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FÍSICA
BÁSICA I
Teoría y problemas
resueltos
AUTOR: Mirtha Ramírez Avilés
Primero edición
La Paz – Bolivia
Contenido
ASPECTOS HISTORICOS DE LA FISICA. ... 2
1.1. ¿QUÉ ES LA FÍSICA? ............................ 3
1.3. EL PROCESO DE MEDICIÓN ................ 3
1.4. MAGNITUDES FÍSICAS ........................ 4
1.5. EL MÉTODO CIENTÍFICO ..................... 4
1.6. UNIDADES FUNDAMENTALES ........... 4
MAGNITUD .......................................................... 5
SÍMBOLO ............................................................. 5
UNIDADES .......................................................... 5
ABREVIACIÓN .................................................... 5
1.7. UNIDADES DERIVADAS ....................... 5
1.8. FACTORES DE CONVERSIÓN .............. 5
1.9. ANÁLISIS DIMENSIONAL ..................... 6
CAPÍTULO 1
CONCEPTOS
BÁSICOS
ASPECTOS HISTÓRICOS DE LA
FÍSICA.
Los fenómenos naturales han influenciado desde tiempos remotos a
la humanidad, y los humanos a medida que iban evolucionando
trataban de comprender esos fenómenos con el fin de poder tener un
cierto control sobre ellos. Es así que surge lo que hoy podríamos
llamar una física rudimentaria: el descubrimiento del fuego, la
especialización progresiva en la utilización de armas, la forja de
metales y otros materiales, las periodicidades observadas para una
mejor agricultura, los sistemas de riego, el surgimiento de la
cosmogonía, etc. constituyen ejemplos de situaciones en las cuales
el razonamiento es utilizado para los fines mencionados
anteriormente.
En ese sentido, es difícil marcar una fecha o una época que pueda
ser considerada como el nacimiento de la física; sin embargo, ya en
los tiempos de los grandes pensadores griegos se trataban aspectos
esenciales a lo que es la materia. Así, surgen concepciones de los
constituyentes de la materia. Los famosos cuatro elementos agua,
aire, tierra y fuego fueron la base del pensamiento durante mucho
tiempo. Ideas atomistas, descripción de fenómenos tales como la
caída de los cuerpos suscitaron el interés de estos filósofos, entre a
los cuales podemos destacar a Thales, Demócrito, Hiparco,
Arquímedes y principalmente, Aristóteles y Ptolomeo quienes
plasmaron sus ideas durante muchos siglos en lo que respecta a la
descripción de ciertos fenómenos y una descripción de un modelo de
universo respectivamente.
Las ideas aristotélicas y ptolomeicas permanecieron durante mucho
tiempo enraizadas en el pensamiento de la humanidad, a pesar de
que había claros indicios de que no eran las más adecuadas. Fueron
pensadores como Copérnico, Tycho Brahe y Kepler que echaron por
tierra la concepción del geocentrismo de Ptolomeo y
fundamentalmente Galileo Galilei para destronar el aristotelismo
reinante en ese entonces. Algunos historiadores de la ciencia
consideran que la Física nació como ciencia justamente con los
trabajos sobre el movimiento de los cuerpos que realizó Galileo
trabajando con sus planos inclinados y verificando por ejemplo que la
velocidad con la que cae un cuerpo en realidad no depende de su
masa como planteaba Aristóteles.
Posteriormente, surge el nombre de Isaac Newton quien establece
las leyes del movimiento de los cuerpos a escala meso cósmica1 a
través de sus tres célebres leyes que siguen siendo el objeto de
estudio del primer curso de física en la mayoría de las universidades
del mundo. Por otra parte, fue el propio Newton quien planteó la hoy
conocida ley de la gravitación universal que rige el movimiento de
cuerpos tales como los planetas, satélites, asteroides, etc. Otros
científicos de la época newtoniana pueden ser mencionados con toda
justeza por sus trabajos en el desarrollo de la física; así, Huygens,
Euler, Laplace, Bernoulli. Después, la mecánica newtoniana se refina
y se postula formalmente gracias a los trabajos de Lagrange y
Hamilton.
Pero evidentemente, la Física no solo es mecánica, paralelamente se
desarrollaron importantes teorías que iban acompañadas del avance
tecnológico de la época. De esa manera, se desarrollan de la mano
de Carnot, Clausius y Joule, la Termodinámica con un fuerte impulso
dado por la denominada Revolución Industrial.
Las teoría electromagnética, se desarrolla gracias a trabajos como el
de Galvani, Volta, Faraday, Ampere y llegando a su cúspide con la
formulación de Maxwell. El hecho de estudiar fenómenos que salen
de lo que es considerado el meso cosmos, motivó a los físicos de
finales del siglo XIX a interesarse por la descripción y comprensión de
los fenómenos a escala microscópica. Empiezan a resurgir teorías
atomistas que en un principio son rechazadas pues se consideraba
que la Física a finales del siglo XIX estaba totalmente establecida y lo
único que se podía hacer era refinarla pero sin cambiar las bases
1Se utiliza el término meso cosmos para designar los fenómenos que
ocurren a escala humana.
conceptuales de la misma. Sin embargo, científicos como Einstein,
Poincaré y Planck, se encargaron, a principios del siglo XX, de
romper con esa errónea concepción.
Quizás, desde un punto de vista histórico, la aparición de tres
artículos rubricados por Albert Einstein, sientan los cimientos de lo
que se conoce como la Física Moderna; en su artículos que trata
sobre el efecto fotoeléctrico, considera el carácter corpuscular de la
luz, un aspecto fundamental para la Mecánica Cuántica, en su
artículo sobre el movimiento browniano da las bases para lo que hoy
se conoce como Mecánica Estadística del No Equilibrio que a su vez
ha dado lugar a nuevas teorías que actualmente son de punta no solo
en la física; finalmente en su artículo sobre la Teoría Especial de la
Relatividad, encuentra una unión entre aspectos de la mecánica y del
electromagnetismo que parecían irreconciliables y además puede
explicar el movimiento de los cuerpos cuando estos se mueven a
velocidades próximas a la velocidad de la luz en el vacío que queda
establecida como una constante universal.
Posteriormente, una vez más Einstein, formula su Teoría General de
la Relatividad que es una generalización de la teoría gravitatoria
newtoniana, así como la Relatividad Especial constituye una
generalización de la mecánica newtoniana.
Paralelamente, se desarrolló la Mecánica Cuántica gracias a los
trabajos de físicos como Heisenberg, Schrödinger, Bohr y Dirac. Las
consecuencias de la Mecánica Cuántica jugaron un rol principal en
las nuevas tecnologías y en los aspectos básicos de la estructura de
la materia. Lastimosamente, también estos conocimientos sirvieron
para hacer la guerra y destruir como lo atestiguan Hiroshima y
Nagasaki, dos ciudades japonesas devastadas por el poder
destructor de las bombas atómicas de fisión. Sin embargo, los
aportes fueron numerosos, no podríamos hablar de energía nuclear,
de computadoras, en fin, de avance tecnológico de no haberse
desarrollado la Física Moderna. Justamente, gracias a ese avance
tecnológico exponencial que experimenta la humanidad, la ciencia
puede avanzar más y en esa retroacción positiva, actualmente se
están elucidando aspectos impensables hasta hace unos años.
Nanotecnología, Sistemas Complejos, son algunos de los aspectos
que están a la vanguardia de la ciencia contemporánea. Las fronteras
entre las ciencias van haciéndose cada vez más tenues y el trabajo
multidisciplinario adquiere una gran importancia. A pesar de lo
mencionado anteriormente, el estudio sistemático de la física clásica
sigue siendo esencial para una comprensión cabal de toda esta
evolución científica.
1.1. ¿QUÉ ES LA FÍSICA?
Cuando eras niño te preguntabas por qué ocurren ciertas cosas, por
ejemplo ¿por qué en la mañana sale el sol y en la noche la luna?
También posiblemente te preguntabas hasta donde llega la tierra,
puesto que, si miras al horizonte,te da la impresión de que en un
punto va a acabarse y si llegas a él podrías caer en el vacío. ¿Y te
preguntaste alguna vez cómo pudieron entrar las personas que ves
en la tele dentro del televisor? Es posible que para entender todo eso
hayas “enloquecido” a tus padres con preguntas que, seguramente
no te contestaban o las respuestas no cubrían tus expectativas. Para
responder a todas esas preguntas es preciso realizar un estudio
objetivo de la naturaleza para obtener respuestas válidas
universalmente. Una de las ciencias que permite obtener esas
respuestas es la física. La física es una ciencia teórico – experimental
que estudia los fenómenos que ocurren en la naturaleza a nivel
cuantitativo, es decir, sacando resultados, y con un método
totalmente planificado, denominado “Método Científico”.
Para el desarrollo de la física teórica se necesita una herramienta
importante: “la matemática”. Esta parte teórica debe ser
complementada por la experimentación, la misma que nos ayuda a
establecer Leyes Universales. Mediante dichas leyes es posible
explicar la mayor variedad posible de los fenómenos observados y
predecir cuantitativamente su comportamiento. El hecho de que sea
una ciencia experimental, significa que los fenómenos que se
analizan deben observarse y medirse.
1.3.EL PROCESO DE MEDICIÓN
En primer lugar, es preciso definir lo que significa hacer una medición
o tomar una medida, es decir ¿qué es medir? “medir es comparar
una magnitud física con una unidad”
El proceso de medición es una operación física experimental, en la
que intervienen, necesariamente, tres sistemas:
i) El “sistema objeto”. Al cual queremos medir.
ii) El “instrumento” o “aparato de medición”, y.
iii) El “sistema de comparación” al que definimos
como unidad y que suele estar incluido en el
instrumento de medición.
Para definir el proceso de medición es necesario seguir “una receta”
mediante la cual interactúan los tres sistemas mencionados (objeto,
instrumento y unidad). Por ejemplo, la receta para medir longitudes
sería “tomar un instrumento, por ejemplo, una regla en la que están
marcadas las divisiones”; hacer coincidir la primera división de la
regla (punto cero) con un extremo del objeto cuya longitud se quiere
determinar; mirar y anotar la división que coincide con el otro extremo
del objeto”. Cada proceso de medición define una “magnitud física”,
para definir la cual es preciso analizar el proceso de medición.
1.4. MAGNITUDES FÍSICAS
Por experiencia sabemos que no todo lo que existe en la naturaleza
puede ser medido, es decir no a todo se le puede dar un valor, por
ejemplo, no podemos medir la belleza de una estrella porque a esa
belleza no podemos asignarle un número; tampoco podemos medir el
amor, aunque sabemos que el amor existe, no puedes decirle a tu
chica “yo te amo 2 300 405,72” ó “te amo 0.78”, máximo podrás
decirle “te amo” o “te amo mucho”, pero a ese sentimiento no
podemos darle un valor. Entonces, es fácil comprender que esas
cosas que existen en la naturaleza no pertenecen al campo de la
física. La ciencia en general, y la física en particular debe tener la
capacidad de definir, pero, adicionalmente se debe contar con la
capacidad de medir.
1.5. EL MÉTODO CIENTÍFICO
Este método, utilizado universalmente para hacer ciencia, sigue los
pasos que se describen a continuación:
1) Observar algún fenómeno natural que nos interese.
2) Hacer suposiciones (formular hipótesis) respecto a
dicho fenómeno.
3) Experimentar (medir las magnitudes que resulten
importantes).
4) Analizar los resultados para sacar conclusiones y, si se
puede, detectar una ley física.
Para que entiendas cómo funciona este método veamos un caso de
la vida real. Tu mamá te llama a almorzar y como tienes hambre vas
corriendo a sentarte a la mesa y miras el plato que ella te ha
“servido”, se ve lindo, colorido y apetecible, “estas observando” y
supones que está delicioso, “estás formulando una hipótesis” y
empiezas a comer “estás experimentando” y de pronto ¡HORROR!,
te das cuenta de que la “deliciosa comida” es hígado con ensalada de
betarraga (casi a nadie le gusta ¿verdad?), entonces “sacas una
conclusión”: la comida no es rica. Sin darte cuenta, usaste el
método científico. Otro ejemplo, alguna vez te paraste en la cancha
Zapata a mirar el río Choque yapú, entonces te das cuenta de que no
te encuentras en un ambiente agradable y empiezas el proceso de
“observación”. En primer lugar notas un olor desagradable, en
segundo lugar, ves una cantidad de cosas raras, tales como basura,
piedras, zapatos viejos y hasta perros muertos; notas, además, el
color del río y dices “es turbio”. Entonces, por todo lo observado
piensas “el río Choqueyapu debe estar muy contaminado”, al decir
esto estas "formulando una hipótesis”, pero claro, no puedes saber
si tu hipótesis es falsa o verdadera, para saber esto con certeza,
recoges una muestra de agua del río y la mandaras a un laboratorio,
con lo cual entras en la fase de “experimentación”, ese laboratorio
te dará resultados, por ejemplo que tiene una gran cantidad de
bacterias coliformes fecales, una demanda biológica de oxígeno
(DBO) muy alta, elevada cantidad de sólidos suspendidos (que son
causantes de la turbiedad del río), etc. Si comparas los parámetros
proporcionados por el laboratorio con las normas establecidas,
estableces que, en efecto, el río está contaminado, has "analizado
los resultados y establecido una conclusión teórica” que bien
podría llamarse una ley física. ¿Te diste cuenta de que en este caso
utilizaste el método científico?
1.6. UNIDADES FUNDAMENTALES
Son las que constituyen los Sistemas de Unidades, se basan en la
longitud, la masa y el tiempo y sirven para definir a las medidas
directas. En el Sistema Internacional, que es el que utilizaremos en
este libro, las unidades para estas cantidades son:
MAGNITUD SÍMBOLO UNIDADES ABREVIACIÓN
LONGITUD L METRO [m]
MASA M KILOGRAMO [kg]
TIEMPO T SEGUNDO [s]
TABLA 1.1
El metro patrón fue definido durante mucho tiempo como la distancia
entre dos marcas en una barra de aleación de platino – iridio, la
misma que se mantiene a temperatura constante en una vitrina del
Bureau of Weigths and Measures en Sèvres, (Francia); hoy en día se
define como la distancia recorrida por la luz en el vacío en un
intervalo de tiempo de 1/299792458[s].
En tanto que, el kilogramo patrón era un cilindro macizo de
aleación de platino iridio que también está custodiado en Sèvres.
La unidad de medida del tiempo es el segundo, definido como el
tiempo que requiere un átomo de Cesio 133 para realizar 9 192 631
770 vibraciones correspondientes a la transición entre dos niveles
hiperfinos de su estado fundamental.
Si, por alguna razón tuvieras que utilizar otras unidades que no
pertenezcan al Sistema Internacional, en el Apéndice 2 tienes una
tabla de equivalencias de unidades. En todo caso, los sistemas de
unidades más comunes se muestran en la Tabla 1.2.
SISTEMA LONGITUD MASA TIEMPO
FUERZA
INTERNACIONAL [m] [kg] [s] [N]
cgs [cm] [g] [s] [dinas]
INGLÉS [pie] [slug] [s] [lb]
TABLA 1.2
1.7. UNIDADES DERIVADAS
Las unidades derivadas son las que resultan de multiplicar y/o dividir
unidades básicas entre sí.
No todo en la naturaleza se reduce a medir unidades básicas tales
como longitud, masa y tiempo. Muchas veces requerimos medir una
velocidad, o la aceleración de la gravedad o una fuerza que actúa
sobre un cuerpo, la potencia que desarrolla un motor o la energía
disipada en un sistema. Como sabemos, la velocidad se mide en
metros/segundo [m/s], la aceleración en metro/segundo por cada
segundo [m/s2], la fuerza en neutonios [N], la potencia en vatios [wat]
y la energía en julios [J]; todas ellas pueden ser expresadas como
potencias de las unidades fundamentales (longitud [L], masa [M] y
tiempo [T].
1.8. FACTORES DE CONVERSIÓNSi tienes una magnitud física con sus respectivas unidades en un
determinado sistema, pero necesites esa misma magnitud en otro
sistema, utilizarás los factores de conversión, que sirven para pasar
de una unidad que pertenece a un sistema a otra de un sistema
diferente. Para que el asunto te resulte más fácil, puedes utilizar las
siguientes reglas:
1. Conocer qué unidades quieren ser convertidas y a qué unidades
se quiere llegar. Por ejemplo, para convertir 10[pies/h] a [m/s].
¿De dónde partimos? pues de [pies/h]; ¿a qué queremos llegar?
a [m/s].
!
𝑝𝑖𝑒𝑠
ℎ ' → )
𝑚
𝑠 +
2. Luego, tanto en el numerador como en el denominador,
trazamos el camino a seguir. En el ejemplo, en primer lugar
trabajaremos en el numerador, entonces debemos llegar de
[pies] a [m], sabiendo que 1[pie] vale 12[pulga]; 1[pulga] =
2.54[cm] y, finalmente 100[cm] equivalen a 1[m]; el camino a
seguir será:
[𝑝𝑖𝑒𝑠] → [𝑝𝑢𝑙𝑔] → [𝑐𝑚] → [𝑚]
Procedemos idéntico en el denominador, sabiendo que 1[h] son
3600[s]:
[ℎ] → [𝑠]
3. Debemos “hacer desparecer” las unidades que tenemos para que
vayan “apareciendo” las que queremos; para ello, si tenemos una
unidad “arriba”, debemos asegurarnos de tener la misma unidad
“abajo” para simplificarlas. En nuestro caso será:
10[𝑝𝑖𝑒𝑠]
1[ℎ] ∗
12[𝑝𝑢𝑙𝑔]
1[𝑝𝑖𝑒] ∗
2.54[𝑐𝑚]
1[𝑝𝑢𝑙𝑔] ∗
1[𝑚]
100[𝑐𝑚] ∗
1[ℎ]
3600[𝑠]
4. Los números serán operados y sus unidades serán las que
quedan. En nuestro caso, el resultado será:
10 !
