1) ⇒ ln v = ln 10−

10

x→ v = 10e−10/x

i aleshores per trobar el treball tambe podem fer:

W =

∫

Fr · dx =

∫

(−0.1v2)dx =

∫ x=10

x=0

(−0.1 · 100e−20/x)dx

on el calcul d’aquesta ultima integral ja no resulta tant evident . En qualsevol cas el resultat esperat ha de coincidiramb els anteriors. Vegem doncs que si podem buscar el treball a partir de la variacio de l’energia cinetica sempreresulta mes senzill que el calcul directe.

∗∗ 56. Un bloc de 600 g es deixa anar des del repos en la posicio A i rellisca pel pla inclinat ( θ = 45◦ ) fins a arrivar alpunt B . A continuacio descriu el "loop" ( r = 0.5m ) i recorre el tram BF amb d = 60 cm fins arrivar finalmenta comprimir la molla de constant k = 500N/m . Nomes hi ha fregament als intervals AB i BF essent µc = 0.3 .Trobeu:

(a) la maxima deformacio de la molla, sabent que h = 2.5m .(b) la velocitat del bloc i la forca normal en els punts C i D .(c) l’alcada h mınima que fa que el bloc no es separi de la pista en cap moment.

SOLUCIO

Tots els exercicis sempre es poden separar en "micro-exercicis" mes senzills. En aquest cas podem observarcom es comenca per un bloc que baixa per un pla inclinat, a continuacio descriu un "loop" per finalment moure’s perun pla horitzontal i comprimir una molla elastica. Es tracte de "disseccionar" tota l’excursio del bloc en tantes etapescom volguem.• Etapa A→ B :

1

2mv2B −

1

2mv2A + 0−mgh = −Fr ·

h

sin θ, Fr = µcmg cos θ (1)

• Etapa B → C :1

2mv2C −

1

2mv2B +mgr − 0 = 0

En el punt C l’equacio de la dinamica ve donada per:

N = man = mv2Cr

• Etapa B → D :1

2mv2D −

1

2mv2B +mg2r − 0 = 0

En el punt D l’equacio de la dinamica ve donada per:

P +N = man → mg +N = mv2Dr

La condicio mınima permesa perque el bloc passi pel punt D es que la forca normal sigui nul.la:

P + 0 = mv2Dr

→ vD =√gr

Fısica Grau Telecomunicacions

16Fısica Solucions

i, per tant, aixo condiciona quina velocitat haura de portar en el punt B . Aquesta velocitat tambe condicionarauna alcada h mınima.

• Etapa B → F :1

2mv2F −

1

2mv2B = −Fr · d, Fr = µmg (2)

• Etapa F → G :

0−1

2mv2F +

1

2kx2 = 0 (3)

Per resoldre l’apartat (a) nomes cal sumar les expressions (1), (2) i (3):

−mgh+1

2kx2 = −µmg

(

hcos θ

sin θ+ d

)

∗∗ 57. Un bloc de massa m es deixa caure del punt mes alt ( A ) d’una esfera massisa de radi R que romana en repos. Elbloc (considerat com una particula puntual) llisca cap avall sense fregament i abandonara la esfera en un cert punt Bi despres caura al pla horitzontal. Trobeu.

(a) Angle θ amb el que abandonara a l’esfera i la seva velocitat.(b) Velocitat amb la que caura en el pla horitzontal.(c) Distancia desde la base de la esfera fins al punt d’impacte amb el pla horitzontal.

SOLUCIO

Aquest exercici es pot resoldre utilitzant la dinamica i tambe es pot resoldre utilitzant el teorema de conservaciode l’energia. Veurem com en el primer cas cal una resolucio matematica mes "complicada" i en canvi amb el teoremade conser vacio resulta molt mes senzill.

