Trabajo y energía cinética

Desarrolle el tema: Energía cinética y el teorema trabajo-energía. Además, responda a las siguientes cuestiones: (a) ¿Podría ser negativo el trabajo total efectuado sobre un objeto durante un desplazamiento? Razone la respuesta. (b) Si el trabajo total es negativo, su valor absoluto podría ser mayor que el valor de la energía cinética inicial del objeto. Razone la respuesta. (4 puntos.) = U P6.12

Guion para «desarrollar el tema» (en este orden gana puntos; casi todo está en las secciones 1-3 de arriba):

1. Por qué hace falta. Con leyes de Newton y fuerzas constantes basta la cinemática; si la fuerza varía con la posición o la trayectoria es curva no. Trabajo y energía relacionan rapideces en dos posiciones sin pasar por el tiempo (U p.172-173).
2. Trabajo de una fuerza constante: $W=Fs\cos\phi=\vec F\cdot\vec s$ (6.2-6.3), escalar, en J. Signos: $W>0$ si $\phi<90^\circ$, $W=0$ si $\phi=90^\circ$, $W<0$ si $\phi>90^\circ$. Trabajo total = suma algebraica = trabajo de la fuerza neta (U p.174-176).
3. Energía cinética: $K=\tfrac12mv^2$ (6.5): escalar, $K\ge0$, depende de la rapidez y no de la dirección; unidades J (U p.178).
4. Deducción con fuerza neta constante: $F=ma_x$ y $v_2^2=v_1^2+2a_xs$ dan $Fs=\tfrac12mv_2^2-\tfrac12mv_1^2$ (6.4).
5. Teorema: $W_{tot}=K_2-K_1=\Delta K$ (6.6). $W_{tot}>0$ ⇒ acelera; $<0$ ⇒ frena; $=0$ ⇒ rapidez constante.
6. Generalización: fuerza variable, $W=\int F_x\,dx$ (área bajo $F$–$x$, 6.7) y el teorema sigue valiendo (6.11-6.13); trayectoria curva, $W=\int\vec F\cdot d\vec l$ (6.14) (U p.183-188).
7. Significado de $K$: trabajo para acelerar desde el reposo, o trabajo que puede hacer al detenerse (martinete, Ej. 6.4) (U p.181).
8. Límites: marco inercial y cuerpo tratable como partícula (U p.179, 182).
9. Ejemplo numérico: remolque del Ej. 6.2-6.3: $W_{tot}=10$ kJ, $v_1=2{,}0\to v_2=4{,}2$ m/s.

(a) Sí. $W_{tot}$ es el trabajo de la fuerza neta; es negativo cuando la fuerza neta tiene componente opuesta al desplazamiento ($\phi>90^\circ$). Por el teorema, $W_{tot}<0\iff K_2<K_1$: el cuerpo se frena. Ejemplo: un bloque de 2 kg desliza a 3 m/s sobre un suelo con fricción cinética de 4 N; en 1 m, $W_f=-4$ J (el peso y la normal no trabajan), $K_1=9$ J, $K_2=5$ J y $v_2=\sqrt{2(5)/2}=2{,}24$ m/s.

(b) No. Del teorema, $K_2=K_1+W_{tot}=K_1-|W_{tot}|$, y la energía cinética nunca es negativa ($K_2\ge0$), luego $|W_{tot}|\le K_1$. El caso límite $|W_{tot}|=K_1$ es cuando el cuerpo se detiene. En el ejemplo, la fricción para el bloque tras $s=K_1/f=9/4=2{,}25$ m con $W_f=-9$ J; un trabajo de $-12$ J daría $K_2=-3$ J, imposible. (Matiz para nota: lo que se compara es el trabajo total; una fuerza individual sí puede hacer un trabajo negativo mayor que $K_1$ si otra aporta trabajo positivo.)

Una partícula en movimiento circular uniforme sufre siempre la acción de una fuerza neta, ¿por qué no cambia el módulo de la velocidad de la partícula? Justifique su respuesta. (Convocatoria de Septiembre 2022, no recogida en el índice de exámenes principal: ver la nota final del índice.)

