Banco de Vizcayak Banco de VizcayaI)PROBLEMAK .pdfPROBLEMAK ETA ARIKETAK Patxi Ugalde J.R....

i[Banco de VizcayakBABESTUTAKO ARGITARAPENA

ED1CION PATROCINADA POR EL

Banco de Vizcaya

VIII. UEU

UDAKO EUSKAL UNIBERTSITATEA

IRUINEA, 1980

FISIKA OROKORRA (I)

PROBLEMAK ETA ARIKETAK

Patxi Ugalde

J.R. Etxebarria

Leioa, 1979-80 ikasturtea

AURKIBIDEA

Sarrera

1. gaia. Ideia orokorrak. Dimentsio-ekuazioak .. 1

2. gaia. Kalkulu Bektoriala 6

3. gaia. Puntuaren zinematika 18

4. gaia. Higidura erlatiboa 28

5. gaia. Partikularen dinamika 42

6. gaia. Lana eta energia 63

7. gaia. Partikula-sistemen dinamika 83

8. gaia. SoZido zurruna 103

9. gaia. SoZido zurrunaren dinamika 121

10. gaia. Estatika 136

I

SARRERA

Liburu hau irakurtzen hasi aurretik, beharrezko deritzogu,

dituen mugak adierazteari, egiterakoan jarri dizkiogun baldin-

tzak uZertuz hobeki uZertzen baita beraren egitura.

Hasteko, diogun ezen 1979-80 ikasturtean zehar egina dela,

Leioako Zientzi Fakultatean mintegi modura egindako elkarlanean.

Ikasturte horretan, lehen mailako talde berezi bat antolatu

izan da ofizialki Fakultatean, ikastaZdiak euskara hutsez ema-

teko. Nolabait esateko, talde autonomoa izan da, gero espezia-

litato desberdinak egiteko diren ikaslez osotua. Denetara, 42

ikasZe eta 6 irakasZe. Eta gertakari historikoa delakoan, aipa-

tu egingo ditugu irakasle horien izenak: Jesus Mari Txurruka

(Biologia), Itziar Urretxa (kimika), Maribel Arriortua (Geolo-

gia), Maria Jose Zarate eta Jesus Mari Arregi (Matematika) eta

Jose Ramon Etxebarria (Fisika).

Kontsultaliburu bezala, taZde horrek aurreko UEUetan

taraturiko Ziburuak erabili izan ditu, guztiz baliagarri gerta-

tu zaizkigularik. Bihoazkio, beraz, gure eskerrak UEUri, proze-

su hori burutzea posibletu baitu.

Dena den, materiaZe hori osotu eta zabaldu beharrean aur-

kitzen gara, zientziazko oinarrizko bibZiografia eginez joateko.

Eta horixe izan da problema-liburu honen asmoa.

Jadanik bi liburu genituen Fisikaren programari lotuak,

baina beraietan ikuspuntu teorikoa ukitzen zen nagusiki. Proble-

mei zegokienez, hutsune larria genuen. Eta hain zuzen ere, hu-

tsune hori estaZtzen hasi nahi izan dugu. Horrela, Fisika Oro-

korrezko lehen bi liburuetako gaiei buruzko problemekin beste

liburu bat egitea pentsatu genuen.Ohar gisa, hemendik aurrera

Fisika Orokorra esatea hobetsi dugula esango dugu, lehenago era-

bilitako Fisika GeneraZaren ordez.

II

Dena den, denboragatik, ezin aha2 izan dugu osorik presta-

tu, eta bestaZde zabaZegia geratzen zitzaigun.Horregatik, bi

pausotan prestatzea erabaki dugu, pauso bakoitzean parte bati

dagokion materialea prestatuz.

Hala ere, zenbait ohar egin behar ditugu, eginiko nari

buruz:

- MateriaZe minimoa da. Hots, eredu batzu aurkezten di-

tugu ebazpenarekin, eta gero ariketa batzu proposa-

tzen; baina ez da exhaustiboa.

- Behin-behineko materiaZea da, klaseak emateko lagun-

garri izan nahi ZukeeZarik. Baina ez du osoa izateko

asmorik, egunen batetan egingo den benetako proble-

ma-liburu batetarako oinarri izatekoa baizik.

- Idazketari dagokionez, ohar txiki bat egin behar du-

gu. UZEI taZdeak prestatu duen FISIKA HIZTEGIA,Ziburu

hau erdi-eginda genuela kaleratu zen, eta horregatik

ez dira hango erabaki guztiak kontutan hartu. Dena

den, liburu hau ere bide beretsutik doa.

- Iturri bezala, zenbait Ziburu desberdin hartu izan

ditugu, baina bereziki, FakuZtate honetan dueZa hi-

ruzpalau urte AnibaZ Hernandez irakasZeak prestatuta-

ko problema-biZdumaz baliatu gara. Horretaz gainera,

guk geuk examinetan ipinitako problema batzu ere sar-

tu ditugu.

- Gai bakoitzaren aurkezpenean agertzen diren bertsoak,

1980-III-6an emaniko berrikuste-ikastaZdian kantatuak

izan ziren. Umore pixka batez, gai bakoitzeko puntu

nagusi batzu biZtzen dituzte, bidebatez,zientzia eta

kultura herritarra ez direZa zertan banandu behar a-

dierazten dutelarik. Zeren eta herri bakoitzak bere

egiteko modua baitu.

Bukatzeko, eskerrak eman behar dizkiogu expreski zenbait per-

tsonari, liburu hau prestatzean eman diguten laguntzagatik:

III

- AnibaZ Hernandez-i, bere problema-bilduma erabiltzen

uzteagatik.

- Pilar Martinez idazkariari, lanak makinatzean eman

dituen orduengatik eta agertu duen arduragatik.

- Euskal taldeko ikasleei, klaseak sufritzen izan du-

ten pazientziagatik.

Etorriko diren —hortaz seguru baikaude— liburu hobeen zain

gaudelarik, hor doa gure Zehen urratsa.

EGILEEK

Leioa, 1980-111-31

1

1. GAIA IDEIA OROKORRAK.

DIMENTSIO-EKUAZIOAK

Oinarri diren magnitudeak

eta bai deribatuak,

unitate-sistema hoietan

dituzte beren tratuak.

Kontuz lege guztiak

izanik delikatuak.

Dimentsioen ekuazioez

trabak daude askatuak.

2

1.1. Kualitatiboki, pendulu baten oszilazio-periodoak (P) bere

luzeraren (1) eta grabitatearen azelerazioaren (g) dependentzia

duela dakigu. Dimentsio-ekuazioak kontutan harturik, idatz bedi

P 1-ren eta g-ren funtzioan

Ebazpena

Aipaturiko hiru magnitudeen dimentsio-ekuazioak hauxek dira:

T

L

L T-2

Enuntziatuaren arauera, ondoko lotura dimentsionala agertu

behar da penduluaren legean

I.P1 = [1J Ä f_g] r.

Beraz

T = L L 14 T

Eta hemendik

+ p. = o- 2 = 1

Hots, lotura funtzional hau dago

= - 212

EP](1J

tgl

Izatez, hiru magnitude horien arteko lotura hauxe da

P= 2111/-1—

1.2. f indarra, s azalera, p dentsitatea eta v abiadura Konbina-

tuz, lor bedi dimentsio gabeko expresio monomiko bat

Ebazpena:

Magnitude horien dimentsio-ekuazioak ondokoak dira:

[f] = M L T -2

[s] = L 2

[p] = M L -3-1[v] = L T

=

f

[P3[1] =

[g] =

3

Lortu nahi dugun expresio monomikoa, ondokoa da

v

Eta beronen dimentsio-ekuazioa

[JE Ä sr"fi v°1= M° L° T°

Berz, lehengo ekuazioak garatuz

[f 5.1) v = Mñtv L X +2 -31)+. °‘ T-2)' e<

Hots

+ = o

+ 2p4. —3v+ =o

-2>t - = o

Hiru ekuazio eta lau ezezagun. Zenbatnahi soluzio daude.

Egin dezagun, adibidez, =1. Ondoko soluzioak geratzen zaizkigu:

=1 =-1 v =- 1 0(=-2

Beraz, monomio adimentsional hau geratzen zaigu:

s 1 p

-1 v

-2

s p v2

4

ARIKETAK

1.- Fluidoen kasuan, Newtonen biskositatearen legea honela adie

razten da

r dv

dy

non t ebakidura-tentsioa den (hau da, superfizie unitatekoF dv

in-

darra, - ) eta deformazioaren abiadura angeluarra (v,A dy

abiadura; y, luzera). delakoa biskositate-koefizientea dei-

tzen da. Zein dahorren dimentsio-ekuazioa?

Emaitza: r = ML 1T-1

2.- Aurreko puntuan definituriko tt biskositatea, biskositate

absolutu edo dinamikoa deitzen da. Horretaz gainera, biskosita-

te zinematikoa definitzen da, y - eginik, nonfdentsita -

tea den. Zein da biskositate zinematikoaren dimentsio-ekuazioa?

Emaitza: = L2T-1

3.- Reynolds-en zenbakia, fluidoen mekanikan erabiltzen den --

zenbaki bat da. Honela definitzen da: Rv-

14

1-f non v fluxu

aren abiadura berezi bat den; 1, luzera berezia; dentsitatea;

biskositate-koefizientea. Lor bedi R-ren dimentsio-ekua -

zioa.

Emaitza: [Rj= M°L°T°

4.- Korronte-lerro batetan honela idazten da Bernouilli-ren -

ekuazioa, fluido baten kasuan (ikus 11.8)

+ z + v2

- K2g

Termino guztien dimentsio-ekuazioa, berbera al da ?

Emaitza: bai, L

5

5.- Erraz konproba daitekeen legez, erreposotik irten eta li

breki erortzen den gorputz baten erorpenak dirauen denborak -

(t), erorpeneren altueraren (h) dependentzia du. Bestalde, -

erorpenaren kausa grabitatea delarik, aipaturiko denbora eta

grabitatearen azelerazioa (g) erlazionaturik egoteak logiko

dirudi.

Lor bedi, t, h eta g-ren arteko erlazioa.

Emaitza:

Formula osoa:

[.t.1 1/ [h]V [g]

t = 2h

6.- Demagun zuloa duen ontzi bat.Zu

lotik irtetean likidoak duen abiadu

rak (v) zuloaren urazaletiko sakon-

tasunaren (h), likidoaren dentsita-

tearen (?) eta grabitatearen azele-

razioaren (g) dependentzia duela

pentsa dezakegu lehenengo begiradan.

Honela ote da ?.

Aurki bedi aipaturiko magnitu-

deen arteko erlazioa.

Emaitz a: [vi =1

1g1 [h]

(ez dago f -ren dependentziarik)

Formula osoa hauxe da: v = 2gh

6

2. GAIA KALKULU BEKTORIALA

Bektore batzu arakatzean,

heZdu dira kurtsoreak:

Horko geziak eta ardatzak

oso dira dotoreak.

Beti ditugu inbarianteak

eta gero tortsoreak.

Ardatz zentralak, dudarik gabe,

baratz hortako loreak.

d) cos cl = i

A p

4cos pA =

cos '‘A = -5

3

7

--•n•

2.1. A = 3i +4 j - 5K eta g. = + 2j + 6-11. bektoreak emanik,

lor bitez :

a) 1ZI , , 11+131 ,b) biderkadura eskalarra

c) Bien artean osotzen duten angelua

d) Bakoitzaren kosinu zuzentzaileak.41n

e) A x B biderkadura bektorialayo. y —1n•

f) A . (B x A) biderkadura mixtoa

Ebazpena

a) rz, = 1/3 2 4. 4 2 52 =1-51.7

rifi = 1/1 2 + 2 2 + 6 2 4,47.

(3-1)i (4+2).7»+ (-5+6) -Ir= 27 + + K

1 -4-1011/2 2 + 6 2 + = r41A-B = (3+1)11> + (4-2)7+ (-5+6)K = 47+ 2j - 11K

142 + 2 2 + 141

b) A.B = 3.(-1) + 4.2 + (-5).6 = -3+8-30•••►

A.B = -25

•n•►

C ) A.B = A B cos (1» '(A,B)"4" 'I" A.B -25cos (A,B) - -

AB nFIT) iFi

cos C‘ =1

-11__

41

B

cos pB - 2

41

cos^ - 6

e)

A x B =

i j k

3 4 -5

-1 2 6

= i(24 + 10) + j(5 - 18)+

ir (6 + 4)

.-4.• —• —41>

A x B = 34i -13j +10K

8

•«*

f) A. (B x A) = 0 Berez, ez da zertan kalkulatu behar, zeren

eta bi bektore (A eta A) berberak izatean, biderkadura mixtoa nu

lua da. Dena den, hori erraz konproba daiteke

--n y-11> ••n

B x A = -34i + 13j -10K

= 3i + 4j -57-4. -4.

A . (B x A) = -34.3 + 13.4 + (-10) (-5) = -102 + 52 + 50 = 0

-• -n .1>

2.2. a) Deskonposa bedi V = 7i + 5j bektorea, a= i+j eta b = 2i+j

bektoreen direkzioetan.

b) Lor bitez V bektoreak direkzio horietan dituen projekzio

errektangeluarrak.

c) Lor bedi, ardatzen iturburutik iraganik V bektorearen di

rekzioa duen zuzena.

Ebazpena:

a) Demagun, 1 eta m parametroak ditugula

V =la+mb

7i + 5j = 1(i + j) + m(2i + j)

Hemendik:

{

7 = 1 + 2m

5 = 1 + m

Beraz, ebatzirik, 1=3 , m=2

Hots, bi osagaiak hauxek dira

a = 3a = 3i + 3j

Vb = 2b = 4i + 2j

b) Projekzio errektangularrak honela kalkulatzen dira-• ...W. .... •••••

V

a = V . ua = v . aa

. -. i + j 7+5 6Va = (7i + 5j)• -4. """(

F..---, p- - 1r-2

Vb = (7r + 5 ....j)• ----3---1:'" - 14 + 5 - 19{5-F, F 5

c) P, zuzenaren puntu bat izanik

OP x V = 0

P-F•z = 0

i▪ j• k

x y

0

7

z=0

▪ Sx - 7y=0

9

2.3. Paralelepipedo baten ertzak ardatzen iturburutik ondoko pun

tuetara doaz A(1,2,0), B(0,4,0), C(0,1,3). Lor bedi para-

lelepipedoaren bolumena

Ebazpena

Irudian agertzen dira OA, OB eta

OC bektoreak.LL

Beraien balioa haixe da:

t

OA =1 + -21>j

OB = 4j-........ ••••OC = j + 3k

Dakigunez, paralelepipedoaren bolumena hiru bektore horien -

biderkadura mixtoa da

OA . (OB x OC) =

2

4

3

= 12

•-•

12.4. Froga bedi ezen a = - + 3k, -1). = 21> + - 2k eta•••

c = + 3j - 5k bektoreek triangelu baten aldeak izan daitezkeela.

Ebazpena:

Hasteko, hiru bektoreok koplanario izan behar dute. Hori ikus

teko, aski da beren biderkadura mixtoa kalkulatzea, eta berori zero

baldin bada, koplanarioak direla esan dezakegu

a . (b x c) =

1 -2 3

2 1 -2

1 3 -5

= 0

2.5. Ondoko bektoreak eta aplikazio-puntuak emanik,

A = 2i - j + k••n•

B = i + 2j -3k

P(1,-7,-2)

Q(o,1,2)

lor bitez:

a) Koordenatuen iturburuarekiko momentua

b) Ardatz koordenatuekiko momentuak

c) Iturburutik iraganik, bere kosinu zuzentzaileak 1,3 eta 5

10

BeA, koplanarioak dira.

Triangelu baten aldeak izan daitezen

ma+nb+lc= 0

bete behar da, m, n eta 1 parametroen balorea +1 edo -1 de

larik. Ikus dezagun ea honela gertatzen dennI1> •••► •-n•• ••

► •••

► -•••

m(i -2j +3k) + n(2i + j -2k) + 1(i +3j -5k)=0

Hemendik

f

m + 2n + 1=0

-2m + n + 31=0

3m - 2n -51=0

Sistema homogeneo honek ebazpide ez-tribialik eduki dezan, koe

fizienteen determinantea anulatu egin behar da

2.1 m +

-2m +

1

-2

3

2n + 1

n +31

2

1

-2

=0

=0

1

3

-5

= 0 denez, ekuazio bat ken

dezakegu

S 2m + 4n + 21 = 01-2m + n + 31 = 0

5n + 51 = 0

1 = -n

Eta lehen ekuaziotik: m = -2n - 1 = -n

Honela, ba, n= 1 egintk

n= 1 1= -1 m= -1

Hots, triangelua osotzen dute honelan11.•

-a + b - c = 0

11

zenbakien proportzionalak dituen OE ardatzarekiko momentua

d) Sistemaren momentu txikiena

Ebazpena:-•n•• -.

a) Mo = OP x A + OQ x B

Beraz

k

1 -7 -2

-1 1

Mo = -16i -3j + 12k

b) Mx = -16 M = -3 M = 12z

Ongi dakigunez, bestalde

Mx = i . M

o

M = j . Mo

Mz = k • Mo

c) kbsinu zuzentzaileen definiziotik eta (x,y,z)

OE ardatzeko edozein puntu izanik, zera betetzen dela daki

gu:

cos w = cosr

y z cos

r r

Beraz, enuntziatuaren arauera

1 3 5

cos cos p cos

Edo, berdin dena

x y z

1

3 5

OE ardatzeko direkzioko bektoreaX, era honetakoak dira

i + 3X-7' + 5ÄTC.

Kalkula dezagun A parametroa, bektore unitarioaren kasuan:

tu = 1 = t>2 32x2 52x2 = !/"' A

12

Beraz:

1 •••• •-► ••••

.11 + 3j + 5k)

Honelatan, ba, OE ardatzarekiko momentua ondokoa izango da:

1 35 ( -16.1 +(-3)3 + 12.5) -MOE = MO • u ff

MOE

d) Dakigunez, honela kalkulatzen da momentu txikiena

Mo . R """r -R2

R = 3i + j -2k

R2= 3 2 + 1 + 4 2 = 14

Beraz

t = - 75•-•

(3i + j -2k)14

--• i •-►2.6. Froga bedi ezen V 1 + V2 + V3 = 0 baldin bada, orduan

•••► -• •-••

V1 x V3 = V3 x V2 = V2 x V1 dela. Erlazio hauen bidez, froga

bedi zera betetzen dela:

V V2V31•-nn

sin(V2'V3 ) sin(V3'V1 ) sin(V1'V2 )

Ebazpena:

•••Ii• ••••

Demagun V1 x V3 eta V3 x V2

V2 = -V - V3 denez1••n••

V3 x V2 = V3 x (-Vi -V3 ) = -V3 x Vi -V3 x V3 = Vi x V3

-Gauza berbera egin dezakegu, V1 x V3 eta V2 x V i hartuz

-P

Hemen ere V 2 =71 -V3 denez

••••

V2 x Vi = (-Vi -V3 ) x V i = -Vi x Vi -V3 x Vi = V i x V3

Berz, frogaturik geratzen da lehen partea

0 2 0

13

Bigarren partea frogatzeko, har ditzagun lehen zati biak:

Vi x V3 = V3 x V2

Garatuz•••• nIn

V1V3 sin(V1 ,V3 ) = V3V2 sin(V3,V2)

Eta V3 sinplifikatuz, zera geratzen zaigu azkenean

V V21n•• ••••• ••-g•

sin(V3'V2 ) sin(V1'V3

)

Eta bi zatiei zeinua aldatuz, problemaren enuntziatukoa

gertzen zaigu

V V

1 2

sin(V2'V3 ) sin(V3'V1 )

Berdin eginez, frogapen osoa egin daiteke. Bestalde, erraz

ikus daitekeenez, hau sinuaren teorema besterik ez da.

•••

2.7. Demagun kurtsore-sistema hau: = i +aj-§.

P i (2,0,0) puntuan aplikaturik eta A2 = 2i + j

P 2 (0,2,0) puntuan. Lor bitez:

a) a parametroaren balioa, ardatzen iturburua ardatz zentra

lekoa izan dadin

b) Ardatz zentralaren ekuazio cartestarra.

Ebazpena:

a) Lehenik eta behin, erreduzitu egingo dugu sistema, ardatzen

iturburura.--•

R = A + A2 = 3i + (a+1) j1

i j k

to-

=▪ 2 0 0

1 a 0 2 1 0

= (2a-4)Z

Argi ikusten denez, inbariante eskalarra nulua da

••-•

T R = 3.0 +(a+1).0 + 0.(2a-4) =0

14

Beraz, horrek esan nahi du momentu minimoa nulua dela. Hots,-*

origena ardatz zentralekoa izan dadin Zo =o izan behar dela

2a -4 = 0 a=2

b) P ardatz zentralaren puntu bat izanik, P(x,y,z),zera betetzen

da

OP x R = 0

i j k

x y z

3 3 0

.-110 -0

= 0 R= 3i + 3j baita

-3zi + 3zj +(3x-3y) k = 0

Beraz ardatz zentralaren {x-y= 0

ekuazioak hauxek dira z = 0

15

ARIKETAK

«-►1.- Lor bitez, r = xi + yj + zk bektoreak ardatz koordinatuen

sentido positiboekin sortzen dituen eta angeluak

eta froga bedi ezen cos2 a< + cos 2 (S + cos 2= 1 dela.

2.- a) Lor bedi, P(4,5,-7) puntuaren eta Q(-3,6,12) puntutik ira•••• n4» .•-•••

ganik V = 4i - j + 3k bektorearen paraleloa den zuzenaren

arteko distantzia.

b) Halaber, lor bedi, P puntuaren eta Q puntutik iraganik

V bektorearen perpendikularra den planoaren arteko distantzia.

3.- Froga bedi ezen bi bektoreren baturaren eta kenduraren modu-

luak berdinak badira, orduan, bi bektore horik perpendikula-

rrak direla.

4.- Bektore ezagun baten, a, eta ezezagun baten, x, arteko bider-

kadura eskalarrak p balio du eta biderkadura bektorialak, b,

kalkula bedi x_2 2 1/2

Emaitz a : I 71-(p + b

)

a

•-•

5.- V1 =i+j+K, V2=2i + k, V3 = 3j, V 4 = 4i + 5j + 3k

bektoreak emanik, lor bitez a,b,c zenbakiak,

V4 = aV + bv 2 + cV3 izan dadin1

Emaitza: 2,1,1

6.- A= i+k eta B= i+j bektoreek, puntu berean aplikaturik, plano

bat osotzen dute.

a) Lor bedi, plano horren perpendikularra den bektore unitarioa,

u.•-► •-••

b) Lor bedi A k B direkzioko bektore unitarioa, vn••

c) Lor bedi u-ren eta v-ren perpendikularra den bektore unita-

rioa,w

Emaitza:

= +K) (2i + +k) -w= 3k)3 6 10

16

7.- Demagun F= -3i + j + 5k bektorea, (7,3,1) puntuan aplikaturik.

