Solucionari Física 1 Batxillerat

soluc ionar i

u ni t a t s didàctiqu e s

Fisica_PD_CAT-p001-107.indd 29 21/7/08 12:22:13

30

unitat 1. Estructura de la matèria

1. a) Físic. Quan la sal està dissolta en aigua, no es produeix cap transformació en els ions que componen la sal ni en les molècules de l’aigua. Únicament, se separen els ions de la sal i s’envolten de les molècules de l’aigua.

b) Químic. Els compostos del llumí es combinen amb l’oxigen de l’aire.

c) Físic i químic. Els aliments sofreixen una sèrie de transformacions físiques com la solubilització amb la saliva i els sucs digestius, el fraccionament mecànic en la masticació, l’emulsió durant l’acció de la bilis... D’altra banda, els enzims presents en les secrecions digestives produeixen la degradació de les molècules dels ali-ments mitjançant reaccions químiques.

d) Físic. Augmenta l’energia cinètica de les molècules.

e) Químic(ifísic).L’oxigenescombinaambelferro.Comaconseqüència,canvienles propietats mecàniques i el rovell s’esmicola.

f) Físic. Únicament, es produeix un canvi en la direcció de la llum.

g) Físic. Les molècules d’aigua s’aproximen les unes a les altres en condensar-se, però no es transformen.

h) Químic. El sucre es descompon i s’obté una nova substància.

2. a) Deducció, ja que apliquem una llei general per estimar la profunditat del pou.

b) Inducció, ja que l’estudi de la caiguda de diversos cossos en el buit ens permet establir una llei de caràcter general.

Exemple de deducció: Escalfem, fins a una certa temperatura, un recipient rígid i tancat que conté aire. En conèixer el seu volum, podem calcular la pressió del gas en el seu interior aplicant la llei de Gay-Lussac.

Exemple d’inducció. L’allunyament còsmic de les galàxies distants, estudiades fins a la data, ens permet suposar que les restants, encara no caracteritzades, també s’estan allunyant. Aquesta generalització permet suposar que l’Univers està en expansió.

3. Superfície: dm2, densitat: g/dm3, velocitat: dm/min.

4. A causa que, actualment, la cota d’error és més gran que 1 mil·lèsima de segon.

5. No, ja que les balances usuals en les quals es pesen les persones tenen un error absolut superior al gram.

6. Sí. Si considerem que un cigró té un diàmetre mitjà de 8 mm, podem calcular el seu volum mitjà, que és 2,68 × 10–7 m3.

El volum corresponent a mil milions de cigrons és de 268 m3, volum inferior al d’una piscina de 50 × 25 × 3m(3750m3).

Nota. Els cigrons ocupen un volum major del que sumen, ja que queda un espai entre ells. Però, àdhuc considerant el cas menys favorable en el qual cada cigró ocupés un volumcorresponentauncubd’arestaigualalseudiàmetre(empaquetatcúbicsim-ple),elvolumquesumennoéstangrancomeldelapiscina.

7. Per a l’estimació de l’error absolut, s’ha d’aplicar el procediment descrit al final de l’apartat 10 del llibre de l’alumne. Per a l’error relatiu, els alumnes han de dividir l’error absolutperlasevaalçada(imultiplicar-hoper100peraobtenir-hoen%).


31

8. No, ja que el marge de certesa és 0,1 m2. Per tant, no té sentit indicar la superfície amb una xifra que expressa fins a la mil·lèsima del m2.

9. Quan la seva direcció i el seu sentit són iguals.

10. Anomenem s el vector suma i r el vector diferència, de tal manera que

s =a

i +b

j i r =a

i -b

j

Atès que el mòdul de s val 2:

s = a

i +b

j = a2 +b2 =2

Per últim, apliquem aquest desenvolupament al càlcul del mòdul de r

r = a

i -b

j = a2 + -b( )2= a2 +b2 = s =2

11. El mòdul de la diferència entre u i v és

u -v = ux -vx( )2

+ u y -v y( )2= ux

2 +u y2 + vx

2 + v y2 -2ux vx -2u yv y

(1)

Per l’enunciat del problema sabem que u = v =3 o, el que és el mateix

ux

2 +u y2 = vx

2 + v y2 =3

ux

2 +u y2 = vx

2 + v y2 = 9 (2)

Per maximitzar el mòdul de la diferència entre dos vectors, l’angle que formen ha de ser de 180˚, aplicant aquesta dada a la definició de producte escalar entre dos vectors s’obté:

u v = u v cos

ux vx u yv y 3 3 cos180˚ 9(3)

Substituint els resultats (3) i (2) a l’expressió (1) es troba el mòdul màxim de la diferència

u v

max

2= ux

2 +u y2

+ vx

2 + v y2

2 ux vx +u yv y

u v

max= 9+ 9 2 9( )= 36 =6

12. No, ja que el producte escalar de dos dels tres vectors considerats té per resultat un escalar, no un vector. Per tant, no es pot fer un nou producte escalar amb el tercer vector considerat.

13. No, ja que el seu mòdul no és 1, sinó 2.

14. El mòdul del vector considerat.

15. Per poder expressar més còmodament quantitats molt grans o molt petites en el Sistema Internacional s’utilitzen un conjunt de prefixos. Per canviar la unitat en què s’ha expressat una quantitat utilitzem factors de conversió:


32


0,000025 N × 106 N

1 N = 25 μN

2,3 × 107 g × 1 Mg106 g

= 23 Mg

25 × 10−4 A ×103 mA

1 A = 2,5 mA

38 × 10−10 s × 1 ns

10 9 s = 3,8 ns

0,006 C × 103 mC/1 C = 6 mC

74 × 108 m × 1 Gm/109 m = 7,4 Gm

16. 5 hg = 5 hg × 100 g1 hg

= 500 g

4 × 107 pm = 4 × 107 pm × 10-12 m

1 pm1 Gm109 m

= 4 × 10−14 Gm

120 000

Mg =1

20 000 Mg

106 g1 Mg

1 ag

10-18 g= 5 × 1019 ag

12 000

nm =1

2 000 nm

10-9 m1 nm

1 pm

10-12 m= 0,5 pm

1500

mm3 =1

500 mm3

10-9 m3

1 mm3= 2 × 10−12 m3

0,00007 fs = 0,00007 fs × 10-15 s

1 fs1 s

10-6 s7 × 10−14 μs

9 × 109 mm = 9 × 109 mm × 10-3 m1 mm

1 Pm1015 m

= 9 × 10−9 Pm

0,047 Ms = 0,047 Ms × 106 s1 Ms

1 ks103 s

47 ks

0,04 m2 =0,04 m2

1 mm2

10-6 m2= 4 × 104 mm2

300 g = 300 g × 1kg103 g

= 0,3 kg

8 × 10−5 s = 8 × 10−5 s × 106 s

1s 80 µs

0,5 GA = 5 × 10−1 GA × 109 A1 GA

103 mA1A

5 × 1011 mA

17. La mitjana aritmètica dels 5 valors és:

(54,2+53,9+54,4 +54,0+54,3)5

=54,16 cm3


33

El mesurament que més s’aparta d’aquesta mesura és 53,9 cm3.

La diferència amb la mesura és 54,16 – 53,9 = 0,26 cm3.

Com a cota d’error absolut prendrem aquesta xifra arrodonida a un sol dígit, és a dir, 0,3 cm3.

Si la cota d’error és de 0,3 cm3, no podem expressar el valor mesurat escrivint fins a les centèsimes. Per això arrodonim també la mesura obtinguda. Així doncs, expressarem el resultat com:

54,2 ± 0,3 cm3

18. Observant els temps obtinguts pels diferents cronometradors es pot veure que un dels valors, el 20,5, s’allunya molt de la resta de valors, de manera que s’ha pogut produir algun tipus d’error en mesurar aquest temps i no el podem tenir en compte a l’hora de calcular el resultat. Com a valor mesurat prendrem la mitjana aritmètica dels altres cinc valors.

La mitjana aritmètica dels cinc valors és:

(23,1 + 23,4 + 23,1 + 23,3 + 23,1) 5

= 23,2 s

El mesurament que més s’aparta d’aquesta mesura és 23,4 s

La diferència amb la mesura és 23,2 – 23,4 = 0,2 s

Com a cota d’error absolut prendrem aquesta xifra.

Així doncs, com a resultat del mesurament s’adoptarà la mitjana aritmètica i expres-sarem el resultat com:

23,2 ± 0,2 s

19. Suposem que l’alçada de la persona és de 150 cm. La mesura de la persona expressada amb la seva cota d’error absolut és:

alçada = 150 ± 1 cm

La seva cota de l’error relatiu, expressada en tant per cent, és:

er = 1 cm

150 cm100= 0,66%

El diàmetre d’una moneda d’un euro és de 21 mm. La mesura expressada amb la seva cota d’error absolut és:

diàmetre = 21 ± 1 mm

La seva cota de l’error relatiu, expressada en tant per cent, és:

er = 1 mm

21 mm100= 4,76%

La mesura de l’alçada de la persona és més precisa que la mesura del diàmetre de la moneda perquè la seva cota d’error relatiu és més petita.

20. Tenintencomptelafórmulasegüentpodremcalcularl’errorrelatiu(er)decadamesura.

e

r =

ea

m

100

l = 50 ± 0,2 cm → er=

0 ,2 50

100 =0,4%


34


V = 150 ± 3 cm3 → er =

3 150

100 =2%

t = 80 ± 0,02 s → er =

0 ,02 80

100 =0,025%

m = 60 000 ± 30 kg → er = 30

60 000 100 =0,05%

La més precisa és t amb un er < 0,025 % i la menys precisa és V amb un er < 2 %.

21. L’errorrelatiu(er)éselquociententrelacotadel’errorabsolut(ea)ilaquantitatme-surada. En una proveta graduada de 5 en 5 cm3, aquest serà l’error absolut, per tant, l’error relatiu en percentatge vindrà donat per:

er = ea

V × 100 =

5 cm3

180 cm3 100 2,8 %

Per tant, n’hi haurà prou amb una proveta graduada de 5 en 5 cm3

22. 6 xifres; 2,64 × 104 m; 4 xifres; 8,50 × 10–3 g

5 xifres; 3,09 × 104 km; 6 xifres; 3,00 × 105 kg

5 xifres; 1,01 × 102 s

23. Primerament calculem el volum del cilindre:

V = π × r2 × h = 3,1416 ×(5× 10−2 m)2 × 2,580 m = 2,0263 × 10−2 m3

Calculem la massa del cilindre de plàstic.

m = V × ρ

m = 2,0263 × 10−2 m3 × 1,200 × 103 kg/m3 = 24,32 kg

24. Sabent la massa i la densitat d’un líquid podem trobar el volum que ocupa a partir de l’equació:

V =

m

En el cas d’una proveta cilíndrica el volum és V = s h on s representa la secció i h l’alçària. Aïllant h trobem:

h = ms=

225 g

0,798g

cm 314,5 cm 2

19,4 cm

25. Per poder calcular la massa d’una esfera a partir de la densitat, cal conèixer el seu volum. El volum d’una esfera es calcula a partir de la fórmula següent:

V = 43

r3

Com que coneixem el radi, substituint en la fórmula anterior tenim:

V =

43

(6,43 c m)3 = 1 113,6 cm3

I obtindrem la massa a partir de la densitat:

m = 7,86 g

cm31113,6 cm3 = 8 752,9 g = 8,75 kg


35

26. La superfície d’una volta semiesfèrica ve donada per l’expressió:

S = 2 π R2

Substituint R per 2,57 m s’obté una superfície de 41,5 m2. Sabem que calen 0,450 kg per cobrir un metre quadrat de superfície, per la qual cosa la quantitat total de pintura necessària serà:

M = 0,450 kg

m241,5m2 = 18,7 kg

27. a) A la figura es pot observar les projeccions del vector a sobre els eixos de coor-denades. Així, el vector a es pot expressar com a: a = ax

i + ay

j . Prenent com a unitat un quadrat, el vector a serà:

a = 3

i – 5

j

El quadrat del mòdul d’un vector es pot expressar com la suma dels quadrats dels seus components. Per tant, el mòdul del vector a és:

| a |2 = 32+(−5)2 = 34

| a | = 34 = 5,83

ax

_

+

ay

a

La resta de vectors els expressarem seguint la mateixa metodologia.

b) b

= −3

i + 7

j ; |b

|2=(−3)2 + 72 = 58; |b

| = 58 = 7,62

c) c= 7

i ; | c|2 = 72 = 49; | c| = 49 = 7

d) d

= 5

i − 7

j ; |d

|2 = 52+(−7)2 = 74; |d

| = 74 = 8,60

e) e= −4

i − 7

j ; |e|2=(−4)2+(−7)2 = 65; |e| = 65 = 8,06

f)

f = 3

i + 3

j ; |

f |2 = 32 + 32 = 18; |

f | = 18 = 4,24

g) g = −4

j ; |g |2=(−4)2 = 16; |

g | = 16 = 4

h) h

= 6

i + 3

j ; |h

|2 = 62 + 32 = 45; |h

| = 45 = 6,71


36


28. Per tal de calcular l’angle que formen els vectors amb l’eix x farem servir l’expressió:

vx = v cos

j

on φ representa l’angle que hem de trobar. Tenint en compte els resultats de l’exercici 27, aïllem φ per a cada cas, tenint present que si el segon component del vector és positiu l’angle serà inferior a 180º, mentre que si és negatiu l’angle estarà comprès entre 180º i 360º:

a) a =3

i 5

j ; a =5,83 ; a =cos 1 3

5,83−59º

b)

b = 3

i + 7

j ;

b = 7,62 ; b =cos 1 37,62

= 113,2º

c) c = 7

i ; c = 7 ; c =cos 1 7

7= 0º

d)

d =5

i 7

j ;

d =8,6 ; d =cos 1 5

8,6−54,5º

e) e = 4

i 7

j ; e =8,06 ; e =cos 1 48,06

= 240,3º

f)

f =3

i +3

j ;

f = 4,24 ; f =cos 1 34,24

= 45º

g) g = 4

j ; g = 4 ; g cos 1 44

180º

h)

h =6

i +3

j ;

h =6,71 ; h =cos 1 66,71

= 26,6º

29. a) El vector s es calcula:

s = u + v

s = (2

i + 3

j )+(4

i −2

j )=6

i + 1

j

v

s

u

b) El mòdul d’un vector es calcula:

|u| = 22 + 32 = 4 + 9 = 3,606

|v | = 42 + (-2)2 = 16 + 4 = 4,472

|s | = 62 + 12 = 36 +1 = 6,083

30. a) La diferència vindrà donada per:

d

= a – b

=(3

i – 4

j )–(8

i + 6

j )=(3–8)

i +(−4–6)

j = −5

i – 10

j


37

I gràficament serà:

b

a-b

a

b) Els mòduls dels vectors seran:

| a |= 32 +( 4)2 = 5

|b

|= 82 +62 = 10

|d

|= (-5)2 +(-10)2 = 11,18

31. a) 2

i ·(3

i + 2

j )=(2×3)+(0×2)=6+0=6

Com que el producte escalar és positiu, l’angle que formen els dos vectors és agut.

b)(

i +

j )·(3

i + 5

j )=(1×3)+(1×5)=3+5=8


c) (4

i + 3

j )·(4

i + 3

j )=(4×4)+(3×3)=16+9=25


d)(

i + 5

j )·(

i − 5

j )=(1×1)+(5×(−5))=1−25=−24

Com que el producte escalar és negatiu, l’angle que formen els dos vectors és obtús.

e) (3

i − 6

j )·(4

i + 2

j )=(3×4)+((−6)×2)=12−12=0

Com que el producte escalar és zero, l’angle que formen els dos vectors és recte.

f) 2j·(7

i − 4

j )=(0×7)+(2×(−4))=0−8=−8

Com que el producte escalar és negatiu, l’angle que formen els dos vectors és obtús.

g)(3

i + 4

j )·(16

i − 12

j )=(3×16)+(4×(−12))=48−48=0

Com que el producte escalar és cero, l’angle que formen els dos vectors és recte.

h)(

i −

j )·(−

j )=(1×0)+((−1)×(−1))=0+1=1



38


32. a) Producte escalar

a

b =axbx +a yby = 4×1+(−2)×(−2)=8

b) Producte dels mòduls

a = ax

2 +a y2 =2 5

b = 5

a

b = 10

c) Per trobar el cosinus de l’angle que formen els dos vectors apliquem la definició

de producte escalar a

b = a

b cos j. Aïllant:

cos j =a

ba

b=

810

= 0,8

33. Efectuem el producte escalar de tots dos vectors:

a · b

= (4

i – 2

j )·(3

i – 4

j )=4×3+(−2)×(−4)=20

Calculem els seus mòduls:

| a | = 42 +(-2)2 = 20

|b

| = 32 +(-4)2 = 25

Segons la definició de producte escalar: a · b

= | a | |b

| cos φ

Consegüentment: 20 = 20 × 25 × cos φ = 500 × cos φ = 22,36 × cos φ

D’on s’obté:

cos φ = 20

22,36=0,894 4

L’angle corresponent és:

φ = 26,57º = 26º 34’

34. El vector v = a − b

es calcula restant les coordenades de b

i les de a .

v =(5–2)

i +(−3−1)

j = 3

i − 4

j

El vector unitari en la direcció de v l’obtindrem dividint el vector v pel seu mòdul:

ev = v

|v|3

i 4

j

32 ( 4)2=

3

i - 4

j5

= 0,6

i – 0,8

j

35. Els components d’un vector s’obtenen restant les coordenades del seu extrem menys les del seu origen.

AB =

B –

A=(10–2)

i +(2–(−4))

j = 8

i + 6

j

Calculem el mòdul del vector.

|

AB | = 82 + 62 = 100 = 10

Per obtenir un vector unitari e de la mateixa direcció i sentit que AB n’hi ha prou de dividir-lo pel seu mòdul.


39

e = vv

= 8

i + 6

j10

= 8

10

i + 6

10

j = 0,8i + 0,6j

El vector unitari de sentit contrari és −0,8

i − 0,6

j

36. El mòdul del vector v és:

|v | = 202 +( 15)2 = 25

El vector unitari e de la mateixa direcció i sentit que el vector v es calcula dividint aquest entre el seu mòdul:

e =20 15

25=

i

j0,8

i – 0,6

j

El vector de mòdul 12, r , en la mateixa direcció i sentit que v serà:

r = |r | × e = 12×(0,8

i – 0,6

j )=9,6

i – 7,2

j

37. Volem determinar el vector r les components del qual són:

r = −x

i + y

j

El mòdul del vector v és:

|v | = 722 +( 15)2 = 73,54

El producte escalar entre els dos vectors s’expressa com a:

r · v = |r | · |v | cos φ

Perquè siguin dos vectors amb la mateixa direcció, l’angle φ que formen ha de ser 0. El cosinus de 0 és 1. Per tant, el seu producte escalar serà:

r · v = |r | · |v | cos 0 = |r | · |v | = 9 × 73,54 = 662

r · v =(x×72)+(y×−15)=662

El mòdul del vector r ha de ser 9:

(x)2 +( y)2 = 9

Obtindrem dues equacions amb dues incògnites. Resolent el sistema:

72x – 15y = 662

x2 + y2 = 81

El vector r serà:

r = −8,81

i + 1,84

j


40


38. Dibuixem

N

NO

O

SO

S

βα E

α = 45º

β = 90ºEl component W té el valor de:

W = |SW| cos α = 18 × cos 45 = 12,7 km/h

El component NW té valor de:

NW = |SW| cos β = 18 × cos 90 = 0 km/h

39. El component del seu pes paral·lel al pla elpodem representar com PT :

PT

PN

P25º

25º

I es defineix com:

PT = |P| sin φ

Substituint:

PT = 60 sin 25º = 25,4 N

I el component perpendicular al pla es pot representar com PN

I es pot calcular PN a partir de:

PN = 60 cos 25º = 54,4 N

40. El vector unitari en la direcció de b

serà:

eb =

b|

b|=

4

i - 3

j

42 +(-3)2=

4

i - 3

j5

= 0,8

i – 0,6

j


41

El component de a sobre b

s’obté aplicant la fórmula: ab = a · eb

ab =(2

i – 5

j )·(0,8

i – 0,6

j )=2×0,8+(−5)×(−0,6)=4,6

41. El vector s serà:

s = a + b=(9

i –16

j )+(2

i – 8

j )=(9+2)

i +(−16–8)

j = 11

i – 24

j

El vector unitari en la direcció de s l’obtindrem dividint-lo pel seu mòdul:

es = ss

=11

i - 24

j

112 +(-24)2=

11

i - 24

j26,4

=0,4

i- 0,9

j

La projecció de a sobre el vector s s’obté aplicant la fórmula: a s = a · es

a s = (9

i –16

j )·(0,4

i – 0,9

j )=9×0,4+(−16)×(−0,9)=18

La projecció de b

sobre el vector s s’obté aplicant la fórmula: b

s = b

· es

b

s = (2

i –8

j )·(0,4

i – 0,9

j )=2×0,4+(−8)×(−0,9)=8

42. Per tal de calcular el component d’aquesta força primer cal trobar el vector unitari en la direcció de v :

e v = vv

= 14

i-5

j

142 +( 5)2=

14

i-5

j

221=0,94

i 0,34

j

La projecció de u sobre v s’obté aplicant la fórmula:

Fv = F

· ev

Fv=(2

i −

j )·(0,94

i − 0,34

j )=2×0,94+(−1)×(−0,34)=2,22 N

43. a) El component de la velocitat del vent en la direcció en què navega el vaixell és el segment vr. Podem expressar el vector v com a:

v = 30

i km/h

Per determinar la longitud d’aquest segment, apliquem l’equació:

vr = |v | cos φ

El mòdul del vector v és:

|v | = 302 = 30 km/h

L’angle φ que formen els vectors v i r es pot calcular utilitzant la quadrícula dibui-xada en la figura. La tangent de φ és:

tg α = 12

= 0,5

L’angle el qual la seva tangent és 0,5 és:

arc tg 0,5 = 26,56º

Substituint en l’equació, tenim que:

vr = |v | cos φ = 30 cos 26,56 = 26,8 km/h


42


r’

Vr’

O

ϕ

r

V

Vr

b) El component de la velocitat del vent en la direcció perpendicular en què navega el vaixell és el segment vr’. En aquesta situació, l’angle que formen els dos vectors, v i r ’ és 90 − φ. Així doncs, substituint en l’equació:

vr’ = |v |cos(90−φ)=30cos(90−26,56)=13,4 km/h

44. Agafant com a origen de coordenades el punt B, les coordenades de cadascun dels punts seran: A(0,9);B(0,0);C(12,0);P(12,9)

a) Els vectors AP, BP, CP es poden calcular de la manera següent:

AP=(12−0)

i +(9–9)

j = 12

i cm

BP =(12−0)

i +(9–0)

j =(12

i + 9

j ) cm

CP =(12−12)

i +(9−0)

j = 9j cm

b) Calculem els vectors unitaris uA, uB, uC:

uA = 12

i

122 +02

12

i12

i

uB = 12

i + 9

j

122 + 92

12

i + 9

j15

0,8

i + 0,6

j

uC = 9

02 92=

9

9=

j

c) Per expressar vectorialment les forces que actuen sobre la partícula només cal mul-tiplicar cadascun dels vectors unitaris pel seu mòdul en el sentit corresponent:

F

AP = F

AP · uA = −5 ×

i = −5

i (N)

F

BP = F

BP · uB = 15 × (0,8

i + 0,6j)=12

i + 9

j (N)

F

CP = F

CP · uC = 15 ×

j = 15

j (N)

d) La suma vectorial dels tres vectors, F

T, correspon a la força neta sobre la partícula, i serà:

F

T = F

AP + F

BP + F

CP=(−5

i )+(12

i + 9

j )+(15

j )= =(−5+12+0)

i + (0+9+15)

j = 7

i + 24

j N



44

unitat 2. Cinemàtica

desPlaçament i velocitat mitjana

1. a) vm = s s0

t t0

= 3 ( 5)2 0

= 4 m/s

b) vm =[9−(−5)]/(5–0)=2,8 m/s

c) vm =[7−(−5)]/(12–0)=1 m/s

d) vm =(9−3)/(5–2)=2 m/s

e) vm =(12–9)/(8–5)=1 m/s

f) vm =(7–12)/(12–8)=−1,25 m/s

g) vm =(12–3)/(8–2)=1,5 m/s

h) vm =(7–9)/(12–5)=−0,286 m/s

2. Els valors de les posicions finals i inicials els trobem substituint t per els valors de cada interval de temps a l’expressió de la posició del mòbil en funció del temps:

s = 2t2 + 5t – 9

a) s(1)=−2m;s(0)=−9m;vm =[−2−(−9)]/(1–0)=7 m/s

b) s(4)=43m;s(0)=−9m;vm=[43−(−9)]/(4–0)=13 m/s

c) s(5)=66m;s(2)=9m;vm=(66−9)/(5–2)=19 m/s

d) s(8)=159m;s(3)=24m;vm=(159−24)/(8–3)=27 m/s

3. Alçada total de l’edifici: h = 4 × 8 = 32 m

1)Enlapujada:s (0)=0m;s(48)=32m;vm=(32−0)/(48–0)=0,67 m/s

2)Enlabaixada:s (48)=32m;s(80)=0m;vm=(0−32)/(80–48)=−1 m/s

3)Recorregutcomplet:s (0)=0m;s (80)=0m;vm=(0−0)/(80–0)=0 m/s

4. a) En la pujada: s(0)=0km

Δt = 40 min × 1 h

60 min = 2/3 h; s(2/3)=18km

vm = 18 km0,67 h

= 27 km/h

b) En la baixada: s(0)=0km

Δt = 20 min × 1 h

60 min = 1/3 h; s (1/3)=24km

vm = 24 km(1/3)h

= 72 km/h

3)Alrecorregutcomplet:s(0)=0km

Δt = 1 h; s(1)=24km+18km=42km

vm = 42 km

1 h = 42 km/h


45

5. En la pujada: vm = st

= 16 km/h.