1. La fuerza neta en un MCU es la centrípeta, dirigida al centro ($\sum F=mv^2/R$, U ec. 5.16, p.151); la velocidad es tangente a la trayectoria. Forman $\phi=90^\circ$ en todo instante.
2. Potencia de la fuerza neta: $P=\vec F\cdot\vec v=Fv\cos90^\circ=0$ (ec. 6.19); o, por tramo, $dW=\vec F\cdot d\vec l=0$ (6.14).
3. Por el teorema, $\Delta K=W_{tot}=0$: $\tfrac12mv^2$ es constante y, con ella, el módulo de $\vec v$. La fuerza solo cambia la dirección de la velocidad (U p.188: la componente perpendicular a la trayectoria no cambia la rapidez).

(a) Un planeta se mueve con velocidad constante en una órbita circular alrededor de su estrella. ¿Cuál es el trabajo neto que ejerce su estrella sobre el planeta al describir una órbita completa? Razone la respuesta. (b) En el caso anterior si la órbita fuera elíptica en lugar de circular, la velocidad no podría ser constante en cada momento. ¿Cuál es el trabajo neto que ejerce su estrella sobre el planeta al describir una órbita completa? ¿Qué diferencia habría en relación con el caso de la órbita circular? Razone la respuesta. (Tema principal: gravitación, tema 13.)

1. (a) La fuerza gravitatoria apunta al centro y la velocidad es tangente: $\vec F\cdot d\vec l=0$ en cada punto, así que $W=0$ en la órbita completa y en cualquier trozo de ella (como en X2; cf. «Evalúe su comprensión 6.3», U p.189).
2. (b) En una elipse la fuerza (hacia la estrella) no es perpendicular a la velocidad, salvo en el perihelio y el afelio. Al acercarse, $\phi<90^\circ$: trabajo positivo y el planeta acelera; al alejarse, $\phi>90^\circ$: trabajo negativo y frena (figura de X2, panel derecho).
3. Tras una vuelta completa el planeta vuelve al mismo punto con la misma rapidez: $K_2=K_1$, y por el teorema (6.6) $W_{tot}=0$ también (la gravedad de la estrella es la única fuerza).
4. Diferencia: en la circular el trabajo es cero en cada tramo; en la elíptica es cero solo en el ciclo completo (los tramos positivos compensan a los negativos).

Explique cuál sería el trabajo resultante para ir desde la playa de la Malvarrosa en Valencia a la Barceloneta en Barcelona. No considere la acción de fuerzas no conservativas. (Convocatoria de Septiembre 2022; tema principal: gravitación, tema 13.)

1. Sin fuerzas no conservativas, la única fuerza que trabaja es el peso (la normal del suelo es perpendicular al desplazamiento, $W=0$).
2. El trabajo del peso solo depende de la diferencia de altura entre los extremos, $W_{peso}=-mg(y_2-y_1)$, sea cual sea el camino (lo vimos para un arco en el Ej. 6.8, U p.189; se demuestra en general en U §7.1, p.204).
3. Ambas playas están al nivel del mar: $y_2=y_1$ y el trabajo resultante es cero. Coherente con el teorema: si sales y llegas con la misma rapidez, $\Delta K=0$.

Para probar una protección antibalas, se dispara una bala de 10 g de masa contra una pieza de un nuevo material que se encuentra en el suelo, de forma que la trayectoria de la bala es perpendicular sobre el material. La bala queda incrustada en el material penetrando 2 m de profundidad. Si la bala se disparó a 100 m/s y se supone que la aceleración de la bala al incrustarse es constante, calcular: (a) el valor de la deceleración de la bala; (b) ¿qué fuerza ejerció el material sobre la bala para frenarla?; (c) ¿qué tiempo tardó la bala hasta pararse desde que entró en contacto con el material? Considere $g=9{,}81$ m/s². (3 puntos.) → tema 2

Este problema ya está resuelto por cinemática en el tema 2. Aquí, el mismo por trabajo-energía: nos dan distancia y rapideces, no tiempos (Estrategia 6.1).

1. Energías. $m=0{,}010$ kg, $v_1=100$ m/s, $v_2=0$: $K_1=\tfrac12(0{,}010)(100)^2=50{,}0$ J; $K_2=0$.
2. Trabajos (la bala cae en vertical sobre el material): el peso va a favor del desplazamiento, $W_{peso}=+mgd=(0{,}010)(9{,}81)(2)=+0{,}196$ J; la fuerza del material $F$ va en contra, $W_F=-Fd$.
3. Teorema. $mgd-Fd=0-K_1$, luego $F=\dfrac{K_1}{d}+mg=25{,}0+0{,}098=\mathbf{25{,}1\ N}$. (Si se desprecia el peso, $F=K_1/d=25{,}0$ N; el peso es solo el 0,4 %.) (b)
4. (a) Deceleración. Por la segunda ley, $a=(F-mg)/m=K_1/(md)=v_1^2/(2d)=\mathbf{2{,}50\times10^3\ m/s^2}$ (hacia arriba; igual que con la ec. 2.13, U p.47).
5. (c) Tiempo. El teorema no da tiempos; con aceleración constante la velocidad media es $(v_1+0)/2$, luego $t=2d/v_1=\mathbf{0{,}040\ s}$.

