[Nub]

Hola. Un bloque de masa \( m  \) se deja caer desde una altura \( h \) sobre un resorte (sin masa) con constante elástica \( k \). El bloque se pega al resorte, y el resorte se comprime una longitud \( \varDelta l \) antes de alcanzar el reposo momentáneamente. Desprecie las fuerzas de rozamiento.

a) Cuál era la velocidad \( v_0 \) del bloque inmediatamente antes de alcanzar el resorte, en función de \( \varDelta l \) y otros datos de la letra?

Sol: \( v_0=\sqrt[ ]{\displaystyle\frac{k\varDelta^2}{m}-2g\varDelta l} \)

Primero que nada tengo que \( W_p=mg\varDelta l \) y que \( W_{resorte}=\displaystyle\frac{-k\varDelta l^2}{2} \)

Otra cosa, es que no entiendo que dice la letra, no se si es que apenas cae y choca con el resorte es lo que pide

\( K_i=0 \) pues estaba en reposo
\( K_f=\displaystyle\frac{mv_f^2}{2} \)
Sobre el cuerpo solo actúa el peso por ahora, entonces \( W_{neto}=W_p=mg\varDelta l \) y por teorema del trabajo queda
\( mg\varDelta t=\displaystyle\frac{mv_f^2}{2}-0 \) luego \( v_f=\sqrt[ ]{2g\varDelta l} \)
Pero no es la solucion

[delmar]

Hola

La energía cinética en el momento que el bloque toma contacto con el resorte es \( K_i=\displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2 \) y la energía cinética final \( K_f=0 \) que se corresponde con la máxima compresión \( \Delta l \) y por ende con \( v_f=0 \) el teorema del trabajo dice :

\( K_f-K_i=W_g+W_e \) donde la variación de la energía cinética es igual a la suma de los trabajos de la fuerza gravitatoria y elástica, las cuales si están bien calculadas.

Saludos.

[Nub]

La energía cinética en el momento que el bloque toma contacto con el resorte es \( K_i=\displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2 \) y la energía cinética final \( K_f=0 \) que se corresponde con la máxima compresión \( \Delta l \) y por ende con \( v_f=0 \) el teorema del trabajo dice :

\( K_f-K_i=W_g+W_e \) donde la variación de la energía cinética es igual a la suma de los trabajos de la fuerza gravitatoria y elástica, las cuales si están bien calculadas.

Entiendo, como tu dices lo puedo resolver. pero porque esta mal lo que yo dije? y otra cosa, antes habia intentado hacer algo asi, pero en tu ecuacion donde dice \( v_0 \) habia puesto lo que hice aca

\( v_f=\sqrt[ ]{2g\varDelta l} \)

Y aun asi me daba mal

[delmar]

Es decir pusiste \( v_0=\sqrt[ ]{2g \Delta l} \), esto es incorrecto, esto constituye un valor determinado ¿Cómo lo justificas? otra cosa es poner \( v_0=\sqrt[ ]{2g h} \) por que h es la altura sobre el resorte, que tiene el bloque al caer, obviamente con velocidad inicial 0; eso es cierto, se puede demostrar.

Saludos.

[Nub]

otra cosa es poner \( v_0=\sqrt[ ]{2g h} \) por que h es la altura sobre el resorte, que tiene el bloque al caer, obviamente con velocidad inicial 0; eso es cierto, se puede demostrar.

Si, eso queria decir, me confundí, lo que pasa que yo lo miraba como en etapas
1) Esta quieto
2) Llego al resorte
3) Se comprime

de 1 a 2 la velocidad final es \( v_f=\sqrt[ ]{2g h} \) pero de 2 a 3 la velocidad inicial es \( v_i=\sqrt[ ]{2g h} \) cosa que queda distinto a lo que te dio

[Richard R Richard]

Si trabajas con energías  hay tres instantes donde tienes datos , al inicio antes de caer donde tiene una altura $$h$$ y un potencial gravitatorio respecto del punto donde hará reposo de $$h+\Delta l$$ , un segundo instante donde toca el resorte tiene potencial gravitatorio todavía debido a $$\Delta l$$ y una energía cinética debido a la velocidad desarrollada en su caída libre y tercero el punto de reposo donde no hay ni potencial gravitatorio , ni cinético, solo potencial elástico acumulado en el resorte.