En la baixada: vm = st '

= 48 km/h

Aïllem t i t’ : t = s16

; t’ = s48

La vm en el recorregut total és: vm = 2st + t '

=2s

s16

+ s48

=2ss

12

= 24 km/h

moviment uniforme (amB un sol mòBil)

6. Trobem la recta que defineixen els punts A(0,−8)iC(5,10):

s = 185

t – 8

La resta de punts de la taula posició-temps B(3,2,8),D(9,24,4)iE(10,28)verifi-quen l’equació de la recta, per la qual cosa, pot tractar-se d’un moviment uniforme.

La velocitat coincideix amb el pendent de la recta:

7. Ordenada inicial s0 = 15 m. Instant inicial t0 = 1 s. La velocitat és el pendent de la recta que passa pels punts A(1,15)iB(3’,5,30):

v = 30 153,5 1

= 6 m/s.

L’equació és: s−15=6(t−1).Fentoperacionsresulta:s = 6t + 9

8. L’equació del moviment uniforme és: s = s0 + v ∆t

En aquest cas: v = 27 km/h = 7,5 m/s; s0 = 0 i t0 = 0.

Per tant, l’equació d’aquest moviment és: s = 7,5t.

Els gràfics posició-temps i velocitat-temps són els següents:

500

020 40 60 80

s

m

t

s

7,5

020 40 60 80

vm/s

t

s

9. La gràfica representa un moviment a 100 km/h durant 1,2 h i un moviment a

40 km/h en sentit contrari durant 0,8 h.

L’equació que descriu el moviment a 100 km/h és:

s = 100 t

La posició del mòbil transcorregudes 1,2 h és:

s(1,2)=1,2×100=120km


46


L’equació del moviment del segon tram és:

s −120=−40(t−1,2);s = −40t + 168

s(2)=−40×2+168=88 km

El desplaçament total en les 2 h de moviment és de 88 km.

50

0

100

1 2

120

88

skm

t

h

moviment uniforme (amB dos mòBils)

10. L’equació del moviment uniforme és:

s = s0 + v(t – t0).

Per al mòbil 1 s’obté la equació:

s1 = 20 + 5t

Per al mòbil 2:

s2 = 12 ×(t−3)=12t – 36

Quan el mòbil 2 atrapi el mòbil 1 serà s1 = s2:

20 + 5t = 12t – 36

La solució d’aquesta equació és:

t = 8 s

Els mòbils es troben 8s després de que surti el mòbil 1.

Substituint en l’equació del moviment trobem la posició a on es troben:

s1(8)=s2(8)=60 m

11. L’equació del moviment uniforme és:

s = s0 + v(t –t0)

L’equació del moviment del tren que surt de M és:

sM=45×(t–8)=45t – 360

i la del tren que surt de N:

sN=48−60×(t–8,25)=−60t + 543

En l’instant d’encreuar-se sM = sN:

45t –360 = −60t + 543


47

La solució d’aquesta equació és:

t = 8,6 h

En aquest instant:

sM(8,6)=sN(8,6)=27 km

20

8

10

0

30

40

50

9

s

km

t

h

Gràfica posició-temps

12. v1 = 90 km/h = 25 m/s; v2 = 126 km/h = 35 m/s

Fent servir l’equació del moviment uniforme, s1 = s0 + v ∆t, calculem les posicions per diferents instants i fem la representació gràfica.

temps/s Posició automòbil/m Posició policia/m

0 0,0

1 25,0

2 50,0 0

3 75,0 35

4 100,0 70

5 125,0 105

6 150,0 140

7 175,0 175

8 200,0 210

100

0

200

5 10

sm

t

s

Gràficament es veu que les dues línies es creuen als 7 segons i a la posició de 175 m.


48


moviment uniformement variat (un mòBil)

13. L’acceleració en el moviment uniformement variat és:

a = vt

=v v0

t t0

En aquest cas:

a = (20 10) m/s40 s

= 0,375 m/s2

L’espai que recorre el tren en els 40 s és:

s = s0 + v0 t + 12

a t2 = 0 + 10t + 12

0,375 t2 = 10t + 0,188t2 = 700 m

14. Δt = 4 min 10 s = 250 s

Com que el moviment és uniformement accelerat,

v = v0 + a ∆t = 0 + 0,032 km/s2 × 250 s = 8 km/s =28 800 km/h

L’espai que recorre és:

s = s 0 + v0 ∆t + 12

a ∆t2 = 12

0,032 km / s 2 (250 s)2 =1 000 km

15. Fem servir les equacions:

a = v v0

t i s = s0 + v0 Δt + 1

2 a(Δt)2

Substituint: a=

v0

4

40= 4v0 + 12

a 42

v0 = 20 m/s; a = −5 m/s2

16. Apliquem l’equació del moviment uniformement accelerat:

s = s0 + v0(t –t0)+ 12a(t – t0) 2 =20+12(t –3)−(t –3)2 =

= −25 +18 t – t2

Substituint t = 10 s en l’equació: s = 55 m

Per trobar la velocitat en l’instant t = 10 s fem servir l’equació v = v0+a(t − t0):

v = 12 m/s –2 m/s2 ×(10−3)s=−2 m/s

17. Entre t = 0 s i t = 18 s el mòbil segueix un moviment uniformement variat (acce-lerat) encara que de t = 0 s a t = 8 s té una acceleració més pronunciada que durant els 10 segons posteriors. Entre t = 18 s i t = 30 s la velocitat és manté constant i el moviment es uniforme. L’últim tram del gràfic la velocitat del mòbil decreix amb moviment uniformement variat (retardat).

De t = 0 s a t = 8 s:

a = ∆v/∆t =(12−0)/(8−0)=1,5m/s2

∆s = v0 Δt + 12

a(Δt)2 = 0 +1/2 × 1,5 × 82 = 48 m


49

De t = 8 s a t = 18 s:

a = ∆v/∆t =(18−12)/(18−8)=0,6m/s2

∆s = v0 ∆t + 12

a(Δt)2 =12 × 10 + 1/2 × 0,6 × 102 = 150 m

De t = 18 s a t = 30 s:

∆s = v ∆t=18×(30–18)=216m

De t = 30 s a t = 34 s:

a = ∆v/∆t =(0−18)/(34−30)=−4,5m/s2

∆s = v0 ∆t + 12

a(Δt)2 =18×4+1/2×(−4,5)×42 = 36 m

Sumem els desplaçaments de cada tram i obtenim el desplaçament total.

∆s total = 48 + 150 + 216 +36 = 450 m

18. a) L’acceleració en la pujada és:

a =∆v/∆t =(0−18)/(2−0)=−9 m/s2

El desplaçament és:

∆s = v0 ∆t + 12

a(Δt)2 =18×2+1/2×(−9)×22 = 18 m

b) El desplaçament del bloc en la baixada serà el mateix que en la pujada i la velocitat inicial serà 0. Si aïllem l’acceleració en l’equació ∆s = v0 ∆t + 1/2 a ∆t2, tenim:

a=

2 ( s v0 t)

( t)2= 2 ( 18 0)

32= −4 m/s2

La velocitat final serà:

v = v0 + a ∆t = 0 − 4 × 3 = −12 m/s

19.

10

0 20 4010 30

20

30

vm s –1

ts

Gràfica velocitat-temps

L’àrea compresa entre la gràfica v-t i l’eix de temps representa a escala el desplaçament total fet pel mòbil. En aquest cas és l’àrea del trapezi representat a la figura:

Δs = suma de les bases2

altura= 35 s+10 s2

30 m/s=675 m

20. En el moviment uniformement accelerat: v2 − vo2 = 2aΔs

En aquest cas: v2 − 0 = 2 × 1,6 m/s2 × 5 m = 16 m2/s2

Per tant: v = 4 m/s = 4 m/s × 1 km1000m

3600s1 h

= 14,4 km/h


50


21. 45 km/h = 12,5 m/s

Aïllem Δs de l’equació v2 − vo2 = 2aΔs:

s=

v2 v02

2a= 0 (12,5 m/s)2

2 ( 9,8 m/s2)=7, 97m

L’equació del moviment uniformement variat és:

s = s0 + v0(t –t0)+12

a(t –t0) 2=0+12,5(t−0)−4,9(t−0)2 = 12,5t – 4,9t2

En arribar un altre cop al punt de partida serà s = s0 = 0, és a dir: 12,5t – 4,9t2 = 0

Les solucions d’aquesta equació són: t = 0 s, que correspon a l’instant inicial del moviment,

i t = 12,5/4,9 = 2,55 s.

El cos triga 2,55 s a tornar al punt de partida.

22. La velocitat del coet després de 5 s és:

v = v0 + am Δt = 0 + 8 m/s2 × 5 s = 40 m/s

L'altura que assoleix és:

s = s0 + v0 Δt + 12

a(Δt)2 = 0 + 0 + 12

× 8 m/s2 ×(5s)2 = 100 m

Desprésl’acceleracióésladelagravetat(g = −10 m/s2)il’equaciódelmovimentapartir d’aquí serà:

s = s0 + v0 Δt + 12

a(Δt)2

s =100+40(t−5)–5(t−5)2 = −225 + 90 t − 5 t2

a) Calculeml’instantcorresponentalpuntmesalt(enaquestpuntv=0):

a = v v0

t

− 10 = 0 40t 5

Aïllant t obtenim:

t = 9 s

Fent t = 9 s a l’equació del moviment resulta:

s = −225 + 90 × 9 − 5 × 92 = 180 m

L'altura total assolida pel coet fins que s’atura és de 180 m.

b) En arribar al punt de partida la posició és s = 0. Per tant:

−225 + 90 t − 5 t2 = 0

Les solucions d’aquesta equació són t = 3 s i t = 15 s.

Com que aquesta fase del moviment comença a l’instant t = 5 s, el temps t = 3 s no és vàlid.

Així doncs el temps total de vol del coet és de 15 s.


51

moviment uniformement variat (dos mòBils)

23. L'equació del moviment uniforme de l'home és:

sh = s0 + v0 t; sh = 6t

L'equació del moviment uniformement accelerat del tren és:

st = s0 + v0 t + 12

a t2

st = 32 + 0,25t2

Quanl’homeatrapaaltren,lessevesposicionscoincideixen(st = sh):

0,25t2 + 32 = 6t

Resolent l’equació de segon grau es troba que l’home atraparà al tren al instant t = 8 s.

50

0 10

sm

t

s

24. v1 = 108 km

h = 30 m/s; v2 = 54 km/h = 15 m/s

Tots dos moviments són uniformement accelerats, s’han de trobar les equacions del

moviment dels dos trens s = s0 + v0 t + 12

a t2:

s1 = 30t – 0,3t2

s2 = 120 + 15t + 0,2t2

La velocitat de cada tren es troba aplicant l’expressió v = v0 + aΔt:

v1 = 30 – 0,6t; v2 = 15 + 0,4t

Igualem v1 i v2 per trobar el temps transcorregut fins que tots dos trens assoleixen la mateixa velocitat: 30 – 0,6t = 15 + 0,4t

t = 15 s; v = 21 m/s

Si els trens arriben a xocar en aquell instant serà s1 = s2:

30t – 0,3t2 = 120 + 15t + 0,2t2

Aquesta equació no té solucions reals. Per tant els trens no xoquen.

25. L’acceleració de cada mòbil és:

vA = (8 3)m/s(10 0)s

= 0,5 m/s2

aB = ( 4 0)(10 0)

m/ss

= −0,4 m/s2


52


Si apliquem l’equació s = s0 + v0 t + 12

a t2 del moviment uniformement accelerat obtenim:

sA = 25 + 3t + 0,25t 2; sB = 40 – 0,2t 2

A l’instant de xoc sA = sB:

25 + 3t + 0,25t2 = 40 – 0,2t2

t = 3,33 s

26. sA0 = −10 m; vA = 6 m/s; sB0 = 40 m; v0B = 10 m/s;

aB = ( 6 10)m/s20 s

0,8 2m/s

Les equacions dels moviments són:

sA = −10 + 6t i sB = 40 + 10t –0,4t2

50

100

20100

sm

t

s

Ells mòbils xoquen en l'instant 17,25 s en la posició 93,5 m.

27. 1)ElmòbilAtémovimentuniformementacceleratd’equació:

sA = 5t + 0,5t2

El mòbil B té moviment uniforme d’equació: sB = 200 – 12t .

Quan es trobin sA = sB: 5t + 0,5t2 = −12t + 200; t = 9,25 s

Substituint t a sA: sA(9,25)= 89 m

Els dos mòbils es creuen a una distància de 89 m del punt A.

2) Soluciógràfica:

200

1050

100

sm

t

s


53

28. Prenem com a positiu el sentit de la baixada.

L’ascensor baixa amb velocitat constant 2,5 m/s. El seu moviment ve descrit per una equació del tipus s = s0 + v t: sA = 2,5t

L’objecte es deixa caure 6 s després sense velocitat inicial amb una acceleració cons-tant de 10 m/s2.

El seu moviment ve descrit per una equació del tipus s = s0 + v0 ∆ t + 12

a(∆t)2:

s0=5(t − 6)2

Quan l’objecte xoqui amb el sostre de l’ascensor sA = s0: 2,5t=5(t − 6)2

L’equació de segon grau té dos solucions t1 = 4,5 s i t2 = 8 s.

La primera solució no és vàlida perquè l’objecte encara no havia estat llançat.

Substituint t = 8 s a l’equació del moviment trobem: sA(8)=s0(8)=20 m

29. Aplicarem l’equació s = s0 + v0 ∆t + 1/2 a ∆t2 als dos mòbils.

Per al primer mòbil: s0A = 60 m; v0A= 0; t0 = 0; aA = −10 m/s2.

Per al segon mòbil: s0B = 0; v0B= 20 m/s; t0 = 2 s; aB = −10 m/s2.

Les equacions dels respectius moviments són:

sA=60+1/2×(−10)×t2 = 60 – 5t2

sB=0+20(t −2)+1/2×(−10)×(t −2)2 = − 60 + 40t – 5t 2

Quan el cos A es trobi al d'altura que el cos B es complirà que sA = 3 sB per tant:

60 – 5t2 = 3 ×(−60+40t – 5t 2)

t2 –12t + 24 = 0

Les solucions d’aquesta equació són:

t1 = 2,535 s i t2=9,5s(impossibleperquèjahanarribatalterra)

Les gràfiques posició-temps i velocitat-temps s’obtenen en donar diferents valors de t a les equacions anteriors i a les equacions: vA= −10t i vB= 20 − 10t.

Temps (s)

Posició A (m)

Posició B (m)

Velocitat A (m/s)

Velocitat B (m/s)

0 60 0

1 55 −10

2 40 0 −20 20

3 15 15 −30 10

4 -20 20 −40 0

5 -65 15 −50 −10

30. Aplicarem per a cada pedra l’equació: ∆s = v0 ∆t + 1/2 a ∆t2.

Per a la primera pedra: v0A= 0; t0 = 0; aA = 10 m/s2.

Per a la segona pedra: v0B= 25 m/s; t0 = 2 s; aB = 10 m/s2.

∆sA = 5t2

∆sB=25(t −2)+5(t–2)2 = −30 + 5t + 5t2


54


Com totes dues pedres es llencen des del mateix lloc, el desplaçament fins arribar simultàniament al terra serà el mateix, per tant es complirà que ∆sA = ∆sB:

5t2 = −30 + 5t + 5t2; 30 = 5t; t = 6 s

Substituint en qualsevol de les dues equacions del desplaçament s:

∆sA = 5t2 = 5 × 62 = 180

L'alcària de la torre és de 180 m.

Per calcular la velocitat que assolirà cadascuna d’elles fem servir l’expressió vf = v0 + + a ∆t

vfA = 0 + 10 × 6 = 60 m/s

vfA=25+10×(6–2)=65 m/s

vector velocitat

31. a)

y

0 x

ro

b) r =

r0 + r 1 + r 2 + r 3 = 5

i + 2

j −

i + 3

j −2

i − 2

j + 4

i − 5

j =

= 6

i − 2

j (m)

vm

=r r0

∆t=

6

i 2

j 5

i 2

j10

= 0,1

i − 0,4

j (m/s)

32. vm=r r0

t

a) v

m = (12

i + 12

j )/2 = 6

i + 6

j (m/s)

b) v

m = 24

i / 4 = 6

i (m/s)

c) = ( 0

i + 0

j )/8=0

d) v

m = [ 12

i − 12

j −(12

i + 12

j )]/4=−6

j (m/s)

f) v

m = [ 12

i − 12

j −(24

i + 0

j )]/2=−6

i − 6

j (m/s)

33. a) Entre t = 0 i t = 4 s: r = r (4)− r (0)=8

i + 10

j −(− 6

j )=8

i + 16

j (m)

b) vm=r -r0

∆t=

8

i +16

j4

= 2

i + 4

j (m/s)

34. vm

= r / t = [ 64

i + 27

j −(0

i − 5

j )]/4=16

i + 8

j (m/s)

35. Comqueelmòbilrecorreelperímetredelquadrat(80m)enuntempsde20s,elmòdul constant del vector velocitat és: 80 m/ 20 s = 4 m/s.

vm


55

Per a t = 2 s la direcció i sentit del moviment són els del vector AB

=20 i

: v (2)=4

i (m/s)

Per a t = 5 s són els del vector BC

=20

j : v (5)= 4j

(m/s)

Per a t = 12 s són els del vector

CD

= 20i

: v (12)=−4 i

(m/s)

Per a t = 19 s són els del vector DA

= 20 j

: v (19)=−4

j (m/s)

36. Per trobar el vector velocitat instantània per a un instant donat, substituïm el valor de t en l’expressió:

v = (t2 + 2t −8) i

+ (3t2 – 9t +6)

j (m/s)

v (0) = −8 i

+ 6

j (m/s)

v (1) = −5 i

(m/s)

v (5)=27

i + 36

j (m/s)

La velocitat instantània serà nul·la quan els dos components del vector siguin zero:

t2 + 2t −8 = 0 i 3t2 – 9 t + 6 = 0

Les dues equacions tenen la solució t = 2 s.

vector acceleració

37. El mòdul de la velocitat es manté constant:

v =2 R

t=

24

8= 3π m/s

La velocitat instantània en un punt és tangent a la trajectòria en aquest punt:

v (O)=3π

j (m/s); v (A)=3π

i (m/s);

v (B)=−3π

j (m/s); v (C)=−3π

i (m/s)

L’acceleració mitjana és: a

m=

vt

=v v0

t t0

a) Entre t = 0 i t = 2 s:

am

=3

i 3

j2

= (3π/2)

i − (3π/2)

j (m/s2)

b) Entre t = 0 i t = 4 s:

am

=3

j 3

j4

= (−3π/2)

j (m/s2)

c) Entre t = 0 i t = 8 s:

am

=3

j -3

j8

= 0

d) Entre t = 2 i t = 6 s:

am

=3

i 3

i4

= (−3π/2)

i (m/s2)

e) Entre t = 4 i t = 6 s:

am

=3

i +3

j2

= (−3π/2)

i + (3π/2)

j (m/s2)


56


38. am =v

(2) v

(0)2 0

=(4

i +3

j ) ( 6

i +

j )2

=10i

+ 2 j

2= 5

i +

j (m/s)

moviment uniforme en dues dimensions

39. Atès que es tracta d’un moviment amb velocitat constant:

r (t)=

r0 + v (t –t0)

En aquest cas:

r0=4i

+7 j

(m),, v

=5i

3j

(m/s)i t0 =2 s .

Per tant: r (t)=4i

+ 7 j+(5i

-3 j

) (t 2)=(5t 6)i

+( 3t +13)j

(m)

Per trobar la posició en l’instant t = 5 s només cal substituir t en l’expressió anteri-or:

r (5)=19

i − 2

j (m)

40. En l'instant en què els mòbils xoquin s’igualaran els vectors de posició rA= r

B :

(5t–7)

i +(t+8)

j =(3t+9)

i +(3t–10)

j

Perquè es verifiqui la igualtat els termes han de ser iguals per a cada component:

5t – 7 = 3t + 9 i t + 8 = 3t – 10

La primera igualtat es compleix per a t = 8 s i la segona per a t = 9 s. Atès que no hi ha cap instant que faci que es compleixin les dues igualtats els mòbils no xocaran.

41. En un moviment uniforme la velocitat instantània és igual a la mitjana. Calculem la velocitat mitjana entre els instants t = 0 i t = 1 s:

v

= v

m =r

(1) r

(0)1

=5i

4 j

(3i

5j

)1

=2 i

+ j

(m/s)

Les components del vector posició són les coordenades del mòbil:

r

=(2t +3)i

+(t 5)j

= xi

+ yj

. .

És a dir:

x =2t +3y= t 5

Per trobar la relació entre les coordenades del mòbil aïllem t de la segona equació (t = y+5)ilasubstituïm a la primera: x=2×(y+5)+3

L’equació de la trajectòria és:

x – 2y – 13 = 0

42. a) v = v

m =rt

=r r0

t t0

=10

i 8

j 2

i 4

j7 3

=8

i 12

j4

= 2

i −3

j (m/s)

b) Atès que es tracta d’un moviment uniforme l’expressió del vector posició és:

r (t) = r

0 + v

(t t0)=2i

+ 4 j

+(2i

3j

)(t 3)=(-4 +2t)i

+(13-3t)j

r (10)=16

i − 17

j (m)


57

c)

x = 4 +2ty=13 3t

Aïllem t en les dues equacions:

t = x + 4

2

t = 13 y3

Igualant obtenim

x + 42

=13 y

3 que equival a:

3x + 2y – 14 = 0

43. r A(t) = r0 + v (t − t0)=(16

i + 12

j )× t =16t

i + 12t

j (milles)r B(t)=

r0 + v (t − t0)=

i + 5

j +(12

i − 8

j )× t = = 12t + 1)

i + (−8t + 5)

j (milles)

Igualem r A(t)a r B(t)componentacomponentpersabersixocaran:

Component x: 16t = 12t + 1; t = 0,25 h

Component y: 12t = −8t + 5

A l’instant t = 0,25 h ambdues components dels vectors posició seran iguals, per tant

els vaixells xocaran en un quart d’hora.

44. r 1(t)=5 000i

+300j

72i

t =(−72t + 5 000)

i + 300

j (m)

r 2(t)=3 000j

+(28i

54 j

) t = 28t

i + (−54t + 3 000)

j (m)

Per trobar l’instant i la posició de xoc igualem els dos vectors posició: r 1(t)= r 2(t)

−72t + 5 000 = 28t; t = 50 s

300 = −54t + 3 000; t = 50 s

Els mòbils xocaran en l’instant t = 50 s ja que per aquest valor s’igualen les dues components dels vectors posició.

Per trobar la posició a on xocaran substituïm a qualsevol dels vectors posició:

r 1(50)=

r 2(50)=1 400

i + 300

j (m)

moviment amB acceleració constant

45. r = r0 + v0∆t +

12a(∆t)2 = (30

i + 80

j )×t+ 12×(2

i − 8

j )×t2 =

= (30t + t2 )

i + (80t – 4t2)

j (m)

v = v

0 +a

t =30i

+80j

+(2i

8j

) t = (30+ 2t)

i + (80−8t)

j (m/s)

50

i =(30+2t)

i +(80−8t)

j

Aquesta equació vectorial equival a:


58


30+2t =5080 8t =0

Ambdues equacions tenen la mateixa solució: t = 10 s.