Resultado: $a=2{,}50\times10^3$ m/s²; $F=25{,}1$ N (25,0 N sin el peso); $t=0{,}040$ s.

Un satélite artificial se estrella contra la Tierra. Su masa es de 210 kg y la velocidad de impacto contra la superficie es de 311 km/h. Los restos del satélite penetraron hasta una profundidad de 81 cm. (a) Suponiendo que era constante, ¿cuál fue su aceleración durante el choque? (b) ¿Qué fuerza ejerció el suelo sobre el satélite durante el choque? (c) ¿Durante cuánto tiempo se ejerció la mencionada fuerza? Considere $g=9{,}81$ m/s². (3 puntos.)

Resuelto por cinemática en el tema 2; ahora por trabajo-energía, suponiendo la penetración vertical (lo que da sentido a $g$).

1. Datos. $v_1=311/3{,}6=86{,}4$ m/s; $d=0{,}81$ m; $v_2=0$. $K_1=\tfrac12(210)(86{,}39)^2=7{,}84\times10^5$ J; $K_2=0$.
2. Trabajos. El peso ($mg=2060$ N) va a favor del desplazamiento: $W_{peso}=+mgd=+1669$ J. La fuerza del suelo $F$, hacia arriba, va en contra: $W_F=-Fd$.
3. (b) Teorema. $mgd-Fd=-K_1\Rightarrow F=mg+K_1/d=2060+9{,}67\times10^5=\mathbf{9{,}69\times10^5\ N}$ (unas 470 veces el peso).
4. (a) $a=(F-mg)/m=v_1^2/(2d)=\mathbf{4{,}61\times10^3\ m/s^2}$ hacia arriba (unas 470 g).
5. (c) $t=2d/v_1=\mathbf{0{,}0188\ s}$.

Resultado: $a=4{,}61\times10^3$ m/s²; $F=9{,}69\times10^5$ N; $t=0{,}0188$ s.

Se coloca un bloque de 5 kg contra una pared vertical. Se aplica una fuerza constante $\vec F$ al bloque, donde $F=96{,}0$ N y la fuerza está en un ángulo de $60{,}0^\circ$ con la horizontal. El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y la pared es 0,300. Si el bloque está inicialmente en reposo: (a) ¿cuál será el módulo de su velocidad después de que haya recorrido 0,400 m sobre la pared? (b) ¿Cuál será el trabajo realizado en el desplazamiento? Considere $g=9{,}81$ m/s². (3 puntos.) = U 5.75

La dinámica (normal, fricción, aceleración) se resolvió en el tema 5; aquí el enfoque de energía. $F$ apunta hacia la pared y hacia arriba; el bloque sube.

1. Normal y fricción (necesarias para el trabajo de la fricción): horizontalmente $a_x=0$, luego $n=F\cos60^\circ=48{,}0$ N y $f_k=\mu_kn=14{,}4$ N.
2. Trabajo de cada fuerza (desplazamiento 0,400 m hacia arriba):
   • $W_F=Fs\cos30^\circ=(96{,}0)(0{,}400)(0{,}866)=+33{,}3$ J. El ángulo entre $\vec F$ y $\vec s$ es $30^\circ$ (la fuerza está a $60^\circ$ de la horizontal, pero el desplazamiento es vertical); la componente horizontal no trabaja.
   • $W_{peso}=-mgs=-(5)(9{,}81)(0{,}400)=-19{,}6$ J ($\phi=180^\circ$).
   • $W_f=-f_ks=-(14{,}4)(0{,}400)=-5{,}76$ J.
   • $W_n=0$ ($\phi=90^\circ$).
3. Trabajo total: $W_{tot}=33{,}26-19{,}62-5{,}76=+7{,}88$ J (positivo: el bloque acelera).
4. (a) Teorema: $\tfrac12mv_2^2-0=W_{tot}\Rightarrow v_2=\sqrt{2(7{,}875)/5}=\mathbf{1{,}77\ m/s}$. Coincide con la vía dinámica ($a=3{,}94$ m/s², $v=\sqrt{2as}$), la comprobación que recomienda U (Ej. 6.3).
5. (b) «El trabajo realizado»: el enunciado no precisa la fuerza; lo natural es el trabajo de $\vec F$, 33,3 J; conviene dar también el trabajo total, 7,88 J $=\Delta K$, con el desglose.