Lor bitez :

a) Bektore horren ardatzen iturburuarekiko momentua

b) (0,10,0) puntuarekiko momentua

Emaitza: 14i -38j + 16k , -36i -38j -14k

8.- P(1,3,4), Q(-2,1,-1), R(0,-3,2) puntuak emanik, lor bedi PQR

triangeluaren azalera1Emaitza: -F3T2

9.- Metodo bektorialak erabiliz, froga bedi triangeluen kosinuaren

teorema.

-11,

10.- V1 = i +2j -3k eta v2 = 2i - j bektoreak

P 1 (0,0,2) eta P 2 (2,-1,0) puntuetan aplikaturik daude.

Lor bitez:

a) P 1 P2 zuzenaren kosinu zuzentzaileak

b) Erresultantea

c) P1 puntuarekiko momentua

d) P 1 P 2 ardatzarekiko momentua

e) Ardatzen iturburuarekiko momentua

f) Sistemaren inbariante eskalarra

2 1 ••••• ••••

Emaitza: ,-2 ; 3i + j -3k ;-2i-41 ;

3 3 3

-r -•0 ; -4i + 2j ; - 10

--• -11. T -011.- Demagun Ai = 2i + j , A2 = i - j , A3 = ai + bj

bektoreek osotzen duten sistema, errespektiboki P1(2,2,0)

P 2 (2,1,0) eta P 3 (x,y,0) puntuetan aplikaturik.

Lor bitez a eta b parametroak eta P 3 puntuaren Koordenatuak,

sistema orekatua izan dadin.

Emaitza: a=-3 b=0 x edozein , y- 53

12.- Irudiko Koaciratuan, bertan adierazten

diren indarrak eragiten ari dira.

Lor bitez:

a) Sistemaren ardatz zentrala

17

b) C erpinean ipini behar den in-

darra eta B eta D puntuetan jar-

ri behar den indar-bikotea, hi-

ruren artean irudiko sistemaren

baliokidea lortzeko.

10Emaitza: a) y=--- a

12• ••• 11n• •••n•

b) Fc = 12 i

FBy

- FBx

=-10 •' FD =-F

B

13.- Vi = i + k eta V2 = 2i - j - 2k bektoreek P i (2,1,2) eta

P2 (1,3,0) puntuetan aplikaturik osotzen duten kurtsore-sis-

tema kontutan hartuz, lor bedi, ardatzen iturburutik pasatuz

sistema berria bikote edo momentu baten baliokidea egiten

duen kurtsorea. Zein da sistema berriaren momentu minimoa?-4> -11>

Emaitza: V3 = -3i + j + k

m -Co = 7i - 2j - 8k

18

3. GAIA PUNTUAREN ZINEMATIKA

Ikasi nahi baldin baduzue

zertan den abiadura,

begiratzerik baino ez dago

formula horren itxura.

denborakiko deribatua

posizioaren kontura.

Ondo ikasi, besteZa gero

galduko duzu logura.

{

v5 = (6.5-1)i + 6.25j

5-. --.

= 6i + 12.5j

_. -.. -.

fv5 = 29i + 150j

-. -. -.a5 = 6i + 60j

••-• -n•••

19

3.1. Partikula baten ibilbidea modu honetan adierazten da den-

boraren funtzioan:

r = (3t 2 - t)i + 2t3 7+ Ok

Lor bitez:

a) Lehen uneko abiadura eta azelerazioa (t = 0 denean)

b) 5 segundu (t=5) iragan ondoko abiadura eta azelerazioa

c) Azelerazioaren osagai tangente eta normala aipaturiko

bi kasuetan.

d) Makurdura-erradioa t=8 denean

e) Ibilbidearen ekuazioaren adierazpen analitikoa

Ebazpena:

-. -4. 2-*"a) -,..._ dr - (6t - 1)i + 6t j

dt

- _ dv - 67 +

dt

t = 0 aldiunean V = - i0

a = 6io

b) t = 5 aldiunean

c) Teoriatik dakiqunez aT -

dv

dt

v2 aN -

v = \((6t-1)2 + 36t

4

dv _ 2(6t-1) + 144t3

dt 2i(6t-1)2 + 36t

aT =

t = 0 aldiunean

20

a -TO

-2 - -1(-1

Bestalde, azelerazioaren osagai normala honela ere kalkula

dezakegu

v2- rar--;2aN

Eta t = 0 denean, a = 6 denez

= =

d) Makurdura-erradioa lortzeko honela egin dezakegu

2v aN - - ‘)a 2 - a 2

T

v 2

a - aT

t=8 aldiunean v, a eta a T magnitudeek hartzen duten balioa

jarriz, erraz lortzen da makurdura-erradioa.

e) x = 3t 2 - Hauxe da, berez,ibilbidearen ekuazioa;

v = 2t 3baina parametrikoki emana, t parametroaren

funtzioan.= 0

Beraz, t parametroa kendu beharko dugu.

1/3

Eta lehenengora eramanez\2/3 1/3

x 3 k Y2 ) ( Y2 )

z = 0

Ikusten denez, ibilbidea x0y planoan dago (z = 0)

Beraz

(Y2)t -

1

3.2. Higitzen ari den gorputz baten koordenatuak ondoko hauk dira

x = 2 sin cot y = 2 cos Uft

a -402

RuN

4W

Beraz

dv - 0

dt

v2 -aN

21

non W = Kte

den

a) Lor bedi ibilbidearen ekuazio cartestarra

b) Kalkula bedi abiaduraren balorea ednzein unetan

c) Kalkula bitez azelerazioaren osagai tangentzial eta

normala edozein aldiunetan.

d) Aurreko ekuazioak ikusiz, azal bedi nolakoa den higi-

dura.

Ebazpena:

a) t parametroa eliminatu behar dugu

{

x = 2 sin Wt

y = 2 cos Ot tx2 = 4 sin

241t

y2

= 4 cos2Wt

x2 + y2

= 4

Eta hau R=2 erradiodun zirkunferentzia baten ekuazioa da

b)

- 2 w cos Wt Beraz, abiadura hauxe izanen da:dt

v = 2 41 (cos Wt i - sin 6Jt j)

dy= -2 W sin wt

dt

c) Dakigunez, a- dv

dt

•••n v2

uT + uN

Abiaduraren modulua:

(v= 4.13

2cos

2Wt + 4W2 sin

2 Ot = 20 = Konstantea

d) Higidura hau zirkular uniformea da, zeren eta zirkunferentzia

batetan zehar gertatzen baita eta bestalde abiaduraren modu-

lua ere konstantea baita.

= [4 o t4 24 t

3 lt + 16

t2

4 3 2

=

0

10t 4 - 8t 3 + 8t2

22

3.3. Hasieran pausagunean dagoen gorputz bat (hots, t=0 unean

e= 0 (110), azeleratu egiten da 1,3 m erradiodun ibilbide zirkular batetan, o(= 120 t2 - 48t + 16 azelerazio angeluarraz.

Lor bitez abiadura angeluarra eta posizio angeluarra denboraren

funtzioan, eta bai azelerazioaren osagai tangentziala eta norma

la ere.

Ebazpena:

Dakigunez - c14)

dt

Hemendik dt = dw Eta integrazio-limiteak jarriz:

jW

dW = o(dt

o 0

t

=i

W (120t2 - 48t + 16)dt = 120 t3

- 48 t2

+ 161

W = 40t3 - 24t

2 + 16t

Posizio angeluarra ere erraz lortzen da

(i)

w - de- w dt0

t

3 2 0

dB

dt

Higidura zirkular honetan ondoko eran lortuko ditugu azele

razioaren osagai tangentzial eta normala

aT = dv - Rot aT

= 1,3(120t2 - 48t + 16)

dt

Bestalde v = CJ R da

2 2v2 40-R 2aN ----n aN = 1,3 (40t3 - 24t

2 + 16t)

J) R

Teoriatik dakigunez, eta

irudiko koordenatu-ardatzak

hartuz

[

x = v o t cos t<

y = v o t sin -gt 21

2

23

3.4. Kainoi bat muino baten behekaldean jartzen da. Muinoak

angelua osotzen du horizontalarekin. Kainoiak projektila c<

angeluaz eta v o abiaduraz jaurtikitzen badu, lor bedi kainoi-

tik projektila erortzen deneko punturainoko distantzia, muinoan

neurturik.

Ebazpena:

A puntuan baldintza hau betetzen da

- - Y- t g 95

► yy =x tag yl

x

Beraz,lehengo ekuazioak erabiliz eta baldintza horrekin:

1v o t cosex tg 95 = v o t sino( - ----gt22

Ekuazio honek bi ebatzi ditu

1t( gt + v o coscCtg95 - v o sinN) = 02

Ebat2iak:

= 0 r 0 puntuari dagokio

v o cos‘x tq - vosin-tA- 2

Azkenean, tA-ren funtzioan xA eta yA lortuko ditugu.

Bukatzeko ta= x2 + y2eginik, ebatzirik geratzen

da problema.

24

3.5. Lor bedi oc angeluaz eta v o abiaduraz jaurtikitako projekti-

laren ibilbidearen punturik goreneko makurdura-erradioa.

Ebazpena:

Punturik altuenean

(aT = 0

a = gN

Baina bestalde dakigunez

Beraz

v== vo cosb(vox

v o2 cos2

4:‹

g

aN -v2

P

v2

aN

denez

25

ARIKETAK

1.- Hasieran geldi dagoen gorputz puntual bat ( ,--0,0)=0,t=0 denean),

R= 2m erradioko ibilbide zirkular batetan azeleratzen da, o( =3t

azelerazio angeluarraz.

a) Lor bitez abiadura angeluarra (w) eta posizio angeluarra

denboraren funtzioan.

b) Lor bitez azelerazioaren osagai tangentzial eta normala edo-

zein aldiunetan (t).

Emaitza: a) 43 = 3 t2 e =t3

2

b) aT = 6t aN= 18 t4

2.- Partikula baten posizio-bektorea honela adierazten da denboraren

funtzioan: r = t2 i + 2t 3 +Ok (luzerak metrotan eta denbora

segundutan). Zera lortzea eskatzen da:

a) t=1 aldiunean partikularen posizioa, abiadura eta azelerazioa

b) Azelerazioaren osagai tangentzial eta normala aldiune berean.

c) Azelerazioaren osagai erradial eta transbertsala

d) Ibilbidearen makurdura-erradioa aldiune horretan

e) Ibilbidearen ekuazio cartestarra•-• -10 -• -•

Emaitza: a) r(1)= i +2j ; v(1)= 2i + 6j ; a(1)= 2i + 12j- s2-b) 11,4 m s -2 2; 4,2 m s c) 10,4 m ; 6,3 m s2

d) 9,5 m e) y= 2 x 3/2

3.- Partikula bat plano batetan higitzen da, beraren ordenatua

y = at eta angelu polarra bt izanik. Lor bedi partikularen

ibilbidearen ekuazioa.

Emaitza: r = ati

b sine

4.- A gurpilak 30 cm-tako erradioa du eta erreposotik hasiz bera-

ren abiadura angeluarra uniformeki hazten da 0,411 s -2 azele

razio angeluarraz. Gurpil horrek

martxan jartzen du B gurpila (12

cm-tako erradioa) C korrearen bi

26

dez. Lor bedi bi gurpilen azelerazio angeluarren arteko er

lazioa. Zenbat denbora behar du B gurpilak 300 bira/minutu

abiadura hartzeko ?

Emaitza: o(B /^!A = 2,5 ; 10 g

5.- v abiadura kostantez higitzen den tren baten barnean erortzen

uzten da gorputz bat. Zein da gorputzaren ibilbidea

a) Treneko erreferentzialarekiko

b) Trenbidean geldi dagoen sistemarekiko

Emaitza: a) zuzen bertikala b) parabola

6.- Partikula batek plano batetan duen higidura, honela adieraz

ten da denboraren funtzioan:

r = (t 2 + 4t + 3)i• + (t + 1)j-

Zera eskatzen da:

a) Ibilbidearen ekuazio cartestarra. Zer eratako kurba da ?

b) Zenbat balio dute azelerazioaren osagai normal eta tan-

gentzialak origenetik pasatzen den unean ?

c) Aldiune horretan -hots,origenetik pasatzean- lor bedi ibil

bidearen makurdura-erradioa.

(Problema hau 1976-111-12 ko examina kuatrimestralean jarri

zen)

Emaitza: a) x = y 2 + 2y Parabola

‘R.-b) a = aN - 2

5 5

c) f 5= F2

7.- Demagun gorputz zurrun baten gainean eragiten ari den indar-

sistema. Beraren erresultantea puntu egokian jarriz, sistema

hori erresultante hortaz soilik ordezka ote daiteke ?

(Galdera hau 1976-11-28 ko examinean jarri zen)

Emaitza: momentu minimoa nulua bada, bai ; bestela, ez

8.- 2 Kg-tako masa duen partikula baten posizio-bektorea, honela

adierazten da denboraren funtzioan:

27

r = t3T+ 3t 27+ 2tk

non luzerak metrotan adierazten diren eta denbora segundu-

tan.

Lor bitez:

a) t = 1 s aldiunean partikulak origenarekiko duen momentu

angeluarra

b) Aldiune horretan partikularen gainean eragiten ari den

indarra

(Problema hau 1976-IX-22 examinean jarri zen)•"! -.11•

Emaitza: a) L = -12i + 8j -6k

•-n•

b) a = 6ti + 6j

F = 12 i + 12j

28

4. GAIA HIGIDURA ERLATIBOA

Zinematika dugu argiro

gauza txit erlatiboa.

Behatzaile desberdinek dute

bakoitzak bere giroa.

Besterik gabe egon beharra

sistemaren eskZaboa,

Coriolis-en kontu horrekin

hauxe dugu akaboa.

29

4.1. 1 eta 2 izeneko partikulak Ox eta Oy ardatzetan higitzen di••,%•

ra = 2i eta v2 = 3j %1 abiadurez errespektiboki. t = 0 -

aldiunean, haien posizio-bektoreak ondoko hauxek dira:

r1= -3i r2= -3j

Lor bitez:

a) 2 partikularen 1 partikularekiko posizioa adierazten duen•••►

(r2 -r1 ) bektorea.

b) 2 partikularen 1 partikularekiko abiadura

c) Noiz daude partikulok elkarretik hurbilen?

Ebazpena:

a) Bi partikulak abiadura konstantez

higitzen direnez, hauxek izango dira

beraien posizio-bektoreak

r = (-3+2t)i + Oj1

r2 = Oi + (-3+3t)j

= 72-r1=(3-2t)i+(3t-3)jr21

b) Denborarekiko deribatuz, abiadura erlatiboa lortzen da

••••nn• 21 2 1v21 dt dt dt

Honela, ba: v21 = -2i + 3j

c) HurbiIen non dauden ikusteko, lehenik distantzia lortu be

har dugu, hots r21 bektorearen moduluas

2 1 = V(3-2t) 2 + (3t-3)2

Eta hau, denboraren funtzioa delarik, handien edo txikien

izan dadin, beronen denborarekiko deribatua anulatu egin

beharko da:

•••-2 - 711 ' o

dt

30

Deribatuz:

2(-2)(3-2t) + 2.3(3t-3) — o 2 11(3-2t) 2 + (3t - 3)2

Beraz, ekuazio hau geratzen zaigu

-12+8t+18t-18=0

26t=30 t- 15

13

Beraz, aldiune horretan (t- 15 ) daude hurbilen.

13

4.2. Bere autoan 80 Km/h abiaduraz euripean doalarik, alboko lei-

hatilan ur-tantek bertikalarekin 80°- tako angelua sortzen dutela

ikusten du gizon batek. Autoa gelditurik, izatez tantak bertikal

ki jausten direla ikusten du.

Lor bedi euriaren autoarekiko abiadura erlatiboa:

a) geldirik dagoenean

b) 80 Km/h abiaduraz higitzen denean

Ebazpena:

Bi behatzaile (edo errefe-

rentzi sistema) desberdin

daude:

B: geldi dagoena

B':autoan doana (V=80Km/h

abiaduraz)

X I-11L

X

B' translaziozko abiadura konstantez higitzen da. Beraz, biek

neurtzen dituzten abiaduren arteko erlazioa, ondoko hau izango da:

v = V + v'

Euri-tanten abiadura honela adierazten da bi sistemetan:

31

v = -vj-•••

•n•••

v' = -v'sin80i - v'cos 80j

Bestalde V = 80i (km/h)

Beraz, lehengo adierazpena erabiliz:

v = v'cos 80-vj = 80i - v'sin80i - v'cos80j

0 = 80 -v'sin 80

Hemendik zera geratzen zaigu :

8v'

0

sin80

4.3. Erreferentzi sistema batetan geldi dagoen 0 1 behatzailea,on

doko posizio-bektorea duen partikula bat behatzen ari da:

r = (t3 - t

2 + 2)i + (t

2- 1)j + (2t-2)k

1

0 2 behatzailea v02 = 3i + 2j - k abiaduraz higitzen ari da 0 1behatzailearekiko. Behatzaile biak (edo hobe esan, beren sistemen

origenak) toki berean daude t=0 aldiunean, eta beren sistemak para

leloki higitzen dira elkarrekiko.

Lor bitez:

a) r2(t) posizio-bektorea 0

2 behatzailearekiko.

b) Partikularen posiziCa, abiadura eta azelerazioa behatzaile

biekiko t=5s aldiunean.

c) Zergatik balio dute berdin sistema biekiko azelerazioek?

80v-tag80

// vz

I /X / /7;.2

Oharra: eskala desberdinak

hartu dira ardatzetan,iru-

dia argiago gera dadin.

32

Ebazpena:

a) Irudian argi ikusten den beza-

la:•n••••

r1R= R + r

2

Bestalde-411. •-n••

R = v t = 3ti+2tj-tko2

Beraz, denetara:

t3-t

2+2-3t)i + (t

2-2t-1)j+

+ (3t-2)k

--"" -w -wr1=(t

3 -t

2 +2)1 + (t

2-1)j + (2t-2)k

v1=

(3t2-2t)i + 2tj + 2k

dt

dv1 a1=

= (6t-2)i + 2jdt

t=5 aldiunean, honela geratuko zaigu

-w ►r1(5) = 102i + 24j + 8k

-w •-i•n .-11>

v1(5) = 65i + lOj +2k

a 1 (5) = 28i + 2j

02 behatzailearen neurketak hauxek izango dira:

2= (t3-t

2-3t+2)i- ▪ + (t 2

-2t-1)j + (3t-2)k-w

w dr2n-nn••

v 2-

- (3t-2t-3)i + (2t-2)j + 3kdt

-w- w dv

2a 2 =- (6t-2)i + 2j

t=5 aldiunean

-w -w -w -wr2(5) = 87i + 14j + 13k

•n41.

dr n••n•

dt

33

v2(5) = 62i + 8j + 3k

a (5) = 28i + 2j

c) Azelerazio biek balio berbera dute (a1 =a

2 ) bi behatzai-

'leak abiadura konstantez eta paraleloki higitzen direlako -

elkarrekiko, hots, bien arteko transformakuntza galilearra

delako.

4.4. R erradiodun disko batek v abiadura konstantez errotatzeno

du plano horizontal baten gainean. Froga bedi ezen bere ertzeko

edozein punturen posizioa x = R(wt-sinwt) eta y = R(1-coswt) ekua

zioez adierazten dela, tu = diskoaren abiadura angeluarra -

izanik eta t, puntu horYplanarekin kontaktuan dagoenetik neurtu-

rik egonik. Halaber, lor bitez puntuaren abiadura eta azelerazioa.

Ebazpena:

Bi modu desberdinez ebatziko

dugu problema hau. Lehenik,

metodo geometrikoa erabiliko

dugu.

a) Irudian diskoaren bi posizio adierazten dira (t=0 eta t=t aldiu

neetan). Bietan agertzen da P puntua. xy ardatzak (t=0 aldiunean)

erreferentzia bezala hartuz, P puntuak t=t aldiunean dituen koorde

natuak lortu behar ditugu. Irudiaren arauera.

x = v o t - R sinwt

x = R(wt - sinwt)

hots

y = R- RcosW t

y = R(1-cosWt)

Beraz, frogaturik geratzen da enuntziatukoa.

Abiadura eta azelerazioa erraz lor daitezke (P punturenak,nos

ki)

34

r- = R (Wt - sinWt)i + R(1-coswt)j

= dr -v --d-€--- RW(1-cos(4)t)i + RWsinWtj

▪ dv -a- = +RW2sinWt i + RW 2 coswt j-7EE-

Azelerazioaren modulua hauxe da

V 2 4 . 2a = R W sin u.I t + R2 u.) 4 cos 2W t = RW 2

b) Beste metodo batez ere ebatz dezakegu, higidura erlatiboz-ko ekuazioak erabiliz

Bi erreferentzi sistema ditugu.Bata (Oxy) geldi dago, eta bes-tea (Ox'y') abiadura konstantezhigitzen da eskuinetarantz. Ha-sierako aldiunean, t=0, Oy etaOy' ardatzak toki berean zeudeneta gero paraleloki higitzen dira.

t=t aldiunean vA=0 B behatzailearekiko, diskoa errotatzen ari baita. Baina B' behatzailearekiko, hots, Ox'y' sisteman, abiadura zirkular uniformea du. Beraz

v' = -wR i

Eta higidura erlatiboaren ekuazioak erabiliz;

vA = v + v' 0 = -WR i v°

Datu hau enuntziatuak berak ematen digu.

Orain posizio-bektoreak kontsideratuz:

r- = R + r' -. -... -.

{

r = xi + yj--",R = v o ti + RjP puntuaren kasuan

r'= -RsincUti - RcosWtj

35

Beraz, kalkuluak eginez, azkenean zera geratzen zaigu:

( x = R (Lot - sinuk.)

y = R(1 -cosout)

hots, frogatu nahi zenahain zuzen ere.

4.5. Mikelek eta Jonek (OX'Y'Z) eta:S(OXYZ) sistemetatik egi-

ten dituzte errespektiboki beren behaketak.2S' sistema u,k abiadu-

raz higitzen ari dalsistemarekiko, sistema biek origen berbera --

eta OZ ardatz berbera dutelarik. Biak ari dira gorputz bat behatzen.

Jonen ikuspegitik puntu hori geldi dago Z ardatzetik r distantziara.ikuspegitik

Zein da MikelenY4orputz horrek duen azelerazio erlatiboa? Eta Jonek

dakusan Coriolis-en azelerazioa?. (Problema hau 1973. eko examina

partzial batetan jarri zen).