Per a t = 10 s obtenim:

r (10) = 400

i + 400

j (m)

46. a) r = r0 + v0 t +

12a( t)2 =5j

+ 12(6i

+10j

)t 2 =

= 3t2 i +(5t2+5)

j (m)

b) Per trobar l’equació cartesiana de la trajectòria fem

x =3t 2

y=5t 2 +5

Aïllem t2 a les dues equacions i igualem:

x3

=y 5

5 La trajectòria és la recta 5x –3y +15 = 0.

47. a) El vector posició en funció del temps és:

r = r0 + v0 t +12a( t)2 = 30

j + 40t

i − 12

10t2

j =

= 40t

i + (−5t2 + 30)

j (m)

v (t)= v

0 +a

(t t0)= 40

i − 10t

j (m/s)

b) Quan la pedra arribi al terra, y = 0. Per tant:

−5t2 + 30 = 0; t = 6 s

Substituïm t = 6 s al component x del vector posició:

x = 40 6 = 98 m

c) La velocitat quan t = 6 s és:

v ( 6 )= 40i

-10 6 j

= 40

i − 24,5

j (m/s)

48. v0x = v0y = 25 × cos 45º = 25

2= 17,68 m/s

r = r0 + v0∆t +12a( t)2=

=(17,68i

+17,68j

)t + 12( 10j

)t 2 =17,68t i

+(17,68t 5t 2)j

Hem de calcular x quan y = 0:

17,68t − 5t2 = 0

Solucions:

t= 0 i t = 17,68/5 = 3,54 s

La solució t = 0 correspon l’instant inicial.

Quan t = 3,54 s, r

=17,68×3,54 i

=62,6 i

(m) , es a dir, x = 62,6 m >60 m


59

La pedra arribarà a l’altra riba del riu.

49. a) v

0 = v 0cos

v 0 sin

=10 0,8i

10 0,6j

=8i

6j

(m/s)

El vector posició en funció del temps és:

r (t)=

r0 + v0 t +12a( t)2 = 20

j +(8

i − 6

j )×t – 5t2

j =

= 8t

i + (20 – 6t – 5t2)

j (m)

b) x =6t

y=20 8t 5t 2t = x / 8

y = 20 –4x3

−5x2

36 Un trinomi de segon grau és l’equació d’una paràbola.

50. a) v0x = 32 cos 30º = 16 3 m/s, v0y = 32 sin 30º = 16 m/s.

r = r0 + v0∆t +12a(∆t)2 =(16 3

i + 16

j )t – 5t2

j =

= 16 3 t

i +(16t – 5t2)

j (m) Quan el cos caigui al terra s’anul·larà la component vertical del vector posició (y=0):

16t – 5t2 = 0

L’equació de segon grau té dues solucions: t = 0 s i t = 16/5 s. La primera solució es correspon amb l’instant inicial. La segona solució és l’instant en què el cos cau al terra.

La component horitzontal del vector posició en aquest instant és:

x =16 3×16

5= 88, 7 m

b) v = v

0 +a

(t t0)=16 3i

+16 j

10 j

t = 16 3

i +(16–10t)

j (m/s)

v (2)=27,7

i − 4

j (m/s)

c) Quan l'altura sigui màxima la component vertical del vector velocitat s’anul·la:

vy = 0; vy = 16 – 10t = 0; t = 1,6 s

Substituint en la component vertical del vector posició obtenim:

16 1,6 5 1,62 = 12,8 m

51. a) v = 900 km

h1 000 m

1 km1 h

3 600s= 250 m/s

r = r0 + v0 t +12a( t)2 =500 j

+250i

×t -5t 2 =

= 250t

i +(500–5t2)

j (m)

Quan el cos arriba al terra la component vertical del vector posició és zero:

500 – 5t2 = 0; t = 10 s

En aquest instant la component horitzontal del vector posició és:

x = 250×10 = 2 500 m


60


b) v = v 0 + a(t − t0 )=250

i − 10t

j (m/s)

Arriba a terra quan t = 10 s i amb una velocitat:

v (10)=250

i − 100

j (m/s)

52. v0x = 20 cos 45º = 10 2 ; v0y = 20 sin 45º = 10 2

r = r0 + v0∆t +12a(∆t)2 = 10 2 t

i + (10 2 t – 5t2)

j (m)

v = v 0+a(t − t0 )= 10 2

i + (10 2 − 10t)

j (m/s)

a) La component vertical de la velocitat s’anul·la quan la pedra assoleix l'altura màxima:

vy = 10 2 − 10t = 0; t = 2 s

La component vertical del vector posició és:

y = 10 2 2 5 ( 2)2 = 10 m

b) Quan la pedra arriba a la tanca és x = 10 m:

10 2 t=10, és a dir, t = 12

s

En aquest instant l'altura a la que es troba la pedra és:

y=10 2 12

5 12

2

=7,5 m

Com que l’alçària de la tanca és de 8 m la pedra no hi passarà per damunt.

53. r = r0 + v0 t +

12a(∆t)2 =80 j

+ v0 i

×t 5t 2 = v0t

i +(80–5t2)

j (m)

Quan el cos arribi al terra serà: x = 50 m i y = 0.

vot =50

80-5t 2 =0Resolent el sistema:

t = 4 s

v0 = 12,5 m/s

moviment circular uniforme

54. = 2,5 voltes360º

1 volta2 rad360º

= 5π rad

s= r =5 ×0,8 m =4π m

55. a) ω =20

revs

2 rad1 rev

= 40π rad/s

v = ω r = 40π 0,15 = 18,8 m/s

b) Δt = 4 h × 3 600 s/h = 14 400 s

Δs = v × Δt =18,8 m/s × 14 400 s = 270 720 m 271 km

56. ω = v A

rA

= vB

rB

= 3 rad/s. vB = ω rB = 3 rad/s × 3,5 m = 10,5 m/s


61

La velocitat angular és la mateixa per als dos punts: 3 rad /s

ac A =vA

2

rA

= 18 m/s2

acB =vB

2

rB

= 31,5 m/s2

57. a) ω = v

A

rA

=1,5 m/s

2 m=0,75 rad/s

vB = ω rB = 0,75×2,8 = 2,1 m/s

acB=

vB2

rB

= 1,575 m/s2

b) Δφ = ω Δt = 0,75 rad/s × 180 s = 135 rad = 135 rad 1 volta2 rad

= 21,49 voltes

58. La Terra triga 1 dia en fer una volta sencera sobre ella mateixa per tant la seva velocitat angular és:

ω = 1 rev

24 h2 rad1 rev

0,2618 rad/h

Un punt de l’equador dista 6 370 km del centre de la terra. La seva velocitat lineal és:

v = ω × r = 0,2618 rad/h 6 370 km = 1 668 km/h

qüestions relatives a tots els aPartats

59. a) El desplaçament és positiu o negatiu, segons el sentit en què el mòbil es desplaci.

b) Sí, als instants anteriors a l’origen de temps se’ls assignen valors negatius.

c) Un interval de temps és sempre positiu ja que el temps només transcorre en un sentit.

60. a) Un transatlàntic pot ser considerat un mòbil puntual quan travessa l’oceà des de Europa cap a Amèrica.

b) Un automòbil no pot ser considerat un mòbil puntual quan fa un gir en una ro-tonda o quan aparca entre dos cotxes.

61. a) Atès que Δs = s – s0 i que els valors de s i s0 s’intercanvien per a dos mòbils que es desplacen sobre la mateixa recta en sentits oposats, el desplaçament serà de signe contrari.

b) El temps transcorregut tindrà el mateix signe per a tots dos mòbils atès que els valors de t i t0 són els mateixos.

c) La velocitat és una magnitud que té el mateix signe que el desplaçament. Així doncs les velocitats tindran signes contraris quan els mòbils es desplacen en sentits oposats.

d) La rapidesa és el mòdul de la velocitat i té sempre valor positiu per tant la rapidesa de tots dos mòbils té el mateix signe.

62. La tercera gràfica posició-temps representa el moviment del mòbil.

La primera gràfica no pot representar el moviment descrit ja que les posicions inicial


62


i final no coincideixen, la segona no pot representar cap moviment atès que els temps inicial i final coincideixen.

La tercera representa un moviment uniforme entre dos punts, posteriorment descriu una aturada ja que s’observa una recta paral·lela a l’eix x(velocitatnul·la)ifinalmentun tercer tram amb velocitat constant tornant a la posició inicial s = 0.

63. La velocitat constant es representa per una recta paral·lela a l’eix x en la gràfica velocitat-temps, la gràfica haurà de tenir un primer tram amb velocitat positiva, un segon amb velocitatnul·laiuntercerambvelocitatnegativa(jaqueelmòbiltornaalpuntdeparti-dadesprésd’estaraturat).Lagràficaquedescriuelmovimentdelmòbiléslasegona.

64. L’expressió de l’acceleració mitjana és:

am =

vt

=v-v0

t -t0

= 25 010

= 2,5 m/s2

2,5 m/s2 = 2,5 ms 2

1 km1 000m

3 600 s1 h

60 s1 min

=540km

h min

65. 5 km/h s = 5 kmh s

1 000 m1 km

1 h3 600 s

= 1,39 m/s2

3 000 m/min2 = 3 000m

min2

1 min60 s

1 min60 s

= 0,83 m/s2

5 km/h s és més gran que 3 000 m/min2

66. El signe de l’acceleració és el mateix que el de l'increment de velocitat.

a) Positiu. Si el moviment és accelerat Δvtéelsentitdelmoviment(positiu).

b) Negatiu. Si el moviment és accelerat Δvtéelsentitdelmoviment(negatiu).

c) Negatiu. Si el moviment és retardat Δvtésentitcontrarialdelmoviment(positiu).

d) Positiu. Si el moviment és retardat Δvtésentitcontrarialdelmoviment(negatiu).

67. Enelsintervals(0<t<1s)i(2s<t<3s)elmòduldelavelocitatvadisminuint,estracta d’un moviment retardat.

Enelsintervals(1s<t<2s)i(3s<t<4s)elmòduldelavelocitatlaugmentatractant-se d’un moviment accelerat.

68. La velocitat del cos quan ha caigut des d'una altura h compleix:

v2 = 2 g h

Si la velocitat final es 2v serà:

4v2 = 2 g h’

Si dividim la segona igualtat per la primera obtenim:

4v2

v2=

2 gh '2 gh

Aïllant h’ resulta: h’ = 4h

69. r = 4

i + 9

j (m); r0 = −2

i +

j (m);Δt = 7 s – 3 s = 4 s


63

vm

=r r0

t= 4

i + 9

j +2

i -

j4

= 1,5

i + 2

j (m/s)

70. Si la velocitat inicial és nul·la o té la mateixa direcció que l’acceleració, el moviment és rectilini, en canvi si la velocitat inicial té diferent direcció que l’acceleració, el mòbil descriu una paràbola l’eix de simetria de la qual és paral·lel al vector d’acceleració. El mòbil fa, en aquest, cas un moviment parabòlic.

Si l’angle que formen el vector velocitat i el vector acceleració és agut es tracta d’un moviment accelerat mentre que si l’angle que formen és obtús es tracta d’un movi-ment retardat.

a)Movimentparabòlicretardat.b)Movimentparabòlicaccelerat.

c)Movimentrectiliniretardat.d)Movimentparabòlicaccelerat.

71. Farem servir l’expressió del vector posició en funció del temps per a un moviment uniforme:

r (t)=

r0 + v (t–t0)

r (t)=3

i + 7

j +(2

i − 3

j ) (t −5)

r (t) = (2t – 7)

i + (−3t + 22)

j (m)

72. v = v 0 + a Δt =15i

+20 j+( 10 j)t = 15

i + (20 − 10t)

j (m/s)

r = r0 + v0 t +

12a( t)2 = 8

j +(15

i + 20

j )t – 5t2

j =

= 15t

i + (8 + 20t – 5t2)

j (m)

73. En el punt més alt de la trajectòria la component vertical de la velocitat s’anul·la, ja que es tracta d’un moviment parabòlic simètric respecte l’eix vertical. La component horitzontal de la velocitat es manté constant durant tota la trajectòria.

Així doncs la velocitat del mòbil en el punt més alt de la trajectòria és v = 30

i (m/s)

Es tracta d’un moviment uniformement accelerat, l’acceleració es manté constant durant tot el moviment per la qual cosa, en el punt més alt de la trajectòria té un valor de −10

j (m/s2)

74. a)Radidelatrajectòria Diferent

b)Arcrecorregut Diferent

c)Anglegirat Igual

d)Tempstranscorregut Igual

e)Velocitatlineal Diferent

f)Velocitatangular Igual

75. ω = 40 rad

s60 s

1 min1 rev

2 rad= 382 rev/min

La velocitat lineal és:

v = ω r = 40 rad/s × 5m = 200 m/ s


64


76. En un moviment circular uniforme no hi ha variació en el mòdul de la velocitat però sí que n’hi ha en la seva direcció. L’acceleració pot modificar la velocitat, tant en mòdul com en direcció i sentit.

L’expressió del mòdul de l’acceleració centrípeta és

a =v2

rAïllant v = a ×r = 10 m/s 4 m = 6,32 m/s

77. Inicialment l’acceleració centrípeta del mòbil serà a =

v2

r = 2,4 m/s2

a) Augmenta al doble la velocitat lineal del mòbil

a1 =(2v)2

r= 4 a = 9,6 m/s2

b) Trajectòria amb radi triple

a2 =v2

3r=

13a = 0,8 m/s2



66

unitat 3. Dinàmica

PrinciPi fonamental de la dinàmica

1. Les forces que actuen sobre el cos són el seu pes i la que s’exerceix verticalment cap a dalt a la qual anomenem Fa:

A partir de

ΣF = Fa − m g = m a

es dedueix:

Fa = m (a + g)

a) Fa = 200 ×(3+9,8)=2 560 N

b) Fa = 200 ×(0+9,8)=1 960 N

c) a=vt

=v v0

t t0

= 9 15

3 = −2 m/s2

Fa=200×(−2+9,8)=1 560 N

2. v = 90 km

h=90

kmh

1 000 m1 km

1 h3 600 s

= 25 m/s

a = 0 25

4 = −6,25 m/s2

Sobre l’automòbil només actua la força de frenada:

F = 800 kg ×(−6,25m/s2)=5 000 N

El signe menys indica que la força té sentit contrari al de la v0.

3. v0 = 45 kmh

= 45km

h1 000 m

1 km1 h

3 600 s= 12,5 m/s

a=

v2 v02

2 s=

0 (12,5 m/s)2

2 50 m= 1,5625 m/s2

La força de frenada és:

F = m a = 1 200 kg ×(−1,5625m/s2)=−1 875 N

El signe menys indica que la força té sentit contrari al de la v0.

4. Les forces que actuen sobre l’automòbil són:

-El seu pes

P = m g = 1 200 kg × 9,8 m/s2 = 11 760 N

-La reacció FN delsòl(igualidesentitcontrarialpes)

-La força de frenada F. La resultant és F.

L’acceleració de l’automòbil és:

a = Fm

=3000 N

1200 kg= 2,5 m/s2

La velocitat inicial de l’automòbil és de 72 km/h que equivalen a 20 m/s.

A partir de

v2 − v02 = 2 a ∆s


67

es dedueix:

s =v2 vo

2

2 a=

0 (20 m/s)2

2 ( 2,5 m/s2)= 80 m

Per tant, el cotxe xoca contra l’obstacle, ja que necessita 80 m per aturar-se.

5. a) v =81 km

h103 m1 km

1 h3600 s

=22,5 m/s ; a=vt

=22,5 m/s

20 s=1,125 m/s2

A la força F que estira el remolc s’hi oposa el fregament FR de manera que:

F − FR = m a.

Aïllant F resulta:

F = FR + m a = 500 N + 400 kg × 1,125 m/s2 = 950 N

b) El moviment és rectilini uniforme, per la qual cosa la força resultant sobre el remolc ha de ser nul·la:

FT – 500 N = 0

Per tant,

FT = 500 N

c) Com que la força de fregament és constant, el moviment serà uniformement retardat.

A partir de

v2 − v02 = 2 a ∆s

es dedueix:

a=

v2 v02

2 ∆s=

0 (22,5 m/s)2

2 120 m= 2,11 m / s2

En aquest cas es complirà:

F = FR + m a = 500 N + 400 kg ×(−2,11m/s2)=−344 N

6. Calculem el mòdul de l’acceleració:

| a | = 482 + 142 = 2500 = 50 m/s2

Aïllant m de la segona llei de Newton:

m =

Fa

=2,5 N

50 m /s=0,05 kg

7. Calculem l’angle α:

sin =

2052

; α = 22,62º

Les forces que actuen sobre el cos són el seu pes P i la tensió de la corda T.

T es descompon en Tx = T sin α i Ty = T cos α.

Atès que l’acceleració a és horitzontal, la força resultant ho ha de ser també, per la qual cosa les forces Ty i P s’han d’anul·lar mútuament:

T cos α = m g


68

unitat 3. Dinàmica

La força resultant serà per tant

Tx = T sin α.

Aplicant el principi fonamental de la dinàmica a la massa penjada del pèndol s’obté:

T sin α = m a

Dividint aquestes dues equacions:

m am g

=T sinT cos

Aïllant a resulta:

a= g

sin

cos=9,8 m /s 2 tg 22,62º = 4,08 m/s2

TyT

Tx

L = 52 cm

20 cm

α

F

P

PrinciPi d’acció i reacció

8. a) Aplicant la segona Llei de Newton al vagó de massa m’:

T = m’ a = 50 000 kg × 0,5 m/s2 = 25 000 N

b) Aplicant el principi fonamental de la dinàmica al sistema format per la locomotora i el vagó:

F=(m + m’)a=(70000+50000)kg×0,5m/s2 = 60 000 N

T T F

P’

m’m

P


69

9. Les forces que actuen sobre el conjunt són:

T1, m1 g i m2 g

T1 – m1 g – m2 g=(m1 + m2)a

D’on:

a=

T1 m1 g m2 gm +m

=6 N 0 ,3 k 9,81 m/s2 0,1 9,81 m/s2

0,3 kg +0,1 kg=5,2 m/s2

Per a trobar la tensió del segon fil aplicarem el principi fonamental de la dinàmica únicament al cos de massa 100 g:

T2 – m2 g = m2 a

D’on es dedueix:

T2 = (0,1kg×5,2m/s2)+ (0,1kg×9,81m/s2) = 1,5 N

10. a) Considerant g = 10 m/s2, el pes de l’home és:

P = m g = 60 kg × 10 m/s2 = 600 N

Las forces que actuen sobre ell són el seu pes i la força, F, cap a dalt, que exerceix labàscula(igualalaquel’homeexerceixsobreella).

Aplicant el principi fonamental de la dinàmica tindrem:

F – P = m a

Es a dir:

F = P + m a=600N+60kg×(−0,4m/s2)=576N

Expressada en kp és:

F = 576 N × 1 kp10 N

= 57,6 kp

b) Si l’ascensor baixa amb velocitat constant, la resultant sobre l’home és nul·la:

F = P = 60 kp

P

F

11. Si la gravetat és la normal i l’home pesa 64 kp, la seva massa serà de m = 64 kg.

El seu pes és P = 64 kp 9,8N1kp

= 627,2 N


70

unitat 3. Dinàmica

a) Les forces que actuen sobre l’home són el seu pes P i la força F, cap a dalt que exerceix l’ascensor sobre el cos. El valor d’aquesta força a l’arrencar l’ascensor de 68 kp = 666,4 N.

Pel principi fonamental de la dinàmica:

a =F P

m=

666,4 N 627,2 N64 kg

= 0,613 m/s2

b) Sil’ascensorpujafrenant,lasevaacceleraciótésentitcontrarialmoviment(capabaix)iseràa = −2 m/s2. Per tant:

F = P + m a=627,2N+64kg×(−2m/s2)=499,2N

Expressada en kp aquesta força és:

499,2 N 1 kp9,8 N

= 50,9 kp

12. Sobre el cos de massa m1 actuen dues forces: El seu pes P1 = m1 g i la tensió T del fil.

T − m1 g = m1 a

Sobre l’altre cos s’ha posat la massa suplementària m. Aplicant a aquest conjunt la segona llei de Newton:

(m1+ m)g – T=(m1+ m)a

Sumant les dues equacions s’obté:

T − m1 g+(m1 + m)g – T = m1 a+(m1 + m)a

Si s’aïlla m resulta:

m = 2 m1 ag a

= 2 0, 2 kg 2 m /s 2

10 m /s 2 2 m/s2= 0,1 kg

Peratrobarlatensiódelfil(T)utilitzarem:

T − m1 g = m1 a .

Aïllant T de la primera equació:

T = m1 (g + a) = 0,2kg×(10+2)m/s2 = 2,4 N

13. Aïllant a de s=12

a ( t)2 obtenim:

a = 2 s

( t)2=

2 5 m(5 s)2

= 0,4 m/s2

Sobre el cos de massa m1 actuen el seu pes P1 = m1 g i la tensió T del fil:

T − m1 g = m1 a

Sobre el cos amb la massa suplementària mactuenelpes(m1 + m)g i la tensió T del fil:

(m1 + m)g – T=(m1 + m)a

Si se sumen les dues equacions s’obté:

(m1 + m)g − m1 g=(2m1 + m)a

Aïllant m:

m=

2m1ag a

=2 1,2 kg 0,4 m/s2

(9,8 0,4) m/s2= 0,102 kg


71

llei d’Hooke

14. Representant F en funció de l’allargament s’obtenen de la gràfica els següents valors:

a) Per a Δx = 20 cm = 0,2 m, F = 9 N.

b) Per a Δx = 35 cm = 0,35 m, F = 15,8 N.

c) Per a Δx = 45 cm = 0,45 m, F = 20,3 N.

15. a) La força que l’objecte exerceix sobre la molla és el seu pes:

P = 4 kg × 9,8 m/s2 = 39,2 N

De la llei d’Hooke, F = −k Δx, es dedueix que:

k =

Fx

=39, 2 N

(0, 25 0,2) m= 784 N

b) Aïllant Δx de la llei d’Hooke:

Δx = P/k.

Per a P = 1 N s’obté:

Δx = 1 N784 N/m

= 1,3×10−3 m = 1,3 mm.

fregament cinètic

16. Les forces que actuen sobre el cos són el seu pes P = m g, la reacció FNdelsòl(igualidesentitcontrarialpes)ilaforçadefregamentFR.

P = FN = m g = 50 kg × 9,81 m/s2 = 490,5 N

a) La força de fregament és:

|FR| = μc |FN| = 0,25 × 490,5 N = 123 N

S’ha d’exercir una força igual per mantenir el cos en moviment constant: F = 123 N

b) Per la segona llei de Newton:

F − FR = m a.

D’on es dedueix:

F = FR+ m a =123 N + 50 kg × 2 m/s2 = 223 N

FR

FN

F

P


72

unitat 3. Dinàmica

17. Les forces que actuen sobre el cos són el seu pes P = m g = 25 kg × 9,8 m/s2 = 245 N, la reacció del sòl, FN = −P, i la força de fregament FR, que és la resultant.

|FR| = μc |FN| = 0,4 × 245 N = 98 N

Aplicant la segona llei de Newton:

a = FR

m=

98 N25 kg

= 3,92 m /s 2

Si es considera positiva la velocitat inicial, l’acceleració tindrà signe negatiu, ja que el mòbil està frenant.

A partir de

v2 − v02 = 2 a ∆s

es dedueix:

∆s =v 2 v

o2

2 a=

0 (20 m/s)2

2 3,92 m/s2 = 51 m

18. De v2 − v02 = 2 a ∆s es dedueix:

a=v2 v0

2

2a s=

0 (6 m/s)2

2 9 m = −2 m/s2

La força resultant sobre el cos és la força de fregament FR, ja que el seu pes, P, i la reacció FN del sòl es contraresten:

|FR| = μc |FN|

Pel principi fonamental de la dinàmica:

FR = −μc m g = m a

Aïllant μc resulta:

c=

ag

=2 m/s2

9,8 m/s2= 0,204

19. La força F constant aplicada al cos es descompon en la força horitzontal F1 paral·lela al pla, i la vertical F2.

|F1| = |F2| = F sin 45º = 2 N 22

= 1 N

El pes del cos és:

P = m g = 0,5 kg × 9,8 m/s2 = 4,9 N

La força normal que exerceix el cos sobre el pla és:

FN = P + F2 = 4,9 N + 1 N = 5,9 N.

La força de fregament cinètic és:

|FR| = μ |FN|= 0,1 × 5,9 N = 0,59 N.

Aplicant al cos la segona Llei de Newton resulta:

F1 – FR = m a

Aïllant L’acceleració s’obté:

a = F1 F

R

m=

1 N 0,59 N0,5kg

= 0,82 m/s2


73

PN

FR

F1

P

F2

F

45º

20. El pes del cos és

P = m g = 5 kg × 9,8 m/s2 = 49 N

Descompondrem la força F aplicada al cos en FN, perpendicular al pla, i FT, paral·lela al pla:

FN = F sin α = 40 sin α, FT = F cos α = 40 cos α.