Resultado: $v=1{,}77$ m/s; $W_F=33{,}3$ J; $W_{peso}=-19{,}6$ J; $W_f=-5{,}76$ J; $W_n=0$; $W_{tot}=7{,}88$ J. (Con $g=9{,}80$: $v=1{,}78$ m/s, como el solucionario 5-38.)

Sistema de poleas de masa despreciable: $m_A=1{,}5$ kg sobre un plano inclinado $30^\circ$ con $\mu=0{,}1$; $m_B=1$ kg cuelga de una polea móvil. (c) Calcular la velocidad de A después de haber recorrido un metro sobre el plano inclinado, suponiendo que el sistema parte del reposo. (3 puntos en total; la figura y los apartados (a)-(b) están en el tema 5.) $g=9{,}80$ (no indicada).

Recordatorio del tema 5: A baja por el plano y B sube; por la ligadura de la polea móvil $s_B=s_A/2$ y $v_B=v_A/2$.

1. Teorema en cada cuerpo (cada uno es una partícula) y suma. Sobre A (1 m plano abajo): $W_{peso,A}=m_Ag\sin30^\circ(1)=+7{,}35$ J; $W_f=-\mu m_Ag\cos30^\circ(1)=-1{,}27$ J; $W_{T,A}=-T(1)$.
2. Sobre B (0,50 m hacia arriba): $W_{peso,B}=-m_Bg(0{,}50)=-4{,}90$ J; la polea móvil tira de B con $2T$: $W_{2T}=+2T(0{,}50)=+T(1)$.
3. Al sumar, los trabajos de la tensión se cancelan ($-T+T=0$): con cuerda ideal y poleas sin masa ni fricción la cuerda solo transmite energía de un cuerpo al otro. (Con $T=5{,}07$ N: $-5{,}07$ J y $+5{,}07$ J.) Por eso no hace falta calcular $T$.
4. $W_{tot}=7{,}35-1{,}27-4{,}90=1{,}18$ J $=\tfrac12m_Av_A^2+\tfrac12m_B(v_A/2)^2=\tfrac12(1{,}5+0{,}25)v_A^2$.
5. $v_A=\sqrt{2(1{,}177)/1{,}75}=\mathbf{1{,}16\ m/s}$ ($v_B=0{,}580$ m/s), igual que por dinámica en el tema 5.

¿Qué masa de agua puede bombear esta máquina desde un pozo de 20 m de profundidad por cada ciclo? Considere $g=9{,}81$ m/s². (Apartado (e) de un problema de una máquina de Carnot que absorbe 400 J por ciclo con eficiencia térmica del 23 %; convocatoria de Septiembre 2022; tema principal 20.)

1. Trabajo útil por ciclo: es la definición de eficiencia térmica, $e=W/Q_H$ (U §20.2, ec. 20.4, p.650; tema 20): $W=eQ_H=0{,}23\times400=92$ J.
2. Subir agua a rapidez constante exige hacer un trabajo $W=mgh$ contra la gravedad (como la corredora del Ej. 6.10, U p.191): el teorema da $W_{motor}+W_{peso}=\Delta K=0$ con $W_{peso}=-mgh$.
3. $m=\dfrac{W}{gh}=\dfrac{92}{(9{,}81)(20)}=\mathbf{0{,}469\ kg}$ por ciclo.

Si un resorte uniforme se corta a la mitad, ¿qué constante de fuerza tendrá cada mitad? (Primera parte de una cuestión de la Opción B; es literalmente el ejercicio 6.46(a) de U, p.197.)

1. Cada mitad soporta la misma fuerza $F$ que el resorte entero (la tensión se transmite a lo largo del resorte), pero se estira solo la mitad, $x/2$ (el alargamiento se reparte de forma uniforme entre las espiras).
2. Ley de Hooke (6.8): $k'=\dfrac{F}{x/2}=\dfrac{2F}{x}=\mathbf{2k}$. Cada mitad es el doble de rígida.

Consecuencia: para el mismo trabajo, $\tfrac12kx^2$, la mitad de resorte se deforma menos; y en el tema 14 se verá que la frecuencia de oscilación se multiplica por $\sqrt2$.