Ebazpena:

Kalkuluak errazteko, P puntua Oy

ardatzean ipiniko dugu Oz ardatze

tik r distantziara. Eta t aldiu -

nean bi sistemen egoera erlatiboa

irudian agertzen dena de la joko

dugu.

v = 0Enuntziatuaren arauera, Jonen ikuspegitik 1 -›a = 0

Higidura bira uniformea denez, bi behatzaileen neurketen artean

ondoko erlazioak beteko dira (teorian ikusitakoaren arauera):

r = r'

v = v ' + a) xr 'a = a' +(ox(coxr') + 2 wx v'

guk a' lortu hehar dugu

36

a' = a -00x (wx r') - 2tOx v'

Beraz, lehenik v' lortu behar dugu.

= k

r'= r j

v' = v -Wx r'

v'=0 —

•-n

i j k

0 0 LO

0 r 0

v' = W r

Eta hau aurrekora eramanez:

a' = 0 — 0 0 W — 2

- r 0 0

0 0 (4)

W r 0 0

Azkenean zera geratzen da:•-••• 2 .""a'= r j

Ikusten denez, higidura zirkular uniformean dagokion azelera

zio zentripetoa da. Hori normala da, zeren eta Mikelek higidura -

zirkular uniformez ikusten baitu higitzen P puntua.

Jonek dakusan Coriolisen azelerazioa hauxe izangolda:

..-111••

2wx v' = 2 0 0 W

W r 0 0

= 2w2 r j

Oharra: Bi ardatz sistemak t aldiunean kointzidenteak aukeratze

i=i' j=j' k=k' egiten da eta horrela asko errazten dira kalkuluak.

4.6. Alaitz eta Maider (Ox'y'Z) eta:W(OXYZ) sistemetako behatzai

leak dira.Z 1 sistemawk abiadura angeluarraz higitzen da siste

marekiko. Biak ari dira partikula ber baten higidura aztertzen. Mai

derren eritziz, partikula horren higidura askea da, hots, abiadura -

Konstantez, eta Oxy planoan gertatzen da Ox ardatzaren direkzioan.

37

I

Zeintzu dira Alaitzen ikuspegitik partikularen azelerazioa-

1ren osagai erradial eta transbertsala?

Ebazpena:

Aurreko probleman bezala eta arrazoi berberengatik bi siste-

men ardatzak kointzidenteak direnean aztertuko dugu problema.

a' azelerazioa lortu behar dugu . Erabili behar diren ekuazioak

hauxek dira:

v = v' +wx r'n► -•-•••• n- nn••• -•-••n•

a = a' +Wx (wx r 1 ) + 2cdx v'

Ezagutzen ditugun datuak hauxek dira

V = V

r'= r = d

a = 0

Lehenik v' lortuko dugu:

•»11. n►v'= v -W x r' = v i - 0 0 W

d 0 0

Beraz:

v' = v i - wd j

38

Eta azelerazioa:

a'= -Wx(wx r') - 2wx v'

j k i j k

a'= - 0 0 -2 0 0 U)

0 dw 0 v —du) 0

2 ""'" 2 -""a'= +w d i -2w d i -24)v j

--•-a'=41)d i - 2wv j

Eta puntu horretan direkzio erradiala Ox' ardatzarena denez

2a' r= -wd

a' = -2Wv9

2 -•

39

1.- A hegazkina Ifarralderantz higitzen

ari da Lurrarekiko 600 km/h abiadu-

raz. Une berean, beste hegazkin bat

160M direkzioaz higitzen ari da 400

Km/h abiaduraz. Lor bedi A-k B-reki

ko duen abiadura (ikus irudia)

ARIKETAK

Emaitza: vAB= 529,2 km/h

I 40,7 E direkzioaz

I

tl. ..- 600A

1/0-- 400

T

60° ApM ....11.... zi.iy

1.. •̂

. ►

2.- Airea geldi egonik, soinuaren abiadura 358 m/s da 25°C-tan eta

airetan. Soinu-iturria ere geldi dagoela kontutan hartuz, lor

bedi 90 Km/h abiaduraz higitzen ari den behatzaileak neurtzen

duen soinu-abiadura:

a) iturrirantz hurbiltzean

b) iturritik urruntzean

c) higitzen ari den direkzioaren perpendikularra den direkzioan.

Emaitza: a) 383 m/s

b) 333 m/s

c) 357,1 ro/s (o( = 86°)

3.- Txalupa batek urarekiko duen direkzioa 160M da, beti ere urare-

kiko abiadura 4 Km/h delarik. Baina uretan korrontea dago; eta

denetara txalupak Lurrarekiko duen abiadura, Mendebalderanzkoa

da 5 Km/h abiaduraz. Lor bedi korronteak Lurrarekiko duen abia

dura eta beraren direkzioa.

:a 4,58 km h-1 , M 41°H direkzioanEmaitza:

4.- Hibai bat Iparralderantz doa 3 Km/h abiaduraz. Txalupa bat Ekial

derantz abiatzen da urarekiko 4 Km/h abiadura erlatiboa duelarik.

a) Lor bedi txalupak Lurrarekiko duen abiadura

b) Hibaiaren zabalera 1 Km-takoa bada, zenbat denbora behar du

hibaia zeharkatzeko ?

c) Zein da Iparralderanzko desbidazioa, txalupa beste hibaier-

40

tzera heltzean ?

Emaitza: a) 5 km h-1 E 37°1 direkzioan

b) 15 minutu

c) 750 m

5.- 30°-tako Ipar-latitudea duen Lurreko puntu batetan, hegazkin

bat horizontalki hegaz egiten ari da Mendebalderantz eta -

1000 Km/h abiaduraz. Lor bedi, Lurreko behatzaile batek sus

matzen dion Coriolis-en azelerazioa, beronen modulua eta

direkzioa emanez eta grafikoki adieraziz. (1977-IX-ko exami-

nean jarria).

Emaitza: -2v'cusin 30 i' -2v"Wcos 30 k'(lekuko sisteman)

6.- Alboko irudiko plataforma zirku-

larra biraka ari da bere ardatza

ren inguruan L4) .= 30 bira/mi abia

duraz. Une batetan, beraren gai -

nean A pertsona 0 zentrutik 1,5

metrotara dago eta erradialki hi-

gitzen ari da 2 m/s abiaduraz.

Zeintzu dira A-ren abiadura eta -

azelerazioa, plataformatik kanpo

geldi dagoen B behatzaileak neur-

turik ? (1975-VI-23ko examina)

Emaitza: OA delakoa 0 y' ardatz bezala harturik,

V°.= + 2j

a = -4r7 i -1,517

7.- Jasogailu batetan 2 ms -2 azelerazioaz igoten ari den behatzai-

le batek, gorputz bat erortzen ikusten du jasogailu barruan 3m-

tako altueratik

a) Zer azelerazio neurtzen dio ?

b) Zein da gorputzaren posizioa behatzaile horrekiko, 0,5 s

pasatu ondoren ?

Emaitza: a) 11,8 m s-2 b) 1,6 m

,Emaitza: v

1 =

12

+ V2 +(LO r)2

1 1v2

= + (V + to2r2

41

8.- Irudian adierazten den hodiak

abiadura konstantez biratzen

du Oxy planoan eta 0 puntuaren

inguruan. Beraren barnean bola

txo bat dago (P) eta bolak duen

posizio erlatiboa, honela adie-

razten da denboraren funtzioan:

r'(t) = t2 U.Hemen r' metrotan

eta t segundotan. Lor bitez v-3>

eta a denboraren funtzioan.

Emaitza:

v = 2t t2 = (2tcos - t2 sin & ) i▪ +▪ (2tsin(4-t 2 cosa) j

9.- Hurrengo irudian gorantz eta abiadura konstantez (v) igoten ari

den helikoptero bat adierazten da. Beronen helizeak UJ 1 eta W2

abiadura angeluarraz higitzen dira. Helize bakoitzean eta iru-

dian adierazten diren puntuetan (P 1 eta P 2 ) bi euli daude, di-

rekzio erradialetan vi eta v2 abiadura konstantez higitzen.

Zeintzu dira euli horien abiadurak Lurrean geldi dagoen behatzai

le batek neurturik ?

--0

4 2

5. GAIA PARTIKULAREN DINAMIKA

Fisika horren Historirako

garrantzizkoa da Newton.

Bere burutik atera zitun

hiru printzipio sakon.

Pentsaturikan gure zientziari

zer Zaguntza eman dion,

hainbeste Zanik egin duenik

ez dut nik aurkitzen inon.

b= 0

43

5.1. Konsidera ditzagun bi erreferentzi sistema, (S) eta (5') di

relakoak. Denboraren iturburuan, hots, t=0 aldiunean, bi siste -

men ardatzak kointzidenteak dira. Hemendik aurrera (S') sistema

V=-10j(ms-1 ) abiaduraz hasi da higitzen (S) sistemarekiko, bira

egin gabe.

(S) sisteman partikula baten posizio-bektorea hauxe da:2-.-

r=2t k, denboraren funtzioan [(r) metrotan eta (t) segundotan ego

nik] . Partikularen masa m=5(kg) da.

Aurki bitez:

a) (S) sisteman, partikularen abiadura, azelerazioa eta beraren -

gaineko indarra.

b) (S') sisteman, oartikularen ibilbidea.

c) (S') sisteman partikularen abiadura, azelerazioa eta beraren -

gaineko indarra.

d) Konpara bitez sistema bakoitzeko estudioan ateratako ondorioak.

Ebazpena:

a) (S) sisteman, partikularen abiadura. Definizioz:

—v _ dr _ 4t Kdt

Hemendik azelerazioa, definizioz hauxe izango da:

dv = 4k (m.s-2

)a -dt

Eta indarraren definizioa aplikatuz:

F = ma = 20k (Nw)

44

5.2. Mahai baten gainean dagoen ontzi bat lehertu egiten da, hiru

zatitan banatuta geratzen delarik. Horietako masa berdineko bi

zatik, mahai gainetik eta direkzio perpendikularretan alde egiten

dute, biek 30 (m.s -1) abiaduraz. Hirugarrenaren masa besteetariko

bakoitzarena baino hiru bider handiagoa da.

Aurki bitez hirugarren zati honen abiaduraren balorea eta di

rekzioa.

Ebazpena:

Kontsidera dezagun hiru zatien muetzoa.

Sistema honen gaineko kanpo-indarrak (hain

zuzen ere, beraren pisua eta mahaiaren

erreakzio normala) orekan daude. Hots, sis

tema isolatua dago eta beraz, momentu

nealaren kontserbazioaren printzipioa bete

behar da.

Mahai gainean hartzen ditugu x eta y

ardatz cartestarrak, eta ebazpena sinpli -

fikatzeko, lehenengo eta bigarren zatien

abiadurarekiko paraleloak (irudian ez da

hirugarren zatia erakusten).

Leherketa aurreko momentu linela : M.0 = 0

ondorengo 11 : mlvl + m2v2 + m3v 3

Kontserbazioaren printzipioa betetzen denez:-1n•

0=m1v1+m 2v2+m3v 3

v1=30i eta v 2 =30jHemen

3m1=3m2=m3

-.. .. ...- -► _, .. ...- -Beraz : 0 = ---3-- 30i+21.1,-- 30j+m 3v3 -_... v 3=-10i-10j

m

3 3

Hemendik:

N, 3=V(-10) 2 + (-10) 2 = 10\12—ms-1

tge = -10 = e 3 =225°

3 -10

edo . 45°

y

e,X

rn3

45

b) Irudian ikusten denez: 2-'r=2t k

r = r' + R r' = r - R' HemenR=Vt=-10tj

-w -w 2 -► x'=0r'=10tj + 2t k beraz:{ y'=10

z '=2t

Orduan, ibilbidea hauxe izango daz

x'=0

z,- 2 y ,2

ino

Hau da, y'z' planoan kokaturiko para

bola bat.

c) (S') sisteman partikulak duen abiadura definizioz, hauxe da:

► ' ►dr v' = - 10j + 4tk

dt

(S') sisteman, azelerazioa:-.

dv '_. -.a' = - 5k (ms

-2)

dt

Eta (S') sisteman, indarra:

F'= ma'=20K (Nw)

(Hemen partikularen masa inbariantetzat hartu dugu. Hots,duela

nahiz (S) sisteman nahiz (S')-n, partikulak masa berberPrgnartzen

dugu. Hau postulatu bat besterik ez da, Mekanika Klasikoaren pos

tulatuetariko bat hain zuzen.)

d) Lortu dituqun emaitzak konparatuz, Kontura zaitez nola bi sis

temekiko abiadurak (v=4tk eta v'=10j+40tk) eta ibilbideak ((S) sis

teman zuzen bat, z ardatza prezeski, eta (S . )-n berriz, parabola

bat) berdinak ez diren. Azelerazioak ( .4.=-1 =4.17) ordea, eta hortaz

indarrak (F=F'=20K) ere, arras herdinak ditugu. Hau da Galileo -

ren edozein transformazioren ondorioa.

TA TEI

NBMB g

P

{

P-TB=MnaB1

aB = -aA

2

NB-M

Bq=0

P=TB+1M

BaA

=2040(Nw)2

ag

46

5.3. Irudian erakusten

den bezala, A blokean lo

tutako soka, masa gabeko

A i 4. n (., B 1) txirrika batetatik pasa eta0/////////////////////1)/(//////////

f 2:4

~z/ gero, S topean tinkatua da.

Bestaldetik, txirrikaren

zentrua eta B b,_okea konek

tatuta daude beste soka ba

ten bidez. A blokeak 16 kg-tako masa du, eta B-ak 4 kg-takoa. Soka

guztiak paraleloak dira zoluarekiko, eta honek ez du marruskadurarik

sortzen. Bloke biak hiqitzen ari dira, B-ren gainean eragiten duen

P indarra dela medio. 0 puntuarekiko A blokeak denbora funtzioan

duen desplazamendua, hauxe da: x1=2t3 [(t) segundotan eta (x) metro_

tan neurturik].

a) Zein da A blokearen azelerazioa t=5(s) aldiunean ?

b) Zeintzu dira soken tentsioak aipaturiko aldiunean ?

c) Eta zein P indarraren balorea ?

Ebazpena:

a) Azelerazioaren definizioz (higidura zuzenean):

dvAdx

Ad2x

At=5(S)

aA-12t___/_

dt dt dt dt a =60(m.s-2

)

A blokearen ekuazioak:

T =M a =16.60=960(Nw)A A A

N -M g=0A A:

Txirrikaren ekuazioa:

TR --20 (ez baitu masarik)m

A=

T =1920(Nw)B

-B blokearen ekuazioak:

b)

c

5.4. W pisuko A blokea abiadura Konstan

tez jaisten da irudiko S planotik, pisu

bereko B xafla bere gainean kokatuta -

duelarik. Xafla hau geldituta dago,

planoarekiko paralelo den soka batez lo

turik.

a) Diagrama baten bidez erakuts bi-

tez bloke gainean eragiten duten

indar guztiak.

b) A eta B-ren arteko eta A eta S-ren

arteko

marruskadura-koefizienteak berdinak direla jakinik, kalkula bedi aipa

turiko koefizientea.

47

Ebazpena: a) Hona hemen A gainean aplikatuta dau-

den indar guztien diagrama.

Bestaldetik, abiadura konstantez jais

ten baita, hots, orekan dago, ondoko

ekuazioak bete behar:

{

x : f1+f

2 -Wsen37°=0

y : N2 -N1-Wcos 37>=0

3r

b) Hemen ikusten da xaflaren indar-dia-

grama. Xafla ere orekan baitago, ekua

zio hauk betetzen ditu:

k

x : -f +m-Wsen37°=01 -

y: N -Wcos37°=01

5.5. Puxtarri bat erori egiten da ontzi baten barruan.

Puxtarriaren masa 2(gr)da, eta beraren gaineko

Arkhimedesen indarrak 460(d) balio du. Urak era-

gindako igurtzimenduzko indarra puxtarriaren abia

duraren arauerakoa da, proportzionalitate-koefi-

zientea 50(d.s.cm-1 ) delarik. Kalkula bitez:

a) Puxtarriaren erorpenaren abiadura limitea.

b) Erorpen luze samarraren ondoren, puxtarriak

abiadura limitea lortu duela kontsidera dai

teke praktikan. Orduan ontziaren zoluare-

kin topo egiten du, abiadura limitearen er-

diz errebotatuz. Zenbat denbora egingo du

puxtarriak igoten, berriro jaisten hasi arte?

48

Horrez gainera marruskadurazko indarren baloreak plantea ditza

kegu:

jf1=tkN1

f2=r2

Planteaturiko sei ekuazioetatik marruskadura-koefizientea lor

daiteke erraz. Balorea zera 0,25.

Ebazpena:

a) Definizioz abiadura limitea lortzen denean, azele-

razioa anulatu egiten da. Beraz:

mg+A+P = 0

{ mg=-2.980j=-1960j

Hemen A(Arkhimedesen indarra)=460j

RL= (igurtzimenduzko indar limitea edo

erresistentzi-indar limitea)= -50VL=

= -50(-V ) = 50 V jLj L-19601+460j+50VLj = 0 --9- VL=30(cms

-1 )

4y

(7-)

tr

I 9- Hortaz:dv .-1960j + 460j - 50vj = 2 3dt

Edo: 7" 0 fS

-25 (30+v) =idt --25I -25 .1dv dv dv

T=25 ln 1,5 cf.10 (S)

dt 30+v 30+v0 /6. 0

0 ..r1mutur batetara loturik, m masa-/ko partikula biraka ari da, abiadu

ra angeluarraz. Mahai gaineko haria

49

b) Edozein (t) aldiunetan:

mg + A + R = ma

-- _.mg=-1961jA = 460j

HemenR =-50v = -50vj

dv dva =dt dt

5.6. Mahai horizontal eta marruskadura

rik aabeko baten qainean, hari baten—

ren zatiak 1 luzera du. Haria mahai-

ko 0 zulo batetik pasatzen da, eta

T beste muturra finkatuta mantentzen

da T tentsioz. Mutur honetatik tira-

tuz, mahai qaineko zatiaren luzera be

r• aurreko balorearen erdiraino erreduzitzen da.

Aurki bitez:

a) T tentsioaren balorea

b) T' tentsioaren balore herria, mahai gaineko hariaren zatiaren lu

zera erreduzitu ondoren.

50

Ebazpena:

a) Irudian ikusten denez, T indarrak,

hots hariaren tentsioak, aN=w2r=w

21

azelerazio zentripetoa eragiten du;

N eta mg indarrek, ordea, anulatzen

dute elkar, direkzio bertikalean

partikulak ez baitu azeleraziorik.

Beraz:

x : T = mw21

y : N - mg = 0

Lehenengo ekuazioak hariaren tentsioa ematen digu zuzenki.

b) Irudia berrikusiz, N eta mg indarrek aplikazio-lerro berbera

dute eta horrez gainera beraien erresultantea nulua da. Beraz

beraien edozein punturekiko indar-momentua nulua izan behar.

da. Bestaldetik, hariaren tentsioaren aplikazio-lerroa 0 pun

tuU~neta beraz bere puntu honekiko indar-momentua beti

izango da nulua (egia esan indar zentrala da). Hau guztiau

kontutan harturik, 0 puntuarekiko partikularen momentu ange-

luarraren kontserbazioa anlika dezakegu, hau da:yer

•n•• L=rxmvL = L' hemen r x v = r' x vl

L'=r'xmv•

Baina nahiz lehenengo zirkunferentzian zein bigarrenean, erra

dio eta partikularen abiadura per-

pendikularrak dira. Hortaz:2

1 v= 1 v ' 12ol= - w ' w ' =4 w

2 2

Eta hemendik, a) atalean ikusi du-

dugun legez:

1T'=mw.2 1 1 = m.16W

2 -=8~21=8T'2

Behatzaile honen ikuspegitik

51

angeluarraz5.7. Zer abiadurYpiratu behar du irudiko gai

luak, hariak bertikalarekiko 0=45°-tako

angelua bete dezan ?.

Ebazpena:

Oxyz erreferentzi-sisteman partiku

la oreka erlatiboan dagoenez, indar

guztiak anulatu egin behar dira,

hau da:

2{ x: muJr-Tcose= 0

y: TsinO -mg = 0

Hemen r = a+1s5.ne

Idatzitako ekuazio-sistematik abia-

dura angeluarraren ateraratzen den

balorea zera da:

a+lsine

5.8. 6 kg-tako gorputz bat kono baten

gainaldean kokatuta dago, iru -

dian ikusten den kordelaz sosten

gaturik. Konoa EE' ardatzarekik<

biraka ari da, 10 b.m. (bira mi-

nutuko) frekuentzi, angeluarraz.

Kalkula bitez:

a) Konoaren gainaldeak gorputzear

egiten duen erreakzioa.

b) Kordelaren tentsioa.

c) Gainaldearen erreakzioa nulua egiteko behar den abiadura angeluE

rra.

52

Ebazpena:

{ x: mu'2rcos30°+mgsen30°-T = 0

2y: micursen30°+N -mgcos30°= 0

Eta lehenengo ekuaziotik T despejatuz:

2T= m zu 1cos

230°+mgsen30°2'_54,4 (Nw)

a) Ezer baino lehenago kalkula de

zagun abiacqura angeluarra:

w= 277'Y= 27r 10- 7Z-- (rad.s -1 )60 3

Orain plantea ditzagun gorputzare

orekazko ekuazioak, era guztietak

indarrak, hau da, nahiz interakzi

(benetakoak) zein inertzi indarra

(irudikoak; kasu honetan indar ze

trifugua, hain zuzen), kontutan h

turik. Hau da:

b) Aurreko ataleko ekuazio-sistematik, eta bigarrenetik konkretuki,

N indarraren balorea lor dezakegu. Hauxe da:

53

N = mgcos30°- mt3lsen30°cos30°:.,4' 36,5 (Nw)

c) N zero izan dadin:

0 = mgcos30°- m4lsen30°.cos30°

"/ g (rad.s-1)

1 sen30°

5.9. Irudiko kono barruan partikula bat

dago kokatuta, erpinatik 1 distantzia

batetara. Konoa bere ardatzarekiko

biraka ari da. Partikula eta konoa-

ren arteko marruskadura-koefiziente

estatikoaitda.

0,,keta 1 datuak bezala kontside-

ratuz, zeintzu dira konoaren abiadu-

ra angeluarraren balore mugak, par

tikulak konoarekiko oreka erlatiboan

iraun dezan ?

Ebazpena:

Beherantz jaisten hasterako muga:

Konoan doan behatzaileak geldirik da

kusa partikula. Beraz,bahatzaileak

planteatutako indarrak (benetakoak

eta inertziakoak) orekan daude:

fr.4".(Ni eta mugan f1=i4

y : m4r - Ni cos 0 = 0

: -mg+N i sin e lAbl icose = 0Hemen r = lsine

y: mtv22 r - N 2 cose-).4.N 2sine= 0

{

Hemetik 412= --- cos 6 e

z :-mq +N 2 sine 71.0\1 2 cose = 0 1 (sine -)4cose )sin

54

Ekuazin-sistema honetatik(,U " lor daiteke, honela gertatzen de-

larik:

w = _2_ cose 1 (sine -1- /ucos e ).sin e

Gorantz abiatzerako mugan:

Oraingo planteamendua aurreko bezalakoa da, marruskadurazko in

darraren sentidoari dagokionez izan ezik, berau aldatu egiten baita.