La força de fregament cinètic FR que s’oposa al moviment és:

FR=μ(P − FN)=μ(m g – Fsinα)=0,75×5×9,8−0,75×40×sinα=

= 36,75 – 30 sin α

Aplicant al cos la segona llei de Newton resulta:

a = F

TF

R

m = 40 cos (36,75-30 sin )

5=(8 cos α + 6 sin α – 7,35) m/s2

FN

FR

FT

P

F

α

21. La força de fregament és:

FR = µ P = µ m g = 0,3 × 40 kg × 9,81 m/s2 = 117,72 N

Si apliquem al conjunt dels tres cossos la segona llei de Newton resulta:

a =F F

R

m=(200 117,72) N(10+10+ 20) kg

=82, 28 N

40 kg= 2,06 m/s2


74

unitat 3. Dinàmica

La tensió T1 del primer tram de corda es calcula aplicant la segona llei de Newton al sistema constituït per por m1 i m2:

T1=(m1 + m2)a=(10kg+10kg)×2,06m/s2= 41,2 N

La tensió T2 del segon tram de corda es calcula aplicant la segona llei de Newton a m1:

T2 = m1 a = 10 kg × 2,06 m/s2 = 20,6 N

m1

m2

FR

m3

T2

a

T1

fregament estàtic

22. La força de fregament estàtic compleix que:

FR ≤ μ FN = μ m g

Aquesta força és la que provoca l’acceleració de l’home en caminar. Per tant:

FR = m a

Si substituïm FR en la primera desigualtat tenim: m a ≤ μ m g

D’on es dedueix:

a ≤ μ g = 0,4 × 9,8 m/s2 = 3,92 m/s2

23. Veure l’exemple 9 del llibre de l’alumne, la resolució del qual s’explica a la pàgina 92,

El valor màxim de la força de fregament del bloc amb el sòl ve donat per:

R2 ≤ μ2 m2 g = 0,8 × 300 kg × 9,81 m/s2 = 2 354,4 N

La força de fregament entre l’home i el sòl té un valor màxim donat per:

R1 ≤ μ1 m1 g = 0,2 × 80 kg × 9,81 m/s2 = 157,0 N

Per tant R1 no pot ser major que R2.

L’home no podrà arrossegar el bloc.

24. En frenar el vehicle, l’objecte es deté pel fregament amb el sòl. Perquè l’objecte no patini, la seva acceleració de frenat ha de ser igual a la del vehicle. Per tant: FR = m a

També sabem que la força de fregament estàtic compleix que:

|FR| ≤ µ |FN| = µ m g

De les anteriors expressions es dedueix:

|m a| ≤ µ m g, es decir, |a| ≤ µ g.

Aquesta condició s’ha de complir perquè l’objecte no rellisqui sobre el sòl del vehicle.

µ g = 0,1 × 9,8 m/s2 = 0,98 m/s2

La velocitat inicial del vehicle és v0 = 54 km/h = 15 m/s


75

De v2 − v02 = 2 a ∆s es dedueix:

a=

v2 v02

2 s=

0 (15 m/s)2

2 75 m= −1,5 m/s2

Comqueelvalorabsolutdel’acceleració(1,5m/s2)ésmajorqueelproducteµ g (0,98m/s2),lacondiciónoescompleixielcosrelliscaràsobreelsòldelvehicle.

25. Els pesos són:

P1 = m1 g = 2 × 9,81 = 19,62 N

P2 = m2 g = 3 × 9,81 = 29,43 N

La força de fregament amb el pla horitzontal és:

FR = µ P1 = 0,25 × 19,62 = 4,91 N

Si la força aplicada F es mínima, el cos està a punt de lliscar en sentit contrari. En aquest cas, el fregament que impedeix el moviment serà màxim i tindrà el sentit de F:

F + FR – P2 = 0

d’on es dedueix,

F = P2 – FR = 29,43 N – 4,91 N = 24,5 N

Si la força aplicada F es és la màxima, el cos està a punt de lliscar en el sentit de F. En aquest cas, el fregament, que impedeix el moviment, serà màxim i tindrà sentit contrari a F:

F – FR – P2 = 0

d’on es dedueix,

F = FR + P2 = 4,91 N + 29,43 N = 34,3 N

moviment soBre Plans inclinats

26. El pes P s’ha descompost en la força PT paral·lela al pla inclinat i la força PN perpen-dicular al pla contrarestada per la reacció −PN d’aquest.

La força de fregament cinètic FR s’oposa al moviment.

Les intensitats de les forces que actuen són:

P = m g ; PT = P sin α = 0,6 m g; PN = P cos α = 0,8 m g;

FR = μ PN = 0,4 × 0,8 m g = 0,32 m g


a = PT – FR

m=

0,6 m g – 0,32 m gm

= 0,28 g = 0,28 × 9,81 m/s2 = 2,74 m/s2


76

unitat 3. Dinàmica

FR

–PN

PT

PN

P

α

α

27. Calculem l’angle α d’inclinació del pla:

tg α = 5/100 = 0,05; α = 2,86º


P = m g (esdescomponenPT = m g sin α i PN = m g cos α)

FR = µ PN = μ m g cos α

Si apliquem al cos la segona llei de Newton resulta:

a =

PT FR

m=

m g sin m g cos m

=

=10 m/s2 (sin2,86 0,02cos2,86)= 0,30 m/s2

De v2 − v02 = 2 a ∆s es dedueix

v 0+2 0,30m / s2 30m = 4,24 m/s

P5%

5%

PN

PT

–PN

FR

28. Les intensitats de les forces que actuen són:

P = m g(esdescomponenP T = m g sin 30º i PN = m gcos30º)

FR = μ PN = 0,2 m g cos 30º

Per la segona llei de Newton:

a = PT FR

m=

m g sin 30º 0, 2 m g cos 30ºm

= = 3,20 m/s2


77

Com que el moviment del trineu és uniformement accelerat, es complirà:

v2 − v02 = 2 a ∆s

v2=(2m/s)2 + 2 × 3,20 m/s2 × 20 m = 132 m2/s2

és a dir, v = 11,5 m/s

FR

–PN

PT

PN

P

α

α

29. El moviment és uniformement accelerat i compleix l’equació:

s=

12

a t2

Aïllant a resulta:

a = 2 s

t 2=

2 5 m(2 s)2

= 2,5 m/s2

Podem calcular trigonomètricament l’angle α d’inclinació del pla:

sin α = 8

17= 0,4706; α = arc sin 0,4706 = 28,07º


P = m g

PT = P sin α = m g × 0,4706 ; PN = P cos α = m g × 0,8823

FR = μ PN = μ m g cos α


PT − FR = m a

m g sin α – μ m g cos α = m a

Aïllant μ s’obté:

μ = g sin ag cos

= 9,81 m s 2 0, 4706 2,5m s 2

9,8 m s 2 0,8823 = 0,244


78


P5%

5%

PN

PT

–PN

FR

30. a) Calculem l’angle α d’inclinació del pla:

tg α = 50/100 = 0,5; α = 26,57º


P = m g = 250 kg × 9,81 m/s2 = 2 452,5 N

PT = P sin α = 2 452,5 N × 0,4473 = 1 097 N

PN = P cos α = 2 452,5 N × 0,8944 = 2 194 N

FRe ≤ μe PN = 0,3 × 2194 = 658 N

Com que el valor de PT és major que la força de fregament estàtic FRe, el cos re-lliscarà pel pla inclinat.

Quan es mou, la força de fregament sobre el cos és la de fregament cinètic:

FRc = μc PN = 0,25 × 2194 = 548 N

b) Calculem l’angle α d’inclinació del pla:

tg α = 15/100 = 0,15; α = 8,5308º


P = 2 452,5 N

PT = P sin α = 2 452,5 N × 0,1483 = 364 N

PN = P cos α = 2 452,5 N × 0,99 = 2 425 N

FRe ≤ μe PN = 0,3 × 2425 = 727,5 N

Com que PT es menor que FRe, el cos no lliscarà pel pla inclinat.

Si el cos no es mou, FRe equilibrarà exactament a PT:

FRe = PT = 364 N


79

P

α

α

PN

PT

–PN

FR

resumen de les lleis de newton

31. a = F M gM

=75 N 60 N

6 kg= 2,5 m/s2

32. a = FM

= 75 N6 kg

= 12,5 m/s2

33. FR = µ M g = 0,4 × 6 kg × 10 m/s2 = 24 N

a = F F

R

M=(75 24) N

6 kg= 8,5 m/s2

34. FN = F sin α = 75 × 0,6 = 45 N

FT = F cos α = 75 × 0,8 = 60 N

FR=μ(M g − FN)=0,4×(60−45)N=6N

a = F

TF

R

M=

60 N 6 N6 kg

= 9 m/s2

35. FN = F sin α = 75 × 0,6 = 45 N

FT = F cos α = 75 × 0,8 = 60 N

FR=μ(M g + FN)=0,4×(60+45)N=42N

a =F

TF

R

M=

60 N 42 N6 kg

= 3 m/s2

36. PT = M g sin α = 60 × 0,6 = 36 N

a =PT

M=

36N6 kg

= 6 m/s2

37. PT = P sin α = 60 N × 0,6 = 36 N

PN = P cos α = 60 N × 0,8 = 48 N


80

unitat 3. Dinàmica

FR = μ PN = 0,4 × 48 N = 19,2 N

a = P

TF

R

M=

36 N 19,2 N6 kg

= 2,8 m/s2

38. PT = P sin α = 60 N × 0,6 = 36 N

PN = P cos α = 60 N × 0,8 = 48 N

FR = μ PN = μ P cos α = 0,4 × 60 N × 0,8 = 19,2 N

a =F P

TF

R

M= 75 N 36 N 1 9,2 N

6 kg= 3,3 m/s2

39. M g T = M aT m g = m a

a =(M m) g

M + m=(6 2) 10

6+ 2= 5 m/s2

T = M×(g – a)=6×(10–5)=30 N

40. M g T = M aT = m a

a =M g

(m+ M )=

60 N(2+6) kg

= 7,5 m/s2

T = M g − M a=60N–(6kg×7,5m/s2)=15 N

41. FR = μ m g = 0,4 × 2 kg ×10 m/s2 = 8 NT FR = m a

M g T = M aa =

M g FR

(m+ M )=

60 N 8 N(2+6) kg

= 6,5 m/s2

T = P − M a = 60 N – 6 kg × 6,5 m/s2 = 21 N

42. pT = m g sin α = 2 × 10 × 0,6 = 12 N M g T = M aT pT = m a

a = M g pT

M + m=(60 12) N(6+2) kg

=488

= 6 m/s2

T = M(g – a) = 6 kg ×(10–6)m/s2 = 24 N

43. pT = m g sin α = 20 N × 0,6 = 12 N

pN = m g cos α = 20 N × 0,8 = 16 N

FR = μ pN = 0,4 × 16 N = 6,4 N

T pT FR = m a

M g T = M a a =

M g pT FR

M + m= 60 N 1 2 N 6 ,4 N

(6+2) kg= 5,2 m/s2

T = M (g – a)=6kg×(10−5,2)m/s2 = 28,8 N

44. PT = M g sin α = 60 N × 0,6 = 36 N T = m aPT T = M a

a =P

T

(m+ M)=

36 N (2+6) kg

= 4,5 m/s2

T = m a = 2 kg × 4,5 m/s2 = 9 N

45. PT = M g sin α = 60 N × 0,6 = 36 N

PN = M g cos α = 60 N × 0,8 = 48 N


81

fR = µ m g = 0,4 × 20 = 8 N

FR = µ PN = 0,4 × 48 = 19,2 NP

TFR T = M a

T f R = m a

a = P

T F

Rf

R

M+ m=

36 19,2 86+2

=8,8

8= 1,1 m/s2

T = fR + m a=8N+(2kg×1,1m/s2)=10,2 N

dinàmica del moviment circular uniforme

46. L’acceleració és l’acceleració centrípeta:

a

c=

v2

rPer la segona llei de Newton:

Fc = m ac = m v2

r= 4 kg

(5 m /s)2

0,5 m= 200 N

47. La força aplicada és la força centrípeta:

Fc=m a

c=m

v2

r

Aïllant r s’obté:

r =m

v2

F=0,100 kg

(20 m / s)2

50 N= 0, 8 m

La velocitat angular és: =vr

=20 m / s0,8 m

= 25 rad / s

25 rad/s 1 vuelta2 rad

= 3,98 voltes/s

48. L’acceleració de l’automòbil és l’acceleració centrípeta i la força centrípeta és la de fregament:

FR = m aC = m v2

r

Però la força de fregament estàtic compleix que:

FR ≤ μ FN = μ m g

Si substituïm FR:

m v2

r≤ μ m g ,

d’on es dedueix que:

v2 ≤ μ g r,

Per tant:

v g r = 0, 4 9,8m / s 2 50m =14 m / s


82

unitat 3. Dinàmica

49. La velocitat angular es

ω = 300rev

min2 rad

1 rev1 min

60 s=31,41

rad/s

a) Quan la pilota es troba al punt més alt:

FC = m g + T

aC = ω2 r


m g + T = m ω2 r

T = m(ω2 r − g)= = 0,150 kg (31, 41 rad /s)2 0,6 m 0,150 kg 9,81 m /s 2 87, 4 N

b) Quan la pilota es troba al punt més baix:

FC = T − m g


T − m g = m ω2 r

T = m(ω2 r + g)= 0,150 kg (31, 41 rad /s)2 0,6 m 0,150 kg 9,81 m /s 2 90, 3 N

50. La força centrípeta en el punt més alt és:

Fc = m g + T

i l’acceleració és:

a

c=

v2

rPer la segona llei de Newton es compleix:

Fc = m aC

es a dir,

m g +T = m v 2

rAïllant T s’obté:

T =0,050 kg

(3 m /s)2

0, 4 m0,050 kg 10 m /s 2 = 0, 63 N

El valor mínim de la velocitat es donarà quan la tensió de la corda sigui zero. Per tant, si T = 0 N, l’equació:

m g + T = m v2

res converteix en

m g =mv2

rAïllant v resulta:

v = g r = 10 m /s 2 0, 4 m = 2 m /s


83

51. La força centrípeta sobre el cos és

Fc = m ac = m ω2 r

L’angle α que forma la corda amb la vertical compleix:

sin α = rL

= 50130

D’on: α = 22,62º

En el triangle rectangle format pels vectores representatius de les forces es compleix:

tg α = FC

P= m 2 r

m g=

2rg

Aïllant ω resulta:

ω = g tg r

= 9,81 m / s 2 tg 22,62º0,5 m

= 2,86 rad / s

ω = 2,86 rad/s × 1 rev

2 rad= 0,45 rev/s

FC

α

α

P

r

L

T

llei de gravitació universal

52. El pes del cos és:

P = m g = 0,5 kg × 9,8 m/s2 = 4,9 N


84

unitat 3. Dinàmica

La força amb la qual és atret 10 000 km del centre de la Terra és:

F =G

m M T

d 2=6,67×10 11 Nm 2 kg 2 0,5 kg 5,98 1024 kg

(10 106 m)2= 2 N

A 10 000 km sobre la superfície de la Terra d = 6 370 km + 10 000 km = = 16 370 km.

F =Gm M T

d 2=6,67 10 11 Nm 2 kg 2 ×

0,5 kg 5,98 1024 kg(1,637 107 m)2

= 0,74 N

53. La gravetat en Mart és:

g =

G MMart

rMart2

= 6,67 10 -11 Nm 2kg -2 6,4 1023kg

3,4 106m( )2

= 3,69 m/s2

El pes de l’astronauta a Mart serà:

PMarte = M × gMart = 150 Kg × 3,69 m/s2 = 554 N

54. La massa de la Lluna és:

ML = M

T

81=

5,98 1024kg81

= 7,38 × 1022 kg

Per la llei de la gravitació universal:

F =

G MT

ML

d2

Aïllant d:

d =G M

TM

L

F=

6,67 10-11 Nm2kg-2 5,98 × 1024kg 7,38 1022kg2 1020 N

= 3,8 × 108 m

55. El pes del cos en la superfície del planeta és:

p=G

m MT

/ 2

(RT

/ 2)2=G

m×MT

RT2

2

Però Gm M

T

RT2

éselseupesenlaTerra(40N).

Per tant serà:

p = 40 N × 2 = 80 N

56. Segons la llei de la gravitació universal el pes peso p d’un cos és inversament propor-cional al quadrat de la seva distància d al centre de la Terra. És a dir, el producte p d2 es constant:

p1 d12 = p2 d2

2

Aïllant d2 s’obté:

d2 =

p1

p2

d1 = 360 N90 N

6,37 106 m = 2 6,37 106 m


85

L’altura sobre el sòl és:

h = d2 − RT = 2 × 6,37 × 106 m − 6,37 × 106 m = 6,37 × 106 m

imPuls mecànic i quantitat de moviment

57. F

t =m v

m v

0

Aïllant v

resulta:

v

= v

0 + F

tm

= i

4 j

(m / s)+(4 i

+2 j

) N 10 s20 kg

=3i

3 j

(m/s)

58.

F t =m v

Aïllant

F s’obté:

F =m

t× v =

50kg3s

(16

i 9

j 4

i +6

j)m/s=

=

50kg3s

(16

i 9

j 4

i +6

j)m/s= 200 i

− 50

j (N)

59.

F t =m v

Aïllant:

F =m

t

v =

2 kg3 s

× (16

i + 4

j − 4

i + 5

j )m /s = 8

i + 6

j (N)

F = 82 +62 = 10 N

60. La velocitat inicial i final de la pilota expressades en m/s són:

v1 90 km / h = −25 m/s i v2 =144 km / h = 40 m/s

L’impuls mecànic aplicat a la pilota és:

I = ∆p = m(v2 − v1)=0,080kg×(40+25)m/s=5,2 kg m s−1

La força mitjana que actua sobre la pilota serà:

F =

pt

=5, 2 kg m s -1

20 10-3 s= 260 N

61. v 0 = 2 cos 30º

i − 2 sin 30º

j

v = 2 cos 30º

i + 2 sin 30º

j

I =p =m(v

-v

0)= 0,1 kg × 4 sin 30º

j (m/s)=0,2

j N s

PrinciPi de conservació de la quantitat de moviment

62. Podem aplicar el principi de conservació de la quantitat de moviment al sistema fusell-bala:

P =

P0


86

unitat 3. Dinàmica

es a dir,

mf vf + mb vb = 0.

Aïllant vf s’obté:

vf = − m

bv

b

mf

= 0,02 kg×900 m/s

3 kg= −6 m/s

63. En el xoc es conserva la quantitat de moviment del sistema bloc-bala:

(m1 +m2 ) v

=m1 v

1 +m2 v

2

Aïllant v

resulta:

v

=m1 v

1 +m2 v

2

m1 +m2

= 400 g 12 j(m /s)+ 40 g 300 i

(m/ s)400 g + 40 g

=

= 27,3

i + 10,9

j m/s

64. La bossa de sorra cau verticalment per la qual cosa la component horitzontal de la seva velocitat és nul·la, per calcular la massa de la bossa de sorra aplicarem la conser-vació del moment lineal del sistema borsa-carro en líeix horitzontal:

mc × vc=(mc + mb)v

Aïllant mb resulta:

mb =m

c(v

cv)

v=

5 kg×(4 2,5) m / s2,5 m / s

= 3 kg

65. Pel principi de conservació de la quantitat de moviment,

(mn + mm)×vi = mn × vn + mm × vm

vm = m

n+m

m( )×vi-m

n×v

n

mm

= (40+5) kg×6 m/s-40 kg×8 m/s

5 kg = −10 m/s

66. Apliquem el principi de conservació de la quantitat de moviment:

pinicial

= p final

és a dir,

0,2 kg × 9

i m/s + 0,3 kg × 0 m/s = 0,2 kg × 3

j m/s + 0,3 kg × v

D’on es dedueix:

v

c = 6

i − 2

j (m/s)

67. El sistema es compon de tres cossos, el vaixell A, el vaixell B i l’home; inicialment el mo-ment total del sistema és zero ja que els tres cossos estan en repòs i no canviarà el seu valor ja que la resultant de les forces externes que actuen sobre el sistema és nul·la:

mA vA+ mB vB + mh vB = 0

(L’home,desprésdelsalt,adquireixlavelocitatdelvaixellB)

Aïllant la massa de l’home:

mh =

mA vA + mB vB

vB

=-300 kg ( 1 m / s)+ 225 kg 1 m / s

1 m / s=75 k g


87

En l’instant en què l’home està saltant també serà nul·la la quantitat de moviment del sistema:

mA vA+ mH vH = 0

D’on es dedueix:

v H =-

mA vA

mH

=-300 kg (-1 m / s)

75 kg= 4 m/s

questions relatives a tots els aPartats

68. a) Actuen el pes del llibre i la reacció de la taula sobre el llibre. Com que el llibre no es mou està en equilibri i la resultant és nul·la.

b) Verticalment succeeix el mateix que en l’apartat a, el pes del cotxe s’anul·la amb la reacció del sòl.

Horitzontalment la força que exerceix el sòl sobre les rodes de tracció i el frega-ment que s’oposa al moviment. Si el seu moviment és uniforme, el cotxe està en equilibri i la resultant sobre ell és nul·la.

c) Sobre una poma que cau actuen el seu pes i el fregament de l’aire. El pes és major que el fregament, per la qual cosa la resultant està dirigida verticalment cap a baix, no hi ha equilibri i el moviment és accelerat.

69. La intensitat de la resultant de les forces que actuen és:

f = (35-17)2 +(40-16)2 N = 30 N

L’acceleració del cos serà per tant:

a = f

m= 30 N

12 kg=2,5 m/s2

70. Pel principi fonamental de la dinàmica:

F – m g − FR = m a

Aïllant FR s’obté:

FR

= F m g m a= 400 kp 9,8 N1 kp

-300 kg 9,8 m / s 2 300 kg 2 m / s 2

= 380 N

71. c) Diferent, els sentits són oposats.

d) Diferent, si A exerceix una força

F sobre B i B exerceix la reacció.

f) Diferent, si la força exercida per A actua sobre B, la seva reacció actua sobre A.

Las restants característiques són iguals en l’acció i en la reacció.

72. Sobre la taula actuen:

-El seu pes, de 7 kp, la reacció del qual és la força amb que la taula atreu a la Terra.

-La força de 5 kp que exerceix la caixa sobre la taula, la reacció de la qual és la força cap a dalt que exerceix la taula sobre la caixa.

-Laforçade(7+5)kp=12kpqueexerceixelsòlsobrelespotesdelataula,lareaccióde la qual és la força cap a baix que exerceix la taula contra el sòl.


88

unitat 3. Dinàmica

73. Pel principi d’acció i reacció el cable estira el vehicle amb la mateixa força amb que el vehicle estira del cable. Sobre el vehicle únicament actua la força

F cap endavant que exerceix el cable sobre ell, que és la responsable del seu moviment.

74. El dinamòmetre és capaç de mesurar forces entre 0 i 20 N i s’allargarà un màxim de 8 cm quan la força exercida sobre ell sigui màxima, per calcular la constant elàstica de la seva molla utilitzem la llei d’Hooke:

F = − k x

d’on es dedueix,

k = −-20N0,08m

= 250 N/m

En aplicar-li una força de 6 N, l’allargament serà :

x = −6N

250 Nm

= 0,024 m

75. a) La força de fregament estàtic apareix sobre cossos que no estan en moviment quan sobre ells s’exerceix alguna força per a iniciar un moviment. El fregament cinètic, en canvi, actua quan el cos ja està en moviment. Ambdós fregaments s’oposen al moviment del cos.

b) La intensitat de la força de fregament cinètic compleix:

FR

=c

FN

I la de fregament dinàmic:

FR e

FN

La primera expressió és una igualtat i la segona una desigualtat.

c) El valor de μe és lleugerament superior al de μc.

76. La força de fregament estàtic compleix:

FR e

FN

= 0,6 15 N = 9 N

Sis’aplicaalcosunaforçahoritzontalde8N(inferiora9N),elfregamentestàticimpedirà que es mogui exercint una força igual i de sentit contrari. En aquest cas

F

R =8 N .

Si se li aplica una força horitzontal de 10 N, la força de fregament estàtic adquirirà el

seu valor màxim F

R = 9 N i el cos es pondrà en moviment.

77. Enganxem el dinamòmetre al cos i exercim una força horitzontal sobre el cos estirant del dinamòmetre. En aquest cas actuen dues forces horitzontals sobre el cos, la força

F que exercim nosaltres mitjançant el dinamòmetre i, en sentit contrari, la força de fregament estàtic pel lliscament.

En el moment en què s’inicia el moviment anotarem el valor F que marca el dinamò-metre, que serà igual al valor màxim de la força de fregament estàtic. El coeficient de

fregament estàtic valdrà μe =F

m g.


89

78. Sobre el cos actuen verticalment el seu pes P i la força de fregament estàtic FR. I ho-ritzontalment, la força normal FN que exerceix la placa contra el cos.