Una partícula de masa 0,5 kg que se encuentra en reposo se suelta desde una posición A, que forma un cuarto de círculo de radio $R=2{,}1$ m según se muestra en la figura, deslizándose hasta llegar al punto B con una velocidad de 5,2 m/s. A partir de este punto, la partícula se desplaza sobre una superficie horizontal hasta el punto C situado a 5 m, donde se detiene. Calcular (a) el coeficiente de fricción cinética de la superficie horizontal y (b) el trabajo de la fuerza de rozamiento sobre la partícula al deslizarse desde el punto A al B. (3 puntos.) (Convocatoria de Septiembre 2023, no recogida en el índice principal de exámenes; el enunciado no da $g$: se usa 9,81. Es una variante del problema 7.57 de U, p. 233.)

1. (a) Tramo BC (fuerzas constantes, camino recto). Peso y normal son perpendiculares al desplazamiento ($W=0$); $n=mg$ y la fricción cinética $f_k=\mu_kmg$ va en contra: $W_f=-\mu_kmg\,s$.
2. Teorema entre B y C ($K_B=\tfrac12mv_B^2$, $K_C=0$): $-\mu_kmg\,s=0-\tfrac12mv_B^2\Rightarrow\mu_k=\dfrac{v_B^2}{2gs}=\dfrac{(5{,}2)^2}{2(9{,}81)(5)}=\mathbf{0{,}276}$. La masa se cancela; con $g=9{,}80$ sale también 0,276.
3. (b) Tramo AB (curvo). Aquí la fricción es desconocida y varía de un punto a otro (la normal ya no es $mg$ y cambia en cada punto), pero no hace falta conocerla: el teorema vale en trayectorias curvas (U p.187-188) y permite obtener $W_f$ por diferencia.
4. Trabajo del peso en el arco. Solo depende del descenso vertical, que es $R$ (como en el Ej. 6.8, donde subir una altura $h$ daba $-mgh$): $W_{peso}=+mgR=(0{,}5)(9{,}81)(2{,}1)=+10{,}30$ J. No es $mg$ por la longitud del arco. La normal es perpendicular a la trayectoria en cada punto: $W_n=0$.
5. Teorema entre A y B ($K_A=0$): $W_{peso}+W_f=K_B$, luego $W_f=\tfrac12(0{,}5)(5{,}2)^2-10{,}30=6{,}76-10{,}30=\mathbf{-3{,}54\ J}$ (con $g=9{,}80$: $-3{,}53$ J).
6. Comprobación. Sin fricción llegaría a B con $v=\sqrt{2gR}=6{,}42$ m/s, mayor que 5,2 m/s: la fricción tiene que quitar energía ($W_f<0$). Y en BC la fricción retira los 6,76 J que tenía la partícula en B.

Resultado: $\mu_k=0{,}276$; $W_f(A\to B)=-3{,}54$ J.

Un camión de remolque jala de un automóvil 5,00 km por una carretera horizontal usando un cable cuya tensión es de 1350 N. (a) ¿Cuánto trabajo realiza el cable sobre el automóvil si jala de él horizontalmente? ¿Y si se jala a 35,0° sobre la horizontal? (b) ¿Cuánto trabajo realiza el cable sobre el camión en ambos casos? (c) ¿Cuánto trabajo efectúa la gravedad sobre el automóvil?

1. Fuerza constante, camino recto: $W=Ts\cos\phi$ (6.2), con $s=5{,}00\times10^3$ m.
2. (a) $\phi=0^\circ$: $W=(1350)(5000)=\mathbf{6{,}75\times10^6\ J}$. $\phi=35^\circ$: $W=6{,}75\times10^6\cos35^\circ=\mathbf{5{,}53\times10^6\ J}$ (solo trabaja $T\cos35^\circ=1106$ N).
3. (b) Por la tercera ley el cable tira del camión hacia atrás con la misma tensión: $\phi=180^\circ$ y $W=\mathbf{-6{,}75\times10^6\ J}$ en el primer caso; en el segundo, con el cable a $35^\circ$ sobre el camión, la fuerza sobre el camión apunta hacia atrás y hacia abajo y el ángulo con el desplazamiento es $\phi=145^\circ$: $W=6{,}75\times10^6\cos145^\circ=\mathbf{-5{,}53\times10^6\ J}$ (Solucionario 6-1). El motor del camión aporta la energía; el cable solo la transmite.
4. (c) El peso es vertical y el desplazamiento horizontal: $\phi=90^\circ$, $W=\mathbf{0}$.

