Spagna 2015 — 2015 soluciones_2015.pdf

Fonte: gare di altri paesi/Spagna/Samanca-locali/2015 soluciones_2015.pdf · Apri PDF · apri PDF p.1 Cluster: Gravitazione e Astrofisica

Problema 1

Problema 1

1. La velocidad orbital de Marte alrededor del Sol viene dada por: vvMM= ඨGG MMSS rr = ඨ6.67 $\times 10-11\cdot 1.99\times$ 1030 2.28 $\times 10-11$ = 24.1 km s ⁄

2. La velocidad relativa de Rosetta con respecto a Marte vendrá dada por la siguiente relación: vvRRRR= ටvvMM 2 + vvRR 2 = 31.3 km s ⁄

3. La energía total vendrá dada por la suma de las energías cinética y potencial. EE= $-G$ MMMM mmRR rr

• 1 2 mmRR vv2 = 3 $\times$ 103 $ቆ-6.67\times 10-11\cdot 6.42\times$ 1023 3.4 $\times$ 106 + 2.5 $\times$ 105
• 1 2 (31.3 $\times$ 103)2ቇ = 1.43 $\times$ 1012 J Como esta energía es positiva, podemos concluir que la nave Rosetta saldrá del campo gravitatorio de Marte.

4. Aplicando conservación de la energía: EE= $E{E}^{\prime }$ = 1 2 mmRR vvRRRR ${}^{\prime }2$ vvRRRR ${}^{\prime }$ = ඨ2EE mmRR = ඨ2 $\cdot 1.43\times$ 1012 3 $\times$ 103 = 30.9 km s ⁄

Topic: Gravitation, Newtonian Mechanics, Conservation of Energy Metodi: Newton’s Law of Gravitation, Kepler’s Laws, Energy Conservation Method, Vector Decomposition Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Fonte: Testo (PDF) — p.1

Problema 2

Problema 2 5. Sobre el área frontal AAff impacta el volumen de agua barrido por el corredor durante la carrera. Por tanto, la cantidad de agua recibida será: MMff= ρρ AAff LL 6. Sobre la parte superior AAss impacta la siguiente cantidad de agua: MMss= ρρ AAss vv0 tt= ρρ AAssvv0 LL vv= ρρ AAss LLvv0 vv 7. La cantidad de agua total M tiene dos sumandos: uno que cae como 1/vv y otro es constante (ρρ AAff LL). Por tanto: 8. La cantidad de agua sobre la superficie superior decrece con la velocidad mientras que la recibida en la superficie frontal es independiente de aquélla. 9. Para el caso numérico propuesto: MM= 0.003 $\times$ 10000 ቀ0.04 $\times$ 2 4 + 0.34ቁ= 10.8 kg, de los cuales son 0.6 kg en cabeza y hombros y 10.2 kg (casi todo) en pecho y piernas. Si pensamos en una velocidad de 0.8 m/s (como ir andando) serían 3 y 10.2 kg respectivamente.

Topic: Newtonian Mechanics, Fluid Mechanics Metodi: Physical Modeling, Kinematic Equations Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Fonte: Testo (PDF) — p.1

Problema 3

Problema 3

1. Se deben cumplir las siguientes ecuaciones: FFcos αα= FFRR FFsen αα+ NN= mmg Como FFRR= μμμμ, se tiene que FFcos αα= μμ(mmg $-FFsin\alpha \alpha$)

Por tanto, FFmm= μμ mm g cosαα+ μμsen αα Derivando: dddd dddd= μμ mm g $sin\alpha \alpha -\mu \mu cos$ αα (cos αα+ μμsenαα)2 Anulando esta derivada se obtiene el ángulo para fuerza mínima (trivial comprobar que es mínimo*): tan αα= μμ Y por tanto la fuerza mínima necesaria: FFmm= μμ mm g cos αα+ tan ααsenαα= μμ mm g ඥ1 + μμ2 En nuestro caso, μμ= 1, el ángulo será αα= $45^{\circ }$ y la fuerza FFmm= μμ mm g ඥ1 + μμ2 = $50\sqrt{}2$ g $\approx 693$ N 2. Si se duplica la fuerza y mantenemos el mismo ángulo αα (es decir, tan αα= μμ) tendremos que la aceleración, aa, satisface le ecuación: mm aa= 2FFmmcos $\alpha \alpha -\mu \mu (mmg-2FFmmsen$ αα) mm aa= 2FFmm(cos αα+ μμsenαα) $-\mu \mu$ mm g mm aa= 2 μμ mm g ඥ1 + μμ2 ඥ1 + μμ2 $-\mu \mu$ mm g mm aa= 2 μμ mm g $-\mu \mu$ mm g = μμ mm g aa= gg 3. Este es un resultado muy interesante. Para ese valor de la fuerza, 2FFmm, su componente vertical compensa exactamente el peso, 2FFmmsin αα= mm g, y no hay fricción, FFRR= 0. Y la componente horizontal, también equivale al peso, 2FFmmcosαα= mmg, ya que en nuestro caso sen αα= cos αα. Las fuerzas verticales se compensan y la única resultante, la horizontal mmg, arrastra obviamente el armario con aceleración g. Puede decirse que ese valor, 2FFmm, es un valor máximo por encima del cual el armario despega del suelo y describiría un movimiento con aceleración vertical y horizontal. Es decir, si aplicamos una fuerza FF> 2FFmm, las aceleraciones vertical y horizontal serían respectivamente aavv= (FFsin $\alpha \alpha -mmg$) mm ⁄ y aah= FFcos ααmm ⁄ .

• Puede comprobarse fácilmente que para ese ángulo la fuerza es efectivamente mínima, y además que: cos αα+ tan ααsen αα= ඥ1 + tan2αα= ඥ1 + μμ2 Veamos: cos αα+ tan ααsen αα= cos(1 + tan2αα) cosαα+ tan ααsen αα= 1 cosαα ⁄

Multiplicando ambas y haciendo la raíz cuadrada: cos αα+ tan ααsen αα= ඥ1 + tan2αα Es decir, en nuestro caso: cos αα+ tan ααsen αα= ඥ1 + μμ2

Topic: Newtonian Mechanics, Rigid Body Statics Metodi: Free-Body Diagram, Vector Decomposition, Calculus-Integration Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Fonte: Testo (PDF) — p.2