• Equacions de la dinamica. Escollim dos eixos normal itangencial i expressem les equacions corresponents:

P sin θ = mat = mdv

dt

P cos θ −N = man = mv2

R

A les equacions anteriors necessitem una relacio entre la velocitat v i l’angle θ . De fet son dos equacions ambaquestes dues incognites: v i θ . Escollim l’equacio corresponent a la component tangencial:

mg sin θ = mdv

dt⇒ g sin θ =

d(ωR)

dt=

dω

dtR

multipliquem ambdos membres de la igualtat anterior per dθ i ens queda,

g sin θdθ =dω

dtRdθ ⇒ g sin θdθ = dωR

dθ

dt︸︷︷︸

ω

= Rωdω ⇒∫

g sin θdθ =

∫

Rωdω

Integrant les expressio anterior obtenim:

−g cos θ = Rω2

2+ C

i per determinar la constant d’integracio tenim en compte que per quan θ = 0 (el punt mes alt) la velocitat angularval zero ( ω = 0 ), es a dir,

−g cos 0 = R0

2+ C ⇒ C = −g ⇒ Rω2 = 2g(1− cos θ) ⇒ v2 = 2gR(1− cos θ)

Fısica Grau Telecomunicacions

Fısica Solucions 17

Si ara posem aquest resultat a l’equacio de la component normal obtindrem:

P cos θ −N = m2g(1− cos θ) ⇒ N = mg(3 cos θ − 2)

Aixı l’angle lımit pel qual el bloc es despren correspont a la situacio en que la forca normal N es nul.la, es a dir:

N = 0 ⇒ cos θ = 2/3, v =

√

2

3gr

• Teorema de conservacio de l’energia entre el punt inicial ( θ = 0 ) i el punt indicat a la figura que esta unaalcada h per sota:

∆Ec +∆Ep = 0 ⇒ (1

2mv2 − 0) + (0−mgR(1− cos θ)) = 0 ⇒ v2 = 2gR(1− cos θ)

on podem comprovar que el resultat obtingut coincideix amb l’anterior i es evident que ha resultat un procesmes curt i simplificat.

Una vegada tenim el punt en el que abandona a l’esfera gran podem analitzar el problema com un tir parabolic ipodem trobar, per tant, la distancia on cau. Si nomes ens demanen la velocitat a la que cau podem aplicar altre copel teorema de conservacio entre el punt mes alt i el punt en que cau al terra, es a dir,

∆Ec +∆Ep = 0 ⇒ (1

2mv2 − 0) + (0−mg2R) = 0 ⇒ v =

√4gR

∗ 58. Tenim un cos de massa m subjecte d’un fil de longitud l = 1m i el deixem anar des del repos a la posicio indicada ala figura ( sin θ = 0.6 ). Trobeu les components normal i tangencial de l’acceleracio en el moment que el cos ha baixatla meitat de l’alcada inicial ( h/2 ) i l’angle que formen els vectors velocitat i acceleracio en aquest instant.

SOLUCIO

Considerem els dos estats inicial que correspon a la part mes alta des d’on deixem el cos en repos amb unaalcada h i angle θ i l’estat final quan l’alcada es h′ = h/2 i l’angle val β .

• Teorema de conservacio entre h i h′ :

∆Ec +∆Ep =W (T ) ⇒1

2mv2 − 0 +mgh′ −mgh = 0 ⇒ v = 1.4m/s

h = l − l cos θ = 0.2

h′ =h

2= 0.1 = l − l cosβ → cosβ = 0.9 → sinβ ' 0.436

• Components intrınseques de l’acceleracio:

an =v2

l= 1.96m/s2

P sinβ = mat ⇒ at = g sinβ = 4.272m/s2

• L’angle α que formen les components de l’acceleracio ve donat per:

tanα =an

at⇒ α = 24.647◦

Fısica Grau Telecomunicacions

18Fısica Solucions

Com la velocitat te la direccio tangent l’angle es el que acabem de trobar. Si el cos estes pujant de h′ fns a haleshores l’anhle seria el suplementari, es a dir, 155.353◦ .