𝑝𝑖𝑒𝑠
ℎ ' = 8.47𝑥10
?@ )
𝑚
𝑠 +
1.9. ANÁLISIS DIMENSIONAL
El análisis dimensional es muy importante puesto que permite escribir
ecuaciones correctamente y se caracteriza porque ambos términos
de una ecuación deben tener las mismas dimensiones.
Reglas para realizar el análisis dimensional
1) Las ecuaciones que relacionan muchas cantidades físicas deben
ser dimensionalmente homogéneas, por ejemplo, si una
ecuación tiene la forma:
Z = A + B – C
A, B, C y Z deben tener las mismas dimensiones.
2) Se utilizan corchetes para indicar la dimensión de una variable,
por ejemplo, la dimensión del tiempo será expresada como [T].
3) Todos los coeficientes numéricos deben ser reemplazados por 1,
por ejemplo:
5[L] + 3[L] –2[L] = [L]
4) Todas las dimensiones se expresan en forma de enteros que
pueden tener exponentes positivos o negativos:
[𝑀]
[𝐿]
[𝑇D] =
[𝑀][𝐿][𝑇?D]
5) Se considera que la medida de los ángulos (radián) es un
número.
Nota: Los problemas ¡trata deresolver! están diseñados para que tú
solo resuelvas el problema planteado. Aunque éste se encuentra
resuelto, deberás tapar (con la tapa que viene adjunta al libro) las
filas de abajo, donde se encuentran las respuestas y tratar de
resolver lo que está indicado en (FASES) luego podrás
comparar y determinar tus aciertos y fallas, para ser superadas.
Ejemplo 1.1. Se quiere hallar una ecuación que relacione la distancia
d, recorrida por un objeto que parte del reposo y que se mueve en
línea recta con aceleración constante a, en un tiempo t. Las
dimensiones de distancia, tiempo y aceleración son, respectivamente
[L] (metros), [T] (segundos) y [L/T2] (metros por segundo al cuadrado)
¿Cuál será la forma de la ecuación para que sea dimensionalmente
correcta?
Estrategia de Resolución. La expresión que estamos buscando es
de la forma:
d = combinación donde intervengan t y a
Para asegurar la homogeneidad dimensional deberán combinarse t y
a de tal forma que, el lado derecho de la ecuación tenga también las
dimensiones de d, es decir, [L].
1. Proponemos una expresión de la forma:
𝑑 = 𝐶𝑎H𝑡J
considerando a dimensional a C = cte, y a x, y,
exponentes desconocidos a ser determinados.
2. Dimensionalmente, la expresión tiene la forma:
[𝑳] = !
𝑳
𝑻𝟐'
𝒙
[𝑻]𝒚
[𝑳] = [𝑳]𝒙[𝑻]?𝟐𝒙[𝑻]𝒚 = [𝑳]𝒙[𝑻]𝒚?𝟐𝒙
3. El primer miembro de la ecuación está elevado a la
primera potencia, por tanto:
x = 1
4. Puesto que [T] no aparece en el primer miembro de la
ecuación:
y – 2x = 0
y = 2
5. Por tanto, la expresión tendrá la forma:
𝑑 = 𝐶𝑎𝑡D
Ejemplo 1.2 Para mantener a un cuerpo que se mueve a velocidad
constante se requiere una fuerza centrípeta. Realizar el análisis
dimensional de dicha fuerza.
Estrategia de Resolución. La pregunta es ¿de cuántas variables
depende la fuerza centrípeta? la respuesta es: de la masa, la
velocidad con que se mueve el cuerpo y el radio de la trayectoria
circular, por tanto, la ecuación dimensional tendrá una forma que
relaciona F con M, v y R. Por otra parte, las unidades de la fuerza
son [Kgm/s2], por tanto, su ecuación dimensional será: [F] = [M][L][T-
2]. Esta ecuación debe ser consistente con la de la fuerza centrípeta:
1. Proponer una expresión para la fuerza centrípeta:
[𝑭] = [𝑴]𝒙[𝒗]𝒚[𝑹]𝒛 = [𝑴]𝒙 !
𝑳
𝑻'
𝒚
[𝑳]𝒛
2. Igualar las ecuaciones: [𝑴][𝑳][𝑻]?𝟐 = [𝑴]𝒙 )𝑳𝑻+
𝒚
[𝑳]𝒛
3. Igualar los exponentes:
x = 1
y + z = 1
z = 1 – y = 1 – 2 = -1
y = 2
4. Reemplazar exponentes:
[𝑭] = [𝑴][𝑳](𝟐?𝟏)[𝑻]?𝟏 = [𝑴][𝑳][𝑻]?𝟐
Por tanto, la ecuación propuesta es compatible.
Ejemplo 1.3. La ecuación que proporciona la energía potencial
es:𝐸Y = 𝑀𝑔ℎ. Hallar la ecuación dimensional.
Estrategia de Resolución. La gravedad es una aceleración, por
tanto, sus unidades serán: [m/s2] y sus dimensiones LT-2. Entonces,
la ecuación que proporciona la energía potencial será:
𝐸Y = 𝑀
𝐿
𝑇D 𝐿 = 𝑀𝐿
D𝑇?D
Ejemplo 1.4. ¡Trata de resolver! La ley de atracción universal de las
masas establece que:
𝐹 = 𝐾
𝑚\𝑚D
𝑑D
Encontrar la ecuación dimensional de la constante universal K.
Estrategia de Resolución. De la ecuación dada, deberá despejarse
la constante universal K y luego reemplazar las dimensiones,
sabiendo que la fuerza es igual a la masa por la aceleración.
1. Despejar K de la ecuación:
𝐾 =
𝐹𝑑D
𝑚\𝑚D
2.Escribir las dimensiones de los componentes:
F = Ma = MLT-2
d2 = Lm1 = m2 = M
3.Reemplazar valores en la ecuación que proporciona
K:
[𝐾] = []][^][_]
`a[^]a
[]]a
4.Por tanto, la ecuación dimensional de K será:
[𝑲] = [𝑴]?𝟏[𝑳]𝟑[𝑻]?𝟐
Ejemplo 1.4. ¡Trata de resolver! La potencia que requiere la hélice
mayor de un helicóptero puede ser calculada mediante la siguiente
expresión:
𝑃 = 𝑘𝑅g𝜔i𝐷k
Sabiendo que la potencia es el producto de la fuerza por la velocidad,
¿cuánto deben valer los exponentes a, b y c? R = radio de la hélice
[m] w = velocidad angular [rad/s]; D = densidad del aire [Kg/m3] y K a
dimensional.
Estrategia de Resolución: Deberá escribirse el primer miembro de
la ecuación en términos de dimensiones de fuerza y velocidad e
igualar con el segundo miembro.
1. Escribir P en función de F y v.
[𝑃] = [𝐹][𝑣] = [𝑀][𝑎][𝑣] = [𝑀] !
𝐿
𝑇D' !
𝐿
𝑇' =
[𝑀][𝐿]D[𝑇]?m
2.Escribir el segundo miembro en función de sus
dimensiones, teniendo en cuenta que los radianes son
a dimensionales:
[𝑃] = [𝐿]g !
1
𝑇'
i
!
𝑀
𝐿m'
k
= [𝑀]k[𝐿]g?mk[𝑇]i
3.Igualando exponentes:
𝒄 = 𝟏
𝒂 − 𝟑𝒄 = 𝟐 → 𝒂 = 𝟐 + 𝟑 = 𝟓
𝒃 = −𝟑
Por tanto, la ecuación será:
[𝑷] = 𝒌[𝑴][𝑳]𝟓?𝟑[𝑻]?𝟑 = 𝒌[𝑴][𝑳]𝟐[𝑻]?𝟑
Ejemplo 1.5. ¡Trata de resolver! La masa del sol puede ser
determinada mediante la ecuación: 𝑀v = 𝐾𝑟H𝐺J𝑇y, donde K es
una constante, r la distancia al sol, G la constante de Gravitación
Universal, cuyas unidades son: !𝑁𝑚
D
𝑘𝑔?D{ ' y T es el periodo [s].
Determinar los exponentes x, y, z y escribir la ecuación dimensional
de Ms.
Estrategia de Resolución: Escribir el segundo miembro de la
ecuación en términos de r, G y T y luego igualar exponentes.
1.Escribir Ms en función de los términos del segundo
miembro de la ecuación
[𝑴] = 𝑲[𝑳]𝒙[𝑮]𝒚[𝑻]𝒛 = 𝑲[𝑳]𝒙 }
[𝑭][𝑳𝟐]
[𝑴]𝟐 ~
𝒚
[𝑻]𝒛
[𝑴] = 𝑲[𝑳]𝒙[𝑴]𝒚[𝒂]𝒚[𝑳]𝟐�𝒚[𝑴]𝒚?𝟐[𝑻]𝒛
[𝑴] = 𝑲[𝑳]𝒙[𝑴]𝒚[𝑳]𝒚[𝑻]?𝟐�𝒚[𝑳]𝟐�𝒚[𝑴]𝒚?𝟐[𝑻]𝒛[𝑴] = 𝒌[𝑳]𝒙�𝒚�𝟐�𝒚[𝑴]𝒚�𝒚?𝟐[𝑻]𝒚?𝟐�𝒛
[𝑴] = 𝑲[𝑳]𝒙�𝟐𝒚�𝟐[𝑴]𝟐𝒚?𝟐[𝑻]𝒚?𝟐�𝒛
2.Igualar exponentes:
𝒙 + 𝟐𝒚 + 𝟐 = 𝟎
𝟐𝒚 − 𝟐 = 𝟎
𝒚 − 𝟐 − 𝒛 = −𝟐
3.Resolviendo el sistema:
𝒙 = −𝟓
𝒚 = 𝟑 𝟐{
𝒛 = −𝟑 𝟐{
PROBLEMAS PROPUESTOS
1. La aceleración de la gravedad en La Paz es 9.775[m/s2], ¿cuál es
su valor en [pies/s2]?Rpta: 32.700[pies/s2]
2. El corazón de una persona late 72 veces/minuto. ¿Cuántas
veces latió ese corazón si la persona vivió 70 años? Rpta:
2.65x109
3. La densidad volumétrica se define como la masa de un cuerpo
por unidad de volumen. Si la densidad del agua es r = 1[g/cm3],
expresarla en [slug/pulg3].Rpta: 1.12[slug/pulg3]
4. ¿Cuál es tu masa en kilogramos, slugs y gramos? ¿Cuál es tu
estatura en metros, en pies, en pulgadas, en millas y en
centímetros?
5. La densidad lineal l se define como la masa por unidad de
longitud. Si la masa de una cuerda es 0.2[kg] y su longitud es de
100[pulgadas], ¿Cuál es la densidad en kilogramos/metro,
gramos/centímetro y slug/pie?Rpta:7.87x10-2[kg/m]
6. La velocidad de la luz en el vacío es de 3x108[m/s]. ¿Cuánto
valdrá en [millas/h] y en [pies/hora]?Rpta:1.04x1011[millas/h]
7. Una lámina de hierro de 25.62[g] de masa y ocupa un volumen
de 0.98[pies3]. Determinar su densidad en el sistema
internacional.Rpta:0.92[kg/m3]
8. La densidad promedio de la Luna es 3.3[g/cm3] y tiene un
diámetro de 2160[millas] ¿Cuál es el peso de la Luna, si el peso
es el producto de la masa por la gravedad, que, en nuestra
ciudad vale 9.775[m/s2]? Calcular dicho peso en [kg-m/s2].Rpta:
9.19x1013[kg-m/s2]
9. Un avión comercial transporta 72100[kg] de combustible. Calcular
el peso del combustible: (a) Cuando el avión vuela a una altitud
de 10000[m] y una latitud de 20º, puntos en los que la gravedad g
es 9.746[N/kg]. (b) Cuando el avión transporta la misma cantidad
de combustible al nivel del mar y a una latitud de 50º, siendo la
gravedad igual a 9.811[N/kg] y (c) ¿Cuál es la diferencia entre
esos dos pesos, expresada en libras?Rpta:703.6[kN]; 707.6[kN];
900[lb]
10. Una fuerza puede ser representada por𝐹 = 𝑚𝜔D𝑅. Si la fuerza
F está dada en [kg-m/s2], m es la masa del cuerpo en [kg], w es
la velocidad angular en [rad/s] y R el radio en [m]. Comprobar
que la ecuación es dimensionalmente correcta.
11. Para determinar la rigidez de una cuerda se utiliza la ecuación:
𝑆 = !𝑎
𝑄
𝑅 + 𝑏'𝑑
D
Donde:
Q = carga [N]; R = radio [m]; d = diámetro [m] y; S = rigidez [N].
Hallar las magnitudes de a y b para que la ecuación sea
dimensionalmente correcta.Rpta: [L-1]; [L-1][M][T-2]
12. La velocidad angular w de la hélice de un barco cuyas unidades
están dadas en [rad/s], está expresada por:
𝜔 = !𝑘
𝑃
𝜌'
\
m{
𝑅?� m{
Donde: r es la densidad volumétrica del agua dada en [kg/m3], k es
una constante a dimensional y R es el radio de la hélice en [m]. ¿Cuál
es la magnitud física representada por P?Rpta: Potencia
13. La presión de un fluido en movimiento depende de su densidad r
y su velocidad v. Determinar una combinación de densidad y
velocidad que proporcione las dimensiones correctas de la
presión, es decir, [kg-m/s2]. Rpta ) 𝑴𝑳𝑻𝟐+
[ ]
14. Supongamos que se quieren cambiar las magnitudes
fundamentales (L, t, m) por (c, h y me] que son, la velocidad de la
luz, la constante de Planck y la masa del electrón,
respectivamente. La equivalencias entre las anteriores y las
nuevas unidades es la siguiente:
[c] = [L][T-1]; [h] = [M][L2][T-1]; [me] = [M]
Escribir, en términos de las nuevas magnitudes, las dimensiones
de longitud, tiempo y fuerza. Rpta: [L], [T], [M2LT2]
15. La unidad SI de fuerza, el kilogramo-metro por segundo
cuadrado [kg-m/s2] se denomina neutonio [N]. Hallar las
dimensiones y las unidades SI de la constante G en la ley de
Newton de la gravitación que está dada por :𝐹 = ����a
�a
Donde m1 y m2 son masas y r es una distancia. Rpta:
𝑳𝟑
𝑴𝑻𝟐
;
𝒎𝟑
𝒌𝒈?𝒔𝟐
16. Demostrar que el producto de la masa por la aceleración y la
velocidad tiene las dimensiones de una potencia.
Rpta:𝑴) 𝑳
𝑻𝟐
+ )𝑳
𝑻
+ = 𝑴𝑳
𝟐
𝑻𝟑
Contenidos
2.1. VECTORES Y ESCALARES ...................... 12
2.1.2. CONCEPTOS NUMÉRICOS (ESCALARES Y
VECTORES) ............................................................... 12
2.1.3. COMPONENTES DE UN VECTOR .................... 13
2.1.4. MAGNITUD DE UN VECTOR. .......................... 13
2.1.5. DIRECCIÓN DE UN VECTOR. ........................... 14
2.1.6. SENTIDO DE UN VECTOR ............................... 14
2.1.7. PUNTO DE APLICACIÓN DE UN VECTOR ........ 14
2.4. SUMA DE VECTORES ............................... 14
2.4.1. PROPIEDADES DE LA SUMA DE VECTORES ... 15
2.4.2. MÉTODO DEL PARALELOGRAMO .................. 15
2.4.3. MÉTODO DEL POLÍGONO .............................. 15
2.4.4. MÉTODO ANALÍTICO DE LA SUMA DE
VECTORES ................................................................ 16
2.4.5. MÉTODO DE LAS COMPONENTES ................. 18
2.1. INTRODUCCIÓN A LA CINEMÁTICA ... 21
2.2.1 PARTÍCULA ................................................... 21
2.2.2. SISTEMA FÍSICO ........................................... 21
2.2.3. TRAYECTORIA ............................................... 21
2.2.4. EL VECTOR DESPLAZAMIENTO ...................... 22
2.2.5. SISTEMA DE REFERENCIA .............................. 22
2.2.6. VARIABLES CINEMÁTICAS ............................. 24
2.2. MOVIMIENTO EN UNA DIMENSIÓN ... 27
2.3.1. MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME
(MRU) ...................................................................... 27
2.3.2.1. ENCUENTRO ........................................... 35
2.3.3.CAIDA LIBRE Y TIRO VERTICAL ........................ 40
2.4. MOVIMIENTO EN DOS
DIMENSIONES ................................................... 48
2.4.1.PRINCIPIO DE INDEPENDENCIA DE
LOS MOVIMIENTOS ........................................... 48
2.4.2. MOVIMIENTO TEÓRICO DE UN PROYECTIL
(TIRO OBLICUO) ....................................................... 50
2.4.3. MOVIMIENTO CIRCULAR ....................... 61
3.3.3.1.MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORME ...... 63
CAPÍTULO 2
CINEMÁTICA
DE LA
PARTÍCULA
2.1. VECTORES Y ESCALARES
Puesto que la cinemática requiere de magnitudes vectoriales tales
como el desplazamiento, la velocidad y la aceleración, haremos una
introducción a los vectores para ver como se expresan estas
magnitudes que deben ser consideradas como tal.
