Problema 1

Para la primera cuestión: puesto que por definición la velocidad es la derivada del espacio recorrido con respecto al tiempo, el espacio recorrido hasta un instante de tiempo t es la integral definida de la velocidad desde el instante inicial hasta este instante t: ${\displaystyle s(t)=\int_0^t v(t)dt}$. Para el punto A calcular tal integral definida, que no es otra cosa que el área comprendida entre la gráfica de la velocidad (figura 4 del enunciado) y el eje del tiempo (o abcisas), es muy sencillo: al cabo de un tiempo $t_f$ el punto A ha recorrido un espacio igual a 2L/3

$$\frac{2L}{3}=\frac{v_0 t_1}{2}+v_0\left(t_f-t_1\right) \quad... ...frac{2L}{3\left(t_f-\frac{t_1}{2}\right)} =0.051 {\rm m/s} ,$$ (1)

que es una velocidad muy pequeña.

Puesto que ya sabemos cómo varía con el tiempo la posición del punto A, calculemos primeramente cuál es la posición de A cuando B está a una altura de 1.5 m. Por el dibujo se ve que la altura de A es ${h_A=h_B+x}$ con x dado por la relación

$$3x=L-h_B \quad\Rightarrow\quad h_A=h_B+\frac{L-h_B}{3}=1.75~{\rm m}\, .$$

Ahora, siguiendo el mismo procedimiento que para llega al resultado (1), obtenemos que el tiempo $t_{\scriptscriptstyle \rm subir}$ para que A suba una altura $h_A$ es por tanto

$$h_A=\frac{v_0 t_1}{2}+v_0\left(t_{\scriptscriptstyle \rm sub... ...htarrow\quad t_{\scriptscriptstyle \rm subir}=20,2~{\rm s}\, .$$ (2)

La energía mecánica de la puerta al final del proceso de subir la puerta es mayor que la energía mecánica inicial, ya que la puerta ha ganado en velocidad (parte del reposo para llegar arriba con una velocidad pequeña y por tanto ha incrementado su energía cinética) y ha ganado en altura (ha incrementado su energía potencial). La diferencia de energía mecánica entre el punto final y el inicial es por lo tanto igual al trabajo realizado por el motor. Aunque la energía mecánica sea igual a la suma de la energía cinética y de la energía potencial, puesto que la velocidad que llega a ganar la puerta es muy pequeña, podemos aproximar la variación de energía mmecánica a la variación de energía potencial exclusivamente:

$$\mbox{trabajo del motor}=W_{\scriptscriptstyle \rm realizado... ...tyle \rm mec}\approx \Delta E_{\scriptscriptstyle \rm pot}\, .$$ (3)

Y esta ${\Delta E_{\scriptscriptstyle \rm pot}}$ es igual a

$$\Delta E_{\scriptscriptstyle \rm pot}=Mg\frac L2\, ,$$

ya que el centro de masas de la puerta sube una altura L/2

$$W_{\scriptscriptstyle \rm realizado\:por\:motor}\approx \Delta E_{\scriptscriptstyle \rm pot} =Mg\frac L2=0.77~{\rm kJ}\, .$$ (4)

Como 1kWh es igual a 1000 W x 3600 s = 3600 kJ, el coste de subir la puerta es aproximadamente 0.002 céntimos.

Al cerrar la puerta quien hace el trabajo es el campo gravitatorio terrestre y así el motor recibe (en vez de hacer) trabajo. Por tanto no hay coste de ningún tipo.

En el caso de contar con un contrapeso el trabajo que hace el motor al subir la puerta viene dado, de forma similar a como se ha calculado en (3)-(4), aproximadamente por la variación de la energía potencial de la puerta y del contrapeso; este último desciende una altura de 2L/3 si es que está atado al punto A

$$W_{\scriptscriptstyle \rm realizado\:por\:motor}\approx \Del... ...}_{\displaystyle \approx M}g\frac{2L}{3} =-0.26~{\rm kJ}<0\, .$$ (5)

Puesto que es negativo, el motor no hace trabajo al abrir la puerta y el coste es 0.