∗ 59. Un cos de massa m = 1kg es "dispara" amb una molla per tal de poder arribar a recorrer bona part del tramABC que presenta un fregament de valor µc = 0.2 (el tram anterior a A no presenta fregament). Desde la posiciod’equilibri ( A ) comprimim la molla ( k = 2000N/m ) una distancia x = 10 cm i la deixem anar. La massa mtravessara el tram horitzontal AB ( d = 2m ) i continuara pujant pel pla inclinat BC ( θ = 30◦ ). Trobeu:

(a) La velocitat de la massa m quan passi pel punt B .(b) L’alcada h a la que arrivara quan s’aturi.(c) El punt del pla horitzontal on es tornara a parar.

SOLUCIO

Dividirem el recorregut del cos de massa m en diferents trams i aplicarem el teorema de conservacio. el puntinicial l’anomenem O . Tambe resulta comode calcular les forces de fregament a cada tram i aixi per buscar el treballnomes cal multiplicar le forca i el desplacament. Es pot comprovar facilment que les forces de fregament en els tramsAB i BC son respectivament:

Fr1 = µmg = 1.96N , Fr2 = µmg cos 30 = 1.6974N

• Etapa O → A .(

1

2mv2A − 0

)

+

(

0−1

2kx2

)

= 0 ⇒ v2A = 20

• Etapa A→ B .(

1

2mv2B −

1

2mv2B

)

= −Fr1d ⇒ v2B = 12.16

• Etapa B → C .(

0−1

2mv2B

)

+ (mgh− 0) = −Fr2h

sin 30⇒ h = 0.4607

• Etapa C → B . Utilitzem la nomenclatura vB pero cal tenir en compte que no es la mateixa que en el tramanterior.

(

1

2mv2B − 0

)

+ (0−mgh) = −Fr2h

sin 30⇒ v2B = 5.9

• Etapa B → A . Suposem que arriva al punt A , aleshores tenim

(

1

2mv2A −

1

2mv2B

)

= −Fr1d ⇒ v2A = −0.97

que ens indica que s’ha de parar abans. Aleshores canviem la hipotesi suposant que s’atura a una distancia d′ ,es a dir,

(

0−1

2mv2B

)

= −Fr1d′ ⇒ d′ = 1.505

∗∗∗ 60. Un pendol de massa m i longitud l es deixa lliure des d’un cert angle θ . La corda xoca amb un clau situat a unadistancia d (essent d < l ), directament per sota del propi pivot i s’enrotlla al voltant del clau, fent-se mes curta lalongitud del pendol. Trobeu la relacio que existeix entre l , d , i l’angle mınim θ des del qual hem de deixar el pendolper que la massa realitzi una volta completa al voltant del clau.

SOLUCIO

Hem de separar l’exercici en dues etapes: la primera mentre baixa el pendol que coincideix amb l’exercicianterior i la segona en la que la massa m realitza un moviment circular de radi (l − d) entre els punts 2 i 3 .• Etapa de 1 a 2 on obtenim el mateix resultat anterior, es a dir,

v2 =√

2gl(1− cos θ) (1)

Fısica Grau Telecomunicacions

Fısica Solucions 19

• Etapa de 2 a 3 . Per una banda apliquem el teorema de conservacio de l’energia:

∆Ec +∆Ep =W (T ) ⇒

(

1

2mv23 −

1

2mv22

)

+ (mgh3 − 0) = 0 (2)

i per l’altre banda cal imposar que el moviment de la massa ha de ser circular i, per tant,

T3 + P = man = mv23l − d

La condicio mınima surt d’imposar que la tensio T3 sigui zero i aleshores tenim:

P = mg = mv23l − d

(3)

si combinem les equacions (1) , (2) i (3) obtenim el resultat:

cos θ =5d− 3l

2l=

1

2

(

5d

l− 3

)

∗ 61. Una vareta (varilla) circular prima s’aguanta en un pla vertical mitjancant una brida en el punt A . Engantxat a labrida i enrotllat de forma folgada (holgada) al voltant de la vareta tenim una molla de constant k = 40N/m amb laseva longitud natural igual al arc de cercle AB . Un collet (colların) C de 0.2 kg que no esta engantxat a la mollapot lliscar sense friccio al llarg de la vareta. El collet C el deixem lliure en repos en el punt C quan θ = 30◦ .Trobeu l’alcada maxima respecte al punt B a la que arriva el collet i la velocitat maxima d’aquest.