2.1.1. SISTEMAS DE COORDENADAS
CARTESIANAS O RECTANGULARES
Los sistemas coordenados sirven para posicionar a un cuerpo o para
determinar donde está él. Un sistema de coordenadas cartesianas
tiene tres ejes perpendiculares entre sí, (X, Y, Z) que se interceptan
en el punto que cruza por los tres ejes (origen O); este esquema es
una representación en el espacio tridimensional. En el plano
cartesiano, el sistema se restringe a un par de ejes perpendiculares
entre sí, denominados “Eje X o de abcisas” y “Eje Y o de
ordenadas”. El origen representa el punto desde donde se miden
magnitudes, así, la distancia de un punto A que será medida desde el
origen al punto.
Ejemplos de utilización de los sistemas de ejes rectangulares son los
siguientes:
2.1.2. CONCEPTOS NUMÉRICOS
(ESCALARES Y VECTORES)
Un concepto numérico (expresado) por un solo número se
llama“escalar”, por ejemplo, la temperatura promedio en La Paz es
de 12oC, esto significa que la temperatura es un escalar ya que
puede ser descrita por medio de un simple número. Si la masa de
una pequeña esfera es de 77[g], la masa es un escalar puesto que
puede ser descrita por un número ¿verdad?
Sin embargo, en la naturaleza existen también conceptos numéricos
que requieren más de un número para su descripción. A un
concepto numérico expresado mediante dos o más números se
le denomina “vector”. Entonces un vectores un grupo ordenado
de números lo que, como demostraremos enseguida, es equivalente
a “un segmento de recta que tiene magnitud, dirección, sentido y
que parte de un origen”. Por ejemplo, todo estudiante de la Carrera
de Química Industrial sabe que una disolución está compuesta por un
Solvente (el compuesto que disuelve)y un soluto (el que se disuelve
en el solvente), si se disuelven en 10[g] de agua, 2[g] de cloruro de
sodio (sal común), el vector disolución será:
𝑑 = (𝑆, 𝑠) = (10,2)
Donde el primer número (10) representa al Solvente, en tanto que, el
segundo número (2) representa al soluto.
Los Constructores Civiles saben que, para preparar una mezcla de
hormigón, necesitan juntar arena, grava y cemento; de acuerdo a lo
que se requiere los mezclarán, si un hormigón tiene la característica
3:1:2, significa que tiene tres partes de arena, una de grava y dos de
cemento. Se trata de un vector representado por:
𝐻-.....⃑ = (𝐴, 𝐺, 𝐶) = (3,1,2)
Los estudiantes de electrónica, electricidad y electromecánica saben
queel circuito R-C-L de corriente alterna (fig. 2.6) necesita tres
números para ser descrito, es decir, el valor de la resistencia (5W), el
de la inductancia (2 H) y el del la capacitor (4 F), en el orden descrito.
El vector circuito de la Fig. 2.3 será expresado entonces en la
siguiente forma:
𝐶 = (5,2,4)
Los ejemplos muestran que los vectores pueden ser utilizados en el
álgebra de pares ordenados y triadas.Un sistema de coordenadas es
una colección de n-adas, que muestran un arreglo matemático. En un
vector, el orden de los números es de suma importancia, no pudiendo
ser intercambiados, por ejemplo, el vector forma de miss Universo
será:
�⃗� = (90,60,90)
No es necesario decir de que se trata, todos lo sabemos. Pero, si se
intercambiaran los números en la forma = (90,60,90), aunque los
números sean los mismos, este vector no expresa ya la idea original.
2.1.3. COMPONENTES DE UN VECTOR
Son los números que forman parte de un vector, así el vector
disolución 𝑑 = (10,2) tiene dos componentes y puede ser
representado en el plano (x, y). El vector circuito 𝐶 = (5,2,2) tiene
tres componentes y deberá ser representado en el espacio (x, y, z).
El vector disolución es mostrado en la fig. 2.4.(a) y el vector circuito
en la fig. 2.4.(b).
Como puede verse, decir que un vector es un grupo ordenado de
números es lo mismo que decir: Un vector es un segmento de recta
con magnitud, dirección y sentido, y que, además tiene un punto
de aplicación, como se esquematiza en la figura 2.5.
2.1.4. Magnitud de un vector.
Se denomina "magnitud de un vector" al tamaño o longitud que tiene
dicho vector. La magnitud de un vector�⃗� puede ser representada de las
siguientes formas:
9𝐴9 = 𝐴
Para fines prácticos, usamos la notación para representar a la
magnitud del vector𝐴.
2.1.5. DIRECCIÓN DE UN VECTOR.
La “dirección de un vector” puede representarse por el ángulo que
forma dicho vector con el eje de abcisas. Cuando se trata de un vector
en una sola dimensión (horizontal o vertical)éste no formará ningún
ángulo y podría ser expresado por su magnitud, sin embargo, en este
libro será expresado como un vector.
2.1.6. SENTIDO DE UN VECTOR
El sentido de un vector es la orientación que éste tiene una vez
definida su dirección, geométricamente, se representa por una flecha
dirigida en un sentido al que consideramos positivo, si esa flecha gira
en 180º, el sentido del vector será negativo, como puede verse en la
figura 2.6.
2.1.7. PUNTO DE APLICACIÓN DE UN
VECTOR
Es el punto donde “empieza” el vector o donde se ubica la “cola” del
vector. En general se encuentra ubicado en el origen de un sistema
de coordenadas, pero también puede ubicarse en un punto diferente.
En física, hay vectores de gran importancia. El vector desplazamiento
es uno de ellos, pero ¿de qué se trata?, bien, diremos que el vector
desplazamiento es el cambio de posición que experimenta un
cuerpo. Por ejemplo, si un carro recorre una distancia D se trata de
un desplazamiento y necesita dos números para su descripción.
2.4. SUMA DE VECTORES
La suma de vectores se obtiene sumando sus componentes una a
una, obteniéndose de este proceso un “vector resultante de la
suma”.En la suma de vectores podemos ver claramente la diferencia
entre un vector y un escalar. Por ejemplo, si tardas 9[s] en llegar a la
puerta de tu casa y desde allá, 800[s] en llegar a la Facultad, el
tiempo total de tu recorrido es 809[s], pues el tiempo es un escalar
(sólo tiene magnitud, no dirección).
Si se quieren sumar vectores debe tomarse en cuenta la dirección
de los mismos, para hallar un vector resultante que tendrá
magnitud, dirección y sentido. Lo que significa que la suma
(incluyendo la resta) de vectores tienen su “propia álgebra” que es
muy diferente a la simple aritmética de la suma de escalares.
Si se tienen los vectores𝐴 = (2,3) y 𝐵.⃗ =(4,2), la suma será:
𝑅.⃗ = (2 + 4; 3 + 2) = (6,5)
Que representa un vector.
A
2.4.1. PROPIEDADES DE LA SUMA DE
VECTORES
Sean 𝐴. 𝐵.⃗ 𝑦𝐶, vectores. La suma de vectores tiene las siguientes
propiedades:
i) 𝐴 + 𝐵.⃗ = 𝐵.⃗ + 𝐴(Propiedad conmutativa)
ii)𝐴 + @𝐵.⃗ + 𝐶A = @𝐴 + 𝐵.⃗ A + 𝐶(Propiedad asociativa)
iii) 𝐴 − 𝐵.⃗ = 𝐴 + @−𝐵.⃗ A(Resta de vectores)
La resta de vectores puede considerarse una suma, siempre y
cuando al vector se le cambie el sentido, como se observa en la
figura 2.21:
Fig. 2.7
2.4.2. MÉTODO DEL PARALELOGRAMO
Este método se basa en colocar los vectores 𝐴𝑦𝐵.⃗ a ser sumados en
el origen de un sistema de ejes coordenados, trazar líneas paralelas
a ambos vectores, de tal manera que se forme un paralelogramo. La
diagonal del paralelogramo será la resultante de la suma, como se
muestra en la figura 2.8Para demostrar lo que acabo de decirte,
vamos a graficar los vectores�⃗�, 𝐵.⃗ 𝑦𝑅.⃗ de la sección anterior:
Fig. 2.8 Fig. 2.9
Como se muestra en la figura 2.8, la resultante de la suma es la
diagonal del paralelogramo formado por los vectores𝐴𝑦𝐵.⃗ . A esta
manera gráfica de sumar vectores se le denomina el “Método del
paralelogramo”; por supuesto, es posible sumar más de dos
vectores mediante este método, obteniendo resultantes para cada par
de vectores hasta obtener la resultante final. ¿Te diste cuenta que
todos los vectores (tanto los que van a ser sumados como la
resultante de la suma) parten del mismo origen?
2.4.3. MÉTODO DEL POLÍGONO
Otra forma de sumar vectores es usando el “método del polígono”
que consiste en colocar el origen del segundo vector𝐵.⃗ , en el extremo
del primero, como muestra la figura. Usando este método se pueden
sumar más de dos vectores, colocando simplemente el origen del
siguiente (por ejemplo𝐶) en el extremo de𝐵.⃗ y así sucesivamente. La
resultante será la unión del origen del primero con la flecha del último.
Fig. 2.10
2.4.4. MÉTODO ANALÍTICO DE LA
SUMA DE VECTORES
Es posible obtener la magnitud o tamaño de la suma de dos vectores
sin tener que recurrir a gráficas, utilizando el método analítico de la
suma de vectores. Si se tienen dos vectores 𝐴𝑦𝐵.⃗ , se sabe que la
suma es la diagonal del paralelogramo formado por ambos vectores.
Fig. 2.11.a
Fig. 2.11.bFig. 2.11.c
La figura 2.25.a muestra que, adicionando las cantidades C y D
pueden obtenerse dos triángulos rectángulos, el de la figura 2.25.b y
el de la figura 2.25.c; para el primero, usando el teorema de Pitágoras
se tiene:
𝑅C = (𝐵 + 𝐶)C + 𝐷C(2.2)
𝑅C = 𝐵C + 2𝐵𝐶 + 𝐶C + 𝐷C (2.3)
Para el segundo triángulo:
𝑐𝑜𝑠𝜃 = I
J
(2.4)
Reemplazando las dos últimas ecuaciones en la primera se obtiene:
𝑅C = 𝐵C + 𝐴C + 2𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠𝜃(2.5)
La magnitud de la resultante de la suma puede encontrarse
analíticamente a condición de conocer el valor de la magnitud de los
dos vectores a ser sumados y el ángulo que ellos forman entre sí.
Fig. 2.12
Para determinar la dirección de la resultante, se utiliza el “teorema de
los senos” que relaciona las magnitudes con los ángulos opuestos.
Recordémoslo, si se tiene un triángulo cualquiera, como en la figura
2.12, se usa dicho teorema que tiene la siguiente forma:
𝐴
𝑠𝑒𝑛𝛼 =
𝐵
𝑠𝑒𝑛𝛽 =
𝐶
𝑠𝑒𝑛𝛾
Para el caso que nos ocupa, hallaremos la dirección de la resultante
a partir de la figura 2.11.b, si nos remitimos a ella, hallaremos:
𝑅
𝑠𝑒𝑛90 =
𝐷
𝑠𝑒𝑛𝜑
es decir:
𝑠𝑒𝑛𝜑 =
𝐷
𝑅
Por otra parte, de la figura 2.25.c se tiene:
𝐷
𝑠𝑒𝑛𝜃 =
𝐴
𝑠𝑒𝑛90
𝐷 = 𝐴𝑠𝑒𝑛𝜃
Reemplazando la última ecuación en la anterior:
𝑠𝑒𝑛𝜑 =
𝐴𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑅
Además:
𝑐𝑜𝑠𝜑 =
𝐵 + 𝐶
𝑅
Pero: 𝐶 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃
Entonces:
𝑐𝑜𝑠𝜑 =
𝐵 + 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑅
Hallamos la tangente:
𝑡𝑎𝑛𝜑 =
𝑠𝑒𝑛𝜑
𝑐𝑜𝑠𝜑 =
𝐴𝑠𝑒𝑛𝜃
𝐵 + 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃 =
𝑅S
𝑅T
Ejemplo 2.1. Una pelota pateada por un niño recorre una distancia
de 3[m] en dirección horizontal, la pelota choca contra un árbol y se
desvía, formando un ángulo de 60º con la horizontal, recorriendo una
distancia de 2[m]. Calcular el desplazamiento de la pelota.
Estrategia de Resolución.Se encontrará la magnitud del vector
desplazamiento usando el método analítico de la suma y
posteriormente se determinará su dirección utilizando el teorema de
los senos.
1. Plantear la ecuación:
𝐷C = 𝑑UC + 𝑑CC + 2𝑑U𝑑C𝑐𝑜𝑠𝜃
2. Reemplazar valores:
𝐷C = (3)C + (2)C + 2(2)(3)𝑐𝑜𝑠60º
3. Efectuar los cálculos:
𝐷 = √9 + 4 + 6 = √19 = 4.4[𝑚]
4. Calcular la dirección
𝑠𝑒𝑛𝜑
𝑑C
=
𝑠𝑒𝑛60
𝐷
𝑠𝑒𝑛𝜑 =
2𝑠𝑒𝑛60
4.4 = 0.4
𝜑 = 23.4º
Ejemplo 2.2. ¡Trata de resolver! Un automóvil se desplaza 30[m] por
una ruta que forma un ángulo de 30º con la horizontal y luego vira
formando un ángulo de 45º, desplazándose una distancia de 30[m].
Calcular el vector desplazamiento del automóvil.
Estrategia de Resolución. Puesto que se tienen dos vectores que
deben ser sumados, la magnitud de la resultante puede ser obtenida
por el método analítico. Para facilitar la resolución, vamos a inclinar el
eje x en 30º, como muestra la figura.
Plantear la ecuación:
𝐷C = 𝑑CC + 𝑑UC + 2𝑑C𝑑U𝑐𝑜𝑠45
Reemplazar valores:
𝐷C = (30)C + (30)C + 2(30)(30)𝑐𝑜𝑠45
𝐷 = 55.4[𝑚]
Calcular la dirección:
𝑠𝑒𝑛𝜑
𝑑C
=
𝑠𝑒𝑛45
𝐷
𝑠𝑒𝑛𝜑 =
30𝑠𝑒𝑛45
55.4 = 0.38
𝜑 = 22.5\
2.4.5. MÉTODO DE LAS COMPONENTES
Consiste en dibujar la cola de todos los vectores en el origen de un
sistema de ejes y descomponerlos a lo largo de ellos; las
componentes en x e yse suman independientemente, de tal forma
que quede una componente en x (Rx) y otra en y (Ry), la resultante es
la suma vectorial de las resultantes hallada usando el teorema de
Pitágoras, con lo que se encuentra la magnitud de la resultante R;
como las componentes son perpendiculares entre sí, la dirección de
R se encontrará utilizando la tangente del ángulo que forma ésta con
el eje x.Las componentes de un vector pueden ser observadas en las
siguientes figuras.
Fig. 2.13.a. Fig. 2.13.b Fig. 2.13.c
En la figura 2.13.a se puede ver el vector desplazamiento 𝐷U....⃗ de un
cuerpo, el mismo que puede ser “descompuesto” a lo largo de los
ejes coordenados; en el eje x se encontrará D1x, ( D1cosa), en tanto
que, en el eje y estará D1y = D1sena. En la figura 2.13.b se observa
el vector velocidad �⃗� que forma un ángulo b con la horizontal, sus
componentes a lo largo de los ejes coordenados serán vcosb y -
vsenb, esto porque la componente en y está dirigida en sentido
negativo. La figura 2.13.c muestra al vector desplazamiento 𝐷C....⃗ que
forma un ángulo g con la horizontal, pero su inicio está desplazado
una cierta distancia del origen, sus componentes serán (D+D2cosg) y
D2seng. Las componentes de la suma de dos vectores, se presentan
a continuación:
Fig. 2.14
Reglas Para Resolver Problemas
En física existen muchos problemas en los que se utilizan vectores.
Para facilitar el trabajo de resolverlos se da el siguiente resumen:|
1.- La magnitud A y la dirección, θ, deben ser especificadas para
encontrar el vector 𝐴....⃗
2.-Ax = Acosθ y Ay = Asenθ
3.-Si se tienen A y θ es posible calcular Ax y Ay.
4.-Si se conocen θ y Ax o Ay, pueden ser calculadas A y la otra
componente.
5.-Conociendo Ax y Ay, se pueden calcular A y θ.
Ejemplo 2.4. Una canica llega al punto necesario para golpear a otra,
en tres desplazamientos. El primer golpe mueve la canica 12.00[cm]
al norte, el segundo 6.00[cm] al SE y el tercero 3.00[cm] al SO. ¿Cuál
hubiera sido el desplazamiento de la canica para que choque con la
otra al primer golpe?
Estrategia de Resolución. La figura, muestra el recorrido de la canica.
Para que choque con la otra en un solo golpe, es necesario que recorra
la distancia dada por el vector 𝑅.⃗ . Para ello se determinan las
componentes de cada uno de los vectores a lo largo de los dos ejes
para luego calcular las componentes de la resultante en X e Y,
posteriormente se hallará la magnitud del vector𝑅.⃗ mediante el teorema
de Pitágoras. Sin embargo, como los vectores se definen por su
magnitud y su dirección, se deberá encontrar la dirección del vector.