La força de fregament estàtic és FR ≤ μ FN. Per tant, si FN suficientment gran, la força de fregament podrà aconseguir un valor igual al peso P del cos i evitarà que aquest llisqui cap a baix.

FR

= –P

FN

= m a

P = m g

79. Sobre el cos actuen el seu pes

P , la força normal

N que exerceix el pla i la força de fregament estàtic

F R .

P = m g = 5 Kg 9,8 m/s2 = 49 N

N = m g cos 30º = 42,4 N

Les forces que actuen en la direcció del moviment són la component tangencial del pes i la força de fregament. Com que el cos es manté en repòs, ambdues forces han de ser iguals:

FR = m g sin 30º = 24,5 N.

N

FR

P30º


90

unitat 3. Dinàmica

80. a) En la direcció del moviment:

F = 100 kg × 3 m/s2 = 300 N

b) En la direcció del moviment actuen la força aplicada F i la component horitzontal del pes:

F − m g sin 45º = m a.

D’on es dedueix:

F = m(g sin 45º + a)=100kg×(9,8×sin45º+3)m/s2 = 993 N

c) Verticalment actuen la força exercida F i el pes del cos:

F − m g = m a.

D’on es dedueix:

F = m(g + a)=100Kg (3+9,8)m/s2 = 1 280 N 81. ω = 720

revmin = 720 rev

min1min60s

2 rad1rev

= 75,4 rad/s

La força centrípeta és:

Fc = m

an = m 2 r = 0,08 kg ×(75,4rad/s)2 × 0,25 m = 113,7 N

82. La resultant de les forces que actuen sobre el cotxe és la força centrípeta:

Fc = m

an =m v2

ra) Si v1 = 1,5:

Fc1

= 1,52 v2m

r= 2,25

Fc

b) Si r1 = 0,5 r:

Fc1

= m v2

0,5 r = 2

Fc

Ésmesfàcilquepatinienelcasa)jaquelaforçanecessàriaperaprendrelacorbaés major.

83. El pes del cos a la Terra és:

P

T=G M m

r 2 = 1 N

a) Si el radi del planeta és ra = 2 r:

Pa =G M m4 r 2

=P

T

4=0,25 N

b) Si el radi del planeta és rb = 2r, el seu volum és 8 vegades major que el de la Terra i, per tenir igual densitat, també ho serà la seva massa Mb = 8 M:

Pb =G 8 M m

4 r 2=2P

T=2 N

84. a)Exterior.b)Noactuasobreelsistema.c)Exterior.

d)Interior.e)Exterior.f)Interior.


91

85. a) Sí, perquè canvia la direcció del vector quantitat de moviment que és la mateixa que la del vector velocitat.

b) Sí, perquè líimpuls mecànic és igual a l’increment de la quantitat de moviment. També pot justificar-se dient que per canviar la direcció de la velocitat ha d’exer-cir-se una força durant un cert temps.

86. L’increment de la quantitat de moviment de B és:

ΔpB = mB vBl – mB vB0 =0,2kg×(4−10)m/s=−1,2kgm/s

La variació de la quantitat de moviment total del sistema és zero ja que la resultant de les forces exteriors que actuen sobre el sistema és nul·la.

Δpsis = ΔpA + ΔpB = 0

De l’anterior igualtat es dedueix que:

ΔpA = −ΔpB = 1,2 kg m/s


92

unitat 4. L’energia i la seva transferència

treBall

1. Pes del trineu:

P = m g = 80 kg × 9,8 m/s2 = 784 N

Treball efectuat pel pes:

WP = PT × Δs = P × sin 15º × Δs = 784 N × sin 15º × 150 m = 30 437 J = = 3,04 × 104 J

2. Pes del cos:

P = m g = 120 kg × 9,8 m/s2 = 1 176 N

Component tangencial de P:

PT = P sin 30º = 588 N

Força de fregament:

FR = c

PNµ = µC P cos 30º = 0,3 × 1 176 N × cos 30º = 305,53 N

Força aplicada:

F = 588 N + 305,53 N = 893,5 N

W = F × Δs = 893,5 N × 10 m = 8 935 J = 8,94 kJ

3. El treball efectuat pel pes és nul perquè és perpendicular al desplaçament.


FR

=

Pµ = 0,35 × 1 200 N = 420 N

Treball efectuat per la persona:

WFap = 420 N × 5 m = 2 100 J


WFr = − Fr Δs = − 420 N × 5 m = −2 100 N

4. Pes del sac:

P = m g = 80 kg × 9,81 m/s2 = 784,8 N

Els components tangencial i normal de la força aplicada a la corda:

FT = F cos 30º = 0,8660 F

FN = F sin 30º = 0,5 F

Força normal que exerceix el sac contra el terra:

N = P − FN = 784,8 − 0,5 F


FR = μ N =0,4(784,8−0,5F)=313,9–0,2F

a) Quan l’acceleració és nul·la, FT − FR = 0:

0,866 F –(313,9–0,2F)=0

A partir d’això: F = 294,5 N


93

El treball efectuat per F:

Wa = F Δs cos α = 294,5 N × 25 m × cos 30º = 6 376 J

b) FT − FR = m a, és a dir:

0,866 F –(313,9–0,2F)=80×1

A partir d’això: F = 369,5 N

Treball efectuat per F:

Wb = F Δs cos α = 369,5 N × 25 m × cos 30º = 8 000 J

5. Treball efectuat:

W = F t Δs = m at Δs

Desplaçament sobre la trajectòria:

Δs = 2 π r = 2 π × 10 m = 62,83 m

W = 4 kg × 0,2 m/s2 × 62,83 m = 50,3 J

6. Força de fregament:

FR = µ c

FN =0,6×15 N = 9 N

Arc de trajectòria recorregut:

Δs = 10 s × 150 voltes

60 s2 0, 2 m

1 volta = 31,42 m

Treball efectuat per la força de fregament:

W = FR × Δs = 9 N × 31,42 m = 283 J

7. Desplaçament:

∆ r = r B – r A=(4

i + 10

j )–(–6

i + 2

j )=10

i + 8

j (m)

Treball efectuat:

W =

F ∆ r =(30

i – 20

j )×(10

i + 8

j )=30×10–20×8=140 J

8.

= vo t12

g t 2r =(50+80

j )t − 12

10 t2

j = 50t

i +(80t − 5t2)

j

Per a t = 2 s:

r (2)=(50×2) i

+(80×2−5×22) j

= 100

i + 140

j (m)

Per a t = 10 s:

r (10)=(50×10)

i +(80×10−5×102)

j = 500

i + 300

j (m)

Desplaçament efectuat:

Δr =

r (10)−r (2)=400

i + 160

j (m)

Treball fet pel pes:

W = P Δr =(−10

j )N×(400

i + 160

j )m=−320 J


94


energia cinètica

9. Ek del coet abans d’explotar:

Ek coet = 12

m v 2 = 12

0,4 kg (40 m /s)2

= 320 J

Ek del fragment de 0,25 kg:

Ek 1 = 12

0,25 kg (70 m /s)2

= 612,5 J

Ek del fragment de 0,15 kg:

Ek frag2 = 12

0,15 kg (120 m /s)2

= 1 080 J

ΔEk = 612,5 J + 1 080 J − 320 J = 1 372,5 J = 1,37 kJ

10. Velocitat del mòbil:

v = v0 + a t t0( ) =(50 i + 80

j )−10t

j = 50

i +(80−10t)

j

En els instants t = 2 s i t = 10 s:

v (2)=50

i + 60 i v (10) = 50

i − 20

j

∆Ek = 12

m [v(10)]2 − 12

m[v(2)]2 = 12

× 0,2 kg × [502 +202–(502 + 602)]m2/s2 =

= −320 J

S’obtéelmateixvalorqueperaltreballefectuatpelpes(soluciódel’exercici8).

11. Desplaçament:

Δs = 2 π r = 2 π × 20 m = 125,66 m

Atès que Ek0 = 0:

ΔEk = Ek = Ft Δs = 80 N × 125,66 m = 10 053,1 J

Aïllant v de Ek =12

m v 2 :

v =2×E

k

mAl final de la primera volta:

v2 10 053,1 J

800 kg5,01 m/s

Al final de la segona volta:

Δs = 2 × 125,66 m = 251,32 m

Ek = Ft Δs = 80 N × 251,32 m = 20 105,6 J

Amb la qual cosa s’obté:

v =2 20 105 ,6 J

800 kg= 7,09 m/s


95

12. Desplaçament del mòbil:

∆r = r B – r A=(6

i + 2

j )–(2

i + 7

j )=4

i − 5

j (m)

W =

F ∆ r =(10

i – 6

j )N×(4

i − 5

j )m=10×4+(−6)×(−5)=70J

Atès que només actua

F :

W = ∆Ek = 12

m vB2 − 1

2 m vA

2

70 = 1220(vB

2 − 32)=10vB 2 – 90 , a partir d’aquí s’obté: vB = 4 m/s

energia Potencial gravitatòria

13. Per a la pedra de 3 kg:

Ep = 3 kg × 10 m/s2 × 8 m = 240 J

Per a la pedra de 2 kg:

Ep = 2 kg × 10 m/s2 × 15 m = 300 J

Per la qual cosa podem concloure que la pedra de 2 kg xocarà més violentament contra el terra.

14. Ep = m g h, per tant:

m =E p

g h= 735 J

9,81 m / s2 ×15 m=5,0 kg

Per a h = − 4 m:

Ep = m g h = 5,0 kg × 9,81 m/s2×(−4m)=− 196,2 J

15. Treball efectuat sobre una llauna:

W = ΔEp = m g h – m g 0 = m g h

Per al segon pis, h = 0,116 m:

W2 = 0,34 kg × 9,8 m/s2 × 0,116 m = 0,3865 J

Per al tercer pis, h = 0,116 m × 2 = 0,232 m:

W3 = 0,34 kg × 9,8 m/s2 × 0,232 m = 0,7730 J

Per al quart pis, h = 0,116 m × 3 = 0,348 m:

W4 = 0,34 kg × 9,8 m/s2 × 0,348 m = 1,1595 J

Per al cinquè pis, h = 0,116 m × 4 = 0,464 m:

W5 = 0,34 kg × 9,8 m/s2 × 0,464 m = 1,5460 J

El treball per fer una torre de 5 llaunes serà:

W = 0,3865 + 0,7730 + 1,1595 + 1,5460 = 3,865 J

Treball total per fer 120 torres:

WT = 3,865 J × 120 = 463,8 J


96


conservació de l’energia mecànica

16. Energia mecànica en la posició 1:

E1 = Ek + Ep = 12

m v12 + 0

Energia mecànica en la posició 2:

E2 = Ek + Ep = 12

m v22 + m g h2

Com que s’ha de complir E1 = E2:

12

m v12 = 1

2m v2

2 + m g h2

Aïllant v2:

v 212

25 m/ s( )29,81 m / s2 2,5 m = 24 m/s

17. Siconsideremquealterral’alturaés0,enlaposicióinicial(h=5m):

EM0 = Ek + Ep= 12

m vo2 + m g h

Enlaposiciófinal(h=0)noméshihaenergiacinètica:

EM = Ek = 12

m v2

Com que l’energia mecànica es conserva:

12

m vo2 + m g h = 1

2m v2

Aïllant vo:

vo = v 2 2 g h = (18m /s)2 2 9,8 m / s 2 5 m = 15,03 m/s

Qualsevulla que sigui la direcció inicial en la que es llanci el cos, les energies inicial i final són les mateixes, per la qual cosa s’obtindrà el mateix resultat.

18. Energia mecànica:

EM = 12

m v2 + m g h

EM de la vagoneta:

EM = 12

×3 50 kg (12 m /s)2 +350 kg 9,81 m /s 2 6 m = 45 801 J

Aquest valor es conserva constant ja que el fregament se suposa nul.

a) Aïllant v de l’equació de l’energia mecànica:

v =2 (E M m g h)

m2 (45 801 J 350 kg 9,81 m/ s2 10 m)

350 kg=

= 8,1 m/s

b) En el moment en què la vagoneta assoleix l’altura màxima Ek = 0 i EM = Ep = m g h:


97

Aïllant h:

h = E M

m g= 45 801 J

350 kg 9,81 m/ s2= 13,3 m

19. Δ Ep = Ep − Epo = m g h − m g 0 = m g (h − ho) = m g Δh

Per al cos de 500 g, Δh = −2 m:

ΔEp = 0,5 kg × 9,8 m/s2×(−2m)=−9,8J

Per al cos de 400 g, Δh = 2 m:

ΔEp = 0,4 kg × 9,8 m/s2 × 2 m = 7,84 J

Per al conjunt d’ambdós cossos:

ΔEp = −9,8 J +7,84 J = −1,96 J

Com que l’energia mecànica es conserva:

ΔEp + ΔEk = 0, és a dir, ΔEk = −ΔEp = 1,96 J

Atès que l’energia cinètica inicial és nul·la, l’energia cinètica final serà Ek = 1,96 J

Ek = 12

m1 v2 + 12

m2 v2 =(0,250kg+0,200kg)v2 = 1,96 J

Aïllant la velocitat v:

v = 1,96 J

(0,250 kg + 0,200 kg) = 2,09 m/s

treBall i energia mecànica

20. Energia mecànica inicial:

EM0 = Ek0 + Ep0 = 12

m ν02 + m g h0

Energiamecànicafinal(perah=0):

EM = Ek + Ep = 12

m v2 + 0

∆EM= EM – EM0 = 12

m v2 – 12

m v02 + m g h0 = 1

2 m(v2 – v0

2)– m g h0

∆EM=0,150kg×[(11m/s)2–(8m/s)2]-(0,300kg×9,8m/s2×6m)= = – 9,09 J

21. ∆EM = WD = WR = FR ∆s = –80 N × 12 m = –960 J

El treball WR del fregament és negatiu, ja que la força i el desplaçament tenen sentits oposats. El cos perd, durant el descens, 960 J de la seva energia mecànica.

Energia mecànica inicial:

EM1 = Ek1 + Ep1 = 0 + m g h = 40 kg × 9,81 m/s2 × 4 m = 1 569,6 J

Energia mecànica final:

EM2 = Ek2 + Ep2 = 12

m v2 +0 = 12

× 40 × v2 = 20 v2


98


Com que WR = ∆EM = EM2 − EM1, en resulta que: –960 = 20 2 – 1 569,6

Aïllant v:

v = 960 J + 1 569,6 J

20kg = 5,52 m/s

22. Força de fregament:

FR = μ FN = μ m g = 0,4 × 2 kg × 9,8 m/s2 = 7,84 N

a) Treball del fregament:

WR = FR ∆s = –7,84 N × 10 m = –78,4 J

El treball total és el de la força F i la força de fregament FR:

WF + WR = 12

m v2

Aïllant WF:

WF = 12

m v2 − WR=1kg×(12m/s)2 + 78,4 J = 222,48 J

b) En frenar només hi ha treball de fregament que serà igual que l’increment d’ener-gia cinètica:

WR = FR × Δs = 0 − 12

m v2

Aïllant Δs s’obté:

s = m v 2

2 F R

= 2 kg (12 m/s)2

2 ( 7,84 N)= 18,4 m

23. Aïllant a de F – R = m a:

a = F Rm

= 500 N - 300 N

250 kg = 0,8 m/s2

Desplaçament del cotxe:

∆s = 12

a (∆t)2 = 12

× 0,8 m/s2×(4s)2 = 6,4 m

a) El treball efectuat pel cavall és:

W = F ∆s = 500 N × 6,4 m = 3 200 J

b) Ek adquirida pel cotxe:

Ek = Wtotal = (F – R)∆s =(500N–300N)×6,4m=1 280 J

c) Energia dissipada per fregament:

ΔEM = WR = − 300 N × 6,4 m = −1 920 J

L’energia dissipada és de 1 920 J

24. Energia mecànica inicial:

EM1 = Ek1 + Ep1 = 12

m v2 + 0 = 12

× 50 kg × 10 m/s = 2 500 J


99

Energia mecànica final:

EM2 = Ek2 + Ep2 = 0 + m g h = 50 kg × 9,8 m/s2 × 2 m = 980 J

a) Treball de fregament:

WR = ∆EM = EM2 − EM1 = 980 J – 2 500 J = − 1 520 J

b) El treball de fregament és WR = FR Δs, a partir d’això s’obté:

FR = WR

s = 1520 J

8 m= 190 N

c) Component tangencial del pes:

PT = m g sin α = 50 kg × 9,8 m/s2 × 2/8 = 122,5 N

Comquelaforçadefregament(190N)superaelcomponenttangencialdelpes,el cos restarà en repòs.

Potència

25. Força que exerceix el cavall:

FR

= μC m g = 0,2 × 300 kg × 9,8 m/s2 = 588 N

Velocitat del cavall: v = 10 km/h = 2,778 m/s.

Potència desenvolupada:

P = F v = 588 N × 2,778 m/s = 1 633 W = 1,63 kW

26. Massa d’aigua que cau cada segon:

m= 4 m3 1 000 kg

1 m3= 4 103 kg de H2O

Increment de la seva EP:

ΔEP = 0 − m g h = − 4 103 kg × 9,81 m/s2 × 80 m = −3,14×106 J

Com que aquesta energia es transforma en energia elèctrica per segon, la potència subministrada és:

P = Wt

= 3,14 106 J

1 s= 3,14 MW

27. Potència que es rep del Sol per cada m2:

104 J1 min

1 min60s

1 MW106 W

=1

6 000 MW

Per rebre 1 750 MW cal una superfície:

s = 1 750 M W 6 000 m 2

1 M W1 km 2

106 m 2= 10,5 km2

rendiment

28. El rendiment d’un motor:

η = PU

PT

100


100


Aïllant la potència total:

PT = PU 100 = 36 kW

70100 = 51,43 kW

Potència perduda:

Pp = PT – PU = 51,43 kW – 36 kW = 15,43 kW = 15 430 W

∆t = 12 h × 3600 s1 h

= 43 200 s

L’energia perduda durant aquest temps serà:

Eperduda = Pp ∆t = 15 430 W × 43 200 s = 666,6×106 J = 666,6 MJ

29. Potència útil:

PU = Wt

= 29,7 MJ6 h

1 h3 600 s

106 J1 MJ

= 1 375 W

Rendiment:

η = PU

PT

= 1 375 W2 500 W

= 0,55 = 55 %

30. Cada minut s’eleva una massa d’aigua de m = 200 kg.

Treball necessari:

W = ∆EM = ∆Ep = m g h = 200 kg × 9,8 m/s2 × 15 m = 29 400 J

Potència útil:

PU = Wt

= 29 400 J

60 s= 490 W

De η = PU

PT

es dedueix:

PT = PU =

490 W0,60

= 817 W = 0,817 kW

Energia consumida en 8 h:

W = PT ∆t = 0,817 kW × 8 h = 6,536 kWh

A 0,1 euros/kWh, ens costarà:

6,536 kWh × 0,1 euros1 kWh

= 0,65 euros

31. Energia subministrada cada 100 km: 7 litres × 40 MJ/litre = 280 MJ

Temps emprat per recórrer 100 km:

Δt = 100 km × 1 h

90 km3 600 s

1 h= 4 000 s

Potència total subministrada per la gasolina:

PT = W

t= 280 106 J

4 000 s= 70 000 W = 70 kW


101

Rendiment del motor, que desenvolupa una potència útil de 30 kW:

η = PU

PT

= 30 kW70 kW

= 0,43

El motor aprofita el 43 % de l’energia consumida.

32. L’energia total consumida:

ET = PT ∆t = 15 000 W × 20 s = 300 000 J = 300 kJ

Energia útil:

E U = ΔEP = m g h = 5 000 kg × 9,81 m/s2 × 4 m = 196 200 J = 196,2 kJ

L’energia perduda:

Eperduda = ET – EU = 300 kJ − 196,2 kJ = 103,8 kJ

Rendiment de la grua:

η = EU

ET

100 = 196,2 kJ

300 kJ100 = 65,4 %

33. L’energia útil:

EU = ΔEP = m g h = 1 200 kg × 9,8 m/s2 × 5 m = 58 800 J

El temps emprat per recórrer els 15 m a 0,5 m/s:

Δt = 15 m × 1 s0,5 m

= 30 s

Potència útil:

PU = EU

t=

58 800 J30 s

= 1 960 W = 1,96 kW

Rendiment:

η = PU

PT

= 1,96 kW4,9 kW

= 0,40

calor i temPeratura

34. Calor necessària:

Q = c m ∆t = 4 180 J/kg K × 100 kg × 100 K = 4,18 × 107 J

Aïllant m de la fórmula anterior: m = Qc t

Massa d’alumini:

m =4,18 107 J

895 J/kg K 100 K= 467 kg d’alumini

35. Calor:

Q = cm ∆t=2427J/kgK×0,780kg×(283−303)K=−3,78×104 J

Es desprenen 3,78 × 104 J.


102


36. La massa d’1 m3 d’aigua de mar és 1 030 kg.

L’increment de temperatura de l’aigua és t2 – t1 = 23,5 ºC – 12 ºC = −11,5ºC = −11,5 K

Energia cedida per 1 m3 d’aigua de mar:

Q = c m(t2 – t1) =1kcal/kgK×1030kg×(−11,5K)=1,18×104 kcal = = 1,18 ×107 cal

calor i treBall

37. Velocitat del camió; 72 km/h = 20 m/s

L’energia despresa en forma de calor és igual a l’energia cinètica que tenia el camió:

Q = Ek = 12

m v2 = 12×20000kg×(20m/s)2 = 4 × 106 J

38. Potència de la màquina:

P = 0,25 CV ×736 W1 CV

= 184 W

Energia subministrada en un minut:

E = P Δt = 184 W × 60 s = 11 040 J

Energia despresa en forma de calor:

Q = 11 040 J × 75

100 = 8 280 J

39. Increment d’energia interna:

∆U = 12

m v2

L’increment d’energia interna suposa un augment de temperatura de manera que: ∆U = c m Δt

Si igualem les dues expressions de ΔU:

c m Δt = 12

m v2

Aïllant Δt:

Δt = v 2

2 c=

(600m / s)2

2 128J / kgK = 1 406 K = 1 406 ºC

40. El treball efectuat sobre el sistema és negatiu, ja que el gas s’expandeix contra la força

que exerceix la pressió exterior: W = −200 kJ.

Calor que se li subministra al gas:

Q = 50 kcal × 4,18 kJ1 kcal

= 209 kJ

Pel primer principi de la termodinàmica:

ΔU = Q + W = 209 kJ − 200 kJ = 9 kJ

41. Si l’energia potencial inicial es transforma en energia interna de l’aigua, aquesta ex-perimentarà un increment de temperatura Δt de manera que:

m g h = c m Δt.


103

Aïllant Δt:

t = g hc

Per a una caiguda de 30 m:

Δt =9 ,81 m /s2 30 m

4 180 J / kg K = 0,07 K = 0,07 ºC

Per a una caiguda de 420 m:

Δt = 9 ,81 m / s2 420 m

4 180 J / kg K= 0,98 K = 0,98 ºC

42. Treball efectuat pel pes:

W = m g h = −70 kg × 9,81 m/s2 × 300 m = −206 010 J

Aquesttreballésel20%del’energiacorporalconsumida:

−206 010 J = 20100

U

Aïllant ΔU:

ΔU = −206 010 J × 10020

= −1 030 050 J

Energia en forma de calor:

Q = ∆U – W = –1 030 050 J – (−206010J)= – 824 040 J

Per exemple, un iogurt natural de 125 g conté 138 kcal = 138 kcal × 4 ,18 kJ1 kcal

= = 576 000 J

Hauria de menjar dos iogurts per compensar aproximadament l’energia perduda aportant al seu cos un total d’1 152 000 J.

43. Velocitat inicial del tren: 9 km/h = 2,5 m/s.

Treball efectuat pel para-xocs:

W = ∆Ek = 12

m v2 − 12

m v02 = 0 −

12×300000kg×(2,5m/s)2 =

= − 937 500 J

a) Aïllant F de W = F ∆s:

F = Ws

= 937 500 J

4 m = − 234 375 N

b) Si no hi ha transmissió de calor, Q = 0, per tant:

ΔU = Q + W = 0 + W = 937 500 J

Aquest treball és positiu perquè és el que fa el tren contra el para-xocs.