SOLUCIO

Considerem 3 punts: el punt inicial C , el punt mes baix B i un cert punt entre B i D que li asignem unacerta alcada h . Necessitarem la distancia que s’ha comprimit la molla, es a dir, l’arc BC :

CB = radi · angle = rθ =π

6· 0.3 ' 0.157

Podem aplicar el teorema de conservacio entre els punts C i B , per tal d’obtenir la velocitat maxima. Aquestavelocitat te lloc en el punt mes baix del recorregut, es a dir, en el punt B .

0−1

20.2v2B

︸ ︷︷ ︸

∆Ec

+0− 0.2 · 9.8 · 0.3 · (1− cos 30)︸ ︷︷ ︸

∆Ep gravitatoria

+ 0−1

2k(BC)2

︸ ︷︷ ︸

∆Ep elastica

= 0 ⇒ v = 2.39m/s

A continuacio apliquem el teorema de conservacio entre el punt B i aquest punt situat entre B i D on asignem unaalcada h :

0−1

20.2v2B

︸ ︷︷ ︸

∆Ec

+ 0.2 · 9.8 · h− 0︸ ︷︷ ︸

∆Ep gravitatoria

= 0 ⇒ h = 0.292m

Fısica Grau Telecomunicacions

20Fısica Solucions

∗∗ 62. Una seccio de la pista d’una muntanya rusa esta formada per dos arcs circulars AB i CD units mitjancant un tramrecte BC . El radi de AB val R1 = 27m i el radi de CD val R2 = 72m . El cos de massa m = 250 kg arrivaal punt A practicament sense velocitat i a continuacio cau lliurament al llarg de la pista. Trobeu la velocitat delcarret quan passi pel punt D i els valors maxim i mınim de la forca normal que fa la pista sobre el carret. Dades:h = 18m , θ = 40◦ .

SOLUCIO

Analitzarem l’evolucio del cos m per per etapes:• Etapa A→ B : moviment circular. Apliquem el teorema de conservacio entre els punts A i B :

1

2mv2B − 0 + 0−mg · 27(1− cos 40) = 0 ⇒ vB = 11.13m/s

La forca normal en el punt A conicideix amb el pes, es a dir, NA = 2450N , en canvi en el punt B tenim:

mg cos 40−NB = man = mv2BR1

⇒ NB = 730.43

• Etapa B → C : moviment rectilini de baixada per un pla inclinat. La forca normal N1 val:

N1 = mg cos θ

i en el cas, per exemple de tenir un angle de 30◦ (l’enunciat no ens dona cap informacio sobre el pendent deltram BC ) el valor de la forca normal seria de N1 = 2121.8N

• Etapa C → D : moviment circular. Es tracta de trobar la velocitat en el punt D i per aixo podem optar peraplicar el teorema de conservacio entre C i D . En aquest cas necessitem el valor de la velocitat en el puntD . Podem optar per aplicar el teorema de conservacio entre els punts A i D , es a dir,

1

2mv2D − 0 + 0−mg(R1 + d) = 0 ⇒ vD = 29.7m/s

La forca normal en el punt D la trobem fent:

ND − P = man = mv2DR2

⇒ ND = 5512.5N

Si observem la evolucio de la forca normal veiem que en el punt A valia 2450N , en la primera baixada perl’arc AB ha anat disminuint fins arrivar a NB = 730.43 , en el tram de baixada pel pla ha tornat a augmentari es mante constant mentre baixa (hem fet una estimacio de N1 = 2121.8N ) i en arrivar al punt C , caldriaveure quin canvi es produeix, respecte al valor N1 . A partir d’aqui de ben segur que torna a augmentar finsarrivar al valor maxim en el punt D : ND = 5512.5 .