1. Determinar las componentes de los tres vectores:
𝐴T = 0.00
𝐴S = 12.00[𝑐𝑚]
𝐵T = 6.00𝑐𝑜𝑠45 = 4.24[𝑐𝑚]
𝐵S = −6.00𝑐𝑜𝑠45 = −4.24[𝑐𝑚]
𝐶T = −3[𝑐𝑚]𝑠𝑒𝑛45 = −2.12[𝑐𝑚]
𝐶S = −3[𝑐𝑚]𝑠𝑒𝑛45 = −2.12[𝑐𝑚]
2. Calcular las componentes de la resultante:
𝑅T = 𝐴T + 𝐵T + 𝐶T = 0.00 + 4.24 − 2.12 = 2.12[𝑐𝑚]
𝑅S = 𝐴S + 𝐵S + 𝐶S = 12.00 − 4.24 − 2.12 = 5.64[𝑐𝑚]
3. Hallar la magnitud de R.
𝑅 = ^𝑅TC + 𝑅TC = 6.03[𝑐𝑚]
4. Determinar la dirección del vector:
𝑡𝑎𝑛𝜃 =
𝑅T
𝑅S
=
5.64
2.12 = 2.6
Ejemplo 2.5. ¡Trata de resolver! .Una cooperativa minera intenta
alcanzar una veta de minerales complejos de plata. Para lograr su
objetivo, un miembro de ésta confeccionó el esquema de ubicación de
la veta, tal como se muestra en la figura 2.33. La intención de los
cooperativistas es construir un túnel que recorra desde el lugar elegido
como bocamina del grupo ubicada en el punto 0, hasta la veta ubicada
en el punto B. Si la empresa ha de tener éxito ¿Que longitud y
orientación debe tener el túnel? (Considerar que las distancias son A =
24[m], B = 9[m] y C = 6[m]).
Estrategia de Resolución. Se determinarán las componentes de cada
uno de los vectores, así como las componentes de la resultante de la
suma a lo largo de los ejes X e Y, para luego “componer” la magnitud
del vector a partir de sus componentes utilizando el teorema de
Pitágoras, luego se hallará el ángulo que el vector forma con el eje x.
Determinar las componentes de todos los vectores:
𝐴S = (24.0[𝑚])𝑠𝑒𝑛21.5 = 8.8[𝑚]
𝐴T = (−24.0[𝑚])𝑐𝑜𝑠21.5 = −22.3[𝑚]
𝐵T =0.0
𝐵S =9.0[𝑚]
𝐶T = (6.0[𝑚])𝑐𝑜𝑠37 = 4.8[𝑚]
𝐶T = (6.0[𝑚])𝑠𝑒𝑛37 = 3.6[𝑚]
Calcular las componentes de la resultante:
𝑅T = 𝐴T + 𝐵T + 𝐶T = −22.3 + 0.0 + 3.8 = −17.7[𝑚]
𝑅S = 𝐴S + 𝐵S + 𝐶S = 8.8 + 9.0 + 3.6 = 21.4[𝑚]
Hallar la magnitud de la resultante por Pitágoras:
𝑅 = ^𝑅TC + 𝑅SC = `(−7.5)C + (21.4)C = 27.6[𝑚]
Calcular la dirección a partir de la figura:
𝑡𝑎𝑛𝛼 =
𝑅S
𝑅T
=
21.4
17.5 = 1.223
Ejemplo 2.6. ¡Trata de resolver! Un avión vuela desde su
acampamento base hasta la ciudad A , ubicada a una distancia de
520[km] en una dirección 75º al norte del este. Otro avión vuela desde
la misma base hasta la ciudad B ubicada a 490[km]y 55º al oeste del
norte. Demostrar, utilizando el método de las componentes, la distancia
y la dirección desde la ciudad A hasta la ciudad B.
Estrategia de resolución. Si bien no se tiene la gráfica del problema,
la misma puede ser construida puesto que se tienen los datos para ello.
Después de construida, te darás cuenta de que se trata de una resta de
los vectores 𝐴𝑦𝐵.⃗ , es decir: 𝐷..⃗ = 𝐴 − 𝐵.⃗ . Tomando en cuenta esto, se
usará el método de las componentes para encontrar lo requerido.
Determinar las componentes de los vectores𝐴𝑦𝐵.⃗ :
𝐴T = (520)𝑐𝑜𝑠75 = 135[𝑘𝑚]
𝐴S = (520)𝑠𝑒𝑛75 = 502[𝑘𝑚]
𝐵T = (−490)𝑠𝑒𝑛55 = −401[𝑘𝑚]
𝐵S = (490)𝑐𝑜𝑠45 = 281[𝑘𝑚]
Calcular las componentes de la resultante:
𝐷T = 𝐴T − 𝐵T = 135 + 401 = 536[𝑘𝑚]
𝐷S = 𝐴S − 𝐵S = 502 − 281 = 221[𝑘𝑚]
Hallar la magnitud de la resultante por Pitágoras:
𝐷 = ^𝐷TC + 𝐷SC = `536C + 221C = 580[𝑘𝑚]
Calcular la dirección a partir de la figura:
tanα =
Dg
Dh
=
221
536 = 0.41
α = 22.43\
Ejemplo 2.7. ¡Tratar de resolver! Dos turistas entran en un ex socavón
de la mina de Huanuni. Parten de la bocamina y recorren juntos las
siguientes distancias: 100[m] hacía el norte, 300[m] hacía el este, luego,
el primero de ellos va a ver una veta que se encuentra a 125[m]
formando un ángulo de 30o al norte del este, mientras que el segundo
quiere ir a ver al “tío Ilaco”, para lo cual recorre una distancia 𝐷..⃗ ,
perpendicular a𝐶. Si la distancia entre los puntos V y T es E = 200[m]
hacía el sur. ¿Cuánto caminó el segundo turista para llegar a su
objetivo y en que dirección respecto al punto donde se separó de su
compañero?. ¿Qué distancia separa la bocamina del punto T y cuál es
la dirección de este último vector?
Estrategia de Resolución. Hallar el desplazamiento utilizando el
método analítico de la suma, teniendo en cuenta que 𝐸.⃗ = 𝐷..⃗ − 𝐶.
Para determinar la distancia entre el punto 0 y el punto T se usa el
método de las componentes, considerando el polígono formado por A,
B, D y F; sumar todas las componentes en x para hallar Fx y todas las
componentes en y para determinar FY; Usar el teorema de Pitágoras
para hallar la magnitud de la resultante y, finalmente, calcular la
dirección.
Calcular D:
𝐷C = 𝐶C + 𝐸C − 2𝐶𝐸𝑐𝑜𝑠60
𝐷C = (125)C + (200)C − 2(125)(200)𝑐𝑜𝑠60
𝐷 = 175[𝑚]
Hallar componentes en X:
Ah = 0
Bh = 300[m]
Dh = 175cos60 = 88[m]
Hallar componentes en Y:
Ah = 100[m]
Bh = 0
Dh = 175sen60 = 152[m]
Calcular Fx:
𝐹T = 𝐴T + 𝐵T + 𝐷T = 300 + 88 = 388[𝑚]
2.1. INTRODUCCIÓN A LA
CINEMÁTICA
La mecánica requiere de un análisis del movimiento que considere
solamente el espacio y el tiempo y no otros factores externos, este es
el caso de la cinemática que estudia el movimiento de los cuerpos
desde el punto de vista de cómo se mueven éstos, es decir, no se
toman en cuentan las causas del movimiento. Por tanto, en
cinemática lo que hacemos es “ver” cómo se mueve un cuerpo. Esto
significa saber dónde está, cuál es su velocidad y si es constante o
no. Es preciso señalar que existen tres tipos de movimientos: el de
traslación, el de rotación y el de vibración.Es importante definir
algunos términos tales como:
2.2.1 PARTÍCULA
Se define a la partícula como un punto del espacio al que se
leasigna una masa. Para facilitar el estudio, se hará una abstracción
matemática llamada “partícula”, es decir, una masa sin
dimensiones. Desde ahora y hasta que se diga lo contrario, todo
objeto de estudio será una partícula, incluidos, los estudiantes, los
automóviles, etc.
2.2.2. SISTEMA FÍSICO
En mecánica, un sistema físico es una colección de partículas que
interactúan entre ellas, así como con su medio. Cada una de las
partículas del sistema tiene una posición y un movimiento.
2.2.3. TRAYECTORIA
Es la unión de los puntos por donde pasa un cuerpo en su
movimiento, por ejemplo si sobre la cabeza de una persona que
descansa bajo un árbol cae una fruta, desde el momento de la caída
hasta el choque de la fruta con la cabeza, ella pasa por un número
infinito de puntos en línea recta vertical; si se unen todos esos puntos
se tendrá una “trayectoria recta vertical”; al chocar con la cabeza,
la fruta pasará por una serie de puntos que, unidos, forman una
parábola, entonces, en ese tramo se tiene una “trayectoria
parabólica”, como se muestra en la figura (2.16). Cabe mencionar
que la trayectoria es un escalar.
2.2.4. EL VECTOR DESPLAZAMIENTO
Se define al vector desplazamiento como el cambio de posición que
experimenta una partícula. ¿Te diste cuenta que no es lo mismo
“trayectoria” que “desplazamiento”?, para que lo entiendas mejor
veremos algunos ejemplos mostrados en las figuras 2.9.a, 2.9.b y
2.9.c
La figura 2.17.a muestra la trayectoria de la fruta de la figura 2.17.b
(línea punteada), y también el vector desplazamiento (unión entre A y
B). En la figura 2.17.b se observa en línea punteada la sinuosa
trayectoria de una partícula que parte del punto A para llegar al punto
B, así como el vector desplazamiento; lo mismo puede verse en la
figura 2.17.c.
2.2.5. SISTEMA DE REFERENCIA
Es un punto desde el cual se observa el movimiento de un cuerpo.
¿Quién observa? Obviamente, un “observador”,¿desde dónde
observa?, para responder eso, tendremos que fijar un punto de
observación que debe estar referenciado, es decir, por él deben
pasar un sistema de ejes coordenados. Por tanto, un sistema de
referencia se encuentra compuesto de un sistema físico y un
sistema de ejes coordenados.La figura (2.18) representa un
sistema de referencia.
Cuando se dice que la posición de un auto es de 50[m], debe decir
necesariamente 50[m] medidos desde dónde. Tú puedes decir que
estás a 20[m] de tu casa pero a 188[m] del laboratorio de física, es
decir, la frase “estoy a 20[m]” no significa nada, puesto que hay que
aclarar desde dónde.
Para describir el movimiento, y también para resolver problemas de
cinemática, es preciso fijar un sistema de referencia. Por ejemplo, se
puede decir voy a medir todas las distancias desde la puerta de mi
casa, o voy a medirlas siempre desde el árbol que se encuentra al
salir del Edificio Central de la Universidad.El punto desde el que se
mide es el punto 0 (origen del sistema de referencia o nivel de
referencia), y todas las distancias se medirán desde ahí. En ese
punto 0 debe colocarse un sistema de ejes coordenados x – y, con lo
cual se ha construido un sistema de referencia, es decir, todas las
distancias que se miden están referidas a él.
Si un astrónomo observa el movimiento de la Luna con un telescopio,
la conclusión que saca es que la Luna gira alrededor de la Tierra.
Otro astrónomo observando el movimiento de la Tierra en la
Luna,concluirá que la Tierra gira alrededor de la Luna ¿cuál de los
dos tiene razón? Ambos, pues la conclusión depende del sistema de
referencia que, en el primer caso es la Tierra y en el segundo la Luna.
Asimismo, una persona “parada” esperando un micro que pasa frente
a ella con una velocidad de 20[m/s] dirá que el micro se mueve a esa
velocidad, mientras que un niño “sentado” en un asiento del micro
verá que la persona se aleja a 20[m/s] y tiene razón ¿verdad?, claro,
desde el punto de vista del niño, él está sentado (en reposo) y será
todo lo que esté fuera del micro lo que está en movimiento, como se
muestra en la figura 2.21.
Los sistemas de referencia pueden ser inerciales y no inerciales.Un
Sistema de Referencia Inercial es aquel que se encuentra en
reposo o se mueve con velocidad constante. Si en una camioneta se
encuentra un observador estudiando el movimiento de un cuerpo que
se desplaza sobre una mesa horizontal, colocada sobre la parte
posterior de la camioneta, dirá que la camioneta está en reposo
respecto de un sistema de coordenadas, “sistema fijo”, el observador
verifica,por ejemplo, que el cuerpo inicialmente en reposo, continúa
en reposo; o inicialmente en movimiento rectilíneo uniforme continúa
con ese movimiento.
Si la camioneta se traslada con velocidad constante respecto del
sistema inercial fijo, lo mencionado se cumplirá para un observador
O’ en el interior de la camioneta. Si para el mencionado observador,
el cuerpo apoyado sobre la mesa está en reposo en un momento
dado, para un observador en el sistema inercial O, ese cuerpo tendrá
la velocidad de la camioneta.
Un Sistema de Referencia no Inercial es el que se mueve con
velocidad variable. Desde este de sistema también puede observarse
el movimiento de otros cuerpos pero, el hecho de que el sistema sea
acelerado genera “ciertas deformaciones” en lo que se observa, por
ejemplosi estás en una montaña rusa en movimiento acelerado y se
te ocurre observar lo que pasa “abajo”, por ejemplo el desplazamiento
de una persona, verás que el mismo es diferente que cuando lo
observas desde un sistema de referencia inercial, como en la figura
2.23.
Igual que en el caso anterior, supongamos que la camioneta O’ parte
del reposo con una aceleración constante a. Para el observador fijo
O, el cuerpo en reposo sobre la mesa de la camioneta permanecerá
en reposo respecto al sistema inercial O, pero no permanecerá en
reposo respecto de la mesa. Para el observador O’ en la camioneta
acelerada, apoyado sobre la mesa no permanecerá en reposo sino
que iniciará un movimiento uniformemente acelerado, esta
aceleración es de la misma magnitud pero de sentido contrario a la
aceleración de la camioneta.
2.2.6. VARIABLES CINEMÁTICAS
La cinemática presenta variables que se denominan variables
cinemáticas; estas son: posición, velocidad y aceleración. Definamos
cada una de ellas.
POSICIÓN ( )
La posición que tiene una partícula es un punto referenciado donde
se encuentra dicha partícula La posición se define como el vector que
une el punto donde se encuentra una partícula con el origen de un
sistema de referencia.El vector posición 𝑟consta de tres
componentes, por tanto𝑟 = (𝑥, 𝑦, 𝑧). Debe aclararse que pueden
existir posiciones negativas, esto se da cuando el objeto se encuentra
en el eje negativo de un sistema de referencia, por ejemplo:
En la figura 2.26, si definimos como positiva la dirección hacía la
derecha, el estudiante A se encuentra a 2.0[m] del origen del sistema
de referencia, en tanto que, el estudiante B estará en una posición de
–1.5[m] respecto a dicho origen. Las unidades de la posición son
unidades de longitud. En el SI será el [m].
DESPLAZAMIENTO @𝑫..⃗ A
Se define el desplazamiento como el cambio de posición de una
partícula. En la figura 2.27 se observa la partícula que se encuentra
en la posición 𝑟U, si ésta se desplaza hasta la posición �⃗�U, ha
cambiado de posición. El desplazamiento resulta de la resta vectorial
entre�⃗�U y 𝑟C, y. Entonces, el vector desplazamiento ∆𝑟será
expresado como:
∆𝑟 = 𝑟C − �⃗�U
Si una partícula se encuentra en el punto A y se desplaza hasta el
punto B, como muestra la figura 2.28.a. El vector desplazamiento
será la unión de los puntos AB, mediante un vector.
El movimiento de una partícula se describe en su totalidad mediante
una gráfica que relacione la posición con el tiempo. Tomemos el
tiempo en el eje de abcisas y la posición en el eje de ordenadas y
procedemos a graficar cada posición en función del tiempo. Si la
partícula se mueve desde la posición x1 hasta la posición x, el
r!
desplazamiento de la misma es ∆𝑥 = 𝑥 − 𝑥U, sin importar cual fue
la trayectoria.
Por ejemplo, si la variación de la posición en el tiempo está dada por
la siguiente expresión:
𝑥 = 2𝑡C − 3𝑡
Se puede realizar la gráfica posición tiempo, para lo cual daremos
valores a t y calcularemos x:
n t[s] x[m]
1 0 0
2 1 -1
3 2 2
4 3 9
5 4 20
Podemos calcular también el desplazamiento en cada uno de los
intervalos de tiempo de 1[s].
∆𝑥\vU = 𝑥U − 𝑥\ = −1 − 0 = −1[𝑚]
∆𝑥UvC = 𝑥C − 𝑥U = 2 − (−1) = 3[𝑚]
∆𝑥Cvw = 𝑥w − 𝑥C = 9 − 2 = 7[𝑚]
∆𝑥wvx = 𝑥x − 𝑥w = 20 − 12 = 8[𝑚]
VELOCIDAD ( )
La velocidad es la variación de la posición en el tiempo. Si un cuerpo
se encuentra inicialmente en una posición xo en el tiempo to y,
transcurrido un tiempo t, la nueva posición de la partícula es x, como
se muestra en la figura, significa que la partícula se ha movido de su
posición original, es decir, ha adquirido velocidad, ha variado su
posición en el tiempo. Muchas veces escuchaste la palabra
“rapidez” y quizá pensaste que se trataba de velocidad, por ejemplo
se dice que el jugador Ronaldinho del Brasil es muy rápido o muy
veloz. Ambos términos no significan lo mismo.La rapidez es la tasa
entre la distancia recorrida y el tiempo empleado en esa distancia, se
trata de un escalar. En otras palabras la rapidez es la magnitud de la
velocidad.
La velocidad media (promedio de todas las velocidades de un cuerpo
en su desplazamiento) puede ser calculada de las siguientes formas:
v!
𝑣y =
∆T⃗
∆z
= TvT{
zvz{
3.1.a
𝑣y =
|.⃗ }v|.⃗ {
C
3.1.b
Sin embargo, generalmente se desea conocer la velocidad en un
determinado punto, es decir, en un instante de tiempo particular y no
en un intervalo. A la velocidad en esas condiciones se le llama
velocidad instantánea.