Beraz, ekuazioetan indar honen .zeinua aldatu behar dugu, honela ge-

ratzen zaizkigularik:

Azken terminotan, partikulak konoarekiko geldirik iraun dezan

konoaren abiadura angeularrak ondoko baldintza bete behar du:

w a-1 w 2

5.10 a) Zein izan behar da angeluko plano

aldapatsu baten azelerazioa, bera -

ren gainetik eta marruskadurarik

gabe irrista egin dezakeen M masako

bloke batek, planoarekiko geldirik

iraun dezan?

b) Zer gertatuko litzateke,planoaren

azelerazioa kalkulatua baino handia

qoa edo txikiagoa izanen baldin ba-

litz ?

c) Konkretuki angelua 30°-koa izanik,

estudia bedi blokearen higidura, planoaren azelerazioaren funtzioan.

Orain, blokea planoarekiko higi-

dura erlatiboan dago, bere pla-

noarekiko azelerazio erlatiboa

a - delarik

Ebazpena:

55

a) Dei dezagun a o , blokeak geldi

rik iraun dezan planoaren azele

razioa. Orduan blokeak ondoko

ekuazioak bete behar ditu:

{

x: Mgsine - Ma o cose = 0

y: N-Mgcose -Ma o sine = 0

N indarra ez dugu ezertarako behar, eta beraz bigarren ekuazioa

utziko dugu ukitu gabe. (Dena dela N > 0 izan behar da beti, eta iza-

nen da planoaren azelerazioa ezkuinalderanzkoa den bitartean, noski.

Bestela blokeak planotik alde egin lezake, eta problemak ez luke ino

lako zentzurik izanen). Hau dela eta, lehenengo ekuaziotik zera ate

ra dezakegu:

a o = gtge

b) Kasu honetan planoak edozein

a azelerazio du.

Blokearen planoarekiko higi-

dura erlatiboaren ekuazioak

hauxek dira:

{

x: Mgsine-Macose = Ma'

y: N-Mgcose - Masine = 0

Aurreko atelean ikusi dugun

legez, eta arrazoi berberaz,

bigarren ekuazioa ez dugu ezer

tarako erabili behar. Eta sis

tema honen lehenengo ekuazio-

tik hauxe ateratzen dugu:

a = g tge a '

cose

56

- Hemen a=a 0 =g tge baldin bada a'=0 (hau da aurreko atelean

ikusi dugun kasua, halegia, blokea lanoarekiko geldirik dirau).

- Hemen a>a e = g tge baldin bada--a'<0 eta, beraz, blokea pla-

noan gora mugitzen da.

- Hemen a< a e = g tgO baldin bada-.a'>0 eta, beraz, blokea pla-

noan behera mugitzen da.

c) Partikularki 8=30° baldin bada ae = g tg30° -,g,V3

Orduan, bigarren atalean ikusi dugunez:

; a - --/- baldin bada, blokea ez da planoarekiko higitzen.

a > baldin bada, blokea planoan gora higituko da.

a < q baldin bada, blokea planoan behera higituko da.V3

57

ARIKETAK

1.- Irudiko sistema edukiz, kalkula be

di gorputz bakoitzaren azelerazioa.

(Sokek eta txirrikek ez dute masa-

rik eta ez da inolako marruskadura

rik kontsideratzen).

g (eskuinalderantz)

g (beherantz)

g (ezkerralderantz)

Emaitza: aA 8

13

5'aB- 13

2a =

13

2.- Irudiko sistema edukiz, eta txi -

rrikek eta sokek masarik ez dutela

kontsideratuz, kalkula bitez A,B

eta C gorputzen azelerazioak.

Emaitza: a = -12 (gorantz)A 5

aB- (beherantz)

a = -a- (beherantz)

C 5

3.- m masako partikula bat geldi uzten

da zulo erdizirkular baten ertz ba-leuna

tetan. Zuloaren gainazala guztizY-da

eta r erradioduna.

Edozein posizio hartuz, hau da,

angeluaren funtzioan, lor bitez par

tikularen higiduraren abiadura ange

luarra eta hai azalak eragindako in

darra_ere:

Emaitza: (1) - V

2g .r sin N = 3 mg sine

58

4.- Masa gabeko hari baten mutur bat A

puntuan dago tinkaturik eta beste -

muturrean harritxo bat du loturik.

Hariaren luzera 19,6 cm da eta harri

txoaren masa 1 g. Multzoak pendulu

koniko modura jokatzen du, 10 rad/s

abiadura angeluarraz bira eginez.

Lor bitez:

a) Hariaren tentsioa

b) Hariak bertikalarekiko betetzen duen Tangelua

c) Aipaturiko angelua, abiadura angeluarraren zein baloretarako

izango litzateke 90 °- takoa ? Zenbat balioko luke hariaren

tentsioak kondizio horietan ?.

Emaitza: a) 1960 (d) b) 60°

c)

5.- Bloke bat abiadura konstantez jaisten da plano aldapatsu bate-

tan behera . Zein azelerazioz jaitsiko litzateke, planoaren an-

gelua 60°-tara aldatuko balitz ?

Emaitza: g/

6.- Igogailu batetan bainugela-balantza bat daukagu. Balantza gai-

nera pertsona bat igoten da. Igogailuaren masa 420 kg da, balan-

tzarena 5 kg eta pertsonarena, 75 kg.

I.- Igogailua eusten duen kablearen tentsioak 5000 Nw balio du:

I.a.- Zein da balantzari igogailuak eragindako indarraren

balorea ?

I.b.- Eta zein, balantzaren gainean pertsonak eragindakoa ?

(Hauxe da, hain zuzen ere, balantzak neurtzen duen

indarra, edo beste era batetara esanda, pertsonaren

pisu irudikoa).

II.- Orain igogailuaren tentsioa 4800 Nw-etara aldatzen da. Eran-

tzun aurreko aldera berberei.

III.- Zenbatekoa izan beharko luke kablearen tentsioak, pertsona-

ren irudiko pisua nulua izan zedin ?

A I

19'6 cm

— _

59

Emaitza: Ia) 824 Nw Ib) 772,5 Nw

IIa) 744 Nw IIb) 697,5 Nw

III T = 0

7.- Irudiko sisteman, kalkula bedi gor

putz bakoitzaren azelerazioa. Gaina

zal guztiak arras leunak dira, eta

arbuiatu egiten dira soka eta txi -

rriken masak. Datuak: mA= lkg,

mB= 2kg•, mc=3kg.

Emaitza: aA= 0,3 g (ezkerralderantz)

aB= 0,3 g (eskuinalderantz)

ac= 0,9 g (beherantz)

8.- F indarraren eraginez, C blokea -

9,8 m.s-2 azelerazioz higitzen ari

da eskuin alderantz. Denbora berean

A eta B blokeak ere higitzen dira, -

soka batez loturik, irudian adieraz-

ten den bezala. Ez dago inolako ma-

rruskadurarik eta soka eta txirrika-

ren masak arbuiatu egiten dira.

Kalkula bitez:

a) A eta B blokeen C blokearekiko abiadura erlatiboak.

b) C blokea hultzatzen duen F indar horizontalaren balorea.

Datuak: mA=1kg m =3 kg mc=15,5 kg.

Emaitza: a) aA = 4,9 ms-2 eskuinetarantz

aBC

= 4,9 ms-2 beherantz

b) F = 196 Nw

9.- L luzerako soka homogeneo bat iru-

dian ikusten den moduan kokatzen da.

Hau da, soka erdia mahai leun eta ho

rizontal baten gainean jartzen da,

1-=0

t

60

beste erdia zintzilik geratzen de

larik. Gelditasunetik hasiz, zer

abiadura izanen du sokak, bere ez

kerreko muturra mahaiaren ertze-

ra hel dadin aldiunean ?

Emaitza: 2

10.- Irudiko igogailua beherantz hiqi-

tzen ari da, 6,8 ms -2 azelerazioz.

Kalkula bitez A eta B blokeen igo-

gailuarekiko azelerazio erlatiboak

eta igogailuaren kablearen tentsioa.

Soka eta txirrikaren masak arbuiaga

rriak dira (mA=20 kg ; 93=10Kg; igo

gailuaren masa 200 kq)

Emaitza: Igogailuarekiko azelerazio

erlatiboak: aA= lms-2 (zolurantz) ;

a = 1 m s-2 (sabairantz) kablearen tentsioa T = 680 Nw

11.- Kalkula bedi m masako pertsonak be-

' re eskuez egin behar duen indarra,

a azelerazioz gorantz igon dadin. Ar

buia bitez soka, tramankulu eta txi-

rrikaren masak.

Emaitza: F _ m g+a

2

12.- Hasierako aldiunean (t=0), m masako

partikula (0,y0) puntuan dago eta vo

abiadura horizontala du, grabitatea-

ren eraginpean higituz.

Lor bitez:

a) Edozein aldiunetan (t) partikula-

ren posizio-bektorea eta momentu

lineala.

61

b) Partikularen ardatzen iturburuarekiko momentu angeluarra

edozein aldiunetan.

c) t aldiunean partikularen gainean diharduen indarraren (hau

da, pisuaren) indar-momentua origenarekiko.

d) Konproba bedi, aipaturiko indar-momentuaren eta denborareki

ko momentu anqeluarraren deribatuaren arteko kointzidentzia

(berdintasuna; ez kasUalitatea, noski).

gt2.Emaitza: a) = y o t (y. )

2

p = mv. i - mgt j

2b) L = - mv.(y. + gt ) K

2

c) = -m v. gt k

13.- Burdinhari bat y=x2 parabolaren

itxura emanez makurtzen da. Par-

tikula batek burdinharitik irrist

eqin dezake marruskadurarik gabe.

Burdinharia y ardatzarekiko bira-

ka ari baldin bada, zein abiadura

angeluarrez lortuko da partikula-

ren oreka erlatiboa, parabolaren

erpinetik kanpo egonik ?

Emaitza: (4.)=1/27f

14.- Partikula bat geldirik uzten da,

irudian ikusten den posizioan. Be

raren eta irudiko bi plano aldapa-

tsuen arteko marruskadura-koefi -

ziente zinetikoak 0,5 balio du.

Kalkula bitez:

a) Punturik baxuenean partikulak

izango duen abiadura.

b) Bigarren planotik lortuko duen altuera.

n\ 1A -1 n

62

15.- 10 gr-tako harritxo batek, 10 m-tako erorpen librea eta gero

hareazko zoluarekin topo egiten du, 7 cm-tako sakonerako zuloa

egiten duelarik. Kalkula bitez:

a) Zoluarekin tnpo egiterako aldiunean harriak daraman abiadura

b) Zuloak egiten duen bitartean harriak duen azelerazioa, berau

konstantea dela suposatuz (hau da, azelerazioaren batez bes-

teko balorea)

c) Hareak eragindako erresistentzi indarraren batezbesteko balo-

rea.

Emaitza: a) 14 ms-1b) 1400 ms

-2gorantz

c) 14 Nw gorantz (harritxoaren pisua mesprezatuz).

63

6. GAIA LANA ETA ENERGIA

Fisikan ere nagusi dira

energia eta lana.

Lan egitea dugu prezeski

indar guztien afana.

Baldin eremu kontserbakorra

etortzen bada zugana,

jakin ezazu, gradiente batez

indarra dela emana.

er•

v = V. +1

)(F dt

m

beraz:

bo

64

20 ••••• n11.

6.1. m=2 kg-tako gorputz bat zolu horizontal eta

marruskadurarik gabeko baten gainean kokatzen

da geldirik. Gorputzari horizontala eta den-

borarekin aldakorra den indar bat aplikatzen

zaio. Indarraren aldakuntza irudiko grafikoan

emanda dago, denboraren funtzioan.

frOO Kalkula bedi gorputzaren abiadura hurrengo al-

90 diunetan : t=5s, t=l0s eta t=20s.

Ebazpena:

Dakigun legez, edozein gorputzen gaineko indar erresultantearen

inpultsua eta gorputzaren momentu linealaren gellikuntza berdinak di-

ra. (Edo: partikula baten momentu linealaren aldaketaren balioa, in-

pultsua berdina da). Hots:

dt = mv - mv o edo v = v. + 1 7dtEo m te

Higidura zuzena delarik, ez dugu bektorialki azaldu behar;

Bestaldetik, ikasleak dakien bezala, integrale mugatua, inpul

tsu+alegia, azalera batez dago neurtuta; eta gure kasuan oso irudi

sinpleak geratzen zaizkiqu, hau da, hain zuzen ere, bi triangelu eta

errektangelu bat.

Hau guztiau ikusirik, erraz ulertzen da ebazpena.

a) v(5s)=0 +1 5 -0 02 -1(.)

- 252

m 2

b) v(lOs)= 25 +1

(10-5).20=75 ms-1

2

c) v(20s)= 75 + 1(20-10).20 -1- 125

2m

2

65

6.2. Irudiko blokearen gainean horizontalare-

kin e angelua osotzen duen F indar bataplikatzen da. Nahiz indarraren balorea

zein angeluarena, blokearen desplazamen-

duaren funtzioak dira, erlazioak ondoko

hauxek direlarik: F=6x eta cos =0,7-

Ebazpena:

W=fF.dr

Eta gure kasuan dagokionez, honela da:

.-11»

F = (Fcos )i + (-Fsin )j

F.dr=Fcose.dx =6x(0,7-0,02x)dxdr= dx i

Beraz, eskatutako lana zera izanen da:

f 20

W = 6 x(0,7-0,02x)dx = 350 J

10

Lanaren definizioa hauxe da:8

0,02x ; indarra newtonetan eta desplaza-

mendua metrotan neurtuta daudelarik.

Kalkula bedi indarraren lana, blokea x=10m.-tik x=20 m-tara higi-

tzen den bitartean.

6.3. Horizontalarekin =37°-tako angelua osotzen

duen aldapa batetatik, m=1000 kg-tako ma-

sa duen furgoneta bat jaisten da. Furgone-

tak itzalirik darama motorea, eta airearen

igurtzimendu dela kausa, v=60 km.h-1 abia-

dura konstantez mugitzen da. Aldapa amaitu

ondoren, furgoneta bide horizontal baten gainean higitzen hasten da.

Zer potentzia erabili behar du motoreak, furgonetak aurreko abiaduraz

, iraun dezan ?

EbAzpena:

66

Ikus dezagun problemako abiaduraz, fur-

gonetari aireak egiten dion erresisten-

tzi-indarra. Aldapan abiadura konstan-

tez furgoneta jaisten dela eta, beraren

gainean aplikatuta dauden indar guztiak

orekan izan behar (ohar bedi, nola gur-

piletan indar normalak bakarrik agertzen

diren, furgonetak motorea itzalirik dara

mala eta); hau da:

mg sine - R = 0Hemendik interesatzen zaigun indarraren balorea,zera da:

N1+N2- mgcose = 0

R = mg sine= 1000.9,8.0,6 = 5880 Nw.

Ondoren, bide horizontalean, furgoneta-

ren gaineko indarrak irudian ikusten di

ra (irudian furgonetak aurreko trakzioa

darabilela suposatu egin da, nahiko arrun

ta baita; baina problema ez litzateke al

datuko, aurrekoa izanen baldin balitz)

Abiadura konstantez dir g.enez gero, eki-librio-baldintzak bete behar berriz;

beraz:

R

tr

F-R = 0Hemen interesatzen zaigun indarra F indarra da,

'' eta haren balorea hauxe da:N + N - mg = 01 2

F = R = 5880 Nw.

Azkenez, furgoneta mugitzen duen indarra eta beraren abiadura

ezagutuz, potentziaren kalkuluak ez du inalako misteriorik, hain

zuzen:

P 1000= F.v = F.v= 5880.60 - 98000 W = 98 KW 2-• 13,3 LZ3600

(lurrin-zaldi)

67

6.4. m masako partikula bat 0 puntuan geldirik dago denboraren -

iturburuan. Partikula hori gainalde horizontal batetan hasten da

higitzen, ondoko indar hauen eraginpean: F 1 , horizontal eta kons

tantea; F2 = kx, bertikala, gorantz eta 0 puntukiko partikularen

x desplazamenduaren proportzio

nala. Partikula eta gainalde-

aren arteko marruskadura-koe - t.0

fiziente zinetikoa r.da. F1Kalkula bitez:

a) Gainaldean partikulak wl

ibilitako distantzia, hartatik

lurrutzi arte.

b) Partikularen energia zinetikoa, gainaldetik lurruzten

den aldiunean.

Datuak: m= lkg F1= 10N K= 2Nm

1 r.= 0,1

Ebazpena:

a) Irudian, partikularen

edozein posiziotan eragiten -

ari diren indarrak erakusten

dira.

Partikulak zolua uki-

tzen dirauen bitartean, indar

bertikalen erresultanteak nu-

lua izan behar du ; hortaz:

F2 + N -mg = = mg - N

Bestaldetik, partikulak lurruzten duen aldiunean N inda

rra anulatu egiten da; beraz, zolu gainean ibilitako distantzia

zera izanen da:

{N = 0

= mg _ 1.9,8 - 4,9 m.x1 2

b) Dakigun bezala, partikularen energia zinetikoaren aldake

ta eta beraren eragindako lana, guztiz berdinak dira, -

hau da:

68

E - E = F.drZ,B Z,A

(F indar erresultantea delarik)

Gure kasuan, partikula geldiunetik hasten baita, EzA=0;

horrez gainera, lana egiten duen indar bakarra F1 indarra da, -

beste guztiak ibilhidearen perpendikularrak baitira; eta azke -

nez, F1 indarra konstante eta ibilbidearen paraleloa denez gero,

bere lana indarra eta distantziaren arteko biderkaketa da.

Hots:

EZ,B

= F1.x

e = 10.4,9 = 49 J

6.5. Irudiko m masako partikula

zolu horizontal baten gainean -

higitzen da, v0 abiaduraz. A -

puntuan, zolua r erradiodum pis

ta semizilindrikoarekin elkar -

tzen da. Gainalde guztiak leu-

nak dira. Kalkula bitez:

a) v0 balorerik txikiena, partikula C puntura hel dadin.

b) B puntuan partikularen gainean pista semizilindrikoak --

egindako indarra (aurreko atalean lortutako v0 -ren balorea har-

tuz).

c) C puntutik aurrera, partikulak ibilbide paraboliko bat -

deskribituko du, garbiro, zolu horizontalarekin topo egin arte.

Zein izanen da partikularen abiaduraren balorea, zolura heltze-

an ?

Datuak: m = 0,1 gr. r= 25 cm.

Ebazpena:

Ezer baino lehen, C puntuan partikulak behar duen abiadura

txikiena kalkula dezagun. Aipaturiko puntuan partikularen gai-

neko indar-eskema dakusagu irudian. Indar hauek, Nc eta mg hale

gia, aN azelerazio normala ematen diote partikulari, ondoko

69

ekuazioaren arauera: 2

Nc + mg = maN = m vc

r

2vcN

c,m ( - g)

Erraz ikus daitekeenez, zenbat

eta vc handiagoa izan, hainbat eta

Nc handiagoa, eta alderantziz. Baina N

c indarrak ezin du nahi du–

gun bezain txikia izan, beraren balore minimoa zero delarik (N c

-ren balore negatiboek ezidute inolako esanahirik, indar honek --

ezin baitu bere sentidoa aldatu). Beraz, vc-ren balore txikiena

zera izanen da:

N = 0c

vc = r g = V25.980 = 70Fcm.s-1

vc-ren balore minimoa lortu ondoren, v -ren balore minimoa

0erdiesteko,hurrengo arrazonamendua segituko dugu: ibilbide osoan

partikularen gaineko indar bakarrak hauxek dira: pisua eta pistaen

ren erreakzio normala; lehewoa, oso ondo dakigunez, kontserbako

rra da, eta bigarrenakez du lanik egiten, ibilbidearen perpendi-

kularra baita. Beraz, partikularen energia mekanikoak konstante

dirau, eta hortaz:

1 2 1 2E z,A+ Ep,A= E Z,C+ EP,C :=> mv0mgY0 = mvc mgy

2v =Vvc + 2g (yc

-y0) = V'rg + 2g.2r = Fg; = 350 cm s

-10

b) Energia mekanikoaren kontserbazioa berriz aplikatuz:

1 2 1 2EZA,

+ EP,A =

EZB,

+ EP,B 2 mv0

+ mgy 0 = – mvB + mgyB2

v = iv2 - 2g(y -v ) = V5gr-2gr 1/3̂- ; = 70r5 cm.s

-1B 0 B -0

r

70

B puntutik pasatzean partikula

ren gainean eragiten duten indarren

eskema, ondoko irudian ikusten da.

NB indarra soilik aurkitu behar du-

gunez gero, direkzio horizontalari

dagokion ekuazioa besterik ez dugu

erabiliko. Hau da: 2

NB = ma;1 = m vB

r r

c) Azken atala ebazteko, ez dugu inolako eragiketarik egin

behar, arrazonamendu sinple hau nahikoa izanen zaigularik: C

puntutik zolura jo arte partikularen gainean geratzen den indar

liakarra, pisua da (aireak eragindako marruskadura arbuiaturik).

Eta pisua kontserbakorra baita, partikulak energia mekanikoa --

kontserbatzen dirau. Bestaldetik, zolura heltzean hasieran -

zuen energia potentzial berbera edukiko du berriz, eta beraz,

energia zinetiko berbera eta abiadura berbera ere, hau da,

350 cm.s-1

.

= m 3c1r = 3mg = 294 d.

6.6. 0 puntu finko batekiko distantziaren funtzioan m masako -

partikula baten energia potentziala, honela ematen da:

E - -P

E —P

K m

a

K m

r

rZa espazioalde osoan

r)a espazioalde osoan

a, distantzia ezagun bat delarik.

Lor bitez:

a) Partikularen gainean eragiten duen indar zentral eta --

kontserbakorra, aipaturiko bi espazioaldeetan.

b) 0 puntutiko r = 9a distantziara partikula libreki uzten

baldin bada, hots, energia zinetikorik gabe, zenbat balio izanen

dute partikularen energia zinetikoak eta abiadurak, 0 puntukiko

r=a distantziara.

71

c) Azal bedi partikularen higidura, kualitatiboki eta kuan-

titatiboki, grafiko baten bidez, energiari buruzko arrazonamen-

duak baliatuz.

Ebazpena:

a) Dakigun legez, indar kontser

bakor bakoitza eta berari elkar

tutako energia potentiala, h6-

nela daude erlazionatuta:

F = - grad E

Beraz, ra espazioaldean:

p

kmF = - grad (- ) = grad (kte) = 0

rja den espazioaldean, ordea:

, km , , d 4 -* km -›F = -grad k - ) = u -r dr r r

ur

ur delakoa, 0 puntu finkotik beste espazioko edozein puntu

tarantz orientatuko bektore unitarioa delarik.