∗∗ 63. A la figura els blocs mB = 3kg i mA = 2kg estan units per un corda sense massa. Al damunt de la plataforma A ipossem un bloc mC = 4kg sense que toqui a la corda.

(a) Trobeu la tensio de la corda, la forca de contacte entre els cossos A i C i l’acceleracio decada bloc.

(b) Quan el bloc B ha pujat 1m trobeu la velocitat de la plataforma A , utilitzant el teoremadel treball i l’energia cinetica (aplicat a la plataforma A ).

En aquest instant el bloc C es despren de la plataforma A i el sistema continua movent-se fins que arriva un momenten que queda momentaniament en repos. Trobeu l’alcada a la que es trobara la plataforma A respecte al nivell inicial,

(c) utilitzant el teorema de conservacio de l’energia aplicat a la plataforma A .(d) utilitzant la cinematica

.

Fısica Grau Telecomunicacions

Fısica Solucions 21

SOLUCIO

Considerem el diagrama del solid lliure per a cada bloc:

Equacions de la dinamica:

PA +NAC − T = mA · aPC −NAC = mC · aT − PB = mB · a

⇒

a = 3.26m/s2

T = 39.2N

NAC = 26.13N

Teorema del treball i l’energia cinetica pel bloc A :

W (~T + ~NAC + ~PA) = ∆Ec

(PA +NAC − T ) · 1 =1

2mA · v2A − 0

vA = 2.556m/s

Quan el bloc C es despren de la plataforma A , com el bloc B pesa mes el sistema te tendencia a girar ensentt contrari al d’abans i per tant s’anira frenant fins quedar momentaniament en repos. Aleshores la tensio de lacorda canvia a un valor T ′ i la nova acceleracio val a′ . Les equacions dels dos blocs que queden son:

{

T ′ − PA = mA · a′

PC − T ′ = mC · a′

}

⇒

{

a′ = 1.96m/s2

T ′ = 23.52N

Teorema de conservacio a la plataforma A tenim:

0−1

2mAv

2A

︸ ︷︷ ︸

∆Ec

+0−mgh︸ ︷︷ ︸

∆Ep

= −T ′ · h︸ ︷︷ ︸

W (T ′)

⇒ h = 1.666m

Si apliquem la cinematica a la plataforma A tenim:

{

v = −2.556 + 1.96t

y = h− 2.556t+ 0.98t2

}

⇒

{

v = 0 → t = 1.304 s

y = 0 → h = 1.666m

L’alcada a la que es trobara respecte al nivell inicial sera la suma de 1m que ha baixat al principi quan hihavia el bloc C al damunt mes aquest ultim valor h = 1.666m fins que s’atura.

∗∗ 64. Fem servir el dispositiu de la figura per fer "disparar" un cos de massa 1 kg . A la posicio representada la molla estroba en repos. Trobeu la distancia mınima que cal comprimir la molla per tal de que el cos arrivi al calaix A . Dades:constant de la molla k = 400N/m , coeficient de fregament µ = 0.2 , gravetat g = 9.8m/s2 .

SOLUCIO

Quan comprimim la molla el cos pujara pel pla inclinat i en arrivar a la part superior comencara un movimentparabolic amb "destinacio" al forat A . Tenim 3 variables que estan "conectades": la compressio de la molla x , lavelocitat a l’extrem superior v i l’abast del moviment parabolic 200mm . Podem seguir els passos seguents:

• Calcul de la velocitat v per aconseguir un abast de200mm . Hem de trobar l’angle amb el que surt elcos que no es mes que l’angle d’inclinacio del pla:

tan θ =3

4⇒

{

sin θ = 0.6

cos θ = 0.8

Es pot comprovar facilment que per un abast de 200mm cal una velocitat de v = 1.4283m/s . Cal indicarque la velocitat obtinguda fa falta per trobar la distancia de compressio de la molla, no es un resultat final i, per tant,es aconsellable no arrodonir les xifres per evitar una "propagacio d’errors" i, per aixo, hem "retingut" unes 4 xifresdecimals.