La figura 2.31 muestrala gráfica posición- tiempo, la curva representa
a la velocidad, para conocer la velocidad instantánea en el punto P,
se toma un intervalo Dt, al que le corresponde un intervalo Dx; si se
tratara de un triángulo, los catetos serían Dt y Dx, pero ¡no es un
triángulo! porque la hipotenusa es curva, para tener un verdadero
triángulo, se debe llegaral punto P donde Dt tiende a cero, puesto que
Dt se ha minimizado, también lo ha hecho Dx, entonces, en el punto
P se tiene un diminuto triangulo verdadero cuya tangente representa
a la velocidad, es decir, la velocidad es la tangente de una curva en
un punto. Para determinarla y, puesto que la velocidad, al igual que la
derivada es la tangente de una curva en un punto, (ver Apéndice 1)
se tendrá:
𝒗..⃗ = 𝐥𝐢𝐦
∆𝒕→𝟎
∆𝒙..⃗
∆𝒕
= 𝒅𝒙..⃗
𝒅𝒕
(2.6)
Las unidades de la velocidad en el SI son [m/s].
ACELERACIÓN ( )
La aceleración es la variación de la velocidad en el tiempo. Si el
automóvil del ejemplo ha cambiado de velocidad al transcurrir el
tiempo, (figura 2.32), se dice que ha adquirido aceleración, la que
puede ser positiva (aumento develocidad) o negativa (disminución de
velocidad).
La aceleración media, (promedio de todas las aceleraciones que tuvo
el objeto en movimiento durante toda su trayectoria), puede ser
calculada mediante la siguiente ecuación:
�⃗�y =
∆|.⃗
∆z
= |v|{
zvz{
(2.7)
Análogamente a lo que hicimos en la sección anterior, graficamos la
velocidad en función del tiempo (figura 2.33), la curva es la
aceleración. Para conocer la aceleración instantánea en el punto P,
utilizaremos el mismo razonamiento que para la velocidad, haciendo
que Dt tienda a cero. En el punto P se tendrá la aceleración
instantánea en el punto B.
Para determinarla usamos la ecuación 6 del Apéndice 1.
𝒂..⃗ = 𝐥𝐢𝐦
∆𝒕→𝟎
∆𝒗..⃗
∆𝒕
= 𝒅𝒗..⃗
𝒅𝒕
(2.8)
La unidad de la aceleración en el SI es [m/s2].
a!
2.2. MOVIMIENTO EN UNA
DIMENSIÓN
Este movimiento se realiza a lo largo de una recta referenciada (un
solo eje) que puede ser horizontal (x) o vertical (y). Dicho eje servirá
como sistema de referencia. Ya que la posición es un vector 𝑟 =
(𝑥, 𝑦, 𝑧), podemos decir que 𝑟 = 𝑥, por tanto, el tratamiento es
vectorial.
2.3.1. MOVIMIENTO RECTILÍNEO
UNIFORME (MRU)
Este tipo de movimiento se realiza a lo largo de una “línea recta”,y
por ser uniforme, tiene “velocidad constante”, lo que permite
afirmar que la partícula recorre distancias iguales en tiempos iguales.
Al no cambiar la velocidad, el objeto que se mueve no acelera. Es
decir, en el MRU la aceleración es cero.Por tanto, las características
que presenta este tipo de movimiento respecto de las variables
cinemáticas son:
a) aceleración:�⃗� = 0.
(Esto debido a que, por definición, la velocidad es constante).
b) velocidad: �⃗� = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
c) posición (x): Para determinar la posición, debe integrarse la
ecuación (3.2):
�⃗� =
𝑑𝑥
𝑑𝑡 ⇒ 𝑑�⃗� = �⃗�𝑑𝑡
� 𝑑�⃗� = �⃗�
T
T{
� 𝑑𝑡
z
\
�⃗� − 𝑥\....⃗ = �⃗�(𝑡 − 0)
Por tanto, la ecuación de la posición en función del tiempo será:
�⃗� = 𝑥\....⃗ + �⃗�(𝑡 − 𝑡\)
Si el movimiento empieza en t0 = 0 y x = x0, la ecuación queda:
�⃗� = �⃗�𝑡 (2.9)
La ecuación 3.5 fue deducida utilizando Cálculo. Alternativamente,
puede ser deducida algebraicamente, como sigue: Sabemos que:
𝑣 =
𝛥�⃗�
𝛥𝑡 =
�⃗� − 𝑥\....⃗
𝑡 − 𝑡\
�⃗� − 𝑥\....⃗ = �⃗�(𝑡 − 𝑡\)
�⃗� = 𝑥\....⃗ + �⃗�(𝑡 − 𝑡\)
¡El resultado es el mismo!
Ahora, si se considera que t0 = 0 y x0 =0 tendremos:
𝑥 = �⃗�𝑡
GRÁFICAS DE LAS VARIABLES CINEMÁTICAS EN
FUNCIÓN DEL TIEMPO
i) ACELERACIÓN EN FUNCIÓN DEL TIEMPO
Debido a que la velocidad es constante, es decir, no cambia en el
tiempo, la aceleración para cualquier tiempo será cero, entonces la
gráfica es una recta que pasa por el eje de los tiempos.
ii) VELOCIDAD EN FUNCIÓN DEL TIEMPO
Puesto que la velocidad es constante, no varía en el tiempo y, para
cualquier tiempo se tendrásiempre la misma velocidad; la gráfica será
una recta paralela al eje del tiempo.
iii) POSICIÓN EN FUNCIÓN DEL TIEMPO
Tomando la ecuación x = vt, se tiene que para el tiempo cero, la
posición será también cero, por tanto, la gráfica será una recta cuya
pendiente es la velocidad ¡SIEMPRE!.
Ejemplo 2.8 ¡Trata de resolver! Dos autos A y B parten de La Paz a
Viacha con velocidades de 25[m/s] y 35[m/s], respectivamente.
Simultáneamente, de Viacha parte un tercer móvil C con una
velocidad de 45[m/s] hacía La Paz. Si la distancia entre La Paz y
Viacha es de 1500[m]. ¿Qué tiempo debe transcurrir para que el
tercer móvil equidiste a los otros dos?
Estrategia de Resolución. En primer lugar, hagamos la modelación
(un esquema inicial y uno final del problema), teniendo en cuenta que
el tercer móvil debe encontrarse a la misma distancia tanto del
primero como del segundo.
Relacionar desplazamientos.
𝑥J + 𝑥I = 1500
Escribir las ecuaciones (Reemplazar x =vt)
𝑣J𝑡J + 𝑣I𝑡I = 1500
Relacionar tiempos: Puesto que A y C partieron en el
mismo instante:
𝑡J = 𝑡I = 𝑡
Reemplazar valores:
35𝑡 + 45𝑡 = 150
𝑡 =
1500[𝑚]
80[𝑚 𝑠⁄ ]
= 18.75[𝑠]
Calcular el desplazamiento de A:
𝑥J = 𝑣J𝑡 = (35[𝑚 𝑠⁄ ])(18.75[𝑠]) = 656.25[𝑚]
Calcular el desplazamiento de B:
𝑥� = 𝑣�𝑡 = (25[𝑚 𝑠⁄ ])(18.75[𝑠]) = 468.75[𝑚]
Relacionar desplazamientos a partir de la figura:
𝑥I + 𝑥 + 𝑥J = 𝑥� − 𝑥J
Reemplazando:
𝑣I𝑡 + 𝑣�𝑡 + 𝑣I𝑡 + 𝑣J𝑡 = (2𝑣I + 𝑣� + 𝑣J)𝑡 = 187.5[𝑚]
𝑡 =
187.5[𝑚]
(90 + 35 + 25)[𝑚 𝑠⁄ ]
= 1.25[𝑠]
Ejemplo 2.9. Un Jefe de Carrera de la Facultad sale desde la posición
xo = 400[km] a las 8 de la mañana y llega a la posición xf = 700[km] a
las 11 a.m. Media hora después de que partió, sale su perrito y lo
alcanza justo cuando el jefe llega a la posición final. Si ambos corren
en línea recta y a velocidad constante: (a) Tomar un sistema de
referencia y representar lo descrito en el problema, es decir, realizar
la modelación del problema. (b) Calcular cuál fue su velocidad, tanto
en [km/h] como en [m/s]. (c)Escribir las tres ecuaciones de
movimiento y verificarlas. (d) Calcular el desplazamiento a las 9 y a
las 10 a.m. (e) Calcular la velocidad del perrito. (f) Graficar la posición
en función del tiempo para el jefe y el perrito. (g) El sistema de
referencia elegido será el siguiente:
a) La velocidad con la que se movió será calculada de la forma:
𝑣 =
∆𝑥
∆𝑡 =
𝑥�v𝑥\
𝑡� − 𝑡\
𝑣 =
700[𝑘𝑚] − 400[𝑘𝑚]
11[ℎ] − 8[ℎ] =
300[𝑘𝑚]
3[ℎ] = 100�
𝑘𝑚
ℎ� �
Para pasar de [km/h] a [m/s] se puede hacer lo siguiente: 1[km] =
1000[m] y, 1[h] equivale a 3600[s], entonces:
100�𝑘𝑚 ℎ� � = 100 ∗
1000[𝑚]
3600[𝑠] =
100[𝑚]
3.6[𝑠]
El número 3.6 que está en el denominador, proporciona una regla
que puede ser usada ¡SIEMPRE!
REGLA PARA PASAR DE [km/h] A [m/s] Y VICEVERSA
b) Las ecuaciones de movimiento en el MRU son, como sabemos:
𝑥 = 400[𝑘𝑚] + 100�𝑘𝑚 ℎ� �(𝑡 − 8[ℎ])
𝑣 = 100�𝑘𝑚 ℎ� �
𝑎 = 0
Por otra parte, verificar las ecuaciones de movimiento significa
comprobar que están planteadas correctamente. A simple vista, las
ecuaciones 2 y 3 están correctamente planteadas, entonces se debe
verificar la ecuación 1. Si la ecuación está bien planteada, al
reemplazar t = 8[h] (to), la posición debe valer 400[km] (xo),
reemplazando estos valores en la ecuación:
𝑥 = 400[𝑘𝑚] + 100�𝑘𝑚 ℎ� �(𝑡 − 8[ℎ])
𝑥 = 400[𝑘𝑚] + 100�𝑘𝑚 ℎ� �(8 − 8[ℎ]) = 400[𝑘𝑚]
Asimismo, para t = 11[h], el desplazamiento deberá ser x = 700[km],
entonces:
𝑥 = 400[𝑘𝑚] + 100�𝑘𝑚 ℎ� �(11 − 8[ℎ]) = 700[𝑘𝑚]
Como ambos resultados están correctos, las ecuaciones están
verificadas.
c) Para calcular el desplazamiento a las 9[h] y a las 10[h], se
reemplazan estos valores en la ecuación:
𝑥 = 400[𝑘𝑚] + 100�𝑘𝑚 ℎ� �(9 − 8[ℎ]) = 500[𝑘𝑚]
𝑥 = 400[𝑘𝑚] + 100�𝑘𝑚 ℎ� �(10 − 8[ℎ]) = 600[𝑘𝑚]
d) Con el fin de calcular la velocidad constante del perrito, se debe
tener en cuenta que su desplazamiento es el mismo que el del
jefe, 300[km], en tanto que el tiempo será 0.5[h] menor que la del
jefe, es decir, 2.5[h]. La ecuación a ser utilizada será:
𝑣� =
300[𝑘𝑚]
2.5[ℎ] = 120�
𝑘𝑚
ℎ� �
e) A objeto de graficar la posición en función del tiempo de ambos
móviles se deberá trazar un sistema de ejes coordenados, como
muestra la figura.
Relacionar desplazamientos.
𝑥J + 𝑥I = 1500
Escribir las ecuaciones (Reemplazar x=vt)
𝑣J𝑡J + 𝑣I𝑡I = 1500
2.3.2. MOVIMIENTO RECTILÍNEO
UNIFORMEMENTE ACELERADO
Este tipo de movimiento se caracteriza por realizarse a lo largo
de una línea recta, además, tiene “aceleración constante”,
esto significa que la velocidad de la partícula cambiará con el
PARA PASAR DE [km/h] A [m/s] SE DEBE DIVIDIR ENTRE 3.6.
PARA PASAR DE [m/s] A [km/h] SE DEBE MULTIPLICAR POR 3.6
tiempo. Este cambio, es decir la aceleración, puede ser positiva
o negativa. Es positiva cuando la velocidad aumenta y es
negativa cuando la velocidad disminuye. Suponiendo que un
auto se encuentra en reposo y empieza a moverse y cada vez se
mueve más rápido, esto demuestra que su velocidad va
cambiando con el tiempo y, si esto ocurre, el auto está
acelerando. Un movimiento es uniformemente acelerado si la
velocidadcambia la misma cantidaden cada segundo que
pasa. Por ejemplo:
¿un fantasma?
En la figura 2.37, cuando la muchacha ve al fantasma y empieza a
correr, después de 1[s] su velocidad es de 1[m/s] y después de 2[s]
esa velocidad cambia a 2[m/s], lo que significa que la velocidad está
aumentando de manera uniforme a razón de 1[m/s] en cada segundo,
es decir 1m/s/s, por tanto tiene aceleración constante.Las
características de este de movimiento en relación a las variables
cinemáticas serán:
a) aceleración: a = cte
b) velocidad: Para determinar la ecuación que relaciona a la
velocidad con el tiempo, se usará la ecuación 2.6 cuyas variables
son la velocidad y el tiempo, puesto quela aceleración es
constante.:
�⃗� = �|.⃗
�z
(2.10)
Suponiendo que el automóvil que tomamos como ejemplo tenga en
el tiempo t = 0 una velocidad inicial vo y en el tiempo t una velocidad
v, como se muestra en la figura; integrando la ecuación de
referencia se tiene:
�⃗� =
𝑑𝑣
𝑑𝑡 ⟹ 𝑑�⃗� = �⃗�𝑑𝑡
� 𝑑
|
|{
�⃗� = �⃗� � 𝑑𝑡
z
\
�⃗� − �⃗�\ = �⃗�(𝑡 − 0)
�⃗� = 𝑣\ + �⃗�𝑡 (2.11)
Hagamos ahora la deducción algebraica. Sabemos que la
aceleración es la variación de la velocidad respecto al tiempo
�⃗� =
∆�⃗�
∆𝑡 =
�⃗� − �⃗�\
𝑡 − 𝑡\
�⃗�(𝑡 − 𝑡\) = �⃗� − �⃗�\
𝑣 = �⃗�\ + �⃗�(𝑡 − 𝑡\)
Si t0 = 0
�⃗� = 𝑣\ + �⃗�𝑡
c) Posición: Para determinar la posición en función del tiempo en
este tipo de movimiento se usará e integrará la ecuación,
introduciendo en ella la ecuación (2.10):
�⃗� =
𝑑�⃗�
𝑑𝑡 → 𝑑𝑥 = �⃗�𝑑𝑡
𝑑�⃗� = (�⃗�\ + �⃗�𝑡)𝑑𝑡
𝑑�⃗� = (�⃗�\𝑑𝑡 + �⃗�𝑡𝑑𝑡)
� 𝑑�⃗�
T
T{
= �⃗�\ � 𝑑𝑡
z
\
+ �⃗�� 𝑡𝑑𝑡
z
\
�⃗� = �⃗�\ + �⃗�\𝑡 +
U
C
�⃗�𝑡C (2.12)
Deduciendo algebraicamente:
�⃗�y =
�⃗� + �⃗�\
2
�⃗�y =
∆�⃗�
∆𝑡 =
�⃗� − �⃗�\
𝑡 − 𝑡\
Finalmente, pueden combinarse las ecuaciones
�⃗� =
𝑑𝑣
𝑑𝑡 𝑦 𝑣...⃗ =
𝑑�⃗�
𝑑𝑡
para obtener la ecuación auxiliar, se despeja la diferencial del
tiempo en ambas ecuaciones:
𝑑𝑡 =
𝑑�⃗�
�⃗�
𝑑𝑡 =
𝑑𝑥
�⃗�
Igualando las dos anteriores ecuaciones e integrando:
𝑑�⃗�
�⃗� =
𝑑�⃗�
�⃗�
�⃗�𝑑�⃗� = �⃗�𝑑�⃗�
�⃗� � 𝑑�⃗� =
T
\
� �⃗�𝑑𝑣
|
|{
�⃗�C = �⃗�\C + 2�⃗��⃗� (2.13)
Para deducir algebraicamente esta ecuación, consideraremos la
ecuación:
�⃗� =
�⃗� − �⃗�\
∆𝑡
Reemplazando esta expresión en la ecuación 3.8 se tiene:
∆�⃗� = �⃗�\ �
�⃗� − �⃗�\
�⃗� � +
1
2 �⃗� �
�⃗� − 𝑣\
�⃗� �
C
∆�⃗� = �⃗�\ �
�⃗�C − �⃗�\C
�⃗� �
Si ∆�⃗� = 𝑥 − �⃗�\; 𝑥\ = 0.