Alboko irudian F eta r-ren

arteko erlazioa erakusten da -

grafikoki.

b) Partikula indar kontserbakor baten menpean dagoenez ge-

ro, energia mekanikoaren kontserbazioa aplika dezakegu; hau da:

EZ,A

+

0 -t

-Z,B

8kmE

EP,A

= EZ,B

+ EP,B

k M 1+ km B

%.=.11n••

Ybt.

r a.9aZ , B

r cia. ►9a

B'

tr

AB ,r

1a. INn94.

72

Hortaz abiadura zera izanen da:

1 2 8km _ 4 trii

-,mv = vi- - -

2 9a 3 a

c) V1 abiadura lortu ondoren, partikula energia potentzia-

la konstantea den espazioaldean sartzen da. Energia mekanikoak

konstante iraun behar duenez geror zinetikoak, eta beraz abiadu

rakiere, konstante iraunen dute. Baina 0 puntutik pasa eta ge-

ro, a distantziaraino urruntzen den aldiunean, partikula ener -

gia potentziala aldakorra den espazioaldean sartuko da berriz,

eta frenatu egingo du, hasierako puntuaren simetrikoan gelditu

aste. Eta modu honetan segituko du, higidura oszilakor batetan.

Ondoko irudietan grafikoki azaltzen da partikularen higi-

dura.

OHARRA: bigarren irudian, r-ardatzaren bi aldeetan, distantzia-

ren baloreak positibotzat jotzen dira, balore absolutu-

tan neurtzen baitira.

tro .16

A

15t.. 10

73

6.7. Harri bat bertikalki jaurtiki egiten da v.= 16 m.s -1 abia-

duraz, h=10 m-tako altueraraino heltzen delarik. Harriaren masa

m= 100 gr. da. Kalkula bitez:

a) Igoera osoan galdutako energia mekanikoa.

b) Aireak egindako marruskadurazko indarraren batezbesteko

balorea.

c) Erorpenean igoeran galdu duen adina energia galduko due

la suposatuz (zein guztiz zehatza ez bada ere, nahiko -

aproximatua kontsidera daitekeen), kalkula bedi harria -

ren abiadura hasierako puntura heltzen den aldiunean.

Ebazpena:

a) Hasierako A puntua altuera neur

tzeko iturburutzat hartzen baldin badu

gu, aipaturiko puntuan harriaren ener-

gia potentziala nulua izanen da, eta -

hortaz, beraren energia mekanikoa, zi-

netikoa izanen da soilik, hau da:

E , = 1– mv2. = 1– 0,1.16

2 = 12,8 JZA

2 2

YB= 10 m-tako altuerara iristen den aldiunean, harria gelditu -

egiten da, hots, energia zinetiko osoa galdu du, eta beraz, bera

ren energia mekanikoa potentziala izanen da, hau prezeski:

EP,B

= mgyB = 0,1.9,8.10 = 9,8 J

Orain, igoeran harriak galdutako energia mekanikoa erraz kal

kula dezakegu, kenket; sinple baten bidez:

Galduriko energia = Ez,A- Ep,B = 12,8 - 9,8 = 3 J

b) Airearen R marruskadurazko edo erresistentzi indarraren

lana, hauxe da:

W'= (EZ,B

+ EP,B

)-(EZ,A

+EP,A

)=P,B

-EZ,A

= -3 J

Bestaldetik, definizioz, aipaturiko lanak zera izan behar du:

74

W1 =f

B 8 Yis

i. c711'• = f -14. dyT = -1Rdy

A A 3A

Hortaz:

y8

R1

R dy = --1- . 3 = 0,3 N

YB-YA10

yA

Yes Y8

-3 = dy =1R dy = 3

YA YA

Eta R indarraren batezbesteko balo-

rea, definizioz ere, hauxe da:

dr

c) Aurreko atalean igoerari aplikatu diogun erlazioa berri

ro erorpenean erabiliz, honela geratzen zaigu:

Wi = (E' + E' ) - (E + E )Z,A P,A Z,B P,B

E eta E' hasierako puntura itzultzen denean, harriarenZ,A P,A

energia zinetikoa eta potentziala hauxek direlarik errespektibo-

ki:

1=' - m ,2 0,1 v ,2

EZ,A

2 vA - 2

Beraz:

0,1 ,2-3 = vA - m.s

-1

2

a) w1=F

1r (cos e -sin e ) ; W r

' 2 2•Emaitza:

2

75

ARIKETAK

1.- Puxtarri bat geldirik uzten da zolutik h o distantziara. Zo-

luan errebotatu ondoren, h altueraraino heltzen da. Zoluare-

kiko kontaktuak t denbora iraun duela jakinik, kalkula bitez:

a) Zoluarekiko txokean puxtarriak jasaten duen inpultsua

b) Puxtarriaren gainean zoluak egiten duen indarraren batez-

besteko balorea.

Datuak : puxtarriaren masa, m=4 gr.; h o = 40 cm ; h=22,5 cm

t=10 ls

Emaitza: a) 1960 ds, bertikalki gorantz

b) 19600 d

2.-" r erradiodun zirkunferentzierdi forma

eman zaion burdinhari batetan, partiku

la batek irrist egiten du marruskadura

rik qabe, iduneko baten perlen antzera

sarturik dagoela. Ez da grabitatearen

indarra kontsideratzen.

Partikularen gainean F1 eta F2 indarrek

eragiten dute. F 1 indarra konstantea

da bai moduluz eta bai direkzioz ere,

horizontalarekiko 19 angelua osotzen

duelarik. F2 indarraren modulua ere -

konstantea da, baina direkzioa ez, or-

dea, beti burdinhariaren tangentea delarik.

F1 , , F2 eta r magnitudeen funtzioan lor bitez:

a) Aipaturiko bi indarren lana, partikulak A-tik B-ra

doan bidea egitean.

b) Gauza berbera A-tik C-rako desplazamenduan

b) tai = 2F rros W2=F2. tir1

76

3.- K= 49 Nm 1-tako konstantea duen eta sa-

baitik zintzilik dagoen mueile batetatik,

m=250 -gr-tako gorputz bat eskekitzen da

bat-batean. Mueilearen masa arbuiagarria

da. Kalkula bitez:

a) Gorputzaren abiadura handiena

b) Mueilearen deformaziorik handiena

Emaitza: a) 0,7 ms-1

b) 0,1 m

~1~

••••

4.- Partikula bat R erradiodun tontor erdi-

esferiko eta leun baten punturik altue-

nean dago kokaturik. Abiadura inizialik

gabe laban egiten hasten baldin bada,

lor bitez:

0

a) Zein puntutan egingo du alde partiku

lak tontorretik ?

b) Zer abiadura izango du partikulak une horretan ?

c) Zer abiaduraz helduko da lurrera ?

Emaitza: a) Aldentze-puntua:cose=

b) J3 gR

c)

5.- m=10 gr-tako masa duen partikula bat, irudian adierazten den

pistaren gainean higitzen da, marrakadurarik gabe

0•

r

77

Kalkula bitez:

a) v o abiaduraren balorerik handiena, 1 puntutik pasatzen den

aldiunean partikula lurrutz (despega) ez dadin.

b) Abiadura horrekin hasiz 2 puntutik iragatean pistak partiku-

lari egiten dion erreakzioa.

c) 3 puntuan partikulak pista uzten baldin badu, zer altuerarai-

no helduko da ?

Emaitza: a) v o= 490 cm/s

b) N2= 43140 d.

c) h = 78,4 cm

6. m masako partikula bat, masa ga-

bekoa den eta 1 luzera duen hari

baten mutur batetan lotuta dago,

hariaren beste muturra 0 puntuan

tinko dagoelarik. 0 puntuaren

bertikal berean eta d distantzia

beherago, I iltzea jartzen da. Ha-

sieran, haria horizontalki eusten

da (ikus irudia) eta partikula, gel

dirik. Ondoren, sistema libreki uzten da eta partikula jaitsi

egiten da, arku zirkular baten laurdena egiten duelarik, hariak

iltzearekin topo egin arte. Aurki bitez:

a) d distantziaren balorerik txikiena, partikulak iltzearen in

quruan zirkunferentzia oso bat deskriba dezan.

b) Hariaren tentsioa, iltzearekin topo egin aurretiko aldiunean

eta ondoko aldiunean

Emaitza: a) d= —3 15

b) 3 mg

6 mg

78

7.- "Bi Zientzia Berri" izeneko lanean, Galileok pendulu baten azter

keta berezia egin zuen. Berez higitzen uz

ten zen pendulua, hasieran angelua oso-

tuz eta hasierako abiadurarik gabe, baina

A iltzeak oztopoa jartzen zion penduluari.

a) Zer altueraraino helduko da pendulua-

ren bola ?

b) Eta A-n egon ordez, iltzea B puntuan

jartzen bada, zer ?

Erantzunak diagramen bidez adieraz (Gal-

dera hau 1976-VII-2 ko examinean jarri zen)

8.- m masako partikula bat irudiko pista para

bolikoaren punturik baxuenean dago geldi.

t=0 aldiunetik aurrera F indar horizontal

eta konstantea aplikatzen zaio eta parti

kula pistan gora higitzen hasten da. Pis-

tak ez du marruskadurarik.

a) Zer posiziotan lortuko du partikuak -

abiadurarik handiena ?

b) Kalkula bedi abiadura maximo horren ba

lorea.

c) Abiadura maximoa lortzen duen aldiunean, F indarra desagertu

egiten bada, noraino igongo da partikula ? Eta, zer abiadu-

raz itzuliko da gero hasierako puntara ?

1/Emaitza: a) x 10 76= cm Y1000cm

7 7

b) vm = 200 cm/s

8000c) hm-

49

v = 400Ecm/s

cm

79

9.- Irudiko posizioan bi erresorteak ezer-

luzatu gabe daude. 4 kg-tako masa A-tik

B-ra 20 cm lekuzaldatzen bada eta gero

B puntuan geldi edukiz askatzen bada,

lor bitez:

a) Blokearen abiadura A-tik pasatzean

b) Ezker alderantz egiten duen biderik handiena

(problema hau 1979-VI-26 ko examinean jarri zen)

Emaitza: a) 0,36 m/s

b) 20 cm

10.- Gorputz bat irudiko pistan higi dai

teke. Mutur biak kurboak dira eta ez

dute marruskadurarik. Parte laun eta

zuzenak 2 m-tako luzera du eta bera -

ren eta gorputzaren marruskadura-koe-

fizienteak //i k=0,2 balio du. Gorpu-

tza h=lm altueran dagoen untuan as-

katzen da.

Non geratuko da azkenean gorputza ?

(Problema hau 1975-II eko examinean jarri zen)

Emaitza: Pistaren erdian (5 metro)

11.- lkg-tako A crorputza).2 =0,1 marruska-

dura-koefizienteaz jaisten da 30"tako

aldapa duen plano batetan behera, iru

dian adierazten den hezala. Hasiera-

ko abiadura v o = 0 da eta m.hatetako

bidea egin ondoren, k=200 Nm 1 kons-

tantea duen mueile baten kontra doa.

Zein izango da mueilearen deformazio

maximoa ?

(1979-1X-21)

Emaitza: L'20,23 m.

1-1v`^^^"—.%/7///////////////////////

1-1/ij

80

12.- Lor bedi irudiko mueileak duen kon

presio maximoa, 1 kg-tako masa A -

puntutik erortzen uzten denean. Mue

ilearen errekuperazio-konstanteak -

k=105 Nw/m balio du. Parte zirkula

rrak ez du marruskadurarik eta par-

te horizontalaren marruskadura-koe-

fizienteak(4 =0,1 balio du.

(1976-11-28 ko examinean jarria)

Emaitza: 2:0,013 m.

13.- Partikula bat lerro zuzen batetan

higitzen da, beraren energia osoak

E=6 eta energia potentzialak

E = 10 + 5x + x2 balio dutelarik.

a) Zertzu punturen artean gertatzen da higidura ?

b) Zer puntutan du abiadurarik handiena ?

c) Zer puntutan ez du indarrik eragiten partikularen gainean ?

(1978-VI-26 ko examinean jarria)

Emaitzak: a)

b) x = - 52

c) x = - 52

14.- Partikula bat marruskadura gabeko lerro zuzen batetan zehar

higitzen da, indar kontserbakor baten eraginpean. Indar kon-

tserbakorrari lotutako enerqia potentziala, hauxe da:

E = x2-6x-72 J. (x partikulatik iturbururainoko distantzia da,

metrotan neurturik)

81

a) Zertzu punturen artean higituko da partikula, beraren ener-

gia mekaniko osoa E=0 baldin bada ?

b) Lor bedi partikulak eduki beharko lukeen energia mekanikoa,

higiduraren mugak aurreko kasuan baino bi aldiz zabalago

izateko. Kasu honetan, zenbat balioko luke partikularen

energia zinetiko handienak ?

Emaitzak: a) -6z x 512 m

b) E=271 J

Ez=352 J

15.- Hidrogenoaren atomoari buruzko oso hurbilketa trauskil bate-

tan, partikula batek (elektroia) a erradiodun ibilbide zirku-

lar uniformea deskribitzen du beste partikula finkatu baten -

inguruan. Partikulen arteko interakzioari lotutako energia po-

tentzialak

E- K

p r

balio du, r partikulen arteko distantzia izanik. Partikula higi-

korraren masa m dela jakinik, lor bitez:

a) Partikula higikorraren energia zinetikoa.

b) Geldi dagoen partikularekiko partikula higikorrak duen mo-

mentu angeluarra.

c) Partikula higikorra bere orbitatik 2a erradiodun orbita zir-

kular batetara pasa erazteko behar den energia.

d) Sistema desegiteko behar den energia, hots, bi partikulak

elkarretik infinituraino urruntzeko behar den energia.

Emaitzak: a)2a

b) ilkma

k 4ad)

c)

2a

16.- Partikula bat E = 3x2-x

3 (x metrotan eta E Joule-tan neurturik)

energia potentzialari lotutako indarraren eraginpean higitzen

82

ari da marruskadurarik gabe eta lerro zuzen batetan.

a) Marraz bedi energia potentzialaren irudi grafikoa.

b) Aipaturiko irudiaren bidez, erakuts bedi indarraren sentidoa

puntu desberdinetan, bide batez oreka-posizioak adieraziz.

c) Aipaturiko irudian finkatuz, azal bedi kualitatiboki parti-

kularen higidura, energia mekanikoaren ondoko baloreetarako

E <0 , E=0, 0 <E <4 , E = 4 , E >4

17.- m=11 T-tako bagoi bat pausagune

tik hasten da higitzen 0,6 %-ta

ko aldapa duen trenbide batetan

horrela 250 m jaisten delarik.

Jaitsieran irabazitako momentu

lineala dela medio, ondoren 0,4%

-tako iztaia duen tranbidean go-

ra 300 m egiten ditu.

a) Ibilbide osoan zehar bagoiak galdutako energia zinetikoa.

b) Bagoiaren higiduraren kontrako erresistentzi indarraren ba

tezbesteko balorea.

Emaitza: a) 32.340 J

b) 58,8 N

83

7. GAIA PARTIKULA-SISTEMEN DINAMIKA

Benetan dugu interesgarri

bi partikularen taZka,

ikasleek egiten dituzte

problemetan hainbat falta.

Sistema hori isolaturik

dagoen pentsatu alta,

printzipiorik aplikatzean,

ez gero legerik salta.

7.1. Lor bedi, M, 2M, 3M eta 4M ma- '

sa duten lau puntu materialek a al-Mo

deko koadratu baten erpinetan koka-

turik egonik osotzen duten partiku-

la-sistemaren masa-zentrua.

2, ►

a.

4M a_ 3M--0" X

84

Ebazpena:

Dakigunez: rMZEmi

Osagaitan banatuz:

xmz m. M + 2M + 3M + 4M

aXMZ= 2

= M.a + 2M.a + 3M.0 + 4M.0 YMZ- m. M + 2M + 3M + 4M

3YMZ= 10

Argi dagoenez:

z = 0MZ

7.2. 1 luzerako haga batek pl baloreko masa du luzera unitateko.

p.delako hau aldatuz doa puntuaren abszisarekin, ondoko adieraz

penaren arauera. r = rou 1_0(x)

_ M.0 + 2M.a + 3M.a + 4M.0

ff

dx

IdiqX•••

fo ex to(1 +b(x)dx

tto (1 +b(x)dx

0

12

13

itto + 2 3

xMZ

85

Lor bedi beraren masa-zentruaren posizioa.

Ebazpena:

Masaren distribuzioa jarraia

denez:

xmz dm

( o( eta r,„ konstanteak dira)

fxdm

Irudiko masa-elementu diferentziala hartuz:

dm = f‘dx = 1.4.0(1 +o(x)dx

Beraz:

Azkenean zera geratzen zaigu:

3 + 2o0.

61

2 +0(1

2

xMZ1 3+2 o( 1

3 2+o( 1

=fAR2H2 1

12

86

7.3. Demagun H altuera eta R erradioa dituen kono homogeneo bat.

Non dago beraren masa-zentrua ?.

Ebazpena:

Simetriaz:

xmz = 0YMZ= 121

Beraz, lortu behar dugun -

koordenatu bakarra z da.MZ

Masa jarraia izanik:jz dmz mz f dm

Har ditzagun irudian adie-

razten den bezalako masa-ele

mentu diferentzialak.

dm = fTtr2 dz

Eta bestalde, triangeluen antzekotasunez:

_ r = (H - z)r H-z

R H H

Beraz:

o

)(zdm f r! R22 z 2 z4

H2

2 4

izp R2 4

H1 + 1

-t-_ 2

H2

2 4 3

Modu berean:

fz dm =1

14

rz---2-R2 z (H-z) 2 dz - f R2 H H2 fo 14

3(H

2 z+z -2Hz

2)dz

87

)( dm = - f

0

R2 H3 =

Azkenean zera geratzen zaigu:

-7

.!2-

1 3

z m z- 1H2 H2

2 - - 3 H12

1T R2 H31

HZ mz=

4

7.4. Bi partikularen masak 1 kg-takoak dira eta beren posizio-

bektoreak ondokoak dira inertzi sistema batekiko:

r = 2t2 i 2= 2 (t + 1) j

Lor bitez partikula-sistemaren momentu lineala, momentu an

geluarra eta enerqia zinetikoa:

a) Hasieran emandako erreferentzi sisteman

b) Masa-zentruaren sisteman

Ebazpena:

a) Lehenik partikula bakoitzaren abiadura kalkulatuko dugu:

r = 2t2 -•i

v = 4t i

2 = 2(t+1) j

v2 = 2j

Beraz, erreferentzi sistema horretan:

f n2 (H-z)2dz 2 = R2 [ (H-z)2

3

14

0

1 T1 R2H—3 r

88

momentu lineala:

P- ▪ = mlvl▪ m2v2•••►

f▪ = 1.4t i + 1.2 j p = 4t i + 2 j

. origenarekiko momentu angeluarra:

L = Z,r. x 1,j.

i j k-i j ..k.

L = 2t2

0 0 0 2(t+1) 0

4t 0 0 0 2 0

energia zinetikoa:

=1- 1.(4t)

2

2+ 1

2

L =

1.

0

22

E =Y2 1- m. v.2K L 2

Ek= 8t

2 + 2

b) Lor dezagun lehenik masa-zentruaren posizio-bektorea:

rMZ

m.-PrL 1.2t 2 7 1- 1.2(t+1) j

•1 + 1

-0r = t 2 i + (t+1) jMZ

Beraz, sistema berri honetan ondoko posizio-bektoreak eta

abiadurak ditugu:

r ". •-• -> -.nP -. -.

ri ri -rmz= 2t2 i - It

2 i + (t+1) ji = t2 -i - (t+1) j

•••nn ••••n

.

•-•P

r=r2 -rmz= 2(t+1) j - {t 2r + (t+1) jj▪ = -t 2+ (t+1)•-•• •-••

••n••

L' = (2t 2 + 4t) k

energia zinetikoa:

L' = (2t2 + 4t)k

89-.

d:r -.v' - '" - 2t i-. - j1 dt

d-4>r

v' - L 2t i + j2

Eta hauk erabiliz:

. momentu lineala:

••••••• z ••••n

12.1 = = 1. (2t i - j) + 1(-2t i + j) = 0

= o

. momentu angeluarra (masa-zentruarekiko)

dt

~.•

k

2,..... -.L' = r' x•O i = t

2-(t+1) 0 + -t2 (t+1) 0

1 i L

2t -1 0 -2t +1 0

-. 2 ""l> ''''' 2 "" -.L' = -t k + (2t 2 + 2t)k - t k + (2t + 2t)k

E' 1m.v! 2 = . 1.(4t 2+1 2 ) + -.1.(4t 2+1)k 1 2 1 2 2

E' = 4t2 + 1

4.8

0/, //// , /7r /77/ • - X

XM

x,mi- 16.1,8 + 80.0

x. 16 + 8()x -MZ

- 0,3 m

90

7.5. 80 kg-tako pertsona bat zutik dago 3,6 m-tako luzera eta -

16 kg-tako pisua duen xafla baten gainean. Xafla hori zolu izoz

tu baten gainean dago, horizontalki, eta ez dago marruskadura -

rik xafla eta izotzaren artean. Pertsona hori xaflaren punta -

batetik bestera higitzen bada, zer distantzia egingo du izotza-

rekiko ?.

Ebazpena:

Irudian posizio erlatiboak adierazten dira. Simetria hu-

tsez:

a = 2 xMZ

Beraz, masa-zentruaren koordinatua kalkulatzea aski zaigu:

Hau da: a = 0,6 m.

Azken batez, X direkzioan sistema hau isolaturik dagoenez

gero, masa-zentruaren x koordenatuak konstante irauten du pro-

zesu osoan.

4kgir=05A

///.// // ---/• •

t > 0t < 0

• •LII

91

7.6. A eta B gurdiek elkarrekin topo egiten dute. Hasieran B -

geldirik dago eta A eskuinetarantz dator 0,5 m/s abiaduraz.

Talkaren ondoren, A delakoak errebota

tu egiten du 0,1 m/s abiaduraz eta B

delakoa eskuinetarantz higitzen da -

0,3 m/s abiaduraz. Bigarren esperimen /z/

tuan A-ren gainean 1 kg-tako masa bat

jartzen da eta 0,5 m/s abiaduraz bidaltzen da, geldi dagoen B-

ren kontra.

Txokearen ondoren A geldi geratzen da eta B eskuinetarantz

da 0,5 m/s abiaduraz.

Lor bedi gurdi bakoitzaren masa.