Fısica Grau Telecomunicacions

22Fısica Solucions

• Obtencio del valor de la forca de fregament. Mentre puja el cos, les forces aplicades son el pes, la normal, elfregament i en un petit tram la forca elastica. L’unica forca que no es conservativa es el fregament:

Fr = µN = 0.2 · 1 · 9.8 cos θ = 1.568N

• Comprimim la molla una distancia x i el cos recorrera un total del 0.5+x . Apliquem el teorema de conservacioentre l’instant que esta comprimida la molla i la part superior del pla:

∆Ec +∆Ep =W (Fr)

1

2mv2 − 0 +mg(0.3 + 0.6x)− 0 + 0−

1

2kx2 = −Fr · (0.5 + x)

Substituint el valor de la velocitat i de la forca de fregament obtenim l’equacio:

200x2 − 7.448x− 4.744 = 0 ⇒ x = 0.17375m ⇒ x = 174mm

∗∗∗ 65. A la figura tenim una molla de constant k = 100N/m que subjecta a un cos de massa m = 1kg i llisca sensefregament per una guia horitzontal. La molla esta en repos quan el cos passa per la posicio B ( l = 0.8m ). Deixemel cos en repos a la posicio C ( x = 0.6m ) i per efecte de la molla es moura cap a la posicio B .

(a) Per una posicio intermitja 0 < x < 0.6m trobeu l’expressio de la forca horitzontal que reb elcos en funcio de la variable x .

(b) Calculeu el treball que fa aquesta forca en el recorregut que va de C fins a B .(c) Utilitzeu el teorema del treball i l’energia cinetica per trobar la velocitat que tindra al punt

B .(d) Trobeu aquesta mateixa velocitat pero aplicant el teorema de conservacio de l’energia entre els

punts C i B .(e) Trobeu en quin punt el cos no te contacte amb la guia.

SOLUCIO

Considerem una posicio qualsevol del cos entre els punts inicial ( C ) i final ( B ), es a dir, a l’interval 0 < x <0.6 . Considerem tambe l’eix x amb l’origen al punt B i sentit positiu cap a la dreta.

A la posicio indicada la molla est estirada una distancia donadaper:

∆d =√

x2 + l2 − l =√

x2 + 0.64− 0.8

i el modul que fa la forca de la molla sobre el cos s’expressa:

F = k ·∆d = k(√

x2 + 0.64− 0.8)

Podem comprovar que quan x = 0 no esta estirada i quan x = 0.6 l’estirament val ∆d = 0.2m . Resultaimportant adonar-se que la forca que fa la molla a la posicio B sobre el cos no es F = −k · 0.6 sino F = −k · 0.2 .No hem de confondre l’estirament de la molla amb la variable x al llarg de la barra. La forca de la molla F tedues components: la component horitzontal Fx que realitzara treball en el moviment de C fins a B i la componentvertical que no realitzara treball ja que es perpendicular al desplacament, igual que tampoc faran treball ni el pes nila normal. Les dues components de F venen donades per:

Fx = −F cos θ = −k(√

x2 + 0.64− 0.8) cos θ = −k(√

x2 + 0.64− 0.8)x

√

x2 + 0.64= −k(x−

0.8x√

x2 + 0.64)

Fy = F cos θ = k(√

x2 + 0.64− 0.8) sin θ = k(√

x2 + 0.64− 0.8)0.8

√

x2 + 0.64= k(0.8−

0.64√

x2 + 0.64)

El treball fet per Fx per anar de C fins a B val:

W (Fx) =

∫ x=0

x=0.6

Fx dx =

∫ x=0

x=0.6

−k

(

x−0.8x

√

x2 + 0.64

)

dx = −k

[

x2

2−

0.8√

x2 + 0.64

]0

0.6

= −k(−0.02) = 2 J

El teorema del treball i l’energia cinetica ens diu:

W (~F + ~N + ~P ) = ∆Ec ⇒ 2 =1

2mv2B − 0 ⇒ vB = 2m/s

Fısica Grau Telecomunicacions

Fısica Solucions 23

El teorema de conservacio de l’energia s’escriu:

∆Ec +∆Ep = 0 ⇒1

2mv2B − 0 + 0−

1

2kx2C = 0 ⇒

1

2mv2B =

1

2k(0.2)2 ⇒ vB = 2m/s

on cal tenir en compte que la notacio xC es refereix a l’allargament de la molla en el punt C i no a la coordenadahoritzontal x que s’ha utilitzat en els calculs. Val a dir que a vegades les notacions poden "despistar" i en aquest casno hem de confondre la variable horitzontal x amb l’allargament de la molla que habitualment tambe ens hi referimcom a x . L’equilibri vertical de forces ens dona lloc a l’expressio:

Fy +N − P = 0

Cal dir que el sentit de la forca normal depen del valor de la forca de la molla i del pes del cos. Segons la forca de lamolla sigui mes gran o mes petita podem tenir una forca de contacte en sentit ascendent o descendent. En aquest caspartıcular podem observar que a la posicio C , el valor de la forca normal es:

N = P − Fy = 1 · 9.8− 16 = −6.2

i, per tant, te sentit contrari al que hem dibuixat. A priori sense saber el valor de la constant k de la molla no es potsaber. A mesura que el cos es mogui cap al punt B la forca de la molla anira disminuint i, per tant, tambe dismuirael valor de la forca normal. La condicio que hem d’impossar es que la normal sigui nul.la:

N = 0 ⇒ Fy = P ⇒ k(0.8−0.64

√

x2 + 0.64) = mg ⇒ x = 0.4372 ' 0.44m

A partir d’aquest punt la forca normal canviara de sentit: desde x = 0.6m fins a x = 0.44m la forca normalte sentit descendent (ja que la component vertical de la forca de la molla es mes gran que el pes) i desde x = 0.44mfins a x = 0m el sentit de la normal es ascendent, ja que la component vertical de la forca de la molla es mes petitaque el pes.

∗∗ 66. Una caixa de massa m1 = 1kg te una bola de massa m2 = 2kg penjada del sostre amb un fil. Aquesta caixaesta connectada amb un altre fil amb un bloc de massa M = 6kg que llisca pel damunt d’un pla horitzontal ambfregament. Existeix un fregament estatic de valor µe que fa que el sistema estigui en repos de manera que una petitapertorbacio provocara que el sistema comenci a moure’s. Quan el sistema es mou el coeficient de fregament cinetic valµc = 0.3 . Trobeu:

(a) El valor del coeficient de fregament estatic.(b) L’acceleracio del sistema i les tensions dels dos fils quan aquest es mou.(c) La velocitat de la caixa m1 quan ha baixat 1m despres de partir del repos.

SOLUCIO

La caixa m1 que conte a la bola de massa m2 es pot considerar com un sol bloc de massa m1 +m2 . Podemdir que el bloc M no sap realment que hi ha dins de la caixa, nomes "veu" a un bloc de massa conjunta. Aquestplantejament es correcte si volem trobar la tensio del cable que passa per la politja i l’acceleracio del sistema. Encanvi, si considerem els tres elements per separat, M , m1 i m2 caldra indicar totes les forces que reben cadascunper tal de poder determinar de forma precisa totes les equacions de la dinamica.

Fısica Grau Telecomunicacions

24Fısica Solucions

• Equacions pel cos M (sentit positiu cap a la dreta):

T1 − Fr =Ma, N − P = 0, Fr = µN

Quan el sistema estigui en repos, al limit de moviment, l’acceleracio sera 0 i el coeficient µ valdra µe(fregament estatic).