Massa del líquid:

mL = V =0,9g

cm 3250 000 cm 3 = 225 000 g = 225 kg

L’increment de temperatura Δt del líquid del para-xocs complirà: ΔU = c mL ∆t

Aïllant ∆t:

∆t = c m

L

= 937 500 J

2 000 J/kg K 225 kg = 2,08 K = 2,08 ºC


104


44. El perímetre del cilindre és:

p = 2 π r = 2 × π × 20 cm = 125,7 cm = 1,257 m

Velocitat lineal de la perifèria del cilindre:

v = 3 000 revmin

1,257 m1 rev

1 min60 s

= 62,85 m/s

Potència útil del motor:

PU = F v = 1 400 N × 62,85 m/s = 87 990 W

Energia que consumeix el motor en 12 min = 720 s:

E=2,75 L 35,5 106 J1 L

= 9,763 107 J

Potènciaconsumidapelmotor(potènciatotal):

PTE

t9,763 107 J

720 s135 597 W

Rendiment del motor:

η = P

U

PT

100 87 990 W135 597 W

100 64,9 %

Potència perduda en forma de calor:

Pp = PT − PU = 135 597 W − 87 990 W = 47 607 W

Energia perduda en 12 minuts:

Ep = Pp × ∆t = 47 595 W × 720 s = 3,43 × 107 J

Energia perduda per litre de combustible:

3,43 107 J2,75 L

= 1,246×107 J/L = 12,46 MJ/L

qüestions relatives a tots els aPartats

45. S’anomena energia renovable l’energia que s’obté de fonts naturals virtualment ines-gotables, les unes per la immensa quantitat d’energia que contenen, i les altres perquè són capaces de regenerar-se per mitjans naturals. Entre aquestes energies destaquen: la solar, l’eòlica, la hidràulica, la de la biomassa i la geotèrmica.

Les fonts d’energia no renovables són els combustibles fòssils i els combustibles nu-clears. Els primers són el carbó, el petroli i el gas natural, i els segons són l’urani i el plutoni que generen l’energia nuclear.

46. a) W = F Δs. La intensitat F de la força ha de ser constant i en la direcció del despla-çament.

b) W = Ft Δs. La component tangencial Ft de la força ha de ser constant.

c) W = F Δs cos φ. Han de ser constants la intensitat F de la força i l’angle φ que forma amb la direcció del moviment.

d) W =

F

r . La força ha de ser constant en mòdul, direcció i sentit.

Les quatre expressions són vàlides, tant si la trajectòria és recta com si és curvilínia.


105

47. a) Enelcasd’unvehicleambunamassaun40%mésgranquem, la seva energia cinètica serà:

Ek = 12(m + 0,4 m) v2 = 0,7 m v2

b) Silavelocitatésun40%méselevadaquev, obtenim:

Ek = 12

m (v + 0,4 v)2 = 0,98 m v2

El vehicle que tindrà més energia cinètica és el que té una velocitat un 40 % més elevada que v.

48. 1r. La condició que cal complir és que el mòbil sigui puntual o que el seu moviment sigui de translació, és a dir, que tingui la mateixa velocitat en tots els seus punts.

2n. La posició del cos ha d’estar limitada a una zona prou petita com perquè el valor de l’acceleració de la gravetat es pugui considerar igual en tots els punts.

49. L’energia cinètica no pot ser negativa perquè els seus dos factors m i v2 sempre són positius.

D’altra banda, el valor de l’energia potencial gravitatòria d’un cos depèn de la posi-ció de referència on la considerem nul·la. Quan el cos està situat per sota d’aquesta posició, llavors la seva energia potencial gravitatòria és negativa.

50. a) ∆Ek . És igual al treball total efectuat sobre el cos.

b) ∆Epg. És igual al treball efectuat pel pes del cos canviat de signe.

c) ∆EM.Ésigualaltreballdelesforcesdissipatives(noconservatives).

51. Si un cos no transmet energia, l’energia mecànica que perd es transforma en energia interna. Si transmet energia, l’energia mecànica perduda passa a un altre o uns altres cossos en forma d’energia mecànica o en forma de calor.

Uncosambenergiamecànicanul·la(EM = Ek + Ep=0)potperdreenergiaiadquiriruna energia mecànica negativa, perquè, tot i que la seva energia cinètica Ek sempre és positiva, la seva energia potencial Ep pot prendre qualsevol valor negatiu.

52. El treball efectuat per una força conservativa fa variar l’energia cinètica i la potencial, transformant l’una en l’altra, però no canvia l’energia mecànica ni la interna.

El treball efectuat per una força dissipativa fa variar l’energia mecànica, i pot fer variar l’energia potencial, la cinètica i la interna.

53. En mantenir un cos en una posició no fa treball, ja que no es produeix cap desplaça-ment, per tant, la potència que es desenvolupa és nul·la.

54. En tots els casos, perquè es transmeti energia d’un cos a un altre en forma de calor, cal que els cossos estiguin a temperatures diferents.

La conducció és la forma de transmissió calorífica pròpia dels cossos sòlids i reque-reix l’existència d’un medi material entre ambdós cossos.

La convecció és la forma de propagació calorífica pròpia dels fluids i requereix un medi material fluid entre els cossos per tal que es pugui transmetre calor.


106


La radiació és la forma de propagació calorífica mitjançant ones electromagnèti-ques i no requereix cap medi o suport material.

55. Atès que la massa d’aigua, glicerina i mercuri és la mateixa, la que necessiti menys calor aconseguirà augmentar abans els 50 ºC de temperatura.

De l’equació Q = m c (t2 − t1)esdedueixquelasubstànciaquetinguilacapacitatcaloríficaespecífica més baixa necessitarà menys calor. A la taula de l’apartat 13 veiem que:

caigua = 4 180 J/kg K; cglicerina = 2 340 J/kg K; cmercuri = 140 J/kg K

Per tant, el mercuri serà la substància que primer augmentarà en 50 ºC la seva tem-peratura.

56. No tota l’energia del nostre cos es pot convertir en treball. Una part es degrada trans-formant-se en un altre tipus d’energia interna del cos, que es manifesta per un aug-ment de la seva temperatura.

El mecanisme del cos per mantenir la seva temperatura dins d’un rang adequat és la pèrduadecalormitjançantlaconversiódelasuor(aigua)envaporsobrelasuperfíciecutània(pell).Peraixò,quanlatemperaturacorporals’elevamentreesfaexercici,laproducció de suor augmenta.

57. Quan inflem un pneumàtic comprimim l’aire que introduïm i, en fer-ho, efectuem un treball sobre el pneumàtic. Pel primer principi de la termodinàmica: W + Q= ΔU. Com que l’intercanvi de calor en un temps tan breu és molt petit, es tracta pràctica-ment d’un procés adiabàtic en què Q = 0 i W = ΔU. És a dir, pràcticament tot el treball efectuat s’inverteix a augmentar l’energia interna de l’aire, la qual cosa comporta un augment de la seva temperatura.

58. L’estat final del sistema només dependrà de la suma W + Q, però no del valor de cadascun d’aquests sumands per separat. És a dir, no importa quina part de l’energia s’ha subministrat en forma de treball i quina en forma de calor. Aquest fet es basa en el Primer principi de la termodinàmica: L’energia que un sistema rep en forma de calor més el treball efectuat sobre el sistema és igual a l’increment de la seva energia interna.

L’estat d’un sistema determina el valor de la seva energia.

59. Diem que l’energia es degrada quan una part es transforma en una altra forma d’ener-gia no aprofitable per fer treball.

Per exemple, part de l’energia interna de la gasolina d’un cotxe es perd en forma de calor(elmotors’escalfa).Aquestaenergianoespottransformardenouenenergiacinètica del cotxe.



108

Unitat 5. El corrent elèctric

IntensItat de corrent

1. a) La intensitat de corrent la podem calcular a partir de la següent equació:

tQI =

Coneixem el nombre d’electrons que circulen per la secció i la càrrega que porten, per tant:

Q = ne qe = 6 × 1021 × (−1,6 × 10−19 C) = −960 C

Substituint en l’equació de la intensitat,

I =−960 A

60 s= −16 A

b) Si circulen 6 × 1021 electrons per minut, en una hora:

6 × 1021 × 60 = 3,6 × 1023 electrons

2. La intensitat de corrent la podem calcular a partir de la següent equació:

tQI =

La càrrega que porta cada electró serà:

Q = ne qe

Substituint en l’equació de la intensitat,

I =neq e

tPodem aïllar el nombre d’electrons que travessen la secció d’un fil conductor en 5 s quan passa una intensitat de corrent de 0,1 A:

n e =I tqe

=0,1 A × 5 s

1,6 ×10−19 C= 3,125 × 1018 electrons

3. a) A partir de l’equació de la intensitat de corrent podem calcular el temps teòric de vida de la pila.

tQI =

Aïllant t,

t =QI

i substituint pels valors inicials de la pila.

t =

0,7 Ah1, 25 10−4 A

= 5 600 h

La pila teòricament durarà 5 600 hores, però sabem que quan la seva quantitat de càrrega és de 0,05 Ah aquesta deixa de funcionar. Calculem el temps que quedaria quan la quantitat de càrrega sigui de 0,05 Ah.

t =

0,05 Ah1, 25 10 4 A

= 400 h


109

La diferència d’aquests dos temps és el temps real de vida de la pila.

treal = 5 600 h − 400 h = 5 200 h

b) Sabem que l’energia consumida es pot calcular a partir de:

W = Q V

Sabem també que,

Q = I t

Substituint,

W = I t V

Les unitats de totes les variables han d’estar en el SI, per tant

t = 5 200 h3 600 s

1 h=1,872 107 s

Substituint els valors numèrics en l’equació de l’energia,

W = 0,125 × 10−3 A × 1,872 × 107 s × 3 V = 7 020 J

4. Quan la bateria està totalment carregada, la intensitat de càrrega que hi circula és de 1 200 mAh durant 90 min. Substituint aquestes dades en l’equació de la intensitat:

I =Qt

=1 200 mAh

1,5 h= 800 mA

a) Si la bateria funciona fins que li quedi un 5 % de la càrrega total, haurà circulat el 95 % de la intensitat:

I = 800 mA × 95

100= 760 mA = 0,76 A

b) Per la intensitat que ha circulat, la càrrega serà:

Q = I t = 0,76 × 5 400 s = 4 104 C

I l’energia que ha consumit durant aquest temps:

W = Q V = 4 104 C × 6 V = 24 624 J = 24,62 kJ

5. Podem gastar tota la càrrega de l’acumulador des de 36 Ah fins a 5 Ah, a partir de la qual l’acumulador s’inutilitza.

Per tant podem consumir fins a 36 Ah – 5 Ah = 31 Ah.

La quantitat de càrrega que es consumeix en cada arrencada és de:

Q = I t =150A 2s = 300 As

1h3600 s

=1

12Ah

El nombre total d’arrencades, n, podem calcular-lo:

n =31Ah

112

Aharrencada

= 31×12arrencades = 372arrencades

Per tant, podrem accionar el motor d’arrencada 372 vegades abans d’inutilitzar l’acu-mulador.


110


6. El consum d’intensitat de tots els llums és de:

I = 4×0,5 A + 0,2 A = 2,2 A.

Com en el cas anterior podrem consumir fins a 31 Ah de l’acumulador abans que no funcioni. Per tant, el temps total que podrem alimentar els llums abans d’esgotar la bateria serà:

t =

QI

=31Ah2,2 A

=14,09 h

La bateria tarda 14,09 hores a descarregar-se amb els llums funcionant.

LLeIs d’ohm I de JoULe

7. A partir de la llei d’Ohm, podem calcular la resistència del conductor.

ΔV = R I

Aïllant R,

R =VI

Substituint els valors numèrics,

R =VI

=120 V

5 A= 24 Ω

L’energia que perd cada C de càrrega la podem calcular a partir de l’equació següent:

V =

WQ

Aïllem W

W = V Q

Per 1 C de càrrega l’energia perduda és de:

W = 120 V × 1 C = 120 J

8. Podem calcular la intensitat de corrent segons l’equació:

I =Qt

=30 C60 s

= 0,5 A

I a partir de la llei d’Ohm, podem calcular la diferència de potencial entre els seus extrems:

V = R I = 40 Ω × 0,5 A = 20 V

I l’energia que es requereix per fer circular 50 C per aquesta resistència és:

W = Q V = 50 C × 20 V = 1 000 J

9. A partir de la llei d’Ohm, podem calcular la resistència del conductor.

ΔV = R I

Aïllant R,

R =VI


111

Substituint els valors numèrics,

R =VI

=220 V

0,1818 A= 1 210,12 Ω

Per calcular l’energia que perd en mitja hora partim de la següent equació:

V =

WQ

Aïllem W

W = V Q

Per altra banda, a partir de l’equació d’intensitat de corrent i aïllant Q,

I =Qt

; Q =I t

Substituint Q en l’equació de l’energia potencial tenim:

W = V I t

Substituint pels valors numèrics,

W = 220 V × 0,1818 A × 1 800 s = 72 kJ

10. La capacitat calorífica de l’aigua és de 4 180 J/kg K. La quantitat d’energia neces-sària per escalfar 200 ml (0,2 kg) des de 20 ºC fins a 35 ºC (o sigui des de 293 K fins a 308 K) és:

Q = c m ∆t = 4 180 J/kg K × 0,2 kg × (308 − 293) K = 12 540 J

Si apliquem la llei de Joule podem aïllar el valor de la resistència:

W = R I2 ∆t

R = W

I 2 t=

12 540 J

2 A( )2× 600 s

= 5,23 Ω

A partir de la llei d’Ohm, podem calcular la diferència de potencial que se li ha aplicat a la resistència durant aquest temps:

V = R I

V = 5,23 Ω × 2 A = 10,45 V

11. La relació entre la potència, intensitat i diferència de potencial és:

P = (VA – VB) I ,

per tant, la diferència de potencial necessària serà:

VA −VB =

PI

=50 W2,5A

= 20 V

S’haurà d’aplicar una diferència de potencial de 20 V a la resistència.

La quantitat de calor que es desprendrà en 10 minuts l’obtindrem:

E = P Δt = 50 W × 10 min 60s

1min = 30 000 J

En 10 minuts es desprendràn 30 000 J d’energia en forma de calor.


112


12. La llei d’Ohm es pot aplicar, estrictament, als anomenats conductors òhmics, que són els que, justament, acompleixen la llei. Entre aquest podem trobar els fils metàl·lics conductors, les resistències ceràmiques, i altres. Existeixen altres tipus de conductors que no compleixen la llei d’Ohm, com ara els gasos ionitzats, o les solucions iòniques.

13. L’efecte Joule, és a dir, el despreniment de calor al pas d’un corrent elèctric per una resistència, té diferents aplicacions, com ara:

1) La calefacció elèctrica que fan servir dispositius com els fogons elèctrics, les es-tufes elèctriques, els assecadors de cabells, etc.

2) la il·luminació per incandescència, en la qual un filament, escalfat a altes tempe-ratures, es posa incandescent i pot servir per il·luminar un espai sense llum, un exemple d’aquests dispositius pot ser la làmpada halògena.

3) Com a element de seguretat en els circuits elèctrics, funcionant com a fusible, el qual talla el pas de corrent quan la intensitat és massa elevada, en fondre el filament del què està constituït el fusible, el qual té un punt de fusió molt baix.

14.

(VA - V

B)

V

IA

2

4

6

8

10

12

14

16

0 0,1 0,120,04 0,06 0,080,02

La recta de regressió de la gràfica, calculada en unitats del SI, és:

(VA − VB) = 0,0 + 142 I

La inclinació de la recta ens proporciona el valor de la resistència.

R = 142 Ω

15. Les característiques dels conductors no òhmics són gràfiques diferents a una línia recta, poden ser corbes diverses, i no existeix proporcionalitat directa entre la inten-sitat que circula per aquest i la diferència de potencial aplicada entre els seus extrems. Exemples d’aquests materials poden ser les dissolucions iòniques i els díodes.

resIstIvItat

16. La resistència d’un conductor metàl·lic es defineix com:

R = l

SSi substituïm les dades podem aïllar la resistivitat del material del cable:

=R S

l=

24 ×5×10 -6 m 2

10 m= 1,2 × 10−5 Ω m


113

Coneixent la resistivitat podem calcular la resistència del cable si fa 60 m i té 10 mm2 de secció:

R = l

S=

1,2 10 5 m 60 m10 5 m 2

= 72 Ω

17. (Dades: La resistivitat del coure és ρ = 1,7 × 10−8 Ω m)

La resistència del cable de coure la trobem a través de la resistivitat (ρ) del coure.

R = l

SPrimer hem de calcular la superfície de la secció en metres quadrats.

S = π r2

S = π × (0,01 m)2 = 3,14 × 10−4 m2

Substituint en l’equació de la resistència,

R = 1,7 10 8 Ω m 350 000 m

3,14 10 4m 2= 18,94 Ω

L’energia que perd 1 C en la línia la calculem a partir de l’equació:

V =

WQ

Aïllem W

W = V Q

Sabent que,

V = R I

i substituint en l’equació anterior, obtenim:

W = R I Q

Substituint pels valors numèrics,

W = 18,94 Ω × 20 A × 1 C = 378,8 J

18. A partir de la llei d’Ohm, podem calcular la resistència del fil de coure:

V = R I

R =VI

=1 V

5 ,9 A= 0,17 Ω

La resistència d’un conductor metàl·lic es defineix com:

R = l

SSi substituïm les dades podem aïllar la resistivitat del material del cable:

ρ =R S

l=

0,17 10 6m2

10 m= 1,7 × 10−8 Ω m

19. (Dades: Resistivitat de la manganina és ρ = 44 × 10−8 Ω m)

Calculem la longitud del fil de manganina a partir de l’equació,

R = l

S


114


Aïllant l,

l =R S

Primer hem de calcular la superfície de la secció en metres quadrats.

S = π r2

S = π × (5 × 10−5 m)2 = 7,85 × 10−9 m2

I substituint en l’equació anterior, obtenim la longitud del fil.

l = 1 × 7,85×10−9 m2

44 ×10−8 m= 1,78 × 10−2 m = 1,78 cm

20. Utilitzant la relació entre la resistència d’un fil conductor i la seva resistivitat:

R =

lS

aïllant la resistivitat obtenim,

=

R Sl

substituint les dades del primer fil metàl·lic:

=

R Sl

=1 × × 0,5×10−3( )2

m 2

4 m= 1,96 × 10−7 Ω m

Ara podem calcular la resistència de l’altre fil substituint les dades en la primera equació:

R = l

S=

1,96 ×10−7 m × 20 m

× 0,025×10−3( )2m 2

= 2 000 Ω.

També es podria resoldre comparant les dues resistències:

R2

R1

=

l2

S2

l1

S1

=l2 S1

l1 S2

=l2 r1

2

l1 r22

=l2

l1

r1

r2

2

=20 m4 m

0,5mm0,025mm

2

= 5 × 400 = 2 000

per tant,

R2 = 2 000 R1, R2 = 2 000 Ω

assocIacIó de resIstèncIes

21. Per trobar la intensitat que circula quan diverses resistències s’associen en sèrie, s’ha de determinar el valor de resistència equivalent:

R = R1 + R2 + R3

R = 2 Ω + 3 Ω + 6 Ω = 11 Ω

I d’acord amb la llei d’Ohm, tenim:

I = (VA − VD )R

=4,5 V11

= 0,41 Ω


115

Calculem ara la diferència de potencial entre els extrems de cada resistència.

Per R = 2 Ω

VA − VB = I R1 = 0,41 A × 2 Ω = 0,82 V

Per R = 3 Ω

VB − VC = I R2 = 0,41 A × 3 Ω = 1,23 V

Per R = 6 Ω

VC − VD = I R3 = 0,41 A × 6 Ω = 2,46 V

Quan les resistències s’associen en paral·lel, la resistència equivalent té un valor de:

1R

=1

R 1

+1

R 2

+1

R 3

1R

=1

2 +

13

+1

6 =

36

+2

6 +

16

=6

6 =1 −1

R = 1 Ω

Aplicant la llei d’Ohm s’obté

I = (VA − VD )

R=

4,5 V1

= 4,5 A

Aquesta seria la intensitat de corrent elèctric que circularia per la resistència equiva-lent. El seu valor és igual a la suma d’intensitats que circularan per cadascuna de les resistències que formen el conjunt:

I = I1 + I2 + I3

Aplicant la llei d’Ohm a cada resistència, tenim:

I1 = (VA − VD )

R 1

=4,5 V2

= 2,25 A

I2 = (VA − VD )

R 2

=4,5 V3

= 1,5 A

I3 = (VA − VD )

R 3

=4,5 V6

= 0,75 A

22. Quan les resistències s’associen en paral·lel, la resistència equivalent té un valor de:

1R

=1

R 1

+1

R 2

+1

R 3

1R

=1

10 +

120

+1

30 = 0,18 −1

R = 5,45 Ω

Aplicant la llei d’Ohm s’obté:

I = (V

A−V

B)

R=

100 V

5,45 = 18,35 A


116


Aquesta seria la intensitat de corrent elèctric que circularia per la resistència equiva-lent. El seu valor és igual a la suma de les intensitats que circularan per cadascuna de las resistències que formen el conjunt:

I1 + I2 + I3 = 18,35 A


I1 = (VA −VB )

R1

=100 V10

= 10 A

I2 = (VA −VB )

R2

=100 V20

= 5 A

I3 = (VA −VB )

R3

=100 V30

= 3,3 A

23. R1 = 1 Ω

A B

R2 = 2 Ω

R2 = 4 Ω

R4 = 8 Ω

VQuan les resistències s’associen en paral·lel, la resistència equivalent té un valor de:

1R

=1

R 1

+1

R 2

+1

R 3

+1

R 4

1R

=1

1 +

12

+1

4 +

18

1R

=8

8 +

48

+2

8 +

18

=15

8

R = 8

15 Aplicant la llei d’Ohm s’obté:

VA − VB = I R

VA − VB = 150 A ×8

15= 80 V

Aquesta seria la intensitat de corrent elèctric que circularia per la resistència equiva-lent. El seu valor és igual a la suma d’intensitats que circularan per cadascuna de las resistències que formen el conjunt:

I = I1 + I2 + I3 + I4


117


I1 = (VA − VB )

R 1

=80 V1

= 80 A

I2 = (VA − VB )

R 2

=80 V2

= 40 A

I3 = (VA − VB )

R 3

=80 V4

= 20 A

I4 = (VA − VB )

R 4

=80 V8

= 10 A

24. Aplicant la llei d’Ohm podem obtenir el valor de la resistència equivalent:

I = (VA −VB )

R

R = (VA −VB )

I =

12 V1,5 A

= 8 Ω

En una associació de resistències en paral·lel, la inversa de la resistència equivalent és igual a la suma de les inverses de las resistències:

1R

=1

R 1

+1

R 2

+1

R 3

Com que les tres resistències són iguals:

1R

=3

R1

i aïllem R1:

R1 = 3 R = 3 × 8 Ω = 24 Ω

El valor de cadascuna de les tres resistències és de 24 Ω.

25.

A B C

R1 = 20 Ω

R2 = 30 Ω

R3 = 60 Ω

V

R2 = 40 Ω

Calculem primer el valor de la resistència equivalent Rp de les resistències que s’associen en paral·lel:

1

R p

=1

R 1

+1

R 2

+1

R 3

1R p

=1

20 +

130

+1

60 =

360

+2

60 +

160

=6

60 =

110

−1

Rp = 10 Ω


118


Ara, Rp i R4 són dues resistències que es troben en sèrie, per tant calculem la nova resistència equivalent RT.

RT = Rp + R4

RT = 10 Ω + 40 Ω = 50 Ω

Aplicant la llei d’Ohm s’obté,

I = (VA − VC )

R T

=125 V50

= 2,5 A

La intensitat de corrent que circula per la resistència 4 és de 2,5 A.

La caiguda de tensió en les tres resistències col·locades en paral·lel la calculem a partir de la llei d’Ohm i usant la resistència equivalent Rp,

VA−VB = I Rp

VA−VB = 2,5 A × 10 Ω = 25 V

26. D’acord amb la llei d’Ohm, tenim:

I = (VA −VB )

RI podem determinar la resistència equivalent

R = (VA −VB )

I =

50 V0,01 A

= 5 000 Ω

En una associació de resistències en sèrie, la resistència equivalent és igual a la suma de totes elles:

R = R1 + R2

Per la qual cosa R2 val:

R2 = R – R1= 5 000 Ω − 80 Ω = 4 920 Ω

27. Tenint en compte la llei d’Ohm,

VC − VD = I R

Si no passa corrent pel microamperímetre, tenim:

VC − VD = 0

Per tant no hi ha caiguda de potencial entre C i D.

El corrent que arriba al punt A es divideix per dos “camins” I1 que passa a través de R1 i I2 que passa a través de R4.

I = I1 + I2

Si apliquem la llei d’Ohm entre A i C i entre A i D.

VA – VC = I1 × R1

VA – VD = I2 × R4

Si restem les dues expressions.

VC – VD = I1 × R1 − I2 × R4

Com que VC = VD perquè no passa corrent pel microamperímetre, tenim,

I1 × R1 = I2 × R4


119

Substituint pels valors de resistència,

I1 × 100 Ω = I2 × 50 Ω

100 I1 = 50 I2

Apliquem ara la llei d’Ohm entre C i B i entre D i B

VC – VB = I1 × R2

VD – VB = I2 × R3

Restant les 2 equacions

VC – VD = I1 × R2 − I2 × R3

com que VC – VD = 0,

I1 × R2 = I2 × R3

substituint pel valor de resistència de R3,

I1 × R2 = I2 × 60 Ω

recuperem l’equació anterior que relaciona I1 con I2, juntament amb la que acabem d’escriure.