A• • • •

// /"/-%

Ebazpena:

Lehen esperimentuan x direkzioan sistema hau isolaturik da

goenez, momentu linealaren kontserbazioaren printzipioa aplika

dezakegu.

mA .0,5 + mB .O = -mA .0,1 + mB.0,3

Gauza berbera eginez:

(mA+ 1).0,5 + mB .O = (mA+ 1).0 + mB .0 ' 5

Bi ekuazio hauk erabiliz, ebatzi egingo dugu problema

1r:0

Bigarrenetik:mB= mA+ 1

Lehenera eramanez mA. 5 = -mA+(mA+1) 3

Azkenean mA= lkg ; mB= 2kg

7.7. 150 gr.-tako bala

bat 600 m/s-tako abia- fl 9 art,

duraz higitzen ari da

irudian agertzen den -

direkzioan eta barnean

buztina duen 7,5 kg-

tako kutxa batetan ge-

ratzen da enpotraturik

Talka aurretik kutxa -

hori geldi dago plano

leun batetan eta 3 m ibili ondoren, ..1= 0,2 marruskadura-koefi -

zientea duen zolu batetara pasatzen da.

Lor bedi talka gertatzen denetik kutxa gelditzen deneko une

rarteko denbora.

92

Ebazpena:

t <0

V=0

t > 0

Vi

M+ m

Talka x direkzioan kontsideratzen badugu, sistema hau isola

tutzat har dezakegu.

m v cOs9 + M.0 = (M+m) V'

Hemendik:

M V COS()'V' =M + m

= artg bada4

cos 9 4

sin e 3

9 cos 2 t3) =16(1 - cos 2 --9. 25 cos 2= 16

cos e = 45

Beraz:

93

40,15.600. 3-

vi7,65

- 9,4 m/s

Gainazal launean ez dago marruskadurarik. Beraz 3 metroak

egiten ematen duen denbora hauxe da:

t3 - 0,32 S.

9,4

Azter dezagun orain parte latzean gertatzen dena.

Ikusten denez:

N= (M+m) g

Beraz:

R=rN = 0,2(M+m)g

Eta azelerazioa (dezelerazioa)

hauxe izango da:

a R _ 0,2(M+m)g

- 0,2g(M+m) (M+m)

Honelatan, gelditu arte, gainazal

horretan ematen duen denbora; hauxe

izango da:

v = at

//// ///////

N

(Ni+n1}9.

t 2= v 9,4 - 4,7s.

a 0,2.9,8

Denetara gelditu arte pasatzen den denbora, ondokoa da:

t = t1+ t 20,3 + 4,7 5 s.

7.8. 50 gr-tako masa bat, marrus

kadurarik gabeko zulo batetik pa

satzen den soka bati loturik da- Rox 45

go, irudian adierazten den modu-

an. Bloke hori biraka ari da ma

haian, 3 rad/s abiadura angelua-

rraz. Gero, sokatik beherantz

tiratuz, laburtu egiten da bira-

ketaren zirkunferentziaren erra-

dioa 10 cm-taraino. Blokea pun-

tu bat bailitzen har daiteke.

a) Zenbatekoa da abiadura angeluar berria ?

b) Zein da enerqia zinetikoaren aldaketa ?.

94

Ebazpena:

a) Alboko irudian blokearen -

higidura adierazten da, goi-

tik ikusita.

XOY sistema inertzialetik

aztertzen dugu problema. Be-

ronen origenarekiko indarrek

duten momentua nulua dela --

ikusten da. Beraz p origen ho-

rrekiko momentu angeluarra -

kontserbatu egiten da proze-

suan zehar.

r1 x mv 1

= r2 x mv2

Eta moduluak kontsideratuz

r1mGr 1 = r

2mur

2

2 2

GO2

= co1

- 3( 15 ) - 27 rad/s

r2210 4

b) Enerqia zinetikoaren aldaketa:

Hots:

95

E 1= -m vl 1= -mW rl = - 0,05.32.0,15

21 2 1 2 2 1

2 2 2

2

=- m v1 2

- 1 m w2 r2 = 1 0,05. 27 .

0,10 2E2 2 2 22 2 2 4

7.9. M masako urpekuntzi bat horizontalki higitzen ari da V abia

duraz itsas hondoarekiko, eta beraren helizea uraren erresisten-

tzia gainditzeko erabiltzen da soilik. Bat-batean m masako torpe

do bat jaurtikitzen da aurrerantz, torpedo eta urpekuntziaren -

ibiltze-ardatzak berberak direlarik. Torpedoa jaurtikitzean, E -

energia askatzen da.

a) Lor bedi torpedoak itsas hondoarekiko duen abiadura, M,

m, V eta E-ren funtzioan.

b) Zer energi zatia ematen zaio torpedoari ?.

Ebazpena:

Irudian jaurtikitzearen aurretiko (t<O) eta ondoko (t)0)

egoerak adierazten dira.

Helizeak uraren erresistentzia gainditzen duela esatean, x

ardatzaren direkzioan sistema hori isolatua dela esan nahi da.

Beraz, momentu linealaren kontserbazioaren printzipioa aplika -

daiteke.

M V = (M-m)V' + mv'

Bestalde, jaurtikitzean E energia askatzen denez:

Talkaunean, x direkzioan sistema hau

isolaturik dago. Beraz, momentu linea

laren kontserbazioaren printzipioa

aplika dezakegu.

96

1V2 1 2 1

E + M v = – (M-m)V' + – m v'22 2 2

Bi ekuazio hauetan bi ezezagun ditugu: V' eta v',Sistema -

ebatzirik, problema ebatzirik geratzen da.

7.10. Irudian pendulu balistiko bat

adierazten da. Balen abiadura kalku

latzeko erabiltzen da, bala bere ba

rnean hartu ondoren penduluaren blo

keak igoten duen altuera neurturik.

Lor bedi balaren abiadura, g,

h, m1 eta m

2 direlakoen funtzioan.

Ebazpena:

m V + m2.0 = (m1

+m2) v'

1

m1

v' = Vm1+m

2

97

Eta hemendik:

Gero, pendulu moduan, energia

ren kontserbazioaren printzipioa

aplikakuko dugu.

1- (mi +m2 )v

,2 = (m

1+m

2)gh

2

Hots:

1 m1 VI = g h

2

2 m1+m

2

Fc:h V - (m

1+m

2)

7.11. mi eta m2 masako esferatxo bi, iru

dian adierazten den bezala daude zintzi-

likaturik. 1 esfera o( angelua banantzen

da bertikaletik eta bertatik utzi egiten

da erortzen, hasierako abiadurarik gabe.

Talkaren ondoren 2 esfera f3 angelua ba-

nantzen da bertikaletik.

Lor bedi talka ondoren 1 esferak --

duen banantze angelurik handiena

Aplikazio numerikoa: m i = 0,5 kg 2

m2 = lkg.

= 90° = 30°

Ebazpena:

Ezer baino lehen, talka aurreko(1) esferatxoaren abiadura kal-

kulatuko dugu. Bola honen jauspenean, energia mekanikoaren kon-

tserbazioa betetzen da garbiro; beraz:

vi = Ugf:

Ondoren, abiadura honen sentidoa positibotzat harturik, momen-

m

98

tu linealaren kontserbazioa apli-

katuko dugu talkan, hau da:

-mi vl = ml m2 v2

( x direkzioan)

21v' eta v' esferek talkaren ondo-

ren dituzten abiadurak direlarik.

Talka pasatu eta gero, esfera

bakoitzaren igoeran energia meka-

nikoaren kontserbazioa betetzen da

berriz, honela:

= 12;112 = V2g1 (1-cosp)

= 1/-2j1;" = 112g1 (1-cos6)

Planteaturiko ekuazioetara datu numerikoak ekarriz, ondoko

ekuazio-sistema hau geratzen zaigu:

(v1 =

.Ç 0,5 v/ = 0,5 v1 +

=12.9,8.1 (1-‘g

= 2.9,8.1 (1-cosp

Eta ekuazio-sistema hau ebatziz, zera aurkitzen dugu:

23°

99

ARIKETAK

1.- Lor bedi R erradioko eta M masako eraztunerdi zirkular ba -

ten masa-zentruaren posizioa.

2REmaitza: Zentrutik distantziara.

3Tr

2.- Lor bedi irudiko OAB sektore

zirkularraren masa-zentruaren po-

sizioa, azal hori homogeneo dela

kontsideratuz.

2 R sin c"(Emaitza.

3

3.- f dentsitateko eta R erradioko esfera homogeneo batek,

r erradioko esfera baten forma duen husgune bat du bere barnean,

barrunbearen zentrua esfera handiaren zentrutik a distantziara

dagoelarik.

a) Lor bedi masa-zentruaren posizioa.

b) Esandako husgune edo barrunbea f l dentsitateko substan

tzia homogeneo batez betetzen bada,f i >fizanik, non egon

go da orain sistemaren masa-zentrua ?

Emaitza: a)

a r3

R3-r

3distantziara

b)

(r-f) r3 a

1)(R3-r

3)+? r

3

4.- Demagun, sistema inertzial batekiko azelerazio konstanteko

translazio hutsa duen sistema ez-inertzial batetatik, partikula-

sistema baten higidura aztertu nahi dela. Partikulen gaineko iner

tzi indarra',. indar bakar batez ordezka ote daitezke ?.

100

`5.- XIX mendean, Ernst Mach ize

neko zientzilari austriarrak on-

doko esperimentu ideala proposa-

tu zuen: m1 eta m

2 masako bi --

ibilgailu geldi daude marruskadu

rarik gabeko plano horizontal ba

tetan. Bien artetan mueile kon -

mz

primitu bat dago, eta konpresioa mantentzen duen soka batez lotu-

rik daude. Bat-batean soka ebakitzen bada,zer erlaziotan egongo

dira ondoren ibilgailu biek hartzen dituzten abiadurak ? Zer er-

laziotan egongo dira energia zinetikoak ? Nola azaltzen duzue,

momentu linealak berdinki banatzea eta ez ordea energia zinetikoak?v1m2E1m2Emaitzak: — =v2m1E2m1

6.- 1609. urtean, Kepler-ek zera idatzi zuen "Astronomia Nova"

izeneko liburuan: "Bi harri Unibertsoko puntu batetan jartzen ba

dira, beste inolako gorputz baten indar-eremutik aparte, orduan

bi harriok hurbilduz joango dira, une batetan kontaktura heldu -

arte, bien artean dagoen puntu batetan eta bakoitzak egindako bi

dea bestearen masaren proportzionala delarik". Ados al zaude -

eritzi horrekin ? Zein da hor aipatzen den tarteko kontaktu-pun

tu hori ? Arrazona itzazu erantzunak.

Emaitzak: Bai ; masa-zentrua

7.- Zer deritzozu ondoko esaldiari: "Partikula-sistema baten mo

mentu lineala kontserbatzen bada, halaber beraren energia zineti

koa eta momentu angeluarra ere kontserbatzen dira". Zuzena ote

da ? Zergatik. Adibideak jar itzazu.

8.- Wi eta W2 pisuak marruskadurarik qabeko txirrika batetatik

pasatzen den soka batez loturik daude, irudian adierazten den be

zala. Bai soka eta bai txirrika pisu qabekoak direla jotzen dugu

V/2 . 4K9

wf.iGkoj/////1/7/,',/,/,"

101

a) Zenbatekoa da gorantz egin

litekeen indarrik handiena

(F), W1 masa lurretik jaso -

gabe ?

b) Zenbat balio du W2 masaren

azelerazioak, indarrik han -

dieñ hori egiten denean ?

c) Zenbatekoa izanen da siste

maren masa-zentruaren "azele

razioa, 40 kg-tako indarra -

egitean ?

Emaitzak: 320 Nw ; 30 m.s-2 ; 20 m.s

-2

(Honetan g=10 m.s 2hartu dugu)

9.- Izotz-eremu horizontal batetan zutik eta patinekin dagoen

80 kg-tako pertsona batek, 1,5 kg-tako pilota bat jaurtikitzen

du horizontalki eta 25 m/s-tako abiaduraz.

a) Zer abiaduraz eta zer direkzioz higitzen hasiko da per-

tsona hori ?

b) Pertsona horrek 3 segundu bakoitzeko 4 pilota berdin ja-

urtikitzen baditu, zer batezbesteko indarrak eragingo du

beraren gain ? (Pilotak bera doaneko abiaduraz hartzen -

dituela kontsideratzen da).

c) Zer batezbesteko azelerazioa izanen du b kasuan, marrus-

kadurarik ez badago, eta pilotak jaurtikitzearen kausaz

dagoen masa-galtzea kontsideratu gabe ?

Emaitzak: a) 0,5625 m/s eta atzerantz

b) 60 Nw c) 0,75 m/s

10.- A partikularen masa 5 kg da eta B-rena, 10 kg. Biek talka

egiten dute elkarren kontra marruskadurarik gabeko plano hori-

zontal batetan, hurrengo irudian adierazten den bezala, talka -

aurreko ab4„adurak ondokoak izanik: vAl= 6m/s eta vBl=2m/s. Tal-

ka ondoren A partikulak vA2 = 2V2m/s abiadura du,irudian adieraz

ten den direkzioaz. Lor bedi B partikulak talka ondoren duen -

abiadura. Talka hori elastikoa al da ? Zergatik ?

tf tz

m A•

krA 4a••

ir inB4 B

A

4 •

B 45°

trA2

102

Emaitza: 5 m/s

Ez da elastikoa.

11.- 4 kg-tako pisua duen bonba bat horizontalki eta 2,40 m/s-

tako abiaduraz jaurtikitzen da, 120 m-tako etxe baten goi-hega

letik. Etxe horren inguruko lurreremua horizontala da.

a) Etxearen oinetik zer distantziatara joko du bonbak lu-

rra ?

b) Beste bonba berdin bat baldintza berberetan jaurtiki -

tzen da, baina lurrera heldu aurretik bi zatitan apur-

tzen da. Bi zatietato batek 1,5 kg pisatzen ditu eta -

justuki etxearen oinera erortzen da, hau da jaurtiki -

tze-puntuaren bertikaleko puntura. 2,5 kg pisatzen duen

beste zatia zer distantziatara eroriko da ?

Emaitza: 12 m ; 19 m

12.- Froga bedi ezen, m masa eta V abiadura duen partikula ba-

ten eta masa berberarekin geldi dagoen beste partikula baten ar

t>talka elastikoan, arazoa hiru dimentsiotan aztertuz, bi par-

tikulen amaierako abiadurek angelu zuzena osotzen dutela.

103

8. GAIA SOLIDO ZURRUNA

Ez dugu uzten aipatu gabe

geure solido zurruna,

oso luzea izaten baita

horrekin dugu iharduna.

Inertziako momentuekin

ikasgaia da astuna.

Zorritxarreko pasa beharra

ikasleok daukaguna.

104

8.1. Irudiko txirrikaren biraketa

ardatza tinko dago. Beraren aza -

laldean biribilkatutako sokatik

atezatuz, txirrika biraka ari da.

Sokaren abiadura eta azelerazioa

vs eta a

s dira errespektiboki.

Kalkula bitez:

a) Txirrikaren abiadura eta

azelerazio angeluarrak.

b) A eta B puntuen abiadura

eta azelerazio linealak.

Datuak: r = 10 cm. v= 10 cm s1s

-as= 10 cm.s

-2

Ebazpena:

a) Higidura zirkularraren estudiotik

dakigunez, abiadura eta azelerazio

tangentziala zerak dira errespekti

boki:

v =W.r aT= .r

Gure kasuan aplikatuz, honela ge-

ratzen zaigu:

10 =14).10 ----N. W = 1 r.s-1

10 = o( .10 o( = 1 r.s -2

b) A eta B puntuen abiadurak, hauxek izanen dira:

vA ={

vB

=

(3 . r =

– =2

10

5

cm.s-1

cm.s-1

.

Eta beraien azelerazioak, hauxek:

A

0 ao

///////772//////

105

{ a

TA=(X.r = 10 cm.s

-2

aA=421,A+4/A=

a C°='r =10 cm.s

-2=10112cm s

-2 .NA

aNB=(4=5 cm. s

-2= 5E cm.s-2.

2

_ r- = 5 cm.s-2

{

aTB='-2- a =Va2 +a2B TB NB

8.2. r erradiodun disko bat zolu gainean

errotatzen ari da, bere zentrua v o abia-

dura eta a o azelerazioa dituelarik, iru-

dian erakusten den sentidoan.

Kalkula bitez:

a) Diskoaren abiadura eta azelera -

zio angeluarra.

b) A,B eta C puntuen abiadura eta

azelerazio linealak.

Datuak: r = 1 cm. = 37° v o= 1 cm s-1 ao=2 cm.s-2

.

Ebazpena:

a) Solido zurrunaren hiqidurari dagokion formularik oroko -

rrena, hauxe da:

= (4) X rV,1M

106

solidoaren edozein puntu izanik

M: solidoaren puntu konkretu bat (na-

hi duguna, baina konkretu bat) de-

larik.

: solidoaren abiadura angeluarra (da

kigun legez inbariantea delarik).

Gure kasuan i puntu bezala P puntua

hautatuko dugu, eta M puntu bezala 0

puntua, hau da, diskoaren zentrua bera.

Honelatan:-s -s-s

v = v +wx r0 PO

Baina diskoa zolu gainean errotatzen ari denez gero, P pun

tuaren abiadurak zero balio behar du. Beraz:

nW > -s-1

0 = j +Wi x (-k) = (l+w)j r.s .

Lehenengo formulatik, denborarekiko deribaturik, beste hau

atera dezakegu:

•-n--1 _sa. = a +0( x+wx(Wxrim rim)

Aipaturiko puntueei berriro aplikatuz, honela geratzen zai

gu:--> .... -_,. -> --> -->

a = a + o< x r + W x (Wx r )P PO PO

--> . -... -->

a = 2j +cl'i x(-k)+(-1)x[(-i)x(-k)j = (2+a)j + kP

Diskoa errotatzen ari dela kontutan harturik, berriz, OY ar

datzaren direkzioan P puntuaren azelerazioaren osagarriak nulua

izan behar du. Beraz:

-i) x k = 4j - k cm.s-2 .

//7///// /%1/%/17

107

2 +4' = 0

Beraz:

-• -2t5e = - 2i r.s

,i7r//// ,/////,////

b) Atal honetan, aurrekoan erabilitako abiadurari eta aze

lerazioari dagozkien formulak, berriro aplikatuko ditugu. Le -

hendabizikoz, goazen A puntua aztertzera:

_„,

vA= +Wx rA0 = j + (-i)x k = 2j cm.s-1.

-+aA= a

0 +c( x r

AO +Wx(wx r

AO) = 2j + (-2i)xk +(-i) x

B puntuari formula berberak aplikatuz, hauxe geratzen zai-

vB = v

n + wx r

BO = j +(-i)x(-0,6j + 0,8k) = 1,8j +

+ 0,6k cm.s-1

.

aB = an +olx rBo +wx(Wx rB0 ) = 2j +(-2i)x [0,6j + 0,81+

+ (-i)4(-i)x(-0,6j + 0,8k)] = 4,2j + 0,4k cm.s-2

.

gu:

• n•n••4111.

/7////7=/7///777/

108

aB

/f/fr,/ ///,/////

Eta era berean, C puntuarekin honela egingo dugu:

-•n•

v 0 +wx rCO = j +(-i)x(-j) = i + k cm.v^s-1

aC= a 0 + 0C x r +Cux (Wx r ) = 2j +(-2i)x(-j) + (-i) xCO CO

x [(-i) x (-j)] = 3j + 2k cm.s-2

.

8.3. Irudiko makiltxoak elka

rren perpendikularrak dira -

eta gurutze osoki simetrikoa

osotzen dute, luzera eta ma-

sa berberak dituztelarik. 0Beraien muturretan kokatuta-

ko puxtarrien masak ere ber-

dinak dira, erradioak arbuia

garriak izanik makiltxoen luZerarekin konparatuz. Kalkula bitez:

a) Sistemak dituen Ip, I xx , Iyy , I zz inertzi momentuak.

••

L/2L42

109

b) Konproba bedi inertzi momentu polarra eta ardatzei buruz-

ko inertzi momentuak erlazionatzen dituen formula.

Datuak: Makiltxo bakoitzaren luzera: L= 10 cm.

Makiltxo bakoitzaren masa : M= 12 gr.

Puxtarri bakoitzaren masa : M'= 5 gr.

Ebazpena:

a.1) Makiltxo bakoitzak 0 puntuarekiko duen inertzi momentu

polarra:

L-2- 2

I„=fr2dm =fr2 M- dr = - 1--ML

2 =100

POM L ) L.

L 12- -

gr.cm2

__

2 2

Puxtarri bakoitzak 0 puntuarekiko duen inertzi momentu pola

rra:

m

O

-1 L/2

T 2IPO =(=). M' = 75 gr.cm2.

M' 2

Sistema osoak 0 puntuarekiko duen inertzi momentu polarra:

IPO

= 2 IPO

+ 4 IPO = 500 gr.cm2

.M'

a.2) OX ardatzarekin kointzidentea den makiltxoak eta bere

muturretan kokatutako puxtarriek, aipaturiko ardatzare

kiko duten inertzi momentuak, zero izan behar du, ele

mentu honetatik OX ardatzarainoko distantzia nulua bai

ta. Beste makiltxotik eta berari dagozkion puxtarrie-

110

tatik OX ardatzarainoko distantziak, aipaturiko elemen

tuetatik 0 punturainoko berberak baitira, azken termi-

notan honela geratuko zaigu:

I I = 250 gr.cm2

Mxx PO

+ 2 IPO

M'

a.3) OX eta OY ardatzen arteko desberdintasuna guztiz konben

tzionala denez, aurreko balorea errepikatuko dugu:

I = 250 gr. cm2

.yy

a.4) Sistema osotzen duten elementuetatik OZ ardatzarainoko

distantziak, eta 0 punturainokoak berberak direnez ge-

ro, aipaturiko ardatzarekiko inertzi momentua eta a.1

atalean kalkulatutakoa berdinak izan behar. Hau da:

I = 500 gr.cm2

.zz

1b) – (I

xx +I

yy + I zz) = 2 (250+250+500) = 500 gr.cm

2.

2

I = 500 gr.cm2

.PO

Izan ere, konprobazioa eginda dago.

8.4. Demagun M masa eta R erradioa di-

tuen irudiko disko homogeneoa. Aurki

bitez:

a) Bere zentruarekiko diskoak du-

en inertzi momentu polarra.

b) Biraketa-ardatzarekiko diskoak

duen inertzi momentua.

c) Edozein ardatz diametralekiko, OX ardatzarekiko esate ba

terako, diskoak duen inertzi momentua.

2M

R2

. rdr

111

Ebazpena:

a) Zati dezagun diskoa irudian erakus

ten den moduan, hau da, barruko -

erradioa r, kanpokoa r + dr, eta -

masa dm duten erhaztun mehetan.