en la primer situación $$E_{m1}=E_{pg}+E_c+E_{pe}=mg(h+\Delta l)+0+0$$

en la segunda $$E_{m2}=mg\Delta l+\dfrac12 mv^2+0$$

y en la tercera $$E_{m3}=0+0+\dfrac{1}{2}k\Delta^2 l$$

si no hay rozamiento la energía mecánica se conserva $$E_{m1}=E_{m2}=E_{m3}$$ luego reemplazando en las igualdades podemos obtener los resultados.

de las situaciones 1 y 2 sacas a que velocidad toca el resorte

$$mg(h+\Delta l)=mg\Delta l+\dfrac12 mv^2$$

$$mgh=\dfrac12 mv^2$$ Ec 4

$$gh=\dfrac12 v^2\quad \to\quad v=\sqrt{2gh}$$

si quieres expresar el resultado en función de $$\Delta l$$ usa las igualdades 1 y 3  y la Ec 4

$$mg(h+\Delta l)=\dfrac{1}{2}k\Delta^2 l$$

$$mgh+mg\Delta l=\dfrac{1}{2}k\Delta^2 l$$

$$\dfrac12 mv^2+mg\Delta l=\dfrac{1}{2}k\Delta^2 l$$

entonces $$v=\sqrt{\dfrac{k}{m}\Delta^2l-2g\Delta l}$$

[delmar]

otra cosa es poner \( v_0=\sqrt[ ]{2g h} \) por que h es la altura sobre el resorte, que tiene el bloque al caer, obviamente con velocidad inicial 0; eso es cierto, se puede demostrar.

Si, eso queria decir, me confundí, lo que pasa que yo lo miraba como en etapas
1) Esta quieto
2) Llego al resorte
3) Se comprime

de 1 a 2 la velocidad final es \( v_f=\sqrt[ ]{2g h} \) pero de 2 a 3 la velocidad inicial es \( v_i=\sqrt[ ]{2g h} \) cosa que queda distinto a lo que te dio

Han de ser iguales \( \sqrt[ ]{2g h}=\sqrt[ ]{\displaystyle\frac{k\Delta ^2l}{m}-2g \Delta l} \) observa que con la compresión máxima es posible determinar la velocidad del bloque en el momento del contacto y finalmente por la ecuación puesta determinar la altura a la que estuvo. La igualdad ha de cumplirse.

Saludos

[JCB]

Hola a tod@s.

También puedes hacerlo de esta manera:

Energía mecánica inicial: \( E_i=E_{pgi}=mg(h+\Delta l) \), considerando referencia \( 0 \) de la energía potencial gravitatoria a la posición final del bloque, en la compresión máxima del muelle.

Energía mecánica final: \( E_f=E_{ef}=\dfrac{1}{2}k\Delta l^2 \). Igualando y despejando \( h \),

\( h=\dfrac{k\Delta l^2}{2mg}-\Delta l \)

Aplicando la Cinemática, \( v=\sqrt{2gh}=\sqrt{\dfrac{k\Delta l^2}{m}-2g\Delta l} \)

Saludos cordiales,
JCB.

[Nub]

Gracias, por cierto debia usar solo el teorema del trabajo, todavia no tengo que usar la energia mecánica

\( B) \)
Si el bloque es de masa de \( 263g \), la  \( k=2.52 N/cm \) y la
compresión máxima del resorte es de \( 11.8 cm \), ¿desde qué altura H se dejó caer el bloque?

\( K_i=0 \) Pues se deja caer \( v_i=0 \)
\( K_f=\displaystyle\frac{m( {\displaystyle\frac{k\varDelta l^2}{2}-2g\varDelta l})}{2} \)
Luego por teorema del trabajo queda \( mgh=K_f-K_i \) luego despejo \( h \)

[Richard R Richard]

Gracias, por cierto debia usar solo el teorema del trabajo, todavia no tengo que usar la energia mecánica
.....


\( K_f=\displaystyle\frac{m( {\displaystyle\frac{k\varDelta l^2}{2}-2g\varDelta l})}{2} \)

Eso no esta bien

$$K_f=\dfrac12 m\left(\dfrac{k\Delta l^2}{m}-2g\Delta l\right)=mgh$$


debes llegar a que

$$h=\dfrac{k\Delta l^2}{2mg}-\Delta l$$

reemplaza valores y listo