Que es la misma energía con la que llega al suelo. cada ves que rebota pierde un 15% de su energia, es decir que al momento de rebotar por primera ves, la energía del sistema es:

(2)

$u_1=u_0 *(1-0.15)=m*g*h_0 *(1-0.15)$

Luego al volver a rebotar pierde el 15% de la energía que le quedo:

(3)

$u_2=u_1 * (1-0.15) = m*g*h_0 *(1-0.15)^2$

En general al cabo de n rebotes la energía que le queda es:

(4)

$u_n=u_{n-1} * (1-0.15) = m*g*h_0 *(1-0.15)^n$

Entonces:

La altura al 5^to rebote.

(5)

$u_n= m * g *h_n = m*g*h_0 *(1-0.15)^n$

(6)

$h_n = h_0 *(1-0.15)^n$

Lamentablemente, "después del 5to rebote" puede confundir un poco, a si que dependiendo del procedimiento considere buena las siguientes respuestas:

(7)

$h_0 *(1-0.15)^4 = 0.52200625 [m]$

(8)

$h_0 *(1-0.15)^5 = 0.443705312 [m]$

(9)

$h_0 *(1-0.15)^6 = 0.377149516 [m]$

La velocidad al momento del 5^to rebote.

Al momento de dar el 5to rebote la energía del sistema es igual a u₄ y la energía cinética es $\frac{1}{2}mv^2$

En este caso cambien es bien ambiguo "al momento del 5^to rebote. entonces considere buena las siguientes respuestas (claro que todo depende del desarrollo).

(10)

$v=\sqrt{\frac{2u_4}{m}} = \sqrt{\frac{2 (m g h (1-0.15)^4)}{m}} = \sqrt{2 g h (1-0.15)^4} = 3.19864385 [\frac{m}{s}]$

(11)

$v=\sqrt{\frac{2u_5}{m}} = \sqrt{\frac{2 (m g h (1-0.15)^5)}{m}} = \sqrt{2 g h (1-0.15)^5} = 2.94900392 [\frac{m}{s}]$

Aunque la verdadera respuesta correcta era la con u₄

2. Dos bolas amarradas con una cuerda

Diagrama de cuerpo libre.

Donde:

N_a = Fuerza normal sobre el cuerpo A.
N_b = Fuerza normal sobre el cuerpo B.
T = Tension que posee la cuerda que une el cuerpo A con el cuerpo B.
W_a = Peso del cuerpo A.
W_b = Peso del cuerpo B.
Fr_a = Fuerza de roce entre el cuerpo A y el suelo.
Fr_b = Fuerza de roce entre el cuerpo B y el suelo.
F = Fuerza que origina el movimiento.

Las ecuaciones para ambos cuerpos son:

(12)

$\sum{}{}{F_y}=0;\sum{}{}{F_x}=m \cdot a_x$

En particular para el cuerpo A es:

(13)

$\sum{}{}{F_y}: m_a \cdot g + F \cdot Sen(\alpha) = N_a$

(14)

$\sum{}{}{F_x}: F \cdot Cos(\alpha) - T - Fr_a = m_a \cdot a_x$

Y para el cuerpo B:

(15)

$\sum{}{}{F_y}: m_b \cdot g = N_b$

(16)

$\sum{}{}{F_x}: T - Fr_b = m_b \cdot a_x$

Encuentre F.

Bueno, juntando $Fr_b = \mu N_b$ con la Eq.(15). La Eq.(16) se puede reescribir como:

(17)

$T - Fr_b = m_b \cdot a_x\ T - \mu (m_b \cdot g) = m_b \cdot a_x$

(18)

$T = m_b( a_x +\mu \cdot g )$

Que nos permite expresar T en términos conocidos.

Ahora con el cuerpo A hacemos un procedimiento similar, es decir juntamos $Fr_a = \mu N_a$ con Eq.(13), y remplazando el valor obtenido de Fr_a en Eq.(14).