• Equacions pel cos m1 (sentit positiu cap avall):

P1 + T2 − T1 = m1a

• Equacions pel cos m2 (sentit positiu cap avall):

P2 − T2 = m2a

Fixem-nos que si sumem les equacions de m1 i m2 ens queda:

(P1 + P2)− T1 = (m1 +m2)a

Amb les equacions anteriors podem trobar:• Condicio de equilibri quan a = 0 i µ = µe , obtenim µe = 0.5• Moviment del sistema amb µ = µc = 0.2 ,

a = 1.3067m/s2, T1 = 25.48N, T2 = 16.98N

Apliquem ara el teorema del treball i l’energia cinetica al bloc m1 :

W (Totes les forces) = ∆Ec

Les forces que actuen sobre la massa m1 son 3: les dues tensions T1 i T2 i el pes P1 , aixı:

−T1 · 1 + T2 · 1 + P1 · 1 =1

2m1v

2 − 0 ⇒ v = 1.61m/s

.

Fısica Grau Telecomunicacions

Solucions 25

1. (b)2. (c)3. (b)4. (b)5. 9 J6. 24 J .7. −124.3 J8. W (T ) = −3675 J , W (P ) = 4900 J .9. W (P ) = 19.6 J , W (Fr) = .6.79 J .

10. a) 2.59× 104 J , b) 0 J i c) 1.25× 104 J .11. 1.25N12. (a) −50 J , (b) −19.6 J , (c) +69.6 J , (d) +50 J , (e) −19.6 J13. 411.6 J .14. (a)15. (a)16. (d)17. (d)18. (a)19. (a)20. (e)21. (b)22. (c)23. 0.11224. 4.1 J , 4.6m25. v = 90.03m/s26. 9.8 J . En el segon cas val el mateix.27. (a) −19.6 J , (b) la mateixa28. −411.6 J .29. a) 1 J , b) 2 J , c) −2 J30. x/

√2 .

31. (a)32. (c)33. W = −62 J34. 4.36m/s35. 0 J .37.

√

2gl(1− cos θ) , mg(3− 2 cos θ) .38. 2934m , 70.6m/s .39. m = 4.1 kg , v = 1.1m/s40. k = 49N/m41. vA = 6.49m/s , vB = 5.85m/s42. 157W .43. P = 1.59MW .44. P1 = 28.8 kW i P2 = 3.6 kW .45. (c)46. (d)47. (d)48. (c)49. (a) F (x) = −4x3 − 16x , (b) x = 0 , x = −2 equilibri estable, x = 2 equilibri inestable.

50. ~F = 2.46~ıN .51. (c)52. (e),

√Rg

53. −3888 J .54. (a) T = 3998.52N , (b) T = 4198.5N , (c) W (P ) = 21217.6 J , W (T ) = −20992.5 J , W (Fr) = −1225 J .55. −43.2 J .56. a) ∆x = 19.2 cm , b) vC = 4.95m/s , vD = 3.84m/s , NC = 29.4N i ND = 11.8N , c) h = 1.79m .57. a) θ = 48.2◦ , b)

√4gR

58. an = 1.96m/s2 , at = 4.27m/s2 , 24.65◦ .59. (a) 3.5m/s , (b) 0.46m , (c) a 0.5m del punt A i 1.5m del punt B60. cos θ = (5d/l − 3)/261. 0.292m , 2.39m/s que te lloc en el punt B .

Fısica Grau Telecomunicacions

26 Solucions

62. 29.7m/s , TB = 730.4N , TD = 5512.5N63. (a) 39.2N , (b) 2.556m/s , (c) 1.666m .64. 174mm65. (a) F = k

(√x2 + 0.64− 0.8

)

, (b) W = 2J , (c) v = 2m/s , (e) x = 0.44m .66. (a) µe = 0.5 , (b) a = 1.3m/s2 , 25.5N i 17N , (c) 1.6m/s .

Fısica Grau Telecomunicacions