100 I1 = 50 I2

I1 × R2 = 60 I2

Dividint la primera equació entre la segona, tenim:

100R 2

=5060

Aïllant R2,

R2 = 10050

× 60 = 120 Ω

28.

R1

R3

R2

R1 R

2

R3

Les resistències R1 i R2 estan en sèrie, per tant la resistència equivalent Rs:

Rs = R1 + R2 = 5 Ω + 5 Ω = 10 Ω

La intensitat de corrent en les resistències col·locades en sèrie la calculem a partir de la llei d’Ohm i utilitzant la resistència equivalent Rs,

I = (VA −VB )

RS

= 50 V10

= 5 A

Per les resistències R1 i R2 circula una intensitat de corrent de 5 A, perquè en estar en sèrie es tracta d’una associació de resistències amb intensitat de corrent comú.


120


I Rs i R3 estan en paral·lel, per la qual cosa el valor de la resistència equivalent en aquest cas serà:

1

Rp

=1

Rs

+1

R3

=1

10+

15

= 0,3 Ω−1

RP = 3,3 Ω

I = (VA − VB )

Rs

= 50 V3,3 Ω

= 15A

Aquesta seria la intensitat de corrent elèctric que circularia per la resistència equiva-lent. El seu valor és igual a la suma de les intensitats que circularan per cadascuna de les resistències que formen el conjunt:

I = Is + I3 = 15 A

I com que prèviament hem calculat, la intensitat de corrent que circula per les resis-tències en sèrie, I3 valdrà:

I3 = I – Is = 15 A − 5 A= 10 A

29. a) Calculem la intensitat que circula per R1

∆V1 = I1 R1

I1 =V1

R 1

=50 V10

= 5 A

Calculem la resistència equivalent R2,3,4:

1

R 2 ,3 ,4

=1

R 2

+1

R 3

+1

R 4

1R 2 ,3 ,4

=1

20 +

110

+1

10 =

120

+2

20 +

220

=5

20 =

14

−1

R2,3,4 = 4 Ω

Calculem la caiguda de potencial deguda a les resistències 2, 3 i 4.

∆V2,3,4 = I1 R2,3,4

∆V2,3,4 = 5 A × 4 Ω = 20 V


I2 = ( V2 ,3 ,4 )

R 2

=20 V20

= 1 A

I3 = ( V2 ,3 ,4 )

R 3

=20 V10

= 2 A

I4 = ( V2 ,3 ,4 )

R 4

=20 V10

= 2 A

b) Aplicant la llei de Joule a la R5

W = R I2 ∆t


121

Sabent que la intensitat que circula per R5 és de 5 A substituïm les variables.

W = 5 Ω × (5 A)2 × 10 min 60 s

1 min= 75 000 J

c) La caiguda de tensió en R2 la calculem aplicant la llei d’Ohm.

∆V2 = I2 R2

∆V2 = 1 A × 20 Ω = 20 V

30. En primer lloc calculem la resistència equivalent de les resistències R2, R3, R4, R5 i R6 que es troben en sèrie

Req A= R2 + R3 + R4 + R5 + R6 = 2 Ω + 2 Ω + 4 Ω + 2 Ω + 2 Ω = 12 Ω

La R8 i la Req A es troben en paral·lel, per tant la nova resistència equivalent és:

1R eq B

=1

R eq A

+1

R 8

=1

12 +

14

=1

12 +

312

=4

12

Req B= 12

4= 3 Ω

Ara que Req B es troba en sèrie amb R1 i R7 calculem la nova resistència equivalent,

Req total= Req B + R1 + R7 = 3 Ω + 1 Ω +2 Ω = 6 Ω

Si anomenem I1 a la intensitat que marca l’amperímetre, i I2 a la qual circula per la resistèn-cia de 4 Ω de la branca en paral·lel, podem calcular aquesta mitjançant la relació:

I1 12 = I2 4, d’on obtenim el seu valor: I2 = 3 I1 = 3 × 1 A = 3 A

Per tant la intensitat que entra al circuit pel punt A serà I = I1 + I2 = 4 A.

Ara podem calcular la diferència de potencial entre A i B a partir de la llei d’Ohm.

∆V = I Req total

∆V = 4 A × 6 Ω = 24 V

31. a) Calculem la resistència equivalent R1, del primer grup de làmpades en paral·lel.

1

R eq

=1R

1R 1

= 6 ×1

180

Aïllant Req1

R1 = 180

6= 30 Ω

Com que tenim 2 grups de 6 làmpades en sèrie, la resistència equivalent total és:

Req = 30 Ω + 30 Ω = 60 Ω

Coneixent la caiguda de potencial global podem calcular la intensitat total que circula pel circuit.

∆VT = IT Req

IT = VT

R eq

=200 V60

=206

A


122


Amb la intensitat total podem calcular la caiguda de potencial després del primer grup de làmpades.

∆V1 = IT R1

∆V1 = 206

A × 30 = 100 V

b) Aplicant la llei d’Ohm, per cada làmpada la intensitat que circularà és de:

I = ( V1 )R

=100 V180

= 0,556 A

c) Si desconnectem 2 làmpades de cada grup hem de tornar a calcular la resistència equivalent.

1R 1

= 4 ×1

80

Aïllant Req1

R1 = 180

4= 45 Ω

Com que tenim 2 grups de 4 làmpades en sèrie, la resistència equivalent total és:

Req = 45 Ω + 45 Ω = 90 Ω

Coneixent la caiguda de potencial global podem calcular la intensitat total que circula pel circuit.

∆VT = IT Req

IT = VT

R eq

=200 V90

=209

A

Amb la intensitat total podem calcular la caiguda de potencial després del primer grup de làmpades.

∆V1 = IT R1

∆V1 = 209

A × 45 = 100 V

Aplicant la llei d’Ohm, per cada làmpada la intensitat que circularà és de:

I = ( V1 )

R=

100 V180

= 0,556 A

La intensitat de corrent que passa per cada làmpada no es veu afectada quan es disminueix el nombre de resistències del circuit.

apareLLs de mesUra

32. Si anomenem I1 a la intensitat que passa per l’amperímetre i I2 a la qual passa per la resistència en paral·lel (shunt), la intensitat total serà:

I = I1 + I2


123

I com que per l’amperímetre només hi ha de circular el 10 % de la intensitat del cir-cuit, els seus valors seran:

I1 = 0,1 I

I2 = 0,9 I

Si apliquem la llei d’Ohm, es compleix:

VA – VB = R1 I1 = R2 I2

R2 = R1 × I1

I2

=R1 × 0,1I

0,9 I= 0,0222 Ω = 22,2 mΩ

33. El voltímetre marca una caiguda de potencial de 100 V; com que coneixem la resis-tència interna del voltímetre podem calcular la intensitat de corrent que circula a través d’ell utilitzant la llei d’Ohm.

∆V = I R

I = ( V)

R=

100 V20 000

= 5 × 10−3 A = 5 mA

Com que la resistència està connectada en sèrie, la intensitat que circularà per ella és la mateixa que la que circula pel voltímetre.

Si s’aplica un potencial de 125 V i el voltímetre provoca una caiguda de potencial de 100 V, els 25 V restants seran provocats a la resistència col·locada en sèrie, per tant, aplicant altre cop la llei d’Ohm:

∆V = I R

R = VI

=25 V

5×10−3 A = 5 000 Ω = 5 kΩ

34. Si apliquem la llei d’Ohm, es compleix:

VA – VB = R1 I1

on I1 = 8 A, per la qual cosa:

VA – VB = 8R1 (1)

Si associem una resistència R2 en sèrie, es complirà que:

VA – VB = (R1 + R2) × I2

on I2 = 6,5 A i R2 = 2,2 Ω, per la qual cosa:

VA – VB = 6,5 R1 + 14,3

Si substituïm el valor de VA – VB de l’equació 1

8 R1 = 6,5 R1 + 14,3

Podem aïllar R1:

1,5 R1 = 14,3

R1 = 14,31,5

= 9,53 Ω


124


Aquest serà el valor de la resistència interna de l’amperímetre; si substituïm en l’equa-ció 1 podem trobar la diferència de potencial aplicada a l’amperímetre:

VA – VB = 8 × 9,53 = 76,3 V

35. a) Escrivim la llei d’Ohm per l’aparell de partida,

∆V = I R

∆V = 20 × 10−3 A × 1 Ω

i per l’aparell en el qual el volem convertir.

∆V = 10 A × Req

Si la diferència de potencial es manté constant en els dos casos i dividim les dues equacions entre si obtenim,

1=20 ×10−3 A

10 A×

1 R eq

Aïllant Req,

Req = 2 × 10−3 Ω

Un valor de resistència més petit que la resistència interna del mil-liamperímetre només es possible aconseguir-lo posant les resistències en paral·lel, per tant,

1

R eq

=1

R i

+1R

Substituint pels valors coneguts,

1

2 ×10−3=

11

+1R

Aïllant R,

R = 1

499Ω

b) Escrivim la llei d’Ohm per l’aparell de partida,

∆V = I R

20×10−3 V = I × 1 Ω

i per l’aparell en el qual el volem convertir.

10 V = I × Req

Si la intensitat es manté constant en els dos casos i dividim les dues equacions entre si obtenim,

20 ×10−3 V

10 V=1×

1 R eq

Aïllant Req,

Req = 500 Ω

Un valor de resistència més gran que la resistència interna del voltímetre només és possible aconseguir-lo posant les resistències en sèrie, per tant,

Req = Ri + R


125

Substituint pels valors coneguts,

500 Ω = 1 Ω + R

Aïllant R,

R = 499 Ω

energIa deL corrent eLèctrIc

36. a) La potència d’un corrent és igual al producte de la seva intensitat per la caiguda de potencial:

P = I (VA − VB)

Les dades impreses en la bombeta ens indiquen la diferència de potencial a la qual podem connectar-la i quina n’és la potència, per la qual cosa substituint les dades podem trobar la intensitat de corrent:

I = P

VA − VB

=1 00 W220 V

= 0,4545 A

En una resistència òhmica la potència consumida s’expressa així:

P = I2 R

I podem aïllar la resistència elèctrica de la bombeta:

R = PI 2

=1 00 W

0,4545 A( )2= 484 Ω

b) La intensitat de corrent que hi circula és de 0,45 A (calculat en l’apartat anterior)

c) Si substituïm els valors en la llei de Joule per un temps de funcionament de 8 hores, o sigui de 28 800 s:

E = I2 R Δt = 0,452 × 484 × 28 800 = 2 822 688 J

Canviant les unitats:

2 822 688 J × 1 kWh

3 600 000 J = 0,784 kWh

Si el preu del kWh és de 0,1 euros, el que gastarà la bombeta en 8 hores serà:

0,784 kWh × 0,1 euros1 kWh

= 0,08 euros

37. a) A partir de la llei de Joule,

W = R I2 ∆t

Wt

= R I2

Sabem que,

P = W

t Substituint en la llei de Joule,

P = Rbombeta I2


126


Podem substituir I R pel ∆V segons la llei d’Ohm,

P = ∆V I

Aïllant I i substituint pels valors coneguts,

I =PV

=40 W 12 V

= 3,33 A

Tornant a l’equació P = R I2 i aïllant R,

R

bombeta=

PI2

Substituint,

Rbombeta = 40 W(3,33 A)2

= 3,6 Ω

b) Apliquem la llei d’Ohm per una diferència de potencial de 220 V i una intensitat de corrent de 3,33 A.

∆V = I Req

Aïllant R i substituint,

Req = VI

=220 V3,33 A

= 66,7

Com que les resistències estan connectades en sèrie,

Req = Rbombeta + R

Aïllant R,

R = Req − Rbombeta

R = 66,7 Ω − 3,6 Ω = 63,1 Ω

38. La potència d’un corrent és igual al producte de la seva intensitat per la caiguda de potencial:

P = I (VA − VB)

I la llei d’Ohm diu:

I = (VA − VB )

RSi substituïm la intensitat en la fórmula de la potència, obtenim:

P = (VA - VB )2

RSi muntem les 3 resistències de valor R en paral·lel, obtenim la següent resistència equivalent:

1

Req

=1R

+1R

+1R

= 3R

Req =R3

Si les muntem en sèrie, la resistència equivalent seria:

Req = R + R + R = 3R


127

Si substituïm les dues en la fórmula de la potència, obtenim:

En paral·lel:

900 = (VA - VB )2

R3

En sèrie:

P = (VA - VB )2

3R (VA - VB )2 = 3 P R

I si igualem les dues equacions podem calcular la potència que consumiran les resis-tències si es munten en sèrie:

900R

3= 3 P R

P = 900R3× 3R

= 100 W

39. Sabem que el rendiment es calcula:

η =PU

PT

×100

Calculem la potència útil, és a dir, la que és necessària per elevar el pes,

PU = F v

PU = 6 000 N × 8m

min×

1 min60 s

= 800 W

Calculem ara la potència total que pot exercir el motor,

PT = I2 R

A partir de la llei d’Ohm, podem calcular la resistència interna del motor,

∆V = I R

R = VI

=220 V10 A

= 22

Substituïm en l’equació de la potència total PT,

PT = (10 A)2 × 22 Ω = 2 200 W

Finalment, calculem el rendiment,

η =PU

PT

×100 =800 W

2 200 W×100 = 36,4 %


128


generadors I receptors

40. a)

(VA - V

B)

V

IA

9

8

7

6

5

4

3

2

1

0 5 62 3 41

b) La recta de regressió de la gràfica és:

(VA − VB) = ε – r I

(VA − VB) = 9,0 – 0,8 I

Per la qual cosa el valor de la seva fem és: ε = 9 V

c) Si es prolonga la característica V-I, arribarà a tallar l’eix de les intensitats en un punt l’abscissa del qual es diu intensitat de curtcircuit. En aquest punt la caiguda de tensió és nul·la i el fil conductor és recorregut per un corrent d’intensitat ele-vada. Per la qual cosa si igualem la tensió a zero, la intensitat de curtcircuit serà:

0 = 9,0 – 0,8 I

I =9,00,8

= 11,25 A

d) La resistència interna de la pila correspon al pendent de la recta:

r = 0,8 Ω

e) Si substituïm el valor de la tensió en l’equació de la recta, trobarem la intensitat de corrent subministrada en cada cas:

0,8 I = 9,0 – (VA − VB)

I = 9,0 − VA − VB( )

0,8 Si la tensió és de 6 V:

I = 9,0 − 6,0

0,8= 3,75 A

Si la tensió és de 4 V:

I = 9,0 − 4,0

0,8= 6,25 A

f) Per calcular R, apliquem la llei d’Ohm generalitzada:

ε = R I + r I


129

La intensitat per una caiguda de tensió de 6 V està calculada en l’apartat anterior, I = 3,75 A:

R = I− r =

9 V3,75 A

− 0,8 = 1,6 Ω

41. La recta de regressió que uneix aquests dos punts és:

VA − VB = 14,4 − 4 I

(VA - V

B)

V

IA

11,5

11

10,5

10

9,5

9

8,5

8

1,51,41,31,21,110,90,80,70,60,5

Si relacionem aquesta equació amb la llei d’Ohm generalitzada,

VA − VB = ε + I r

Podem deduir que,

a) ε = 14,4 V

b) r = 4 Ω

42. La recta de regressió que uneix aquests dos punts és:

VA − VB = 5 I

Quan la diferència de potencial és de 10 V, la intensitat de corrent subministrat és:

10 V = 5 I

I = 2 A

La potència d’un corrent és igual al producte de la seva intensitat per la caiguda de potencial:

P = I (VA − VB)

I si substituïm:

P = 2 A × 10 V = 20 W


130


43. 1. Amb les resistències en sèrie.

R = 20 Ω

ε = 12 V r = 0,5 Ω

R = 15 Ω

a) Podem aplicar la llei d’Ohm generalitzada a tot el circuit, en un cicle complet, i obtindrem

ε = I (Req + r)

Aïllant I

I = ε

R eq + r

Sent Req la resistència equivalent a les 2 resistències connectades en sèrie.

Req = 20 Ω + 15 Ω = 35 Ω

Substituint

I = 12 V

35 + 0,5 = 0,338 A

b) La diferència de potencial entre els borns de la pila és

VA − VB = ε − I r

Substituint,

VA − VB = 12 V − 0,338 A × 0,5 Ω = 11,83 V

2. Amb les resistències en paral·lel.

ε = 12 V r = 0,5 Ω

R = 15 Ω

R = 20 Ω

a) Podem aplicar la llei d’Ohm generalitzada a tot el circuit, en un cicle complet, i obtindrem

ε = I (Req + r)

Aïllant I

I = ε

R eq + r Sent Req la resistència equivalent a les 2 resistències connectades en paral·lel.

1

R eq

=1

R 1

+1

R 2

=1

20 +

115

=3

60 +

460

=7

60

Req = 60 7


131

Substituint,

I = 12 V607

+ 0,5 = 1,32 A

b) La diferència de potencial entre els borns de la pila és,

VA − VB = ε − I r

Substituint,

VA − VB = 12 V − 1,32 A × 0,5 Ω = 11,34 V

LLeI d’ohm generaLItzada

44. a) Calculem la intensitat de corrent que circularà per aquest a partir de la llei d’Ohm.

∆V = I R

I =V

R=

9,5 V50

= 0,19 A

b) Per calcular r, apliquem la llei d’Ohm generalitzada:

ε = R I + r I

r = I

− R = 10 V0,19 A

− 50 = 2,63 Ω

c) Si substituïm els valors en la llei de Joule per un temps de 5 minuts (300 s),

E = I2 R Δt = (0,19 A)2 × 50 Ω × 300 s = 541,5 J

45. a) Per al circuit muntat amb una resistència de 20 Ω calculem la intensitat de corrent que circularà a partir de la llei d’Ohm.

∆V = I R

I =V

R=

20 V20 Ω

=1 A

Escrivim l’equació de la diferència de potencial de la pila al recórrer el circuit complet amb la resistència de 20 Ω.

ε = I (R + r)

ε = 1 A × (20 Ω + r)

ε = 20 + r

r = ε − 20 (Equació 1)

Escrivim l’equació de diferència de potencial de la pila al recórrer el circuit com-plet amb la resistència de 100 Ω.

ε = I (R + r)

ε = 0,208 A × (100 Ω + r)

ε = 20,8 + 0,208 r (Equació 2)


132


Substituïm la r de l’equació 2 per l’equació 1.

ε = 20,8 + 0,208 × (ε − 20)

ε = 20,8 + 0,208 ε − 4,16

0,792 ε = 16,64

ε = 16,640,792

= 21 V

b) I per tant r val

r = ε − 20 = 21 Ω − 20 = 1 Ω

46. a) Com que tots els elements estan en sèrie, la resistència total del circuit serà la suma de totes les resistències:

RT = R1 + R2 + r = 15 Ω + 0,5 Ω + 0,2 Ω = 15,7 Ω

b) Calculem la intensitat de corrent que circularà per aquest a partir de la llei d’Ohm.

∆V = I R

I =V

R=

60 V15,7

= 3,82 A

c) Aplicant la llei d’Ohm generalitzada:

(VA − VB) = ε – r I

(VA − VB) = 60 V – (0,2 Ω × 3,82 A) = 59,2 V

d) La potència d’un corrent és igual al producte de la seva intensitat per la caiguda de potencial:

P = I (VA − VB)

P = 3,82 A × 59,2 V = 226 W

e) La sèrie de bombetes ofereix una resistència de 15 Ω, per la qual cosa la diferència de potencial entre els extrems vindrà donat per la llei d’Ohm:

∆V = I R

∆V = 3,82 A × 15 Ω = 57,3 V

47. a) Per calcular la potència aprofitada pel motor,

Pu = I ε’

Hem de calcular primer la intensitat de corrent que circula pel circuit. Apliquem la llei d’Ohm generalitzada en un cicle complet del circuit,

ε = ε’ + (Rm + r) I

Aïllant I i substituint pels valors coneguts,

I =ε − ε '

R m + r=

10 V − 6 V4,5 + 0,5

=45

A

Substituïm en l’equació de la potència útil,

Pu = 45

A × 6 V = 4,8 W


133

b) Per calcular la potència dissipada pel motor,

Pdissipada = PT − Pu

Hem de calcular la potència total PT,

PT = I (VA −VB)

La diferència de potencial entre els borns del motor la trobem mitjançant la llei d’Ohm generalitzada,

VA −VB = R’ I + ε’

VA −VB = 4,5 Ω × 45

A + 6 V = 9,6 V

Per tant la potència total és,

PT = I (VA −VB) = 45

A × 9,6 V = 7,68 W

Y la potència dissipada,

Pdissipada = PT − Pu = 7,68 W − 4,8 W = 2,88 W

c) El rendiment del motor és,

ηPU

PT

×100 ==4,8 W

7,68 W×100 = 62,5 %

d) La diferència de potencial entre els borns del motor s’ha calculat en l’apartat b)

VA −VB = R’ I + ε’

VA −VB = 4,5 Ω × 45

A + 6 V = 9,6 V

48. ε = 100 V r = 1 Ω

V

M

a) La intensitat de corrent que circula es pot calcular a partir de la llei d’Ohm gene-ralitzada:

(VA − VB) = ε – r I

I = ( )− VA − VB

r =

100 V − 80V 1

= 20 A

I calcularem la resistència del motor aplicant la llei d’Ohm:

Rm = ( )VA − VB

I=

80 V20 V

= 4 Ω

b) Si es deixa girar el motor:

I = ( )− VA − VB

r = 100 V − 90V

1 = 10 A


134


Si apliquem la llei d’Ohm generalitzada en un cicle complet del circuit, obtenim:

ε = ε’ + (Rm + r) I

ε’ = ε − (Rm + r) I = 100 V – (4 Ω + 1 Ω) × 10 A = 50 V

c) La potència ve donada per:

P = I V = 10 A × 50 V = 500 W

49. ε = 10 V

B A

r = 1 Ω

ε’ = 2 V R’ = 5 Ω

R = 30 Ω

Suposarem que pel generador circula una intensitat de corrent I, per la resistència de 30 Ω I1, mentre que per la cèl·lula electrolítica I2.

a) La caiguda de potencial en cadascuna de les branques serà:

en el generador, VA – VB = ε − I r = 10 − I × 1 = 10 − I

en la resistència, VA – VB = I1 R = 30 I1

i en la cèl·lula electrolítica, VA – VB = ε’ + I2 R’ = 2 + 5 I2

A més, entre les intensitats existeix la relació: I = I1 + I2 (equació 1)

Utilitzant la caiguda de potencial en la cèl·lula electrolítica, igualant-la a la del generador obtenim: I = 8 − 5 I2 (equació 2);

igualant-la a la de la resistència tindrem:

I1 =

2 + 5I2

30(equació 3)

Si substituïm les equacions 2 i 3 en la relació entre intensitats (equació 1) ens proporcionen una equació amb I2, com a única incògnita:

8 – 5 I2 =

2 + 5I2

30+ I2 ,

d’on es pot obtenir fàcilment:

I2 =

238185

=1,286 A

b) El valor de la intensitat en la resistència serà:

I1 =2 + 5I2

30=

2 + 5×1,286A30

= 0,281 A

c) Amb la qual cosa, I = I1 + I2 = 1,286 A + 0,281 A = 1,567 A i la caiguda de tensió en el generador serà:

VA – VB = ε − I r = 10 − I × 1 = 10 V − 1,567 V = 8,43 V


135

50. a) Si apliquem la llei d’Ohm generalitzada en un cicle complet del circuit, obtenim:

ε = ε’ + (Rm + r) I

I = − '

Rm

+ r( ) = 110 V - 90 V4 +1 ( )

4 A

b) La potència ve donada per:

P = I (VA – VB )

La diferència de potencial en els borns del generador és:

(VA − VB) = ε – r I

I si apliquem la llei d’Ohm generalitzada:

ε = ε’ + (Rm + r) I

podem substituir la ε en l’equació de la diferència de potencial:

(VA − VB) = (ε’ + (Rm + r) I) – r I = (90 V + (4 Ω + 1 Ω) × 4 A) – – (1 Ω × 4 A) = 106 V

I la potència consumida pel motor serà:

P = I (VA – VB) = 4 A × 106 V = 424 W

c) La potència del motor és:

P = I ε’ = 4 A × 90 V = 360 W

Com que el rendiment és només del 80 %, la potència mecànica que subministra realment serà la potència útil:

η = P

u

P= 0,80

Pu = 0,80 × P = 0,80 × 360 W = 288 W

d) La potència es relaciona amb la velocitat a partir de l’equació:

P = F v

Aïllant v,

v =

PF

L’única força que actua és l’exercida pel pes de la massa:

Σ F = m g = 100 kg × 9,8 m/s2 = 980 N

Substituint en l’equació anterior:

v =PF

=288 W980 N

= 0,29 m/s

51. Apliquem la llei d’Ohm generalitzada als extrems del receptor.

VA −VB = I R’ + ε’

Primer hem de calcular la diferència de potencial entre A i C. Això ho calcularem a partir de l’equació de la potència.