(19)

$F \cdot Cos(\alpha) - T - Fr_a = m_a \cdot a_x\ F \cdot Cos(\alpha) - T - \mu \cdot N_a = m_a \cdot a_x\ F \cdot Cos(\alpha) - T - \mu ( m_a \cdot g + F \cdot Sen(\alpha) ) = m_a \cdot a_x\ F \cdot ( Cos(\alpha) - \mu \cdot Sen(\alpha)) = m_a \cdot ( a_x +\mu \cdot g ) + T\ F \cdot ( Cos(\alpha) - \mu \cdot Sen(\alpha)) = m_a \cdot ( a_x +\mu \cdot g ) + m_b \cdot ( a_x +\mu \cdot g ) \ F \cdot ( Cos(\alpha) - \mu \cdot Sen(\alpha)) = (m_a + m_b)\cdot ( a_x +\mu \cdot g )$

(20)

$F = \frac {(m_a + m_b)\cdot ( a_x +\mu \cdot g )}{ Cos(\alpha) - \mu \cdot Sen(\alpha) }$

Si remplazamos los numeros el resultado es:

(21)

$F = \frac {(3 + 2)\cdot ( 0.5 +0.3 \cdot 9.8 )}{ 0.866 - 0.3 \cdot 0.5 } = 24.0223 [N]$

También es posible que se coinciderara otra direccion de la fuerza, de tal manera que la componente en eje Y de la fuerza F se opondria al peso, la respuesta final en tal caso seria.

(22)

$F = \frac {(m_a + m_b)\cdot ( a_x +\mu \cdot g )}{ Cos(\alpha) + \mu \cdot Sen(\alpha) }\ F = \frac {(3 + 2)\cdot ( 0.5 +0.3 \cdot 9.8 )}{ 0.866 + 0.3 \cdot 0.5 } = 16.9291 [N]$

3. Tres cuerpos unidos por una cuerda.

A esta pregunta se le realizara una modificación en el puntaje en beneficio de todos. la primera pregunta tendrá 3 puntos y la segunda 1.

El diagrama de cuerpo libre

coeficiente estatico.

Como el cuerpo esta en equilibrio se pueden escribir las siguientes ecuaciones.

(23)

$F_r + m_a g Sen(\alpha)= T \ T = (mb+mc) g\ F_r=\mu N\ N = m_a g Cos(\alpha)$

Combinando todas estas ecuaciones se puede escribir:

(24)

$F_r = T- m_a g Sen(\alpha) \ (\mu N) = ( (mb+mc) g )- m_a g Sen(\alpha) \ \mu (m_a g Cos(\alpha)) = (mb+mc - m_a Sen(\alpha) ) g$

(25)

$\mu = \frac{mb+mc - m_a Sen(\alpha) }{m_a Cos(\alpha)}$

4. Dos cuerpos unidos por una cuerda en un plano inclinado.

Cuando el cuerpo A esta a punto de moverse, la ecuacion que describe el equilibrio es:

(26)

$m_a g Sen(\alpha) \pm F_r = T$

Donde el símbolo $\pm$ se utiliza para describir el echo de que el cuerpo puede intentar subir o intentar bajar. Si el cuerpo A esta a punto de romper el equilibrio para subir, entonces la ecuación se escribe con signo positivo, en caso contrario se utiliza el signo negativo (ya que el roce va en la dirección contraria al movimiento).

Como $T = m_b g$ y $F_r = \mu m_a g Cos(\alpha)$ , la Eq.(26) queda:

(27)

$m_a g Sen(\alpha) \pm \mu m_a g Cos(\alpha) = m_b g \ m_a (Sen(\alpha) \pm \mu Cos(\alpha) )= m_b$

(28)

$1.32626376 < m_b < 2.28462638$

y la Tension en la cuerda es $T = m_b g$ , entonces la tension vale:

(29)

$12.9973849 < m_b < 22.3893385$

5. 3 Frz sobre una esfera.

(30)

$F_B = 60 = F_C Sin(30) \Rightarrow F_C = 120$

(31)

$F_A = F_C Cos(30) \Rightarrow F_A = 103.923048$

6. Cuatro fuerzas concurrentes.

(32)

$F_Ax = F_A Cos(\alpha) = F_c Cos(30) +F_d Cos(20) - F_b Cos(70) = 1 085.62582\ F_Ay = F_A Sen(\alpha) = F_c Sen(30) -F_d Sen(20) + F_b Sen(70) = 664.634224$

Entonces

(33)

$\alpha = Tan^{-1} (\frac{664.634224} {1 085.62582}) = 31.4755094$

(34)

$F_A = \sqrt{1 085.62582^2 + 664.634224^2} = 1 272.91872$

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1. Pelota que rebota y pierde un 15% de su energía.