Argiro ikusten den bezala, erhaz -

tun hau osotzen duten masa-elemen-

tuek, diskoaren zentrurako distan-

tzia berbera dute. Honelatan er -

haztunaren zentruarekiko inertzi -

momentu polarra, hauxe izanen da:

dIPO

= r2dm

Bestalde, Or-diskoaren gainazaleko dentsitatea etaR2

dS= 27trdr erahaztunaren gainazala izanik, dm masak zera balioko

du:

dm = lf.dS=.2ardr -//R

2

Beraz, disko osoak bere zentruarekiko duen inertzi momentu

polarra honela geratuko zaigu:

M R R

IP

r2dm = . -- rdry- = - 2- r dr = - MR

2M 2M )(3 1 2

R R 0 2

b) Garbiro ulertzen den legez, diskoa osotzen duten elQmen

tuen zentruarekiko distantziak, eta diskoaren biraketa-ardatzare

kikoenak berberak dira. Hori dela eta diskoak aipatutako ardatza

rekiko duen inertzi momentuak, hauxe izan behar du:

I = I o = 1 MR2

zz2

112

c) Atal honetan, inertzi momentu polarra eta ardatzei bu -

ruzko inertzi momentuak erlazionatzen dituen formula erabiliko

dugu. Hau da:

I = - (I +I yy +I )

PO 1

xx zz2

Bestaldetik, OX eta OY ardatzen ar

teko desberdintasuna guztiz konben

tzionala dela kontutan harturik,

zera plantea dezakegu:

_IXX =

IYY -

n IPO - - (2 IXX

+ IZZ )2

1 2 1MR = - (21

XX + 1 MR 2 )

IXX = 1 MR2

2 2 2 4

8 .5.

I. Kontsidera bedi m masa eta r erradio dituen esfera huts eta

homogeneo bat (ping-pong-eko pilota bat izanen litzateke hur

biltze nahiko egokia). Lor bitez:

a) Bere zentruarekiko inertzi momentu polarra.

b) Beraren zentrutik pasatzen den edozein ardatzekiko iner-

tzi momentua.

II.Ondoren, kontsidera bedi M masa, R 1 barruko erradioa eta R2

kanpokoa dituen esfera homogeneo bat. Erantzun aurreko ata-

leko bi galderei.

III.Azkenez, kontsidera bedi M masako eta R erradiodun esfera -

trinko eta homogeneo bat, eta errepika bitez goiko ataleta-

ko galderak.

Ebazpena:

I. a) Esfera osotzen duten masa-elementu guztiak zentruarekiko

M3M .44rdr =4

..... 2 (R3 -R3 ) R3 -R3 *3 2 1 2 1

. r2dr delarik

Beraz:

3dI

3M 3 . r4dr

POR

2-R

1

dm =

113

distantzia berberera kokatuta daudenez gero, inertzi mo-

mentu polarra zera izanen da:

IPO

= mr2

I. b) Orain, inertzi momentu polarra eta ardatzei buruzko iner

tzi momentuak erlazionatzen dituen formula aplikatuko du

gu; hau da:

IPO = – (IXX +

IYY +

IZZ )

2

Hiru ardatzen arteko desberdintasun

bakarra, bere izenetan baino ez da-

goen legez, hauxe esan dezakegu:

3I =I = I , I = IXXXX YY ZZ PO

2

3 2 2mr2 = –

XXI I I – mrXX YY ZZ

2 3

II.b) Gure esfera, irudian erakusten den antzeko geruza esferi

ko elementaletan zatituko dugu. Hauetariko geruza bakoi

tzaren inertzi momentu polarra, I.a) ikusi dugun arauera,

zera izanen da:

dIPO = r2.dm

3MI -P0

R3-R

32 i

R2

3MR R

5

r4dr =

R5 R - R

32 1

114

II.b) I.b. atalean erabilitako formula eta egindako kontsidera-

zioa errepikatuz, hauxe geratzen zaigu:

5 5 5 53M

R2 - R

1- 3

- - 2M

R2 - R1 = 1

5.3 3 XX )I YY

I ZZ 3 3 XXR

2 - R 2

I1 5 R2 - R

1

III.a)Esfera trinkoa, aurreko esfera bezalakoa da, bakarrik R1=0

eta R2 =R izanik. Honelatan, II.a atalaren emaitza balia-

tuz, inertzi momentu polarra erraz atera dezakegu:

I = 3- MR2

PO 5

III.b)Arrazonamendu berbera aplikaturik, orain II.b atalaren ema

itza erabiliz, zera geratzen zaigu:

IXX

=IYY

=IZZ

= ?- MR25

2.- Irudiko tankea 54 km.-1

h abiaduraz higitzen

ari da. Gurpil nagusien

erradioa 60 cm.da, eta

txikienarena 25 cm. Kalku

la bitez gurpil nagusien

eta gurpil txikien abiadu

ra angeluarrak.

Emaitzak: nagusiak 25 rs-1

txikiak 60 rs-1

115

ARIKETAK

1.- Irudiko traktorearen

gurpilen erradioak, 30 cm.

eta 50 cm. dira. Trakto -

rea 45 km.h-1

-tako abiadu

raz higitzen baldin bada,

zer abiadura angeluarraz

biraka ari dira gurpilak?

(Hauek zolu gainean

irrist egiten ez dutela

suposatzen da).

Emaitzak: aurrekoak 41,67 r.s-1

atzekoak 25 r.s-1

Guztiak erlojuaren orratzen kontrako sentidoan.

Guztiak erlojuaren orratzen sentidoan.

3.- Irudiko zilindroa W abiadura ange

luarraz biraka ari da, bere zentruak v

abiadura lineala duelarik, erakusten

diren sentidoetan. Kalkula bedi beheko

xaflak behar duen abiadura, bere gai -

nean zilindroak laban egin ez dezan.

Datuak:w= 2 r.s-1

v= 0,5 m.s-1

r= 0,1 m.

Emaitza: 0,7 m.s -1 eskuinalderantz.

116

4.- Irudiko sisteman, beheko zilin

droak zolu gainean errotatzen ari -

dira0J=1,2 r.s-1

-tako abiadura ange

luarraz, bertan erakusten den senti

doan, eta beraiek sostengatutako xa

fla irristadura gabe daramatelarik.

Zilindro hauen erradioak r=0,15 m.

balio du.

Xaflak, bere aldetik, beraren gaineko zilindroa higi eraz-

ten du, bien artean ere irristadurarik ez dagoelarik. Zilindro

honen zentrua tinko dago, ormarekin lotzen duen soka bat dela me

dio, eta beraren erradioak r'=0,12 m. balio du.

Kalkula bedi goiko zilindroaren abiadura angeluarra.

Emaitza: 3 r.s-1 erlojuaren orratzen kontrako sentidoan.

5.- T txirrita eta D diskoa biraka

ari dira, W abiadura angeluar berbe-

raz, irÜdian ikusten den sentidoan.

Gainera, D diskoa jaisten ari da, be

re zentruaren abiadura lineala V de-

larik. Bataren nahiz bestearen erra

dioek r balio dute. Kalkula bedi

aipaturiko abiadura angeluarra.

Datuak: v = 0,2 m.s-1

r = 0,1 m.

1 r.s-1

.Emaitza:

6.- T txirrika 4 r.s-1-tako abiadu-

ra angeluarraz biraka ari da erakus-

ten den sentidoan, bere azalaldeko

soko desbiribilkatzen duelarik. T

txirritaren nahiz D diskoaren erra -

dioek 10 cm. balio dute. Kalkula bi

tez:

a) D diskoaren abiadura angelua

rra eta bere zentruaren abiadura

neala.

b) D diskoaren punturik baxuena

117

ren eta garaienaren abiadura linealak.

Emaitzak: a) 2 r.s-1

eta 0,2 m.$-1

b) puntu baxuena: 0,2fi m.s-1

,horizontalarekin

315°-tako angelua osOtzen duelarik.

puntu garaiena:0,26 m.s-1

,horizontalarekin

225°-tako angelua osOtzen duelarik.

7.- Irudiko karretea zolu gainean erro

tatzen ari da, bere barruko zilindroa -

ren azalaldean biribilkatutako sokatik

atezatuz. Soka horizontalki higitzen

da, vs abiaduraz eta azeleraziorik gabe.

Kalkula bitez:

a) Karretearen biraketa-ardatzaren

traslazio-abiadura eta karretearen abia

dura angeluarra.

b) A puntuaren abiadura eta azele-

razio linealak.

Datuak: vs = 15 cm.s

-1r = 1 cm. R = 2 cm.

Emaitzak: a) 10 cm.s-1 horizontala eta eskuinalderantz.

5 r.s -1 erlojuaren Orratzen sentidoan.

b) 10(1 cm.s-1 horizontaZarekin 315°-tako ange-

lua osotzen duelarik (edo 45°-

tako beherantz).

50 cm.s -2 . horizontalla eta ezkerralderantz.

8.- Ebatz bedi aurreko ariketa, soka

barruko zilindroaren beheko aldetik des

biribilkatzen dela suposatuz.

Erabil bitez datu berberak.

Emaitzak:

a) 30 cm.s-1 horizontala eta eskui

nalderantz.

15 r.s-1

erlojuaren orratzen

sentidoan.

118

b) 30/1 cm.s-1 horizontalarekin 315°-tako angelua osotzen

duelarik (edo 45°-tako beherantz).

450 cm.s-2 horizontala eta ezkerralderantz.

9.- Irudiko barra, bertan

erakusten den planoaren

gainean higitzen ari da.

Aldiune batetan M eta N

puntuen abiadurak, honela

adierazten dira:

M puntuarena: 0,2 m.s -1 ba

rraren paraleloa eta B punturantz.

0,5 m.s-1 barraren perpendikularra eta behatzaile-

rantz.

N puntuarena: 0,2 m.s -1 barraren paraleloa eta B punturantz.

0,7 m.s-1 barraren perpendikularra eta behatzaile

rantz.

Aipaturiko aldiunean, kalkula bitez:

a) Barraren abiadura angeluarra

b) A eta B puntuen eta barra zentruaren abiadurak.

Datuak: AB = lm AM = 0,6 m. AN = 0,7 m.

Emaitzak:

a)W= 2k r.s-1

b) VA= 0,2i - 0,73 m.s-1

ff'VB= 0,2i + 1,3j m.s

-1 .

-vzentrua

= 0,2i + 0,33 m.s1

10.- Erakutsitako irudia zilindro batez

eta bi esferaerdiz osotuta dago. Zilin-

droaren altuera H da, eta beraren erra-

dioa eta esferaerdiena, R. Aurki bedi,

biraketa-ardatzarekiko irudiak duen

inertzi momentua:

a) Barrutik hutsa izanik, G gaina

119

zal-dentsitatearekin.

b) Trinko edo betea izanik, f bolumen-dentsitatearekin.

Emaitzak: a) 2nR3 0-(B + 4 R)3

b) nR4 f ( Li + R)2 15

11.- Irudiko R erradiodun diskoak rerradiodun zulo zirkular bat du.

Diskoaren gainazal-dentsitatea Cr da.

Beraren eta zoluaren zentruen arte-

ko distantzia a da. Lor bedi, bere

zentrutik pasatzen eta beraren pla-

noaren perpendikularra den ardatza-

rekiko diskoak duen inertzi momen -

tua.

[-R

4Emaitza:rnr - r

2 (a2 +2

)2 2

12.- Demagun irudiko xafla errek

tangeular eta homogeneoa. Lor bitez:

a) Bere hiru simetri ardatzeki

ko xaflak dituen inertzi momentuak.

b) Steiner-en teorema baliatuz,

beraren edozein erpinetatik pasatzen

diren eta bere simetri ardatzen para

leloak diren ardatzekiko xaflak di-

tuen inertzi momentuak.

1Emaitzak: a) I

XX= M a2

I = 1 M b2YY

1I = M(a2+b

2)ZZ

12

12

12

....'"

a/2A1....,...

(2/2

..,.

„...i.„....-

.......••••••

--- A2--... --,

..-- ----..6<42------'"> --------

120

b) I a 2IY1Y1

= i-3- M b

2X1X

i

1 3

I1Z1

= i M(a2+b 2 )Z 3

13.- Irudiko xafla-multzoan, aldeko

xaflak behekoaren perpendikularrak

dira. Kalkula bitez multzoak ditu

en inertzi momentuak:

a) A1 eta A2 ardatzekiko.

b) Multzoaren simetri ardatza

rekiko.

Datuak: a =5cm. b =4cm. c =6cm

eta xafla guztion gainazal-dentsi-

tea = 1,2 gr.cm2 .

Emaitzak: a) I 1= 1542 gr.cm2

I 2= 1514 gr.cm2

b) 520 gr.cm2

121

9. GAIA SOLIDO ZURRUNAREN DINAMIKA

Momentu angeluarra beti

agertuz erabat fina,

abiadura angeluarraz

dugu baztertu ezina.

Inertziako tentsoreak hor

barne daukan zeregina,

generalean daukatelarik

direkzio desberdina.

122

9.1. 0,3 m-tako erradioa duen disko bat,zo

lu gainean kokatuta dago alboko pareta iku

tzen. Bai diskoaren eta zoluaren, zein dis

koaren eta paretaren arteko marruskadura-

koefiziente zinetikoaA =0,5 da. t=0 aldiu

nean diskoari u4 = 980 r.s -1 - taYo abia -

dura angeluarra ematen zaio, irudian era -

kusten den sentidoan.

Kalkula bedi, diskoa geldi dadin be-

har den denbora-tartea.

Ebazpena: Irudian diskoaren gaineko indar-sis

tema adierazten da. Masa-zentruaren

azelerazioa nulua denez, zera bete-

ko da:

N2-f1=0

F.=0

N1+f

2-mg=0-4-N

1+f

2-9,8.m=0

Bestaldetik, marruskadurako beldin-

tzak dituqu:

{

f1=/"1 --.- f1=0'5N1

f 2=À2N 2 -... f2=0,5N2

Ekuazio-sistema ebatzirik, hauxe geratzen zaigu:

f =3 92 m1 ' •

eta f =1 96 m2 ' •

Orain diskoaren biraren sentidoa positibotzat kontsideraturik,

eta masa-zentruarekiko indar-momentuak hartuz, honela planteatuko

dugu:

7;e= -fl.r - f 2 .r = -1-m.r2

. -5,88m = 1m.0,3.2 2

c( = -39,2 r.s-2

tg./ =«),, + ot t = 980-39,2 t980t - - 25 s.39,2

123

Azkenez, azelerazio konstanteko higidura zirkularrei dagokien

ekuazio ezaguna erabiliko dugu, hau da:

9.2. Irudiko diskoak soka bat du

bere azalaldean biribilkaturik.

Sokatik atezatu egiten da F in -

dar horizontal batez, eta diskoa

biraka hasten da. Diskoaren arda

tzaren masa arbuiatu egiten da,

eta bera eta eustarrien artean

ez dago inolako marruskadurarik.

Kalkula bitez:

a) Diskoaren azelerazio an-

geluarra.

b) A eta A' puntuetan eusta

rrietako erreakzioak.

Datuak: m=20 kq. r=0,5 m.

F=50 N. 1=0,4m. 1'=0,6m.

Ebazpena:

a) Diskoak bere inertziako ardatz nagusietariko batekj,ko, biraketa-

ardatzarekiko hain zuzen ere, bira egiten duenez gero, ondoko

ekuazioa aplika dezakequ:

Je= I

er.F= _1_mr 2 .0( _ 2F - 2.50

10 r.s -2 .2 m.r 20.0,5

b) Har dezaqun, irudian adierazitako erreferentzi-sistema cartesta-

rra. Ardatzen iturhurua diskoaren masa-zentruan kokaturik dago,

eta OX ardatza diskoarenarekin kointzidentea da. Alde batetik,

a = 0 denez gero, zera plantea dezakequ:117,

{ F + HA+ HA , = 0

F.= 0;.‘

BA+ B

A'- mg = 0

50 + HA+HA , = 0

BA

+ BA'

- 196 = 0

Bestaldetik, L = L = 0 direnez gero,Y z

hau ere plantea dezakegu:

rn

077,›FZ7,7

124

k

Z'y = 0 -.. BA ,.1' - BA.1 = 0 -~ 0,6BA , - 0,4BA = 0

7 = 0 -• HA. 1 - H ,l'= 0 0,4H

A - 0,6H

A'= 0

A.

Ekuazio-sistema ebatzirik, honela geratzen zaigu:

/BA = 117,6 N HA = -30 N

1 BA ,= 78,4 N 1 HA ,=-20 N

Azkenez, eskaturiko erreakzioak hauxek izanen dira:

RA =\,/13 + 1-1 , C.f.: 121,5 N

RA ,-=‘/B, + 81,5 N

9.3. Irudiko barrak bere 0 mutur finkoaren inguruan

bira egin dezake. t=0 aldiunean, barra jarrera ber-

tikalean aurkitzen da, eta gelditasunetik hasten da

biraka. Angelu biratuaren funtzioan, lor bitez:

a) Abiadura angeluarra eta azelerazio angelua-

rra.

b) Masa-zentruaren abiadura eta azelerazio nor

mala eta tangentziala.

c) 0 puntu finkoan barrak jasaten duen erreak-

zioa.

d) Zoluan errebotatu ondoren harrak bere abia-

dura angeluarraren erdia galtzen baldin ba-

125

du, zer posiziotaraino altxatuko da berriro ?

Ebazpena:

a) Barraren gainean bi indar daude

aplikatuta: pisua eta 0 puntuko

erreakzioa. Pisua kontserbakorra

da, eta erreakzioak ez du lanik

egiten, 0 puntua finkoa baita. Ho-

nelatan, energia mekanikoaren kon-

tserbazioa aplika dezakegu, hau da:

1 1mg = mg cos e 1+ — I w 2

2 2 2

(T= -1--m1

2 , barraren perpendikula-

3

rra den eta 0 muturretik pasatzen

den ardatzarekiko inertziako momen-

tua delarik).

mg1=mglcos 9 + -1-m12u123

=1—--(1 cos

Hemendik, azelerazio angeluarraren definizioa harturik eta urrats

matematiko sinple batez, honela geratzen zaigu:

duJ _ du, d9 d8 d/.0d U.1-

dt dt de dt de cie

3g (1-cos9). Pcr. 3g. sin 9

VVV 1 1 Y1-cos9 21

b) Masa-zentruaren abiadura zera izanen da:

1 = 1 V3g1(1-cos9)

v =1(1. 2 2

Eta beraren azelerazio normala eta tangentziala, hauk izanen

dira:

aN=UJ2 1

3g (1-cos9)2 2

2R1 + R

2 =in u

2.M2 9

s+ 25 cos 2 0 + 30 cose2 4

R =

tui \ -.////////////////m/milim

126

1aT= - 3a --=- sine

2 4

c) Irudian, indarrak barraren direkzio-

an eta beraren perpendikularrean des-

konposatuta daude. Honelatan, ondoko

ekuazioak idatz ditzakbgu:

3 gmg.cose -R 1= m.aN- m (1-cose)

{

2

R1- mg (-3+5cos8)

2

mgR2= . sine

4

mg.sine-R2=m.a

T = 3mg . sine

4

d) Zolura heltzen denean, barraren abiadura angeluarra hauxe da:

(4) (1-cose)

U.)=F1

1

Eta beraz, errebotatu ondoren zera izanen da:

w i= 1 w = 1 3g

2

2 1

=2

Orain energia mekanikoaren kontse:

bazioa erabiliko duqu berriro, le•

henengo atalean adierazitako arra•

zoi berberagatik. Hau da:

1--- I ILV .2= mgh

2

127

._1_ m12. 1 3g - mgh h = 12 3 4 1

8

Edo (f angelua kalkulatu nahi baldin badugu:

sinr- h 1 'fw. 14°30 '1/2 4

79.4. Irudian adierazten den sistema, bere masa

zentrutik pasatzen den ardatz bertikalaren in-

guruan biraka ari da, U) abiadura angeluarra -konstantez. Bolen erradioak guztiz arbuiaga --

rriak dira barraren luzearekin konparatuz, eta

bestalde, barraren masa arbuiatu egiten da bo-

lenekin konparatuz. Aurki bitez:

a) MZ-an jasaten den erreakzioa

b) Sistemaren higidura mantentzeko behar

den indar-momentua.

OHARRA: MZ-a finko dagoela kontsideratzen da.

Ebazpena:

a) Sistemaren masa-zentruaren azele

razioa nulua denez gero, hau aplika

dezakegu:

F = 0x

F.=0 F = 01.1 1

Fz - 2mg = 0-.F

z=2mg

Hau da, eskaturiko erreakzioa, ber-

tikala besterik ez da, eta bola ba-

ten pisuaren bikoitza balio du.

128

b) Lehenik eta behin, kalkula dezagun,

bere masa-zentruarekiko sistemak duen

momentu angeluarra. Has gaitezen,(1)

bolarena kalkulatzen. Hona hemen aipa

turiko bolaren posizio bektorea edo-

zein aldiunetan:

-1, 1r i=xi+gj+ — cosy k =2

1= —sinr-cose i 1+ --sinr-sene j +2 2

1+ cosr k I=

•••n

cose i +2 2

+ sin .sene j + cos r k

Hemendik,bola honen abiadura honela lor dezakegu:••••

dr1 = 1 . (-sine) -22-r + sin .cos 0 . de j )=v1- dt 2 dt dt

1 CO . sinr (-sine i + cos e j )2

Eta, beraz, bola honen momentu angeluarra zera izanen da:

n•n••

=xmvLi ri 1 = sinr .cosb

-sin a

sin

j k

. sin e cosr

cos B 0

m 12‘ijcinrr4

_ m W 1 2 •••

sin r . Ncos cos - cos 99 . sine + sin k)

Goazen orain (2) bolaren momentu angeluarra kalkulatzera.(2)

bolaren jarrera, (1) bolarenarekin konparatuz, iturburuarekiko sime-

trikoa dela ikusten da garbiro. Honelatan:•-n•••

dr2dr1

••••• n•••

=-r -* v = - -v1L2=r

2xmv

2=-r

lxm (-v

1) =r 2 1 2 dt dt

= rixmvi = L1

4

129

Hau da, bi bolek momentu angeluar berdina dute. Beraz, sistema-

ren momentu angeluarra hauxe izanen da:

2-.11• •-n•••

L=L1+L

2=2L

1-

m 1 w. sinr . (-cos cos0 i - cos (f' sin j +

2

+ Sinf k)

Azkenez, eskatutako indar-momentua lor dezakegu erraz, denborare

kiko deribatu sinple batez:

m 1 2 d = .sin y .[-cosy . (-sin ) cosy .cos9

dt 2 dt

de inali2

dt J 2Sinr.00Sr (sin9 - cos0 j)

Eta beraren balorea zera izanen da:

maji2 . sinr .cosr sin2e + cos 2 e - ~12 . sinf .cosr

2

9.5. Irudiko diskoa gelditasunetik hasten da

higitzen, bere azalaldean biribilkatutako soka ihy~

desbiribilkatuz. Aurki bitez:

a) Masa-zentruaren abiadura, diskoa jai-

tsiriko distantziaren funtzioan.

b) Masa-zentruaren azelerazioa, aurreko

atalean aurkiturako abiaduraren bidez.

c) Sokaren tentsioaren eta diskoaren pi-

suaren arteko erlazioa.