P = I (VA − VC)


136


Aïllant VA − VC,

VA − VC =PI

=1 000 W

5 A= 200 V

La caiguda de potencial entre B i C la podem calcular aplicant la llei d’Ohm sobre la resistència de 8 Ω.

VB − VC = I R

VB − VC = 5 A × 8 Ω = 40 V

La diferència de les dues caigudes de potencial ens dóna la diferència de potencial entre A i B.

VA − VB = (VA − VC) − (VB − VC)

VA − VB = 200 V − 40 V = 160 V

Ara ja podem aplicar la llei d’Ohm generalitzada sobre els borns del motor.

VA −VB = I R’ + ε’

I aïllant ε’,

ε’ = (VA −VB) − I R’

ε’ = 160 V − 5 A × 2 Ω = 150 V

52. a) La potència real que consumeix la cèl·lula electrolítica (o potència útil) si restem la que es deu a l’efecte Joule és:

Pu = 1 000 W – 400 W = 600 W

La potència útil es calcula:

Pu = I ε’

I d’aquí podem aïllar la fcem de la cèl·lula electrolítica:

ε’ = Pu

I=

600 W60 A

= 10 V

b) La resistència interna és la que fa que es perdin 400 W per l’efecte Joule i aquesta potència consumida per una resistència òhmica s’expressa:

P = I2 R

Si aïllem la resistència:

R = PI 2

= 400 W

60 A( )2= 0,11 Ω

53. a) Apliquem la llei d’Ohm generalitzada quan s’ha completat un cicle complet del circuit, és a dir, quan la diferència de potencial és 0 V.

ε =( R + r + R') I + ε'

Aïllem I,

I =ε − ε'

( R + r + R')


137

Substituint les variables conegudes,

I = 24 V −(3 V +15 V )

(8 +1 + 2 + 0,2 )= 0,54 A

b) La potència útil del motor la calculem a partir de la fórmula de la potència,

Pu = I ε’’


Pu = 0,54 A × 15 V = 8,1 W

c) La caiguda de potencial en els borns de la cèl·lula electrolítica la calculem a partir de la llei d’Ohm generalitzada aplicada a la cèl·lula.

∆V = I R’ + ε’


∆V = 0,54 A × 2 Ω + 3 V = 4,08 V

d) Aplicant la llei de Joule sobre la resistència de 8 Ω calculem la calor despresa.

W = R I2 ∆t


W = 8 Ω × (0,54 A)2 × 1 min × 60 s

1 min= 140 J

QüestIons reLatIves a tots eLs apartats

54. a) La càrrega de les dues esferes amb el mateix signe la farem per inducció elec-trostàtica. Primer, fregarem la barra de vidre amb el mocador de seda. La barra de vidre és un material aïllant que quan és fregat pel mocador de seda es queda carregat positivament, perquè el mocador de seda és capaç d’arrancar-li electrons. Si apropem la barra de vidre carregada positivament a l’esfera metàl·lica, però sen-se arribar a tocar-la, provocarem una separació de càrregues en l’esfera. Aquesta quedarà carregada negativament pel costat on es trobi la barra de vidre, en canvi el costat oposat de l’esfera quedarà carregat positivament. Si mantenim la barra de vidre carregada positivament prop de l’esfera i pel costat oposat d’aquesta la toquem amb el dit, els electrons passen del terra a la bola metàl·lica a través del nostre cos, de manera que aquest costat de l’esfera quedarà neutre. Si allunyem ara la barra de vidre carregada positivament, els electrons que es trobaven atrets per la barra es redistribuiran per tota l’esfera de manera que aquesta quedarà car-regada negativament de forma permanent. Podem seguir el mateix procediment per carregar l’altra esfera i tenir així les dues esferes carregades negativament.

b) Si volem carregar cada esfera amb signe diferent, la primera la carregarem negati-vament per inducció com ho hem fet en l’apartat anterior. La segona la carregarem positivament per transferència d’electrons. Per aconseguir això, fregarem la barra de vidre amb el mocador de seda de manera que quedi carregada positivament, ara tocarem l’esfera metàl·lica que és neutra, amb la barra de vidre carregada po-sitivament. Els electrons de l’esfera es veuran atrets per la barra de vidre, és a dir, seran transferits a la barra de vidre per neutralitzar-la. Finalment, l’esfera quedarà carregada positivament.


138


55. En connectar els extrems d’un conductor metàl·lic als pols d’una pila, aconseguim que les seves càrregues es desplacin permanentment a través del conductor, perquè en aplicar una diferència de potencial constant entre els extrems, estem creant un camp elèctric que permet que les càrregues lliures adquireixin un moviment en una direcció determinada per l’acció de les forces del camp. Aquest desplaçament conjunt de les càrregues s’anomena corrent elèctric.

56. Quan apliquem una diferència de potencial al clorur de sodi sòlid no detectem pas de corrent, això és degut a que els ions de sodi i clor no poden desplaçar-se dins de l’estructura cristal·lina del clorur de sodi sòlid, en canvi, si dissolem en aigua aquesta sal i introduïm dos elèctrodes, l’ió sodi es desplaçarà cap a l’elèctrode carregat nega-tivament i rebrà l’electró que li falta, convertint-se en àtom de sodi. Per altra banda, l’ió clorur es desplaçarà cap a l’elèctrode carregat positivament i cedirà l’elèctrode que li sobra, convertint-se en àtom de clor. En dipositar-se un electró en l’elèctrode positiu i desprendre’s un altre electró de l’elèctrode negatiu, s’ha transferit una càrrega elèctrica d’un elèctrode a un altre i, per tant ha circulat un corrent.

Concloent, les sals quan es dissolen o es fonen, es separen els ions i adquireixen llibertat de moviment. La conducció electrolítica es deu a la mobilitat iònica en estat líquid.

57.

A

V

ε = 3 V

R1

R2

58. La intensitat que fa saltar l’interruptor general és de 40 A. L’interruptor de l’enllume-nat salta a 10 A i el de les preses de corrent a 20 A.

En el llibre d’instruccions d’un SEAT Ibiza de l’any 2006 apareixen un total de 54 fusibles amb diferents funcions.

Fusible de 25 A per protegir l’alçavidres elèctric.

Fusible de 10 A per protegir la llum de la marxa endarrere.

Fusible de 5 A per protegir el climatitzador.

59. La llei d’Ohm només pot aplicar-se a aquells conductors en els quals es compleix que la diferència de potencial aplicada entre els seus extrems és una funció lineal de la intensitat que circula per aquests. Això succeeix, per exemple, amb la majoria dels metalls, en els quals existeix una proporcionalitat directa entre la intensitat de corrent i la diferència de potencial.

Existeixen conductors com les dissolucions iòniques, els gasos, els díodes o els se-miconductors, en els quals aquesta relació no és lineal, s’anomenen conductors no lineals o no òhmics; per tant, la llei d’Ohm no es pot aplicar a qualsevol tipus de conductor.

60. En l’efecte Joule es basa el funcionament de diferents electrodomèstics com els forns, les torradores, les calefaccions elèctriques, i alguns aparells utilitzats industrialment com les soldadores, etc., en els quals l’efecte útil buscat és, precisament, la calor que desprèn el conductor pel pas del corrent.


139

61. Segons la llei de Joule:

W = R I2 ∆t

L’energia transferida en forma de calor és directament proporcional a la resistència. Quan més resistència trobin els electrons per poder circular, més energia es conver-tirà en calor.

La resistència d’un conductor metàl·lic es defineix com:

R = l

SAquesta relació ens diu que la resistència és directament proporcional a la longitud, per la qual cosa si ens interessa que una estufa construïda amb un fil metàl·lic ens doni més calor, s’haurà d’augmentar la longitud del fil.

62. No, no és possible. Si calculem la intensitat de curtcircuit del sistema veiem que aquesta és de 4,5 A.

I =

r= 4,5 V

1 = 4,5 A

Si en muntar un circuit permetem que circuli una intensitat de corrent superior a 4,5 A podem deteriorar els elements que conformen el circuit.


140

Unitat 6. Imatges

veLocItat de La LLUm

1. L’any llum és una unitat que es fa servir en astronomia, serveix per descriure distànci-es molt grans i simbolitza els anys que trigaria la llum a recórrer una certa distància.

Per expressar el diàmetre de la galàxia en quilòmetres, primer hem de calcular quants segons llum són 100 000 anys llum:

100 000 anys llum 365dies

1any24h1dia

3600s1h

= 3,1536 × 1012 segons llum

Sabem que la velocitat de la llum és aproximadament de 300 000 km/s, per tant:

s = v t

s = 3 × 105 km

s 3,1536 × 1012 segons llum = 9,46 × 1017 km

2. La unitat “anys llum” ens indica el temps que triga la llum a recórrer una certa distàn-cia. Per tant, la llum triga 170 000 anys a viatjar des de la supernova del Gran Núvol de Magalhaes fins a la terra.

170 000 anys llum 365 dies

1 any24 h1 dia

3 600 s1 h

= 5,36 ×1012 segons llum

s = 3 × 105 km

s 5,36 × 1012 segons llum = 1,61 × 1018 km

3. Atès que la llum es mou a velocitat constant en el buit podem fer servir l’expressió del moviment uniforme s = v t sabent que v = c = 300 000 km/s:

t = sc

=4, 4 109 km

3 105 kms

= 1,47 × 104 s

Les dades de les imatges del planeta Neptú van trigar aproximadament 4 hores i 5 minuts a arribar a la Terra.

4. Primer trobarem el perímetre de la Terra per saber quina és la distància que ha de recórrer la llum i després aplicarem l’expressió del moviment uniforme s = v t.

s = 2π R = 41 701,5 km

t = sc

=4,17 104 km

3 105 kms

= 0,139 s

El nombre de voltes que fa la llum a la Terra en un segon és:

N = 1 s

0,139 s 7,2 voltes

5. Les ones electromagnètiques han de viatjar de Mart a la Terra i tornar per la qual cosa

la distància que han de recórrer és de 5 × 108 km:

t = sc

=5 108 km

3 105 kms

= 1 667 s

El temps de reacció aproximat del robot és de 28 minuts.


141

refLexIó I refraccIó

6. L’índex de refracció d’una substància és la relació entre la velocitat de la llum en el buit i a través d’aquesta substància:

n = Velocitat dela llumenel buitVelocitat dela llumenel medi

vaigua = 34

3 105 km/s = 225 000 km/s

7. L’expressió de l’índex de refracció és:


vvermell = 3 105 km / s1, 44

= 208 300 km/s

nvioleta = 3 105 km / s188 800 km /s

= 1,59

8. Apliquem la segona llei de la refracció o llei de Snell:

sin i

sin r

=n2

n1

En el cas que ens ocupa l’angle d’incidència és αi = 30º, l’índex de refracció del buit n1 = 1 i l’índex de refracció de l’aigua n2 = 4/3

sin30º

sin r

=4 / 3

1

sin αr = 34

sin 30º

αr = 22º

9. Apliquem la llei de Snell sabent que l’índex de refracció de l’aire n1 és 1:

si i

si r

=n2

n1

n2 = n1 si i

si r

= 1 sin45ºsin30º

= 2

Per calcular la velocitat de la llum en el medi fem servir l’expressió:


vmedi = 3×105

2 = 212 100 km/s

10. La segona llei de la reflexió estableix que l’angle d’incidència i el de reflexió són iguals. Així doncs, l’angle de reflexió és de 60º i com que forma un angle recte amb el de refracció aquest serà de 30º.


142

Unitat 6. Imatges

Apliquem la llei de Snell sabent que l’índex de refracció de l’aire és 1.

si i

si r

=n2

n1

n2 = sin60ºsin30º

= 3

11. Apliquem la llei de Snell per esbrinar a quin medi correspon cada tram:

si i

si r

=n2

n1 sabent que n =

Ve locitat de la llum en el buitVe locitat de la llum en el medi

=c

vm

Entre el medi a i b obtenim:

sin a

sin b

=nb

na

<1ja que αa < αb

nb < na

cvb

<cva

va < vb

I entre el medi b i c:

si b

si c

=nc

nb

>1 ja que αb > αc

nc > nb

cvc

>cvb

vb > vc

Ja sabem que vb és l’aire ja que és el medi en el que la llum es propaga amb major velocitat. Per saber quins medis són a i b apliquem la llei de Snell entre aquests dos medis:

si a

si c

=nc

na

<1 , ja que αa < αc

nc < na

cvc

<cva

va < vc

El medi en el que la llum es propaga amb menys velocitat és el medi a.

Medi a vidreMedi b aire Medi c aigua

12. La segona llei de la reflexió estableix que l’angle d’incidència i el de reflexió són iguals. Així doncs, l’angle de reflexió és de 15º. Per trobar l’angle de refracció apliquem la segona llei de la refracció o llei de Snell:

si i

si r

=n2

n1


143

sin αr = 34

sin 15º

αr = 11,2º

15º15º

11,2º

Aire

Aigua

Raigrefractat

Raigreflectit

Raigincident

13. La segona llei de la reflexió estableix que l’angle d’incidència i el de reflexió són iguals. Així doncs, l’angle de reflexió és de 30º. Per trobar l’angle de refracció apliquem la segona llei de la refracció o llei de Snell:

si i

si r

=n2

n1

sin αr = 23

sin 30º

αr = 19,5º

30º

19,5º

Aire

Vidre

Raigrefractat

Raigreflectit

Raigincident

30º

refLexIó totaL

14. L’angle límit és l’angle d’incidència pel qual es produeix una refracció de 90º, per trobar l’índex de refracció de l’alcohol apliquem la definició d’angle límit a la llei de Snell:

si i

si r

=n2

n1

;si L

sin 90º=

n2

n1

; sin αL = n2

n1

n1 = 1

sin 47º = 1,37


144

Unitat 6. Imatges

15. Apliquem l’expressió de l’angle límit:

sin αL = n2

n

L = sin 1 1

1,6= 38,7º

16. Primer calcularem l’índex de refracció del medi a partir de l’expressió de l’angle límit:

sin αL = n2

n1

n1 = 1

sin60º = 1,155

Sabem que l’índex de refracció d’un medi es relaciona amb la velocitat de la llum en aquest medi per l’expressió:


vm = 3 108

1,155 = 2,6 × 108 m/s

17. Per calcular l’angle límit fem servir la llei de Snell considerant l’angle de refracció de 90º:

sin αL = 1

2 ; αL = 45º

El raig de llum continua recte la seva trajectòria fins que incideix en la cara BC de la peça de vidre. La suma dels angles d’un triangle és 180º per la qual cosa el raig incideix formant un angle de 30º amb la cara BC i de 60º amb la normal a aquesta cara. Com que l’angle d’incidència és més gran que l’angle límit, de 45º, no hi haurà refracció en la cara BC, sinó que es produirà una reflexió total.

A C

B

60º

30º

60º

60º

30º

18. Fem servir l’expressió de l’angle límit sabent que l’índex de refracció de l’aigua n1 val 4/3 i el de l’aire n2 és 1:

sin αL = n2

n1

L = sin−1 3

4= 48,6°


145

mIraLLs

19. Imatge d’un triangle rectangle paral·lel a un mirall pla, amb un dels seus catets situat horitzontalment:

Mirall

C

A

B B’

A’

C’

20. Tal com indica la figura, l’alçària mínima que ha de tenir un mirall pla per tal que una persona s’hi pugui veure del tot és igual a la meitat de l’alçada de la persona.

Mirall

a

b2 b

2a

21. Les trajectòries dels raigs reflectits s’indiquen en les figures següents:

3

F

3’

2’

2

1

1’


146

Unitat 6. Imatges

3

F2’

1’

3’

2

1

22. a) Real, invertida i més petita

A

B

A’

B’

C F

b) Virtual, dreta i més petita.

A

B

A’

B’

F C


147

23. Farem servir el traçat dels raigs representat a la figura.

A’

s’

N

MP

F A OC

s

P’

Utilitzarem les relacions de proporcionalitat entre els costats de les parelles de tri-angles següents:

FAP i FON; i FOM i FA’P’. Tot veient que ON = A’P’, i sabem que A’P’ = 3 AP.

També tenim com a dada que p = 10 diòptries, i per tant f = FO = 10 cm.

Entre els dos primers triangles tenim les relacions següents:

FOFA

=ONAP

=3

per tant,

FA =FO

3=

103

cm

La posició de l’objecte serà:

s =OA = FO−FA =

203

cm

Per determinar la posició de la imatge farem servir les relacions de proporcionalitat dels altres dos triangles:

FA'FO

=A'P'OM

=3

per tant FA’ = 3 FO = 30 cm.

Per tant, la distància de la imatge al mirall serà de:

s’ = OA’ = FA’ – FO = 30 cm – 10 cm = 20 cm.

Es tracta d’un mirall còncau i l’objecte es troba situat entre el focus i el mirall per la qual cosa la imatge que es forma és virtual, dreta i més gran que l’objecte.


148

Unitat 6. Imatges

24. De fet aquest exercici és simètric de l’anterior respecte a un eix vertical situat al lloc on es representa la superfície del mirall, tot canviant l’objecte per la imatge entre l’un i l’altre exercici.

O

M

FA

P N

P’

A’ C

s s’

Utilitzarem les relacions de proporcionalitat entre els costats de les parelles de trian-gles següents: FAP i FOM; i FON i FA’P’, tot veient que ON = AP, OM = A’P’ i sabem que AP = 3 A’P’.

També tenim com a dada que p = –10 diòptries, i per tant f = FO = 10 cm.

Entre els dos primers triangles tenim les relacions següents:

FAFO

=A POM

=3

per tant: FA = 3 FO = 30 cm

La posició de l’objecte serà:

s = OA = FA - FO = 20 cm

Per determinar la posició de la imatge farem servir les relacions de proporcionalitat dels altres dos triangles:

FA 'FO

=A'P'ON

=13

per tant:

FA '=13

FO =103

cm

Per tant la distància de la imatge al mirall serà de:

s’ = OA’ = FO – FA’ = 10 cm – 103

cm = 203

cm = 6,67 cm

Es tracta d’un mirall convex, la imatge sempre és virtual, dreta i menor que l’objecte.


149

Lents

25.

B

AC F F’ C’

A’

B’

A

B

B’

A’F’ F ’C C

26. a) La potència és la inversa de la distància focal:

p = 1f

= 10,2

= 5 diòptries

b) Per calcular la distància de la imatge a la lent i la seva alçària fem servir les relaci-ons de proporcionalitat entre les parelles de triangles semblants següents: FAB i FON, i OAB i OA’B’.

Entre els dos primers tenim les relacions:

FOFA

=ONA B

= 2

com podem veure: ON = A’B’

Per tant, entre els altres dos triangles tindrem les relacions següents:

OA 'OA

=A'B'A B

= 2

d’on podem treure els resultats demanats:

mida de la imatge: A’B’ = 2 AB = 2 × 8 cm = 16 cm

posició de la imatge: OA’ = 2 OA = 2 × 10 cm = 20 cm


150

Unitat 6. Imatges

B

N

M

B’

A’ A Os

s’

FF’

Es tracta d’una lent convergent i l’objecte es troba situat entre el focus i el centre òptic, la imatge que obtenim és virtual, dreta i més gran que l’objecte.

27.

A

B

F1 F’1

A’’

F2

B’

A’

B’’

F’2

La primera lent és convergent i l’objecte està situat més enllà del focus, la imatge que s’obté és real i invertida. Per a la segona lent, també convergent, el seu objecte és la imatge obtinguda a partir de la primera lent; així, veiem que aquest objecte es troba situat a prop del focus, i entre aquest i la lent, la imatge és més gran que l’objecte, virtual i en el mateix sentit. Per tant, respecte a tot el sistema, la imatge és virtual, invertida i més gran.


151

28. a)

yy’

F F’C C’O

b)

y

y’

F F’C C’O

29. Com es pot veure a la figura y = 1,4 cm i y’ = 0,4 cm, per tant l’augment lateral, quo-cient y’/y = 0,4 cm / 1,4 cm = 0,286

y

y’F F’C C’O

Fent servir les proporcions entre els triangles F’AB i F’OM, es pot veure que:

F'AF'O

=A BOM

=A BA'B'

=yy'

=7020

; és a dir y '=27

y=0,4 cm .

QüestIons reLatIves a tots eLs apartats

30. 5 × 10–5 s. Atès aquest resultat, era impossible, amb la tecnologia disponible en temps de Galileu, determinar aquesta fracció de temps tan petita. El mateix procediment, comptant el temps de reacció de l’encarregat de tapar o mostrar el senyal lluminós introduïa per si mateix un error molt més gran que la mesura que es volia obtenir. Galileu va observar que de seguida que mostrava el senyal lluminós, des de la posició inicial, ja veia el que li ensenyava el de l’altra posició; per això va concloure que la llum es propagava de manera instantània, a velocitat infinita.


152

Unitat 6. Imatges

31. El raig reflectit incidirà en la cara posterior del prisma, a una altura que mantingui les proporcions següents:

a1

b1

=a2

b2

a1 a2α α’

b1 b2

α = α’

32. La posició del mirall i la normal estan dibuixats a la figura següent:

n

α

α = 70º

D

O

33. La segona llei de la reflexió estableix que l’angle d’incidència i el de reflexió són iguals. Així doncs, l’angle de reflexió és de 60º. Per trobar l’angle de refracció apliquem la llei de Snell sabent que l’índex de refracció de l’aire és 1.

i

r

=n2

n1

αr = sin-1 34

sin60º = 40,5º

34. Apliquem la llei de Snell per trobar la relació entre l’angle de refracció αr i l’índex de refracció d’un medi, suposarem que el medi del que emergeix la llum és l’aire amb índex de refracció n1 = 1.

i

r

=n2

n1

sin αr = 1n2

si i

Quan més gran sigui l’índex de refracció d’un medi menor serà l’angle de refracció i, en conseqüència, serà major la desviació produïda en la llum incident.

En la taula següent hi apareixen els índexs de refracció de diferents substàncies:


153

Taula d’índexs de refracció

Oli d’oliva 1,48

Aire (a 20 °C i 1 atm) 1,00029

Aigua 1,33

Alcohol 1,36

Benzè 1,50

Quars 1,54

Diamant 2,42

Glicerina 1,47

Gel 1,32

Sal comuna 1,54

Sulfur de carboni 1,63

Vidre D’1,46 a 1,96

El diamant amb índex de refracció 2,42 és la substància que produeix una desviació més gran en la llum incident.

35. Fem servir l’expressió que relaciona longitud d’ona amb freqüència c = λ υ, on c és la velocitat de la llum en el buit.

c = 3 108 m/s

λ = 5,8 103 A 10 10 m

1 A = 5,8 10-7 m

υ = c 3 108

5,8 10 7 = 5,17 × 1014 Hz

36. L’angle de refracció és més gran que el d’incidència. Per aplicació de la llei de Snell, el medi 2 ha de tenir un índex de refracció menor que el medi 1.

L’índex de refracció del vidre està comprés entre 1,46 i 1,96 mentre que el de l’aigua és 1,33. L’aigua té un índex de refracció menor que el vidre, per la qual cosa el medi a és vidre i el medi b aigua.


154

Unitat 6. Imatges

37. Són paral·lels

α 2

α 1

α 1

α 2

Aire

Aire

Vidre

38. Els colors que formen la llum visible, es caracteritzen per tenir diferents freqüències. En els materials transparents i dispersius cada freqüència té el seu propi índex de refracció, per això, en refractar-se la llum blanca, composta, cada color es desvia de forma diferent dels altres colors. Quan es produeix la segona refracció, en sortir del prisma, es torna a produir una desviació ja que cada freqüència té un índex de refrac-ció propi i, per tant, els colors que formen la llum blanca, surten d’aquest material en diferents direccions, separats. Això és el que s’anomena dispersió de la llum.

39. Que és monocromàtica.

40. Situats davant del mirall a una distància del seu radi de curvatura, posem un objecte, i veiem la seva imatge. Anem aproximant, progressivament, l’objecte al mirall fins que arribi a una posició en la que no es formi cap imatge de l’objecte; aquesta serà la posició del focus del mirall, i la distància d’aquest punt al centre del mirall serà la distància focal.

41. En un mirall convex la imatge sempre és dreta i més petita que l’objecte; mentre que en un mirall còncau la imatge d’un objecte situat més enllà del focus sempre és invertida, i només és dreta, i en aquest cas més gran, quan l’objecte es troba a una distància del mirall menor que la distància focal.

42. La imatge serà real, invertida i més gran que l’objecte; s’ = –15 cm; y’ = –3 cm

F

y

y’C


Documents

Solucionari Física 1 Batxillerat