Un transportador de equipaje jala una maleta de 20,0 kg para subirla por una rampa inclinada 32,0° con una fuerza $\vec F$ de 160 N paralela a la rampa. El coeficiente de fricción cinética es $\mu_k=0{,}300$. Si la maleta viaja 3,80 m en la rampa, calcule el trabajo sobre ella (a) por $\vec F$; (b) por la gravedad; (c) por la normal; (d) por la fricción; (e) el trabajo total; (f) si la rapidez es cero en la base, ¿qué rapidez tiene tras subir 3,80 m?

1. (a) $\vec F$ es paralela a $\vec s$ ($\phi=0^\circ$): $W_F=(160)(3{,}80)=\mathbf{608\ J}$.
2. (b) El ángulo entre $\vec w$ (vertical, abajo) y $\vec s$ (32° sobre la horizontal) es $122^\circ$: $W_w=(196)(3{,}80)\cos122^\circ=\mathbf{-395\ J}$. Equivale a que solo trabaja $w\sin32^\circ=103{,}9$ N, opuesta: $-(103{,}9)(3{,}80)=-mgh$ con $h=3{,}80\sin32^\circ=2{,}01$ m.
3. (c) La normal es perpendicular a $\vec s$: $W_n=\mathbf{0}$.
4. (d) Eje perpendicular, $a_y=0$: $n=w\cos32^\circ=166{,}2$ N; $f_k=0{,}300\,n=49{,}9$ N; $W_f=-(49{,}87)(3{,}80)=\mathbf{-189\ J}$.
5. (e) $W_{tot}=608-394{,}7+0-189{,}5=\mathbf{23{,}8\ J}$ (el solucionario redondea a 24 J).
6. (f) $\tfrac12(20{,}0)v_2^2=23{,}8\Rightarrow v_2=\mathbf{1{,}54\ m/s}$ (solucionario: 1,5 m/s).

Un automóvil viaja por un camino horizontal con rapidez $v_0$ cuando los frenos se bloquean y las llantas se deslizan. (a) Use el teorema trabajo-energía para calcular la distancia mínima en que puede detenerse en términos de $v_0$, $g$ y $\mu_k$. (b) ¿En qué factor cambiaría la distancia mínima si i. se duplicara $\mu_k$, ii. se duplicara $v_0$, iii. se duplicaran ambas?

1. Solo trabaja la fricción (peso y normal son perpendiculares): $W_{tot}=-\mu_kmg\,s$.
2. $K_1=\tfrac12mv_0^2$, $K_2=0$: $-\mu_kmgs=-\tfrac12mv_0^2\Rightarrow\boxed{s=\dfrac{v_0^2}{2\mu_kg}}$. La masa se cancela: un camión y un coche con las mismas ruedas frenan en la misma distancia.
3. (b) $s\propto v_0^2/\mu_k$: i. $\mu_k\times2\Rightarrow s/2$; ii. $v_0\times2\Rightarrow4s$; iii. ambos $\Rightarrow4/2=\mathbf{2s}$.
4. Ejemplo (propio): $v_0=25$ m/s (90 km/h), $\mu_k=0{,}8$: $s=39{,}9$ m; a 50 m/s, 159 m.

Se requiere un trabajo de 12,0 J para estirar un resorte 3,00 cm con respecto a su longitud no estirada. (a) ¿Cuál es la constante de fuerza? (b) ¿Qué fuerza se necesita para estirarlo 3,00 cm? (c) ¿Cuánto trabajo debe efectuarse para comprimirlo 4,00 cm con respecto a su longitud no estirada, y qué fuerza se necesita?

1. (a) Trabajo sobre el resorte desde $x=0$ hasta $X$ (6.9): $W=\tfrac12kX^2\Rightarrow k=2W/X^2=2(12{,}0)/(0{,}0300)^2=\mathbf{2{,}67\times10^4\ N/m}$.
2. (b) Hooke (6.8): $F=kX=(2{,}667\times10^4)(0{,}0300)=\mathbf{800\ N}$. (Comprobación: fuerza media $F/2=400$ N por 0,03 m son 12 J.)
3. (c) Al comprimir, $x=-0{,}0400$ m, pero la fórmula vale igual (U p.185): $W=\tfrac12k(0{,}0400)^2=\mathbf{21{,}3\ J}$ y $|F|=k(0{,}0400)=\mathbf{1{,}07\times10^3\ N}$.