Tendremos que:
𝑣...⃗ C = �⃗�\C + 2�⃗��⃗�
Las ecuaciones utilizadas para resolver problemas serán, entonces:
�⃗� = 𝑣\ + �⃗�𝑡
𝑥..⃗ = �⃗�\ + �⃗�\𝑡 +
U
C
�⃗�𝑡C
𝑣C = �⃗�\C + 2�⃗��⃗�
GRÁFICAS DE LAS VARIABLES CINEMÁTICAS EN
FUNCIÓN DEL TIEMPO
i) ACELERACIÓN EN FUNCIÓN DEL TIEMPO
Ya que la aceleración es constante (no cambia de valor en el tiempo),
la gráfica de la aceleración en función del tiempo será una recta
paralela al eje de los tiempos.
ii) VELOCIDAD EN FUNCIÓN DEL TIEMPO
La gráfica de velocidad en función del tiempo es una recta cuya
ordenada en el origen es la velocidad inicial vo y cuya pendiente es
la aceleración.
iii) POSICIÓN EN FUNCIÓN DEL TIEMPO
La gráfica de la posición en función del tiempo es, evidentemente,
una semiparábola que pasa por el origen.Para aceleraciones
positivas se tomará la parte superior de la parábola, en tanto que,
para aceleraciones negativas se toma la parte inferior de ella.
Para resolver problemas en este tipo de movimiento se deben cumplir
las siguientes condiciones de resolución:
- Deben tenerse tres datos.
- Deben tenerse dos datos y una condición.
Estrategia de resolución de problemas
Para resolver cualquier problema, siempre se debe tener una
estrategia de resolución que cuenta, en general, con los siguientes
pasos:
a) Determinar el sistema de referencia.
b) Realizar la modelación del problema (Hacer un diagrama del
problema, anotando en él todos los datos).
c) Relacionar posiciones (en caso de que se tengan dos
cuerpos).
d) Relacionar tiempos (en caso de que se tengan dos cuerpos).
e) Determinar las ecuaciones a ser utilizadas.
Ejemplo 2.10. Un estudiante de mecánica automotriz está probando
el motor del auto que él reparó, para lo cual parte del reposo y
acelera a razón de 2[m/s2] durante 10[s], luego se mueve una
distancia de 100[m] a velocidad constante y, finalmente, desacelera a
razón de 4[m/s2] hasta detenerse. Calcular: (a) la distancia total
recorrida; (b) el tiempo total empleado en ese recorrido; (c) graficar la
velocidad y la posición en función del tiempo.
El diagrama del problema será el siguiente:
Estrategia de resolución: El problema plantea tres fases de
movimiento, si te fijas bien, cada fase está encerrada en una elipse,
eso significa que, a cada etapa se le ha colocado una frontera, esta
es imaginaria y sirve para resolver el problema por etapas. En la
primera frontera el auto parte del reposo (vo1 = 0). Si se elige la
dirección del movimiento como positiva, la posición, la velocidad y la
aceleración serán positivas; en este paso podrá determinarse la
velocidad final (v1) en la fase (I). La frontera (II) plantea un
movimiento con velocidad constante, ésta velocidad es v1. En la fase
(III), determinada por la frontera III, si la dirección del movimiento es
positiva, la velocidad inicial (v1) será positiva, en tanto que la
aceleración será negativa.
Fase I: En ella se tiene vo = 0; a = 2[m/s2] y t = 10[s] (tres datos) y
puede hallarse la distancia recorrida x1, que puede ser calculada.
i) vo = 0; x se relaciona con a y t, la ecuación usada:
�⃗�U = �⃗�\𝑡U +
1
2 �⃗�U𝑡U
C
ii) Se reemplazan datos:
�⃗�U =
1
2
(2)(10)C = 100[𝑚]
iii) Se calcula la velocidad final en base a los datos:
�⃗�U = �⃗�𝑡 = (2)(10) = 20[𝑚 𝑠⁄ ]
Fase II. El movimiento es rectilíneo uniforme, por tanto a = 0 y la
velocidad se mantendrá constante a lo largo de todo el tramo, la
ecuación a ser utilizada es:
iv) La ecuación a ser utilizada es:
�⃗�C = �⃗�U𝑡C
𝑡C =
�⃗�C
𝑣U
=
100
20 = 5
[𝑠]
Fase III. El movimiento es acelerado negativamente, es decir, la
aceleración estará en sentido contrario al del sistema de referencia,
por tanto a = -4[m/s2], en este caso la velocidad inicial es v1 = 20[m/s]
y la velocidad final v2 = 0.
v) La ecuación en función a los datos será:
�⃗�C = �⃗�U + 𝑎C....⃗ 𝑡w
0 = 𝑣U + 𝑎C....⃗ 𝑡w
𝑡w =
−20
−4 = 5
[𝑠]
vi) La ecuación para hallar la distancia en ese tramo:
𝑣CC = 𝑣UC + 2𝑎C𝑥w
vii) v2 = 0, puesto que el auto se detiene:
0 = 𝑣UC + 2𝑎C𝑥w
𝑥w =
−(𝑣U)C
2𝑎C
=
−(20)C
2(−4) = 50
[𝑚]
Por otra parte, debe calcularse la distancia recorrida en este tramo:
La distancia total recorrida X será la suma de las distancias en los
tres tramos:
X = x1 + x2 + x3 =100[m] + 100[m] + 50[m] = 250[m]
El tiempo total empleado será la suma de los tiempos transcurridos
en los tres tramos:
T = t1 + t2 + t3 = 10[s] + 5[s] + 5[s] = 20[s]
c) Graficas de las variables cinemáticas en función del tiempo
La gráfica velocidad – tiempo (Fig.2.41.a) muestra que la velocidad
aumenta progresivamente desde 0 a 20[m/s] a medida que transcurre
el tiempo, hasta llegar a los 10[s], indicando un movimiento
acelerado, siendo la pendiente de esta recta la aceleración del movil;
luego se mantiene constante (20[m/s]) durante 5[s], en este tramo no
hay aceleración y, por tanto, el movimiento es rectilíneo uniforme; en
el último tramo, empieza a disminuir, indicando una aceleración
negativa, como indica la pendiente de la recta, hasta llegar a cero.
En la gráfica posición - tiempo (Fig. 2.41.b), se observa que en los
primeros 10[s], el desplazamiento fue de 100[m], además, en este
tramo la figura muestra una semiparábola positiva que indica un
movimiento uniformemente acelerado; a partir de ese punto y hasta
llegar a los 15[s], el movimiento fue constante, el desplazamiento es
de 100[m], esto lo indica la línea recta que une los dos puntos
mencionados. Desde los 15[s] hasta los 20[s], el auto ha
desacelerado (lo muestra la parábola negativa), desplazándose
50[m].
En conclusión, las gráficas de las variables cinemáticas en función
del tiempo, proporcionan toda la información del problema; por ello,
son muy importantes.
Ejemplo 2.11.¡Trata de resolver! Una docente, apurada por llegar a
tiempo a su clase, parte del reposo y acelera a razón de 0.5 [m/s2]
durante 10[s]. Miki, su hijo,que se encontraba a 1[m] detrás de ella
se acuerda de que necesita 50 Bs y 2[s] después parte del reposo
persiguiendo a su mamá y acelera a razón de 1[m/s] cada segundo.
Si el niño alcanza a su madre cuando ésta recorrió 15[m]. (a) ¿qué
distancia habrá recorrido la docente en ese tiempo?; (b) ¿qué
velocidad habrá alcanzado la docente al cabo de ese tiempo? y; (c)
¿cuál fue la velocidad de Miki cuando alcanzó a su ma?
Estrategia de resolución: Si se elige la dirección del movimiento
como positiva, la posición, la velocidad y la aceleración serán
positivas, por otra parte, deberá relacionarse posiciones y tiempos de
ambos protagonistas.
Escribir la ecuación para determinar x:
𝑥 = 𝑣\𝑡 +
1
2𝑎𝑡
C =
1
2 �0.5 �
𝑚
𝑠C� �� (10[𝑠])
C = 25[𝑚]
Plantear la ecuación que permite calcular la velocidad:
𝑣 = 𝑣\ + 𝑎𝑡 = 𝑎𝑡 = �0.5 �𝑚 𝑠C� �� (10[𝑠])5[𝑚 𝑠⁄ ]
La distancia recorrida por la docentees x1 = 15[m], la
distancia recorrida por Miki será:
X2 = xo + x1 = 1[m]+15[m] = 16[m]
Calcular el tiempo empleado por la docente al recorrer 15[m]
𝑡 = �
2𝑥U
𝑎�
= �
30
0.5 = 7.8
[𝑠]
El tiempo de Miki será:
𝑡� = 𝑡� − 2
𝑡� = 5.8[𝑠]
La velocidad de Miki cuando alcanza a su mamá es:
𝑣 = 𝑎�𝑡� = (1)(5.8) = 5.8[𝑚 𝑠⁄ ]
2.3.2.1. ENCUENTRO
Dos objetos se encuentran si pasan al mismo tiempo por el mismo
lugar. Es decir, para encontrarse no alcanza con pasar por el mismo
lugar. Hay que pasar por el mismo lugar al mismo tiempo.
Supongamos que ayer yo estaba en la oficina de Materias Básicas y
tu también y sin embargo no nos encontramos ¿por qué? porque
aunque estuvimos en el mismo lugar no fue al mismo tiempo,
seguramente tú estabas en la mañana y yo en la tarde.Una situación
de encuentro podría ser la siguiente:
En algún momento los dos autos se van a encontrar en alguna parte
de la ruta. Lo que va ha pasar es lo siguiente:
Anotado este asunto del encuentro en forma física, se tendrá la
condición de encuentro:
XA = XB para t = te
Esta condición se cumple siempre en todos los problemas de
encuentro, ya sea que las partículas viajen en la misma dirección, en
direcciones diferentes, cuando ambos están acelerados o cuando
solamente uno de ellos acelera.
Anotado este asunto del encuentro en forma física, se tendrá la
condición de encuentro:
XA = XB para t = te
Esta condición se cumple siempre en todos los problemas de
encuentro, ya sea que las partículas viajen en la misma dirección, en
direcciones diferentes, cuando ambos están acelerados o cuando
solamente uno de ellos acelera.
Para resolver los problemas de encuentro, es aconsejable lo
siguiente:
i) Hacer un dibujo de lo que plantea el problema, para ello debe
elegirse un sistema de referencia, marcando las posiciones
iniciales y las velocidades con su respectivo signo.
ii) Plantear las ecuaciones de movimiento para los cuerpos A y B.
iii) Escribir las condiciones finales de encuentro: xA = xB si t = te.
iv) Igualar las ecuaciones y despejar lo que se pide.
Ejemplo 2.12. El auto de la ministra de trasparencia y un micro,
donde van dos niños, están ubicados como muestra la figura y se
mueven a 60 y 20[Km/h], respectivamente. (a) Calcular cuanto tiempo
tardan en encontrase; (b) Hallar el lugar donde se encuentran;
(c)Graficar x(t) para los dos móviles y verificar los puntos (a) y (b).
Estrategia de resolución: Si se elige la dirección del movimiento
como positiva, ambas velocidades serán positivas porque tienen el
mismo sentido del eje X. Por otra parte, se puede ver que para cada
móvil hay dos datos y una condición.
Plantear la condición de encuentro:
𝑥J = 𝑥� = 𝑥�
𝑡J = 𝑡� = 𝑡�
Escribir la ecuación para A, será:
𝑥J = 𝑣J𝑡J = 60�𝑘𝑚 ℎ� �𝑡J
Escribir la ecuación para B:
𝑥� = 0.1[𝑘𝑚] + 𝑣�𝑡� = 0.1[𝑘𝑚] + 20�𝑘𝑚 ℎ� �𝑡�
Dado que xA = xB, se igualan las dos ecuaciones
60𝑡� = 0.1 + 20𝑡�
𝑡� =
0.1
40 = 0.0025
[𝐻𝑜𝑟𝑎𝑠]
3600[𝑠]
1[𝐻𝑜𝑟𝑎] = 9
[𝑠]
Reemplazando te en la ecuación i para hallar la posición de
encuentro
𝑥� = (60)(0.0025) = 0.15[𝑘𝑚] = 150[𝑚]
Observaciones: El auto alcanza al micro en 9[s] después de recorrer
150[m] o el encuentro se produce a los 9[s] después que el micro
recorrió 50[m]. Esto es importante, cuando se dice que el encuentro
se produce a los 150[m] se debe aclarar desde donde están
medidos.
Otra manera de verificar que las respuestas son correctas es dibujar
el gráfico x(t) representando ambas ecuaciones de movimiento, para
lo cual pueden dársele valores a t y calcular x
XA = 60t XB = 0.1+20t
XA[m] t[s] XB[m] t[s]
0 0 100 0
50 3 116 3
100 6 133 6
150 9 150 9
TABLA 3.1
La representación de las dos rectas es la siguiente:
El lugar donde se cortan ambas rectas sobre el eje horizontal, indica
el tiempo de encuentro, y la posición de encuentro se la encuentra
sobre el eje vertical.
Ejemplo 2.13.¡Trata de resolver! Dada la figura, calcular el tiempo que
tardan en encontrarse los dos móviles y el lugar donde se
encuentran.
Escribir la condición de encuentro:
𝑥U = 𝑥C = 𝑥�
Para:
𝑡U = 𝑡C = 𝑡�
Plantear la ecuación para el perro:
𝑥� = 𝑣U𝑡� = 10𝑡
Plantear la ecuación para el jaguar:
𝑥� = 𝑥\ + 𝑣\𝑡 +
1
2𝑎𝑡
C = 100 +
1
2
(−2)𝑡�C
Igualar las ecuaciones:
10𝑡� = 100 − 𝑡�C
Ordenar la ecuación:
𝑡�C + 10𝑡� − 100 = 0
Resolver la ecuación cuadrática:
El tiempo de encuentro será:
𝑡U = 6.2[𝑠]
𝑡C = −16.2[𝑠]
La solución negativa no se toma en cuenta, puesto que no existen
tiempos negativos. El tiempo negativo indica que se hubieran
encontrado 16.18[s] antes de salir. Como esta solución no tiene
significado físico, se la descarta.
La posición se calcula reemplazando te en ii.
𝑥� = 10𝑡� = 10[𝑚 𝑠⁄ ]6.2[𝑠] = 62[𝑚]
Observaciones: El encuentro entre el perro y el jaguar se produce a
los 6.2[s] y a 62[m] del perro. El desplazamiento del perro es de 62[m]
en sentido positivo, mientras que el del jaguar es de -32[m].
Ejemplo 2.14. ¡Trata de resolver! Un estudiante de Física se
encuentra en su auto a 100[m] detrás de un taxi sobre la misma vía.
El auto parte del reposo y acelera a razón de 2[m/s] cada segundo,
mientras que, 2[s] después el taxi se mueve a velocidad constante de
15[m/s]. (a) Dónde se encuentran ambos móviles respecto del punto
donde se encontraba inicialmente el auto?. (b) Cuánto tiempo tardan
en encontrarse?
Estrategia de Resolución. En este problema se presenta desfase
tanto de posición como de tiempo entre ambos móviles. Se elegirá el
origen del sistema de referencia. Se relacionarán tiempos y
posiciones y se plantearán las ecuaciones horarias del auto y del taxi.
Es preciso señalar que el movimiento del taxi C es considerado dos
segundos después de que se inicia el movimiento del auto A, por
tanto, existe desfase de tiempo entre los dos móviles y ese desfase
debe considerarse mediante una ecuación de relación de tiempos.
Puesto que el taxi C está 2[s] retrasado con respecto al tiempo del
auto A, el tiempo de A (tA) será el tiempo de C más 2[s].
Relacionar tiempos teniendo en cuenta que el tiempo del taxi
se toma 2[s] después de iniciado el movimiento del auto:
𝑡J = 𝑡� + 2
Relacionar las posiciones de los autos:
𝑥J = 100 + 𝑥�
Plantear las ecuaciones de movimiento para A y C:
Para A:
𝑥J =
1
2𝑎𝑡J
C
Para C:
𝑥� = 𝑣�𝑡�
Hacer operaciones y reemplazar valores:
1
2𝑎𝑡J
C = 100 + 𝑣�(𝑡J − 2)
𝑡JC − 15𝑡J − 70 = 0
𝑡J =
15 ±`(−15)C − 4(−70)
2 = 18.7
[𝑠]
𝑡� = 𝑡J − 2
𝑥J =
1
2
(2)(18.7)C = 351[𝑚]
Ejemplo 2.15. ¡Trata de resolver! Silvia en su automóvil y Rolo en una
moto,están separados 300[m] y se mueven en sentidos contrarios. El
auto pasa por el punto A con velocidad constante de 80[km/h], 1[s]
después,la moto parte del reposo y acelera a 2.5[m/s2] Hallar: (a)
Dónde se encuentran a partir del punto A; (b) El tiempo que tardan en
encontrarse.
Estrategia de Resolución. Fijar el nivel de referencia en el punto A.
Relacionar tiempos y posiciones y plantear las ecuaciones horarias
para los dos móviles. Aplicar la regla del 3.6 para pasar de [km/h] a
[m/s] de tal manera que 80[km/h] serán 80/3.6[m/s], es decir, 22.22
[m/s]
Relacionar tiempos y posiciones:
𝑡J = 𝑡� + 1
𝑥J + 𝑥� = 300
Plantear las ecuaciones tantopara el auto como para la moto:
Para A
𝑥J = 𝑣J𝑡J
Para M
𝑥� =
1
2𝑎�𝑡�
C
Hacer álgebra, paraobtener la ecuación de segundo grado:
𝑡�C + 22.22𝑡� − 277.78 = 0
Resolver la ecuación desegundo grado:
𝑡� = 8.92[𝑠]
Hallar tA:
𝑡J = 𝑡� + 1 = 9.92[𝑠]
Determinar XA:
𝑥J = (22.22)(9.92) = 220.44[𝑚]
Ejemplo 2.16.¡Trata de resolver! Cecilia se compró un auto deportivo
de lujo que puede acelerar a 5[m/s2]. Para probarlo, desafía a una
competencia al campeón nacional de automovilismo. Ambos parten
del reposo, pero el campeón sale 1.5[s] antes que ella. Si el campeón
aceleraa 4[m/s2] y Ceci con la máxima aceleración a la que llega su
coche, determinar: (a) el tiempo que tarda la ingeniera en alcanzar al
campeón; (b) la distancia que recorre antes de alcanzarlo; (c) las
velocidades de ambos coches en el momento del encuentro.
