Puesto que la física es una de las ramas más importantes de la carrera, y con la finalidad de ayudar en este ámbito, a continuación te muestro algunos ejercicios resueltos de trabajo y energía.
Ejercicio 1
Una partícula de masa m es lanzada con una velocidad u desde el punto más bajo de una esfera hueca de radio b. Demuestra que, siempre y cuando la partícula permanezca en contacto con la superficie interna de la esfera, la velocidad de la partícula vendrá dada por:
v^2=u^2-2gb(1-cos\theta)
Obtenga el valor de la normal N en función del ángulo. Para el caso u=(3gb)1/2 hasta que ángulo subirá la partícula permaneciendo en contacto con la superficie interna de la esfera.
Eo=\frac{1}{2}mU^2-mgb=\frac{1}{2}mU^2-mgbcos\theta\\
V^2=U^2-2gb(1-cos\theta)\\
N-mgcos\theta=m*a_{N}=m\frac{V^2}{b}\\
N=\frac{m}{b}(U^2-2gb(1-cos\theta))+mgcos\theta\\
N=m\frac{U^2}{b}-2mg(1-cos\theta)+mgcos\theta\\
m\frac{U^2}{b}-2mg+3mgcos\theta=m\frac{U^2}{b}+mg(3cos\theta-2)Aplicando conservación de la energía para el caso u=(3gb)1/2
V^2=U^2-2gb(1-cos\theta)\\ V^2=3gb-2gb(1-cos\theta)=0\;\;\; altura\;máxima\\ \theta=120º
Normal = 0 la partícula deja de estar en contacto con la superficie.
m\frac{3gb}{b}+mg(3cos\theta-2)=mg(1+3cos\theta)=0\\
\theta=109ºEjercicio 2
Una bola de masa m puede deslizarse en un aro circular de radio a situado en un plano vertical. la bola está conectada al punto más alto del aro mediante un muelle sin masa y de longitud natural 3a/2 y de constante de recuperación α. Determina la estabilidad de la posición de equilibrio situada en el punto más bajo del aro para los casos de α=2mg/a ; α=5mg/a.
Vpg=-mgacos\theta\;\;;\;\;Vpe=1/2 \;\alpha\triangle l^2=\frac{1}{2}k(l-l_{0})\\
l^2=a^2(1+cos\theta)^2+a^2sen^2\theta\\
l^2=a^2(1+cos^2\theta+2cos\theta)+a^2sen^2\theta=2a^2(1+cos\theta)\\
l=a\sqrt{2(1+cos\theta)}=2a\sqrt{\frac{1+cos\theta}{2}}=2acos(\frac{\theta}{2})Vpe=\frac{1}{2}\alpha(l-l_0)^2=\frac{1}{2}\alpha(2acos(\frac{\theta}{2})-\frac{3}{2}a)^2\\
V=\frac{1}{2}\alpha(2acos(\frac{\theta}{2})-\frac{3}{2}a)^2-mgacos\theta\\
\frac{dV}{d\theta}=\frac{3}{2}\alpha a^2sen\frac{\theta}{2}+(mga-\alpha a^2)sen\theta\\
V^"=\frac{3}{4}\alpha a^2cos\frac{\theta}{2}+(mga-\alpha a^2)cos\theta\\Para los casos de α=2mg/a ; α=5mg/a es:
V^"(\theta=0)=\frac{3}{4}\frac{2mg}{a} a^2+(mga-\frac{2mg}{a} a^2)1\\=\frac{3}{2}mga-mga=\frac{1}{2}mga\;\;\rightarrow\;\; >0 \;estable\\
V^"(\theta=0)=\frac{3}{4}\frac{5mg}{a} a^2+(mga-\frac{5mg}{a} a^2)1\;\;\rightarrow\;\; <0 \; inestable\\Ejercicio 3
Una escalera está construida mediante dos varillas de masa M y longitud L unidas mediante un muelle situado a mitad de altura de ambas varillas. Si se considera que la longitud natural del muelle es despreciable y que la constante de recuperación vale k, calcula la posición de equilibrio α de la escalera.