Nota: el solucionario da 801 N y 21,4 J por usar $k$ redondeado; los exactos son 800 N y 21,3 J.

Un bloque de 5,00 kg se mueve con $v_0=6{,}00$ m/s en una superficie horizontal sin fricción hacia un resorte de constante $k=500$ N/m unido a una pared. El resorte tiene masa despreciable. (a) Calcule la distancia máxima que se comprimirá el resorte. (b) Si dicha distancia no debe ser mayor que 0,150 m, ¿qué valor máximo debería tener $v_0$?

1. Mientras comprime, la única fuerza que trabaja es la del resorte, que se opone al movimiento: $W_{res}=-\tfrac12kX^2$ (el negativo de 6.10; «Cuidado» p.185).
2. En la compresión máxima el bloque se detiene, $K_2=0$: $-\tfrac12kX^2=0-\tfrac12mv_0^2\Rightarrow X=v_0\sqrt{m/k}=6{,}00\sqrt{5/500}=\mathbf{0{,}600\ m}$.
3. (b) $v_0=X\sqrt{k/m}=0{,}150\sqrt{100}=\mathbf{1{,}50\ m/s}$.

6.43. A un automóvil a escala de 2,0 kg, controlado por radio, se le aplica una fuerza $\vec F$ paralela al eje $x$ que varía con $x$ (figura E6.43). Calcule el trabajo de $\vec F$ cuando el auto se mueve de (a) $x=0$ a 3,0 m; (b) 3,0 a 4,0 m; (c) 4,0 a 7,0 m; (d) 0 a 7,0 m; (e) 7,0 a 2,0 m. 6.44. Si el auto está inicialmente en reposo en $x=0$ y $\vec F$ es la fuerza neta, use el teorema para hallar su rapidez en (a) $x=3{,}0$; (b) 4,0; (c) 7,0 m.

La gráfica (U p.197): $F_x$ crece linealmente de 0 en $x=0$ a 2 N en $x=2$ m; vale 2 N hasta $x=3$; cae a 0 y vale 0 entre 3 y 4 m; baja linealmente de 0 en $x=4$ a $-1$ N en $x=6$; vuelve a 0 y sigue en 0 hasta 7 m.

1. $W=\int F_x\,dx$ es el área con signo bajo la curva (6.7): por encima del eje cuenta positiva si $x$ aumenta; si $x$ disminuye, el signo se invierte.
2. 6.43. (a) triángulo $\tfrac12(2)(2)$ + rectángulo $(1)(2)$ = +4,0 J. (b) $F_x=0$: 0. (c) triángulo bajo el eje $\tfrac12(2)(-1)=$ −1,0 J (fuerza opuesta al movimiento). (d) suma: +3,0 J. (e) de 7 a 3 m: fuerza hacia $-x$ y desplazamiento hacia $-x$, $+1{,}0$ J; de 3 a 2 m: fuerza $+2$ N y desplazamiento $-1$ m, $-2{,}0$ J; total −1,0 J.
3. 6.44. $v=\sqrt{2W/m}$ con $K_1=0$: (a) $\sqrt{2(4)/2}=\mathbf{2{,}00\ m/s}$; (b) igual, 2,00 m/s (de 3 a 4 m no hay fuerza); (c) $\sqrt{2(3)/2}=\mathbf{1{,}73\ m/s}$ (de 4 a 6 m la fuerza frena).

Se aplica una fuerza $F(x)=18{,}0\ \text{N}-(0{,}530\ \text{N/m})x$ en la dirección $+x$ a una caja de 6,00 kg que descansa sobre la superficie horizontal sin fricción de un lago congelado. $F(x)$ es la única fuerza horizontal. Si la caja está inicialmente en reposo en $x=0$, ¿cuál es su rapidez después de viajar 14,0 m?

1. La fuerza depende de $x$: no hay aceleración constante, así que ni la ec. 2.13 ni $W=Fs$; hay que integrar (6.7).
2. $W=\int_0^{14}(18{,}0-0{,}530x)\,dx=18{,}0(14)-\tfrac{0{,}530}{2}(14)^2=252{,}0-51{,}9=\mathbf{200\ J}$. (Comprobación: $F$ es lineal, luego $W$ = fuerza media por distancia = $\tfrac12(18{,}0+10{,}58)(14)=200{,}1$ J.)
3. Peso y normal no trabajan; $K_1=0$: $v=\sqrt{2W/m}=\sqrt{2(200{,}1)/6{,}00}=\mathbf{8{,}17\ m/s}$.