Estrategia de Resolución. Puesto que hay desfase de tiempos,
debe relacionárselos. Las distancias recorridas son las mismas.
Relacionar tiempos:
𝑡� = 𝑡J + 1.5
Escribir las ecuaciones horarias
𝑥 =
1
2𝑎J𝑡J
C
𝑥 =
1
2𝑎�𝑡�
C
Igualar las ecuaciones
1
2𝑎J𝑡J
C =
1
2𝑎�𝑡�
C
Hallar tA
0.5𝑡JC − 3𝑡J − 2.25 = 0 ⟹ 𝑡J = 12.7[𝑠]
Calcular xA
𝑥J =
1
2
(5)(12.7)C = 403.2[𝑚]
Determinar vA y vB.
𝑣J = 𝑎J𝑡J = 5(12.7) = 63.5[𝑚 𝑠⁄ ]
𝑣� = 𝑎�𝑡� = 4(12.7) = 50.8[𝑚 𝑠⁄ ]
Ejemplo 2.17.Una partícula se mueve de acuerdo a la ecuación 𝑣 =
𝐶𝑥vC, si en t = 0, x = 0 y en t = 1, x = 3, determinar la velocidad de
la partícula cuando t = 3.
Estrategia de Resolución. En primer lugar, se deberá hallar la
constante C, derivando la posición en función del tiempo; conocida la
constante, se hallarán la velocidad y la aceleración derivando x y v en
el tiempo, respectivamente.
1. Hallar C derivando x en función del tiempo:
𝑑𝑥
𝑑𝑡 = 𝐶𝑥
vC
𝐶𝑑𝑡 = 𝑥C𝑑𝑥
Integrando:
𝐶� 𝑑𝑡
U
\
= � 𝑥C𝑑𝑥
w
\
𝐶𝑡|\U =
𝑥w
3 ¡\
w
𝐶𝑡 = 9
Pero t = 3, por tanto:
𝐶 = 3
Entonces
𝑣 = 3𝑥vC
𝑣 =
9
𝑡 𝑥
vC
Pero:
𝐶𝑡 =
𝑥w
3
𝑥w = 9𝑡
𝑥 = √9𝑡¢
2. Determinar la velocidad:
𝑣 =
𝑑𝑥
𝑑𝑡 =
√9¢
3 𝑡
vC w� = 0.69𝑡vC w�
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 3
𝑣 = 0.33[𝑚 𝑠⁄ ]
2.3.3. CAIDA LIBRE Y TIRO VERTICAL
La caída libre consiste en el movimiento vertical (a lo largo del eje y)
de una partícula, acelerada por la aceleración de la gravedad (vector
siempre dirigido hacía abajo), que hace que los cuerpos se dirijan
al centro de la tierra, Galileo demostró que no importa si el objeto que
cae es una pluma, una esfera de acero o un elefante. Este
movimiento es netamente teórico debido a que no se toma en cuenta
la resistencia del aire que, en algunos casos puede ser significativa,
cabe señalar que el movimiento no depende de la masa ni del peso
del cuerpo en caída libre, para demostrarlo, imagina que lanzas dos
hojas de papel de la misma masa, una de ellas extendida y la otra
arrugada ¿a qué se debe que ambas no tengan el mismo
movimiento?, a la resistencia del aire.
Es notorio que dicho movimiento es un caso particular del movimiento
uniformemente acelerado. Supongamos que se lanzan las dos hojas
en el vacío, en este caso ambas se moverán en forma idéntica. En el
caso de la hoja arrugada, se puede “acostar” el problema, girando
todo en 90º, lo que queda es:
Y si se la hubiera lanzado con una velocidad inicial hacía abajo se
tendría:
Lo que muestra que un problema de caída libre no es diferente de
uno de movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. La caída libre
es un ejemplo de ese movimiento, por eso, para resolver problemas
se utiliza el mismo razonamiento y las mismas ecuaciones, la única
diferencia es que la caída libre se realiza en un eje vertical y que la
aceleración (gravedad) es negativa ¡siempre!Para un cuerpo lanzado
hacía arriba con una velocidad inicial vo, (figura 2.46), tomaremos
tanto el caso del tiro vertical como la caída libre. Nota que el
desplazamiento en “tiro vertical” es igual al desplazamiento en caída
libre pero de sentido contrario, por tanto, el desplazamiento neto es
cero.
1. Debe tomarse el origen del sistema de referencia en el punto
donde se inicia el movimiento.
2. Desde el punto de vista del sistema de referencia elegido, todo
vector dirigido hacía arriba es considerado positivo, mientras que
todo vector dirigido hacía abajo será negativo, por tanto, la
gravedad será siempre negativa.
3. Todo lo que está encima del origen del sistema de referencia
será considerado positivo, en tanto que todo lo que se encuentra
por debajo del mismo será negativo (pueden existir alturas
negativas).
4. El movimiento es simétrico respecto de la magnitud de la
velocidad, puesto que, en el mismo punto la velocidad de subida
es igual en magnitud que la velocidad de bajada pero con signo
contrario.
5. El movimiento es simétrico respecto al tiempo, puesto que el
tiempo de subida es igual al tiempo de bajada.
En el punto más alto del movimiento, la velocidad vale cero, pero la
aceleración es la de la gravedad.
Por lo señalado, las ecuaciones horarias, las gráficas en función del
tiempo y la resolución de problemas serán las mismas que las del
movimiento acelerado, empero el movimiento es vertical y es
acelerado por la gravedad que siempre es negativa. Por tanto, las
ecuaciones (ya deducidas) que se utilizarán para resolver problemas
serán:
�⃗� = �⃗�\ − �⃗�𝑡 (2.14)
𝑣C = �⃗�\
C − 2�⃗��⃗� (2.15)
�⃗� = �⃗�\𝑡 −
U
C
�⃗�𝑡C (2.16)
Obviamente, las ecuaciones son las mismas, excepto porque en lugar
de utilizar el eje x se utiliza el eje y, además, como la gravedad es
SIEMPRENEGATIVA, su signo está ya dentro de la
ecuación.Además, el valor de la gravedad no es tan constante como
se supone ya que depende de la latitud y de la altitud sobre el nivel
del mar en un determinado lugar; así, en el Ecuador y al nivel del mar
g = 9.81[m/s2]. En La Paz que se encuentra en un trópico y a 3600[m]
sobre el nivel del mar, el valor de g es 9.775[m/s2]. En este texto,
tanto por la proximidad del valor, como por la facilidad en el uso, se
tomará a la aceleración de la gravedad como g = 10[m/s2].
Ejemplo 2.18. Se lanza una pelota verticalmente hacía arriba con una
velocidad de 10[m/s]. (a) ¿Cuál es la altura máxima a la que sube?.
(b) ¿Cuánto tiempo tarda en llegar a esa altura? (c) ¿Para qué
tiempos se encuentra la pelota a 2[m] de altura? (d) Calcular la
velocidad con la que retorna al punto de partida.
Estrategia de Resolución. Debemos recordar que todo vector
dirigido hacía arriba es positivo, mientras que uno dirigido hacía abajo
es negativo. Para determinar la altura máxima y el tiempo de subida,
sabemos que la velocidad final es cero. Por otra parte la pelota se
encontrará dos veces a la altura de 2[m], una a la subida y otra a la
bajada. El procedimiento empleado será vectorial.
1. Calcular la altura máxima.
𝑣C = 𝑣\C − 2𝑔𝐻y¥T
0 = 𝑣\C − 2𝑔𝐻y¥T
𝐻y¥T =
𝑣\C
2𝑔 =
(10)C
2(10) = 5
[𝑚]
2. Hallar el tiempo de subida.
0 = 𝑣\ − 𝑔𝑡¦
𝑡¦ =
𝑣\
𝑔 =
10
10 = 1
[𝑠]
3. Calcular el tiempo para una altura de 2[m].
𝑦 = 𝑣\𝑡 −
1
2𝑔𝑡
C
5𝑡C − 10𝑡 + 2 = 0
𝑡U = 0.37[𝑠]; 𝑡C = 1.83[𝑠]
4. Calcular la velocidadcon que llega al puntodepartida.
𝑣C = 𝑣\ − 𝑔(2𝑡¦) = 10 − (10)(2)(1) = −10[𝑚 𝑠⁄ ]
Observaciones. ¿Te diste cuenta de que no es necesario trabajar
por tramos?, es mucho más fácil y más rápido trabajar con vectores.
Ejemplo 2.19. Una piedra se lanza verticalmente hacía arriba con una
velocidad de 90[m/s]. Transcurridos 4[s] se suelta otra piedra desde
la misma posición y con la misma velocidad. ¿Qué tiempo transcurrirá
hasta que las piedras se encuentren?
Estrategia de Resolución. Ya que las piedras salen del mismo punto
pero con un desfase de 4[s], se encontrarán cuando la primera esté
bajando y la segunda subiendo y ambas estarán en una posición Y a
Vo1
Building 1
1
partir del origen del sistema de referencia. Se deberá graficar la
situación y escribir las ecuaciones de la posición en función del
tiempo.
1. Relacionar tiempos:
𝑡U = 𝑡C + 4
2. Escribir las ecuaciones para ambas piedras teniendo en
cuenta que ambas se encuentran en la misma posición h:
Para la piedra 1.
ℎ = 𝑣-𝑡U −
1
2𝑔𝑡U
C
Para la piedra 2.
ℎ = 𝑣-(𝑡U − 4) −
1
2𝑔
(𝑡U − 4)C
3. Igualando las dos ecuaciones se tiene:
𝑣-𝑡U −
1
2𝑔𝑡U
C = 𝑣-(𝑡U − 4) −
1
2𝑔
(𝑡U − 4)C
4. Resolviendo la ecuación se encuentra que:
4𝑣- = 4𝑔𝑡U − 8𝑔ℏ
𝑡U =
4𝑣- + 8𝑔
4𝑔 =
360 + 80
40 = 11[𝑠]
Ejemplo 2.20. ¡Trata de resolver! Dos esferas, una de acero y la otra
de vidrio, son puestas en movimiento simultáneamente, ambas se
encuentran sobre la misma vertical. La esfera de acero, que se
encuentra arriba es soltada y la de vidrio (que está abajo) es lanzada
con una velocidad de 90[m/s]. Si el encuentro se produce cuando la
de vidrio se encuentra a la mitad de su altura máxima, calcular el
tiempo de encuentro y la posición inicial de ambos cuerpos.
Estrategia de Resolución. Se trata de una situación de encuentro;
se determinará, en primer lugar, el sistema de referencia, que podría
ser tomado en el punto donde se inicia el movimiento de A; tanto 𝑌.⃗U
como 𝑌.⃗C serán vectores negativos debido a que se encuentran por
debajo del origen del sistema de referencia. Además 𝑌.⃗\ = 𝑌.⃗U + 𝑌.⃗C,
siendo 𝑌.⃗C la mitad de la altura máxima. Se escribirán las ecuaciones
vectoriales para cada uno de los desplazamientos, tomando en
cuenta que el tiempo para ambas esferas es el mismo; deberá
determinarse la altura máxima para luego hallar la mitad de la misma.
Plantear las ecuaciones vectoriales:
𝑌.⃗\ = 𝑌.⃗U + 𝑌.⃗C
Determinar los desplazamientos:
𝑌.⃗C = �⃗�\𝑡 −
1
2 �⃗�𝑡
C
𝑌.⃗U = −
1
2 �⃗�𝑡
C
Hallar𝑌.⃗C, tomando en cuenta su signo negativo.
0 = 𝑣\�C − 2𝑔𝐻y¥T
𝐻y¥T =
𝑣\�C
2𝑔 =
(90)C
2(10) = 405
[𝑚]
𝐻y¥T
2 = −202.5
[𝑚]
Sustituir valores en la fase 1:
𝑌\ = −
1
2𝑔𝑡
C + 𝑣\�𝑡 −
1
2𝑔𝑡
C = −𝑔𝑡C + 𝑣\�𝑡
Reemplazar valores
5𝑡C − 90𝑡 + 202.5 = 0
Hallar te resolviendola ecuación anterior
𝑡U = 2.64[𝑠]; 𝑡C = 15.36[𝑠]
Determinar cuál es eltiempo real
𝑡¦ =
𝑣-
𝑔 =
90
10 = 9
[𝑠]
por tanto el tiempo de encuentro será 2.64[s]
Hallar Y1:
𝑌U = −5(2.64)C = −34.9[𝑚]
Calcular Y0
𝑌\ = 𝑌U + 𝑌C = −34.9 − 202.5 = −237.4[𝑚]
Ejemplo 2.21. Desde la orilla de un pozo caen gotas de agua a razón
de una gota por segundo. Un montacargas sube con velocidad
constante de 10[m/s] y es alcanzado por una gota cuando está a una
profundidad de 100[m]¿A que profundidad la siguiente gota tocará al
montacargas?
Estrategia de Resolución. Conociendo la frecuencia de caída de las
gotas se determina su tiempo de espaciamiento; se relacionan
tiempos y alturas teniendo en cuenta que hay un montacargas que se
desplaza hacía arriba. Se plantearán las ecuaciones de movimiento
para cada uno de los movimientos y se resolverán las ecuaciones.
1. La frecuencia con que caen las gotas es:
𝑓 =
1𝑔𝑜𝑡𝑎
𝑠
2. El tiempo de espaciamiento será:
𝑡 =
1
𝑓 = 1
[𝑠]
3. Relacionar tiempos:
𝑡U = 𝑡C − 1
4. Relacionar desplazamientos:
ℎ.⃗ U + ℎ.⃗ = ℎ.⃗ C
5. Plantear las ecuaciones:
ℎ.⃗ U = −
U
Cª𝑡U
C = −100
ℎ.⃗ C = −
U
Cªz«
«
ℎ.⃗ = �⃗�𝑡C
6. Reemplazar h2 y h en h1:
−100 + 10𝑡C = −5𝑡CC
7. Simplificando y ordenando como ecuación de segundo
grado:
𝑡CC + 2𝑡C − 20 = 0
8. Resolviendo la ecuación:
𝑡C =
−2 ±`2C − 4(1)(−20)
2
𝑡C = 3.58[s]
9. Reemplazar t2 en h2:
ℎC = −5𝑡CC = −5(3.58)C = −64.13[𝑚]
Vm
10. Por tanto, la profundidad a la que tocará la segunda gota
al montacargas es 64.13[m].
Ejemplo 2.22.¡Trata de resolver! Desde un globo que sube a
velocidad constante de 10[m/s] se lanza verticalmente hacía arriba
una piedra, con una velocidad de 2[m/s] que llega al suelo después
de 14[s] de lanzada. Calcular la altura a la que se encontraba el globo
al momento de lanzar la piedra y la altura máxima que subirá la
piedra. Si 3[s] después se suelta una segunda piedra. ¿se
encontrarán ambas?, si lo hacen ¿a qué altura respecto del suelo se
encontrarán?
Estrategia de Resolución. “un objeto en movimiento transmite su
velocidad (en magnitud, dirección y sentido) a otro que se suelta
del anterior”, por tanto, la velocidad inicial de la piedra será la suma
de la velocidad inicial propia de la piedra más la velocidad que le
transmite el globo.Puesto que el globo es una partícula, el origen del
sistema de referencia es el punto donde se inicia el movimiento de la
piedra, razón por la cuál la altura será negativa, en tanto que la
velocidad inicial de la piedra será la suma de la velocidad con que se
lanzó la piedra más la velocidad del globo y será positiva puesto que
se dirige hacía arriba.
Plantear la ecuaciónpara determinar H:
−𝑯 = 𝑣-𝑡 −
1
2𝑔𝑡
C
𝐻 =
1
2𝑔𝑡
C − 𝑣-𝑡
𝐻 = 812[𝑚]
Calcular la altura a laque subió la piedra:
0 = 𝑣\C − 2𝑔𝐻y¥T
𝐻y¥T =
𝑣\C
2𝑔 =
(12)C
2(10) = 7.2
[𝑚]
Calcular la altura quebajó la segunda piedra:
𝑡C = 𝑡U − 3 = 11[𝑠]
𝑡C = 11[𝑠]
ℎ =
1
2𝑔𝑡C
C = 5(11)C = 605[𝑚]
La segunda piedra no llega a alcanzar a la primera puesto que,
cuando ésta llegó al suelo (H = 812[m]), la segunda sólo recorrió
605[m].
Ejemplo 2.23. ¡Trata de resolver! Adita, una niña se encuentra en la
punta de una montaña de 80[m] de altura al pie de la cual hay una
laguna; desde el punto donde se encuentra lanza dos piedras
verticalmente hacía abajo con una diferencia de tiempo de 2[s] y
observa que ambas llegan al mismo tiempo a la superficie de la
laguna. La primera piedra tiene una velocidad inicial de 2[m/s] (a)
¿Cuánto tiempo después de lanzar la primera, las dos piedras
golpean el agua?; (b) ¿Cuál debe ser la velocidad inicial de la
segunda piedra para que ambas lleguen juntas?
Estrategia de Resolución. Se tomará el origen del sistema de
referencia en el punto donde se inicia el movimiento; puesto que
existe desfase de tiempos, estos deberán relacionarse considerando
que, puesto que la piedra A salió con 2[s] de adelanto, empleará un
tiempo mayor en 2[s] que el tiempo que emplea la piedra B. Luego se
plantearán las ecuaciones.
