Ejercicio Física Valencia 2001

opositor13
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Ejercicio Física Valencia 2001

Mensaje sin leer por opositor13 » 15 Nov 2019, 13:07

Hola gente, me estoy desesperando con este ejercicio, no lo encuentro en ningún hilo resuelto ni por internet.
¿Alguien podría echarme una mano?
Os copio el enunciado:
Tenemos una barra delgada homogénea de 4kg de masa y 500mm de longitud apoyada en un soporte sobre el que puede girar libremente. Se empuja a lo largo de una superficie horizontal mediante una fuerza también horizontal de 60N. Determinar: a) El ángulo alfa durante el movimiento y la aceleración correspondiente, b) Si en esa posición sujetamos el soporte, de modo que pueda girar libremente, ¿cuál será la velocidad angular cuando llegue a tocar la superficie? (Momento inercial de la varilla respecto cdm: 1/12ml^2)
Soluciones: alfa: 33.2º, velocidad angular: 5.67 rad/s.

Gracias.

opositor13
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Re: Ejercicio Física Valencia 2001

Mensaje sin leer por opositor13 » 15 Nov 2019, 13:11

Os dejo aquí escrito mi planteamiento.
Entiendo que en el primer apartado estamos ante un equilibrio dinámico, esto quiere decir que la suma de momentos es cero (no está girando la barra), veo que el peso (dibujado desde cdm) es la fuerza que tira para abajo, pero no consigo ver quién tira hacia arriba evitando que se caiga la barra. La fuerza de 60 N no podría ser porque para ella el momento es cero, ya que r es cero.
Y de ahí no paso! :(

koler
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Re: Ejercicio Física Valencia 2001

Mensaje sin leer por koler » 16 Nov 2019, 00:27

Hola,
Mi impresión es que no puedes tomar momentos en el soporte porque se mueve hacia la derecha, lo tienes que hacer en G de la barra:
F·(L/2)·sinα - N·(L/2)·cosα = IG·α
F·(L/2)·sinα - N·(L/2)·cosα = 0
N = mg
tgα = mg/F ---->α = 33,16º

sleepylavoisier
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Re: Ejercicio Física Valencia 2001

Mensaje sin leer por sleepylavoisier » 16 Nov 2019, 02:32

Buenas noches opositor13.

Yo tengo resuelto este ejercicio 2001ValenciaF3

https://drive.google.com/open?id=0B-t5S ... 0tRNFlhOTA

de la siguiente forma:

a) Para analizar la situación, puesto que la barra acelera, pienso que podríamos trabajar en un sistema de referencia no inercial, de esta manera sobre la barra en reposo, en este sistema de referencia no inercial, e inclinada un ángulo θ actuaría una fuerza de inercia Fi aplicada sobre su centro de masa con la misma dirección horizontal que F, pero de sentido contrario a F. Además de F y Fi tenemos el peso vertical hacia abajo, m·g, aplicado sobre el centro de masa de la barra y la fuerza normal, N, vertical y hacia arriba, ejercida por el apoyo sobre el extremo inferior de la barra.

El balance de fuerzas horizontales nos dice que Fi = F = 60 N

De la segunda de Sir Isaac: a = F/m = 60 / 4
a = 15 m/s²

El balance de fuerzas verticales nos dice:
N = m·g = 4·9,8 = 39,2 N

Por último efectuamos el balance de momentos tomando como referencia el centro de masa situado en el centro de la barra a r = 0,25 m de cada extremo (de esta manera anulamos los momentos de las fuerzas F y Fi puesto que sus puntos de aplicación están situados justamente sobre el CM a r=0):
F·r·sen(180º- θ) = N·r·sen (90º+θ)

Cancelando r y apelando a la trigonometría tenemos:
F·senθ = N·cosθ

tgθ = senθ / cosθ = N / F

θ = arctg (N / F) = arctg (39,2 / 60) = 33,15792389º

θ = 33,2º

b) En el segundo apartado la barra inicialmente está en reposo formando un ángulo θ con la superficie horizontal sobre la que ahora ya no se mueve sino que se deja caer libremente sobre el apoyo, girando alrededor de él para finalmente llegar a la superficie con velocidad angular ω.

Con el teorema de Steiner obtenemos el momento de inercia respecto al eje que pasa por el apoyo alrededor del que gira la barra:
I = Ig + m·r² = (1/12)·m·L² + m·(L/2)² = (1/3)·m·L²

Efectuamos el correspondiente balance de energía teniendo en cuenta que la energía potencial gravitatoria (origen de energías nulo en la superficie sobre la que cae) del CM:
Ep cm = m·g·h = m·g·(L/2)·senθ

se transforma en energía cinética de rotación al llegar a la superficie horizontal:
Ec rot = I·ω²/2 = (1/3)·m·L²·ω²/2

Igualando Ec rot = Ep cm
(1/3)·m·L²·ω²/2 = m·g·(L/2)·senθ

Cancelando el 2, la m y una L, y despejando queda:
ω = √(3·g·senθ/L) = √(3·9,8·sen33,15792389º/0,5) = 5,671029602 rad/s
ω = 5,67 rad/s

La resolución de lacurie.com, escaneadas por FiQuiPedia y subida en su web (en recursos para oposiciones):

https://drive.google.com/open?id=0B-t5S ... XRDRUVPVW8

coincide más o menos con mi resolución, aunque el b) está incompleto porque no despejan finalmente ω y la ecuación a la que llegan es incorrecta en su primer miembro pues hacen
ho = sen 33,2º
cuando realmente la altura del centro de masa es:
ho = 0,25·sen 33,2º

Saludos.

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