V=Ve+Vg\\
Vg=2Mgh_{CM}=2Mg\frac{L}{2}cos\alpha\\
Ve=\frac{1}{2}k(2\frac{L}{2}sen\alpha)^2=\frac{1}{2}kL^2sen^2\alpha\\
V=MgLcos\alpha+\frac{1}{2}kL^2sen^2\alpha\\
V´=-MgLsen\alpha+\frac{1}{2}kL^22sen\alpha cos\alpha=0\\
Lsen\alpha(-Mg+kLcos\alpha)=0\;\;\rightarrow\;\;sen\alpha=0\\
-Mg+kLcos\alpha=0\\
cos\alpha=\frac{Mg}{kL}Ejercicio 4
Una varilla de longitud L y masa m puede rotar respecto de un eje B situado a L/4 de uno de sus extremos. Dicho extremo se conecta a un punto fijo C mediante un muelle de constante de recuperación k y longitud natural despreciable. Si la distancia entre los puntos B y C es L/2. Calcula: la posición de equilibrio del sistema y deduzca su estabilidad en función de las variables del problema. Para el caso k=2mg/L calcule la frecuencia de vibración bajo la aproximación a pequeñas oscilaciones.
L^2=(\frac{L}{4}cos\theta)^2 + (\frac{L}{2}-\frac{L}{4}sen\theta)^2\\
L^2=\frac{L^2}{16}cos^2\theta\; +\frac{L^2}{4}+\frac{L^2}{16}sen^2\theta - \frac{L^2}{4}sen\theta\\
L^2=\frac{L^2}{16}+\frac{L^2}{4}-\frac{L^2}{4}sen\theta 
Vg=mgh=mg\frac{L}{4}cos\theta\\
Ve=\frac{1}{2}k\triangle L^2=\frac{1}{2}k(\frac{5}{16}L^2-\frac{L^2}{4}sen\theta)\\
V=mg\frac{L}{4}cos\theta+\frac{1}{2}k(\frac{5}{16}L^2-\frac{L^2}{4}sen\theta)\\
V^,=-mg\frac{L}{4}sen\theta - \frac{1}{2}k\frac{L^2}{4}cos\theta\\
-mg\frac{L}{4}sen\theta =\frac{1}{2}k\frac{L^2}{4}cos\theta\\
tan\theta\;\;=\;-\;\frac{1}{2}\frac{kL}{mg}La tangente es negativa en el segundo y cuarto cuadrante.
V^"=-mg\frac{L}{4}cos\theta + \frac{1}{2}k\frac{L^2}{4}sen\theta\\
sen\theta=-\frac{1}{2}\frac{kL}{mg}cos\theta\\
V^"=-mg\frac{L}{4}cos\theta + \frac{1}{2}k\frac{L^2}{4}(-\frac{1}{2}\frac{kL}{mg}cos\theta)\\
-cos\theta\frac{L}{4}(mg+\frac{1k^2L^2}{4mg})El coseno es negativo en el segundo y tercer cuadrante. En el segundo es inestable y en el cuarto es estable. Ahora para el caso de k=2mg/L:
sen\theta=\frac{tan\theta}{\sqrt{1+tan^2\theta}}\;\;\; ;\;\;\; cos\theta=\frac{1}{\sqrt{1+tan^2\theta}}\\
V^"=-mg\frac{L}{4}cos\theta+\frac{1}{8}kL^2sen\theta\\
V^"=-mg\frac{L}{4}\frac{1}{\sqrt{1+tan^2\theta}}+\frac{1}{8}kL^2\frac{tan\theta}{\sqrt{1+tan^2\theta}}\\
mg\frac{L}{4}\frac{1}{\sqrt{1+tan^2\theta}}=\frac{1}{8}\frac{2mg}{L}L^2\frac{tan\theta}{\sqrt{1+tan^2\theta}}\\
tan\theta=1\; \rightarrow \theta=45º = \frac{\pi}{4}Espero que te haya gustado el artículo y, sobre todo, que te sirva de ayuda. ¿Tienes alguna duda o sugerencia? Puedes dejar tu opinión en los comentarios. ¡Gracias por llegar hasta aquí!