6.58. Un elevador sin pasajeros tiene masa de 600 kg y está diseñado para subir con rapidez constante una distancia vertical de 20,0 m (5 pisos) en 16,0 s; es impulsado por un motor capaz de suministrar 40 hp al elevador. ¿Cuántos pasajeros como máximo pueden subir? Suponga una masa de 65,0 kg por pasajero.

1. Potencia disponible: $P=40\times746=2{,}984\times10^4$ W (1 hp = 746 W, U p.190).
2. Vía 1 (potencia media, 6.15): a rapidez constante el trabajo del motor en 16,0 s es $P\,\Delta t=Mgh$ (como en el Ej. 6.10): $M=\dfrac{P\Delta t}{gh}=\dfrac{(2{,}984\times10^4)(16{,}0)}{(9{,}80)(20{,}0)}=2436$ kg.
3. Vía 2 (6.18): $v=20{,}0/16{,}0=1{,}25$ m/s y $P=Fv=Mgv$ da la misma $M$.
4. Pasajeros: $(2436-600)/65{,}0=28{,}2$, luego 28 pasajeros; se redondea hacia abajo (29 superarían la potencia).

Complemento 6.55. Un equipo de dos personas en una bicicleta tándem debe superar una fuerza de 165 N a 9,00 m/s: $P=Fv=(165)(9{,}00)=1485$ W en total; 742,5 W ≈ 1,00 hp por ciclista (el solucionario pone 745 W por redondeo).

Un libro de 2,50 kg se empuja contra un resorte horizontal de masa despreciable y constante 250 N/m, comprimiéndolo 0,250 m. Al soltarse, el libro se desliza sobre una mesa horizontal con $\mu_k=0{,}30$. Use el teorema trabajo-energía para hallar qué distancia recorre desde su posición inicial hasta detenerse.

1. Puntos: 1 = suelta (reposo), 2 = se detiene (reposo): $W_{tot}=0$.
2. Trabajo del resorte sobre el libro al pasar de 0,250 m comprimido a relajado (empuja a favor del movimiento): $W_{res}=+\tfrac12kx_1^2=+7{,}81$ J. Después el libro se separa del resorte (de masa despreciable) y este ya no trabaja. Hay que comprobar que llega a separarse: sí, porque $d$ resulta mayor que 0,250 m.
3. La fricción actúa en todo el recorrido $d$: $W_f=-\mu_kmg\,d$ con $\mu_kmg=7{,}35$ N.
4. $\tfrac12kx_1^2-\mu_kmg\,d=0\Rightarrow d=\dfrac{kx_1^2}{2\mu_kmg}=\dfrac{(250)(0{,}250)^2}{2(0{,}30)(2{,}50)(9{,}80)}=\mathbf{1{,}06\ m}$ desde la posición inicial.
5. (Extra, propio) La rapidez máxima se alcanza cuando la fuerza neta es cero: $kx=\mu_kmg\Rightarrow x=0{,}0294$ m (tras recorrer 0,221 m), con $v_{máx}=2{,}21$ m/s.

Un extremo de un resorte horizontal ($k=130{,}0$ N/m) se une a una pared vertical. Un bloque de 4,00 kg sobre el suelo se coloca contra el resorte; $\mu_k=0{,}400$. Se aplica una fuerza constante $\vec F$ de magnitud 82,0 N hacia la pared. En el momento en que el resorte se comprime 80,0 cm, ¿cuáles son (a) la velocidad del bloque y (b) la magnitud y dirección de su aceleración?

1. (a) Trabajos en los 0,800 m hacia la pared (el bloque parte del reposo con el resorte relajado): $W_F=+(82{,}0)(0{,}800)=+65{,}6$ J; $W_{res}=-\tfrac12(130)(0{,}800)^2=-41{,}6$ J; $W_f=-(0{,}400)(4{,}00)(9{,}80)(0{,}800)=-12{,}5$ J. $W_{tot}=11{,}5$ J.
2. $v=\sqrt{2(11{,}46)/4{,}00}=\mathbf{2{,}39\ m/s}$ hacia la pared.
3. (b) Segunda ley en ese instante (+ hacia la pared): $82{,}0-15{,}7-104{,}0=4{,}00\,a\Rightarrow a=\mathbf{-9{,}42\ m/s^2}$: 9,42 m/s² alejándose de la pared (el bloque se está frenando).