Ebazpena:

a) Diskoaren gainean bi indar daude aplikatuta, pisua eta soka-

ren tentsioa, hain zuzen ere. Lehenengoa kontserbakorra da, eta bi-

garrena ez du lanik egiten, sokak geldirik dirau eta. Beraz, ener-

gia mekanikoaren kontserbazioa era-

biliko dugu:

1 2mgh=---mv +

1 2 1 2= +1

2---mv2 22

1mr

2 a) 2

2

Bestaldetik, diskoa errotatzen ari

da sokak sostengaturik; hortaz, hu-

rrengo erlazioa aplika dezakegu:

v =u). r

Eta idatzitako ekuazioetatik, hauxe

ateratzen dugu:

1 2 1 2 3 2mgh= ---mv + ---mv = ---mv2 4 4

v = 21/-

130

b) Azelerazioaren definizioa harturik, eta urrats matematiko sin

ple batez, honela geratzen zaiqu:

dv _ dv dh _ dh dv _a -dt dt • dh dt • dh

ah 2 g . 1 - 2g

a =3 3 2 n1"i7 3

dvvdh

Diskoaren gaineko indarrak ikusirik,

eta masa-zentruaren azelerazioa eza-

quna dugunez gero, erraz plantea deza

kegu hau:

-T + mg = ma = -L-mg3 3

Eta hemendik: 1mg 3

c)

131

ARIKETAK

1.- Lahainketari bat oinpuntaka besoak

hedaturik, biraka hasten da(00=12rs

tako abiadura angeluarraz. Jarrera

honetan labainketariaren inertzi-mo

mentua I 0 =1,6m2kg da. Ondoren, beso

ak gorputzera hurbiltzen ditu, iner

tzi-momentua I=1,2m2kg-tara alda -

tzen duelarik. Edozein marruskadura

mota arbuiatuz, zenbat balio izanen

du labainketariaren abiadura ange -

luar berriak ? Zer lan eqin du laba

inketariak besoak gorputzera hurbiltzeko ?

Emaitzak: 16 r.s-1

; 38,4 J

2.- Irudiko xafla errektangeluar

eta homogeneoa, luzera bereko

bi barraren bidez sostengatu-

ta daqo. 0,0', A eta A' puntu

ak artilulatuta daude inolako

marruskadurarik gabe, eta ba-

rren pisuak arbuiagarriak di-

ra. Sistema gelditasunetik hi

gitzen hasten da, irudian era

kusten den jarreran.

Kalkula bedi barra bakoitza-

ren tentsioa, posizio bertikaletik pasatzen diren aldiunean.

Emaitza: 980 N.

3.- Trudian erakutsitako gorputzak m=2 kg-tako masa du, eta ere

mu grahitatorioan erortzen ari da. Aldiune determinatu bate-

tan gorputzaren masa-zentruaren posizio-hektorea eta abiadura

-4>r = 4i + 5j m eta vmz= - j ms-1 dira errespektiboki, eta

MZ

132

beraren momentu angeluar propioa

1, 1 =8k Kgm.2

s-1 . Kalkula hitez:

a) Aipaturiko aldiunean gorpw-

tzaren 0 puntuarekiko momentu -

angeluarra.

b) Galdera berbera, aurreko al-

diunea baino 1 s. geroago.

c) Nola aldatuko litzateke biga

rren atalaren erantzuna, gorpu -

tzaren masa-zentruarekiko-s

TMZ=12 k m.N indar-momentuak eraginen baldin balu ?

Emaitzak: a) 0

b) -68,6 i + 78,4 j kg.m2s-1

c) -68,6 i + 78,4 j + 12 k kg.m2.s-1-s

4 - Zolu gainean kokatuta dagoen --

m=4 kg-tako eta r=0,1m-tako esfe-

ra bati, F indar horizontal bat

egiten zaio. Indarraren aplikazio

lerroa esferaren zentrutik pasa -

tzen da. Esfera eta zoluaren ar-

teko marruskadura-koefiziente es-

tatikoak eta zinetikoakdpe=0,5

eta , u z

=0,2 balio dute errespekti-

boki.

a) Kalkula bedi F indarrak har dezakeen balorerik handie-

na, esferak labain egin ez dezan baldintzarekin.

b) F indarrari balore kalkulatuaren bikoitza ematen baldin

bazaio, kalkula hitez, esferaren azelerazio angeluarra eta

beraren masa-zentruaren azelerazio lineala.

Emaitzak: a) 68,6 N

b) 49 r.s-2; 32,34 m.s

-2

133

5.- Irudiko diskoa geldirik dago, be

raren zentrua zulo semizilindri -

koaren altuera berberean duelarik.

Jarrera honetan utzi egiten da,

eta errotatzen hasten da zulotik.

Aurki bitez:

a) Edozein posiziotako diskoaren

masa-zentruaren abiadura.

b) Diskoaren pisua eta zoluaren

erreakzioaren arteko erlazioa, diskoa zuloko punturik baxue

nera heltzen den aldiunean.

Emaitzak: a) v=2F=173 (A diskoaren zentruak des -

kribatutako angelua delarik)

b) 3mg

6.- m masa eta r erradio dituen zilin-

dro bat, irudiko angeluko plano

aldapatsuan kokatuta dago. Aurki --

bitez:

a) Aplikatu behar zaion indar-mo -

mentua eta lurrarekiko marruskadura

koefiziente estatikoaren balorerik

txikiena, zilindroak geldirik iraun

dezan.

h) Magnitude berberak, zilindroak planoan gorantz errotd-

tu egin dezan, beraren masa-zentruak, a azelerazioa edukiz.

Emaitzak: a) J= r.mg.sinp tag

a+gsinb) r.m + g sinf ) ?

2 gcos (i)

m

///////////////

134

7.- Tontor semizilindriko baten puntu

altuenean aro bat kokatzen da gel-

dirik, Tontor gainean errotatzen -

hasten baldin bada, zer posiziotan

eginen du alde tontorretik ?

Emaitza: e = 60°

8.- m masako eta 1 luzerako makila bat,

mahai baten hegalean dago kokatuta,

jarrera bertikalean, irudiak erakus-

ten duen moduan.

Bat-batean, beraren beheko muturrean

J inpultsu horizontal bat ematen zaio

Aurki bitez:

a) Inpultsuaren ondorioz makilaren

masa-zentruak lortuko duen abiadura,

eta masa-zentruarekiko makilaren abi,adura angeluarra.

b) Masa-zentruaren posizioa, makilak bira oso bat bete-

tzen duen aldiunean.

c) Nola aldatuko lirateke aurreko bi ataletako erantzu-

nak, inpultsua goiko muturrean emango baldin bazio ?

Emaitzak: a) v = direkzio horizontaleanMZ m

_ 6J erlojuaren orratzen aurkako senm.1 .tidoan

b) masa-zentruaren desplazamendu horizontala:

TC .1

3

masa-zentruaren desplazamendu bertikala:

5.W.m2.12

18 J2

c) abiadura angeluarraren sentidoa, besterik

ez da aldatzen.

135

9.- Mahai horizontal eta

leun baten gainean M

masako eta 1 luzerako

makila bat dago geldi

rik. Mahai gainean vo

abiaduraz makilareki-

ko perpendikularki hi

gitzen den puxtarri

batek, makilarekin to

po egiten du, txoke

ondoren v1 abiaduraz,

direkzio berberean --

eta alderantzizko sentidoan, errebotatu egiten duelarik.

Puxtarriaren masa m da, eta makilaren masa-zentrutik a dis-

tantziara jo egiten du. Kalkula bitez:

a) Txoke ondorengo makilaren masa-zentruaren abiadura,

b) "

111

abiadura angeluarra.

c) Txokean galdutako energia zinetikoa.

Datuak: M = 660 gr. 1 = 100 cm a = 25 cm.

m = 10 gr. v.= 100 cm.s -1 v = 10 cm.s1

Emaitzak: a) 2 cm.s-1

b) 0,06 r.s-1

c) 47.400 erg.

10.- Irudiko ziba txikia

bere ardatzaren ingu

ruan biraka ari da W

abiadura angeluarraz

beraren beheko mutu-

rra zolu gainean fin

ko duelarik. Ardatza

ren masa arbuiagarria

da diskoarenarekin -

konparatuz. Kalkula bedi prezesio-abiadura angeluarra.

Datuak: r = 2 cm. 1 = 2 cm W= 100 r.s.-1

Emaitza: 9,8 r. s -1

-1

136

10, GAIA ESTATIKA

Errepasoan Estatika da

faltatzen zaigun bakarra,

gai hori ulertzen ez baduzu,

ez zara oso azkarra.

Beti kontutan eduki zazu

hartzerakoan indarra,

erresultante ta momentua

anulatzeko beharra.

g

P,ams

F = F2 A =

137

10.1. Irudiko sisteman, AB de

lakoa A puntuan artilulaturik

dagoen barra bat da eta BC de

lakoa, soka bat. Barraren lu-

zera 3 m-takoa da. B puntutik

zintzilikaturik beste soka

bat dago, 80 kg-tako pisu ba-

ti eusten. A eta C puntuak al

tuera berean daude.

a) Lor bitez A puntuko

erreakzioa eta BC sokaren

tentsioa.

b) Indar guztien irudia

egin

Ebazpena:

Hurrengo irudietan indarren eskemak jarri ditugu

1

////// /////,

2

138

Aurreko irudietan sistemako elementu bakoitzaren gainean

eragiten ari diren indar guztiak jarri ditugu. Erraz ikusten

denez, kasu guztietan akzio-erreakzioaren printzipioa betetzen

da.

Lehenengo iruditik: F1 = mg = 80.9,8 = 784 Nw.

Azken irudia aztertuz:

{ 2F

X = 0 --n -F2

cos53 + F3 cos37 = 0

Ez dugu momentuen ekuazioa jartzen, hiru indarrak konkurren

teak baitira. Beraz:

{

-0,6F2 + 0,8F3 = 0

13,8F

2 + 0,6F

3 = 784

Sistema hau ebatziz ondoko emaitzak lortzen ditugu:

F3= 440 Nw (BC sokaren tentsioa)

F2= 586 Nw (A puntuko erreakzioa)

= 0 F2sin53 + F3sin37 - F1 = 0

10.2. M masako puntu bat bertikal /e///////// ///// //batetan higitu ahal da. Hasieran

soka batetatik zintzilikaturik da

go. Bigarren soka bat, lehenaren

erdian lotzen da etaindar10 "9

horizontal batez tiraka jartzen

da. Zenbat jasoko da M masa, in -

dar horren kausaz ?.

139

Ebazpena:

Lehenik, eragiten ari diren indarren eskema egingo dugu

)1. mg6

Idatz ditzagun oreka baldintzak

1: -Mg + Ti cosk = 0{ 2 : -T i cos c< + T 2 cos c< = 0

-N + T1sink r--- 0 -Tisin k - T2 sine< + M10 - °

Hemengo inkognitak T T 2 , N eta k dira

l' 2'

Erraz ikusten denez T1= T2

Mg 2T1sin o( - 10

T cos c< = Mg1

tg o< = --1-20

Behink kalkulatu ondoren oso erraza da h kalkulatzea:

h = 21 - 21 cosk = 21(1-cosk)

10.3. Hiru metro luze den eta bederatzi kilogramotako makila

bat A eta B puntuetan apuiaturik dago, marruskadurarik gabe ,

irudian agertzen den moduan. Lor bitez:

a) Oreka lortzeko ok/ angelua

b) A eta B puntuetan makila -

ren gainean egiten diren indarrak.

///////////////////

/

140

Ebazpena:

A eta B puntuetan dauden kontaktu-indarrak hauxek dira:

Hots, ikusten denez, marruskadurarik ez egotean, kasu bie -

tan erreakzio normala ageri da soilik.

Oreka-posizioan:

.. Fx= 0 -..- NA-NBCOS ct/ = 0

F = 0 --•• NBsino( - mg = 0

1 rA= ° NB sink mg

1, 5s int<= 0

Sistema hau ebatziz. Azken

bi ekuazioetatik:

{B

Nmg

=

NA = NBcoso(=tgc<

x

411

A 4.8111

mg 2

- mg 1,5 sinsinc(

NB

= mg 1,5 sin 2

. 3 1 . 1sin .o( = c:<= ar sin

1,5

Angelua lortuz gero, erraz lortzen dira indarrak

NB -

mg

sino(

141

10.4. Irudian adierazten

den AB habe uniformeak,

4 metrotako luzera eta

100 kg ditu. Habe horrek

puntu finko bat du (C)

eta puntu horren inguruan

bira egin dezake; ostera,

A puntuan apuiaturik dago,

soil-soilik.

75 Kg.-tako gizon bat, A puntutik hasita B punturantz

abiatzen da poliki-poliki:

a) Lor bedi, oreka apurtu gabe egin dezakeen bidea

b) Idatz bedi A puntuko erreakzioa x distantziaren fun -

tzioan (oreka apurtu aurretik, noski).

Ebazpena:

Azter ditzagun oreka apurtu aurreko indarrak:

142

Ohar gisa, diogun ezen, C

puntuan eragiten ari den

erreakzioa bertikala dela

jotzen dugula, horizontala-

ren direkzioko beste inola-

ko indarrik ez baitago.

.11----..---- Z

• 2'.5

-.1 1 , i 75

1001 i

Beraz, ekuazio hauk ditugu:

{ 2;Fy = 0 ---•• FA + F c - 100 - 75 = 0

Z-

2] tC = 0 -~ -FA. 2,5 + 100.0,5 - 75(x-2,5) = 0

Oreka apurtzen hasten den unean, F A= 0, zeren eta biratzen

hastean A puntuaren kontaktua apurtu egiten baita. Une horretan:

0 + 100.0,5 -75(x-2,5) = 0

x = 3,16 m

Bestalde, oreka apurtu aurretik FA erreakzioak x distantzia

ren funtzioan duen balorea eskatzen digute. Bigarren ekuaziotik :

50 - 75(x - 2,5)

2,5

Hau da:

FA = 95 - 30x

[Kgd

10.5. Irudiko sisteman, 50 1(44

pisatzen duen C gorputza, A pun

tuan artikulaturik dagoen eta

pisugabeko kontsideratzen den

AB habean apuiaturik dago, den-

bora berean CDB soka, D txirri-

katik pasatuz atezaturik dagoe-

larik. Sistema osoa orekan da-

143

go.

a) Eskema egokien bidez azal bitez, habean eta C gorputzean

eragiten ari diren indarrak.

b) Kalkula bitez habean eragiten ari diren indarren modu -

luak.

Ebazpena:

Eragiten ari diren indarren eskemak ondoko irudietan adie -

razten dira.

Ekuazio hauk ditugu: a) T + F - 50 = 0

b) Tsin30 -F+Y= 0

-Tcos30 + X = 0

"r=F.1 - Y.4 = 0

Beraz, lau ekuazio eta lau ezezagun (F,T,X,Y)

Lortzen den emaitza, hauxe da:

F = 20 kgf T = 30 kgr

X = 15/3- kgr Y = 5 kgr

144

10.6. Irudian adierazten den ha

bea, homogeneoa da eta beraren

pisua, 500 kg. Lor bitez:

a) Soka horizontalaren

tentsioa.

b) Behekaldean habearen

gain egiten den indarraren osa

gaiak

(Oharra:Bi soka desberdin kon-

tsideratzen dira).

Ebazpena:

Alboko irudian barraren gain

eragiten ari diren indarrak adie-

razten dira. Hiru ezezagun ditu-

gu (T,X,Y) eta hiru ekuazio:

F=0 X - T = 0x E F = 0 Y - mg - 1000 = 0

2 rA=0 --"- -500.1cos 60 - 1000..2cos60 + T.2sin60 =0

Azken ekuaziotik:

T _ 1250(5. kg

3

1250X 1/3-kg

3

Beste ekuazioetatik:

Y = 1500 kg

10•7• W pisuko kate flexible bat, garaiera berean dauden iltze

bitatik zintzilikatuta dago. Muturretan angelua osotzen du

horizontalarekin.

a) Zeintzu dira kateak ga

ko edo iltzeetan egiten dituen

indarren magnitudea eta direk-

zioa ?.

b) Zein da katearen puntu

rik baxueneko tentsioa ?.

Ebazpena:

F

F v///

////

,_ ......T

WÌ2

145

Simetriaren kausaz: F1= F2= F

F indarrek e angelua osotzen dute horizontalarekin.Lehenengo eskeman ikusten den bezala:

2 F sine = W

F -W

2 sine

Bestalde, punturik baxueneko tentsioa lortzeko, sokaren er

di bat kontsideratuko dugu. Hona hemen indarren eskema:

F cos e - T = 0

W T - cos e2 sin e

WT = – cotg e

2

Kasu honetan, argi ikusten denez, T # F generalean, eta ho-

ri sokaren pisuaren kausaz.

146

ARIKETAK

1.- Lor bedi irudiko egiturak jasan

dezakeen pisurik handiena, baldin

eta goiko sokak jasan dezakeen ten-

tsio maximoa 1000 kg-takoa bada,

eta habeak jasan dezakeen konpre

siorik handiena 2000 kg-takoa bada.

Soka bertikalak edozein zama jasan

dezake.

Emaitza:P = 500 (1 +F) "=.' 1370 kgf

2.- AB habea homogenoa da eta

100 kg-tako pisua du. A eta B mutu-

rretan apuiaturik dago eta irudian

adierazten diren pisuak jasaten di-

tu. Lor bitez A eta B puntuetako

erreakzioak:

Emaitza: FA= 325/3 108,3 kgf

F - 425

' 141,7 kgfB 3

3.- 50 kg-tako esfera bat orma ber

tikal eta leun baten kontra dago

eta denbora berean, horizontalare

kin 60°-tako angelua osotzen duen

plano baten gainean dago. Ez daqo

inolako marruskadurik. Zeintzu di-

ra planoak eta ormak esferari egi-

ten dizkioten erreakzioak

Emaitza:Planoaren erreakzioa = 100 kqf

ormaren erreakzioa = 50 115 = 87 kgf

3

1:12 Kg

10K9

6.- Irudiko habea apuiaturik

dago inolako marruskadurarik

gabe, A eta B puntue+..an. Ha-

bearen pisua 200 kg da.

a) Zenbat balio behar du

F indar horizontalak, habea

orekan egon dadin ?.

b) Indarren eskema egin.

Emaitza : F = 543 "=" 87 kgf

147

4.- Irudiko habeari indar

bakarra aplikatu behar

zaio, dagoen posizioan ore

kan edukitzeko. Habea masa

gabekotzat hartzen da.

a) Zeintzu dira indar

horren X eta Y osagaiak ?.

b) Zer direkzio du ?.

c) Non aplikatu behar

da ?.

Emaitza: a) X = 6 kgf (ez) Y = 10 kgf ( gorantz)

b) tg0(= - (ardatzen ohizko sentidaaren arauera)

c) ezkerreko muturretik 2,4 m-tara

5.- Irudiko habearen A muturra marruskadura gabeko plano horizontal baten

gainean dago, beste mutUrra giltzatu -

rik dagoen bitartean. A muturrean F =

= 12 kg-tako indarra egiten da. Arbuia

bedi habearen pisua.

a) Zeintzu dira, B muturrean egi-

ten den erreakzioaren osagaiak ?.

b) Habearen gainean eragiten ari

diren indarren eskema egin.

Emaitza: XB= 12 kg (ezker)

y = 9kg (beherantz)

148

7.- Lor bedi irudiko katea flexikor

raren oreka posizioa. Ez dago marrus

kadurarik. (Examinean jarria)

Emaitza: a- ,r7

1 - a

8.- Irudian adierazten den ate

errektangeluarrak (ABCD) 60 kg-tako

masa du eta AB ardatzaren inguruan

bira egin dezake. Ardatz finkatzeko,

A puntuan euskarri puntuala dago eta

E delakoan gida zilindriko bat lu -

rretik 2 m-tara (E puntuan ez da in-

dar bertikalik egiten).

Lor bitez A eta E puntuetako

erreakzioak.

Emaitza: A puntuan: XA= 16 kg

YA= 60 kg

E puntuan: XE= -18 kg

9.- 1 luzerako eta W pisuko barra

leun eta uniforme bat orekan dago

R erradioko esferaerdi leun bate -

tan, irudian adierazten den bezala

R < 1/2<2R izanik. 8 delakoa ore

ka-angelua bada eta P delakoa esfe

raerdiaren ertzak barrari egiten -

dion indarra, froga bedi:

a) P1

- W dela4R

b)cos 20 _ 1

delacos e 4R

149

10.- 6 m eta 4,5 m-tako luzera

duten bi eskilara, angelu zuze

na osotuz A puntuan giltzatu -

rik daude, lurretik 0,9 m-tara

dagoen soka horizontal batez

loturik daudelarik, irudian

adierazten den bezala. Bi eski

lara horien pisuak 40 eta 30

kg dira errespektiboki eta ma-

sa uniformeki hedatua daukate.

Lurra leuna bada, lor bitez:

a) Eskilara bakoitzari lurrak egiten dion indarra

b) Sokaren tentsioa

c) A puntuan eskilarek elkarri egiten dioten indarra.

d) A puntutik 100 kg-ta•o zama bat eskekiko balitz, zein

litzateke sokaren tentsioa

Emaitzak: a) 32,6 kg ; 37,4 kg

b) 22,4 kg

c) 23,5 kg

d) 86,4 kg

11.- Irudiko hiru habeak zurrunki

loturik daude eta sistemaren gai-

nean hiru indar hauek eragiten

dute: F1 = 4j, F2 = 2i, F = i+k3

1) Zer erlaziokegon behar du a

eta b luzeren artean, indarren

sistema indar bakar batez ordezka

ahal dadin ?.

2) Zer puntutan ipini beharko li-

tzateke beste indar bat, sistema-

ren oreka lortzeko Zenbat balio

beharko luke indar horrek ?.

Emaitzak: 1) a = - 2) (0,0,0) puntuan; FA=-3i-4j-

2 -*-k

150

12.- AB delako habe horizon-

tala orman enpotraturik dago fi , A muturrean. C puntuan beste

habe txiki bat dago , AB de-

lakoari zurrunki lotua eta be

raren gainean irudian adieraz

ten diren indarrek eragiten

C

`:••.,J///

i a,1/ ..,

/// ?dute.

Zeintzu dira A puntuan

eragiten duten indarra eta mo

mentua ?.

Emaitzak: YA = P

TA = 2 Fa - P1

.--F

Banco de Vizcayak Banco de VizcayaI)PROBLEMAK .pdfPROBLEMAK ETA ARIKETAK Patxi Ugalde J.R....

Documents

Transcript of Banco de Vizcayak Banco de VizcayaI)PROBLEMAK .pdfPROBLEMAK ETA ARIKETAK Patxi Ugalde J.R....