1.Relacionar tiempos:
𝑡J = 𝑡� + 2
2. Escribir la ecuación para A tomando en cuenta el
sentido de los vectores:
−𝑯 = 𝑣-𝑡 −
1
2𝑔𝑡J
C
3.Reemplazar valores y resolverla ecuación:
5𝑡C + 2𝑡J − 80 = 0
𝑡J = 3.81[𝑠]
𝑡� = 𝑡J − 2 = 1.81[𝑠]
b) 1. Conociendo el tiempo, calcular la velocidad inicial de
B.
𝑣-� =
𝐻 − U
C
𝑔𝑡�C
𝑡�
=
80 − 5(1.81)C
1.81 = 35.4
[𝑚 𝑠⁄ ]
Ejemplo 2.24¡Trata de resolver. Una persona en un ascensor ve un
tornillo que cae del techo. La altura del ascensor es de 3[m]. (a) Si el
ascensor se mueve hacía arriba con velocidad constante de 2.2[m/s]
¿cuánto tiempo tarda el tornillo en chocar contra el piso? (b) Si el
ascensor parte del reposo cuando cae el tornillo y asciende con
aceleración aa = 4.0[m/s2], ¿cuánto tiempo tardará ahora el tornillo en
chocar contra el suelo?
Estrategia de resolución. Cuando un cuerpo se suelta desde otro
que se mueve con una velocidad, el primer cuerpoadquirirá la
velocidad del segundo tanto en magnitud como en dirección. Se
tomará el sistema de referencia en el punto donde se inicia el
movimiento del tornillo, por tanto, la velocidad inicial del tornillo será
de -2.2[m/s], aunque parta del reposo. Adicionalmente, el tornillo
choca contra el suelo cuando el desplazamiento del tornillo (xt) es
igual al desplazamiento del piso (xs).
I. Escribir las ecuaciones de desplazamiento del suelo y
del tornillo:
𝑥¦ = 𝑣¥𝑡¥ = −2.2𝑡¥
𝑥z = 𝑥\z + 𝑣\𝑡z +
1
2𝑎𝑡z
C
ii) identificar los datos:
𝑡¥ = 𝑡z
𝑥\z = ℎ = −3[𝑚]
𝑣\𝑡 = −2.2[𝑚 𝑠⁄ ]
iii) Igualar desplazamientos y reemplazar datos:
𝑥¦ = −2.2𝑡
𝑥z = −3 − 2.2𝑡 −
1
2
(10)𝑡C
iv) Despejar t:
𝑡 = �
3
5 = 0.77
[𝑠]
I) Las condiciones iniciales son:
𝑥\¦ = 𝑥\z = 0
𝑎¦ = 4[𝑚 𝑠C⁄ ]
ii) Los desplazamientos del suelo y el tornillo son:
𝑥¦ =
1
2𝑎¦𝑡
C = 2𝑡C
𝑥z = 𝑥\z +
1
2𝑔𝑡
C = 3 − 5𝑡C
𝑥¦ = 𝑥z
iii) Hacer xs=xt y despejar t:
2𝑡C = 3 − 5𝑡C
𝑡 = �
3
7 = 0.65
[𝑠]
Observaciones. El tiempo del tornillo en el aire es independiente de
la velocidad constante del ascensor. Cuando el ascensor acelera
hacía arriba, la aceleración del tornillo será aa + g.
Ejemplo 2.25.¡Trata de resolver! Bart y Lisa caminan por el bosque
cuando ven a Magi en la punta de un acantilado, accidentalmente la
bebé se deja caer; si Bart corre con una velocidad constante hasta la
orilla y toma el barco justo cuando su hermana ha caído 50[m] ¿cuál
debe ser la velocidad de Bart?. Inmediatamente Bart salta al barco,
¿cuál debe ser la aceleración del barco si salva a Maggie justo
cuando éste llega al agua.
Estrategia de Resolución. Se calculará el tiempo para el que
Maggie cae 50[m], que será el mismo que tarda Bart en llegar al
barco, con la cuál se determinará la velocidad de Bart en el momento
en llegar al barco; luego se planteará la ecuación de la posición del
barco en función del tiempo del mismo que será el mismo que Maggie
tarda en caer los otros 50 [m].
Plantear la relación para determinar el tiempo tMN
𝑌\ =
1
2𝑔𝑡�
C
𝑡� = �
2𝑌\
𝑔 =
�100
10 = 3.16
[𝑠]
Relacionar tiempos:
𝑡� = 𝑡J� = 3.16[𝑠]
3. Determinar la vAB de Bart:
𝑣J� =
𝑣J�
𝑡J�
=
10
3.16 = 3.16
[𝑚 𝑠⁄ ]
4. Plantear la ecuación para determinarla aceleración del
barco:
𝑿𝟏 = 𝑣J�𝑡�° +
1
2𝑎𝑡�°
C
pero:
𝑡�° = 𝑡°
5. Calcular tNR, para lo cual puede considerarse el
movimiento completo de Maggie:
𝑌 =
1
2𝑔𝑡�°
C
𝑡�° = �
2𝑌
𝑔 =
�2(100)
10 = 4.47
[𝑠]
𝑡�° = 𝑡� + 𝑡°
𝑡° = 𝑡�° − 𝑡� = 4.47 − 3.16 = 1.31[𝑠]
𝑡° = 𝑡�°
𝑎 =
2(𝑿𝟏 = 𝑣J�𝑡�°)
𝑡�°C
=
2@(10 − 3.16)(1.31)A
(1.31)C = 3.42
[𝑚 𝑠C⁄ ]
2.4. MOVIMIENTO EN DOS
DIMENSIONES
2.4.1.PRINCIPIO DE INDEPENDENCIA DE
LOS MOVIMIENTOS
Este principio fue enunciado por Galileo y dice que un movimiento en
dos dimensiones, podía considerarse como si estuviera compuesto
por dos movimientos, uno, rectilíneo uniforme a lo largo del eje
horizontal y el otro, uniformemente acelerado, en el eje vertical.El
movimiento sobre el eje horizontal está dado por la sombra del objeto
sobre el mencionado eje, mientras que, el movimiento sobre el eje
vertical, por la sombra del objeto sobre ese eje, como se observa en
la figura.
En este principio se analizará al vector desplazamiento.
Cada movimiento actúa como si el otro no existiera, es decir, la
sombra en el eje Y no sabe (ni le importa) lo que hace la sombra en
el eje X y viceversa.
Entonces, cada movimiento actúa sin enterarse de lo que está
haciendo el otro, y la superposición de ambos movimientos
proporciona el movimiento real que se muestra en la figura 3.35.La
sombra en el eje x mueve todo el tiempo a la misma velocidad, con
movimiento rectilíneo uniforme y su velocidad es la proyección de la
velocidad inicial sobre el eje x.
Si se descompone el vector velocidad inicial v0, se tiene lo siguiente:
La sombra en el eje x se mueve todo el tiempo con vx = v0 cosj. Esta
velocidad no cambia en ningún momento, debido a que en este eje
no hay ningún tipo de aceleración, entonces la velocidades la
proyección de la velocidad inicial sobre el eje X.Con respecto al eje
vertical, la sombra se mueve como si hiciera un tiro vertical. Su
velocidad inicial será la proyección de v0 sobre este eje:
En el eje y la sombra sale con velocidad inicial v0y = v0 senj, sube
hasta su altura máxima y empieza a bajar. Igual que si fuera un tiro
vertical. Galileo también demostró que la trayectoria teórica en un tiro
oblicuo es una parábola. En conclusión, el movimiento es uno sólo,
es decir, la parábola de tiro oblicuo. Sin embargo, este movimiento
puede entenderse como si fuera una superposición de los dos
movimientos ya mencionados.
Ejemplos del principio de independencia de movimientos.
Ejemplo 2.26.Consideremos que desde un helicóptero
instantáneamente en reposo a una determinada altura, cae el
mecánico de aviación por descuido. El mecánico de aviación
obtendrá la misma velocidad, tanto en dirección y sentido, que el
helicóptero, es decir su v0 = 0. Supongamos que el mecánico tarda 15
[s] en caer, el movimiento será vertical, una caída libre.Si el
helicóptero se empieza a mover con velocidad horizontal,
supongamos de 50[m/s] y el copiloto se lanza en su auxilio, ¡también
tardará 15[s] en llegar al suelo! ¿por qué ocurre esto? Porque a lo
que pasa en el eje y (caída libre) no le importa lo que pasa en el eje
x. Es decir, la caída libre se produce como si el movimiento en el eje
xno existiera.
¿Comprobemos lo que aseveramos en la figura?
1. En el primer caso el helicóptero está en reposo y le pasa su
velocidad al mecánico(v0=0), por tanto, éste cae libremente, es
decir, sólo existe movimiento en y.
𝐻 = −
1
2𝑔𝑡
C
𝐻 = −
1
210
(15)C = 1125[𝑚]
2. En el segundo caso el movimiento del helicóptero es horizontal
con velocidad constante, la misma que será transmitida al
copiloto, recordemos que la sombra en el eje x se mueve en
todo momento con vx = v0 cosj. En cambio, respecto al eje
vertical, la sombra en dicho eje se mueve como una caída libre
cuya velocidad inicial en y es cero; el tiempo que tardó en caer
es de15[s], considerando que el origen del sistema de referencia
se encuentra en el punto donde se inicia el movimiento, la altura
del helicóptero será:
𝐻 = −
1
2𝑔𝑡
C
𝐻 = −
1
210
(15)C = 1125[𝑚]
Conclusión.El resultado es el mismo porque sólo se considera el
movimiento en y que es independiente al movimiento en x.
Veamos otro ejemplo, para que te quede totalmente claro el principio
de independencia del movimiento. Si un estudiante corre desde una
acera a la otra del puente de las Américas y se tira de éste, mientras
que otro se deja caer en caída libre, los dos van a llegar al mismo
tiempo a la Avenida del Poeta, aunque el primero haya adquirido una
velocidad horizontal, esto porque el movimiento rectilíneo y uniforme
que se produce en el eje x no afecta en absoluto a lo que pasa en el
eje y.
Otro ejemplo aun para que te quede totalmente claro el principio de
independencia de movimientos, si un tipo dispara una bala y la bala
cae 1[Km] más allá, el tiempo que tarda en tocar el suelo es el mismo
que si el tipo hubiera agarrado la bala con la mano y la hubiera
dejado caer.
2.4.2. MOVIMIENTO TEÓRICO DE UN
PROYECTIL (TIRO OBLICUO)
Este movimiento se produce cuando se lanza un proyectil con una
velocidad inicial y un ángulo, sin tomar en cuenta la resistencia del
aire. Como se muestra en la figura 2.50.
1. Se realizará un movimiento a lo largo del eje x que, como no
tiene aceleración, será un movimiento rectilíneo uniforme.
2. Asimismo, se realiza un movimiento a lo largo del eje y que será
acelerado por la gravedad (caída libre)
3. La velocidad inicial puede ser descompuesta en:
𝑣\T = 𝑣\𝑐𝑜𝑠𝜑(2.17)
𝑣\S = 𝑣\𝑠𝑒𝑛𝜑 (2.18)
4. La velocidad en x se mantendrá constante a lo largo de todo el
movimiento, por tanto, en el punto más alto de la parábola la
velocidad será horizontal (vox), esto es consistente con el hecho
de que la velocidad es siempre tangente a la trayectoria.
5. En tanto que, la velocidad en y irá disminuyendo a medida que el
proyectil sube y, en el punto más alto será igual a cero, para
luego aumentar proporcionalmente como en la subida.
Las ecuaciones de movimiento serán:
En x (MRU):
�⃗� = �⃗�\T𝑡
�⃗� = �⃗�\𝑐𝑜𝑠𝜑 (2.19)
En y (MRUA):
�⃗� = �⃗�\S − �⃗�𝑡
�⃗� = �⃗�\𝑠𝑒𝑛𝜑 − �⃗�𝑡 (2.20)
�⃗� = �⃗�\S𝑡 −
1
2 �⃗�𝑡
C
�⃗� = �⃗�\𝑠𝑒𝑛𝜑𝑡 −
U
C
�⃗�𝑡C (2.21)
𝑣C = �⃗�\SC − 2�⃗��⃗�
𝑣C = �⃗�\C𝑠𝑒𝑛C𝜑 − 2�⃗��⃗� (2.22)
Para resolver problemas de tiro oblicuo, se deben tomar en cuenta
las siguientes recomendaciones:
1. Hacer un esquema del problema (dibujarlo).
2. Elegir un nivel de referencia, donde se considere más
conveniente, en general será un plano con eje x horizontal y eje y
vertical. Sobre el nivel de referencia se marca v0x, v0y y la
gravedad g, con su signo, teniendo en cuenta que, si alguna de
estas cantidades apunta al revés de cómo va el eje, será
negativa, por ejemplo, la gravedad apunta siempre hacía abajo,
por tanto, si el eje y positivo apunta hacía arriba, la gravedad
será siempre negativa.
3. Escribir las ecuaciones de movimiento tanto para el eje x como
para el eje y.
4. Reemplazar los datos en estas ecuaciones, tomando en cuenta
los signos y despejar lo que se pide.
Ejemplo 2.27. Marcos patea una pelota con una velocidad de 20[m/s]
formando un ángulo de 30º con la horizontal. Determinar: (a) el
tiempo que tarda en llegar a la altura máxima; (b) el tiempo de vuelo
de la pelota; (c) la altura máxima a la que llega la pelota; (d) su
recorrido horizontal máximo y; (e) para que tiempos se encontrará a
una altura de 1.5[m] del suelo.
Estrategia de Resolución. Para determinar el tiempo de subida y la
altura máxima, debe tenerse en cuenta que la velocidad con que llega
a ese punto en el eje y vale cero. El tiempo de vuelo, es decir, el
tiempo que la pelota se encuentra en el aire, será el doble del tiempo
de subida; en tanto que, el recorrido horizontal máximo será la
distancia total recorrida por la pelota en el eje x (MRU). Para calcular
todo lo que se pide se utilizarán las ecuaciones del movimiento del
proyectil.
1. Cálculo del tiempo de subida:
𝑣 = 𝑣\𝑠𝑒𝑛𝜑 − 𝑔𝑡
0 = 𝑣\𝑠𝑒𝑛𝜑 − 𝑔𝑡¦
𝑡¦ =
𝑣\𝑠𝑒𝑛𝜑
𝑔
𝑡¦ =
20𝑠𝑒𝑛30
10 = 1
[𝑠]
2. Cálculo del tiempo de vuelo:
𝑡| = 2𝑡¦ = 2[𝑠]
3. Cálculo de la altura máxima:
𝑣C = 𝑣\C𝑠𝑒𝑛C𝜑 − 2𝑔𝑦
0 = 𝑣\C𝑠𝑒𝑛C𝜑 − 2𝑔𝐻y¥T
𝐻y¥T =
𝑣\C𝑠𝑒𝑛C𝜑
2𝑔 =
(20)C(0.5)C
20
𝐻y¥T = 5[𝑚]
4. Cálculo del recorrido horizontal máximo (Rmax):
𝑅y¥T = (𝑣\𝑐𝑜𝑠𝜑)𝑡| = (20𝑐𝑜𝑠30)(2)
𝑅y¥T = 34.64[𝑚]
5. Cálculo de t para h = 1.5[m], tomando en cuenta que pasará dos
veces por ese punto:
ℎ = (𝑣\𝑠𝑒𝑛𝜑)𝑡 −
1
2𝑔𝑡
C
1.5 = 10𝑡 − 5𝑡C
𝑡U = 0.16[𝑠]; 𝑡C = 1.84[𝑠]
Ejemplo 2.28. Walter, un docente en su moto se acerca a una rampa
inclinada a 30º con una velocidad de 25[m/s], como se muestra en la
figura. Calcular: A qué altura máxima llega. Cuánto tiempo está en el
aire y a que distancia de la rampa cae.
Estrategia de resolución: Si se elige la dirección del movimiento
como positiva, entonces el origen del sistema de referencia será el
punto donde se inicia el movimiento, es decir, donde se encuentra la
moto inicialmente y la velocidad será positiva.
a) 1. Se descompone la vo en vox y voy, como muestra la figura.
3. Se calcula vox y voy:
𝑣\T = 𝑣\𝑐𝑜𝑠30 = 25𝑐𝑜𝑠30
𝑣\T = 21.65[𝑚 𝑠⁄ ]
𝑣\S = 𝑣\𝑠𝑒𝑛30 = 25𝑠𝑒𝑛30
𝑣\S = 12.50[𝑚 𝑠⁄ ]
En el eje x la sombra de la moto tiene MRU. La velocidad de este
movimiento es constante y vale vox = 21.65[m/s]. En el eje y, la
sombra de la moto se mueve haciendo un tiro vertical de voy =
12.50[m/s].
Las ecuaciones de movimiento son:
En el eje X:
𝑥 = 21.65𝑡
En el eje Y:
𝑦 = 12.5𝑡 +
1
2
(−10)𝑡C
𝑣S = 12.5 + (−10)𝑡
4.Cuando el motociclista llega a la altura máxima, la sombra sobre el
eje Y ya no sigue subiendo, es decir, que en esemomento la
velocidad en Y es CERO.Reemplazando vy = 0, se tiene el tiempo
en que llega a la altura máxima:
0 = 12.5 + (−10)𝑡
𝑡 =
12.5
10 = 1.25
[𝑠]
Reemplazando en la ec. (2):
𝑦 = 12.5(1.25) − 5(1.25)C = 7.80[𝑚]
a) Para determinar cuánto tiempo está en el aire, se debe tomar en
cuentaque el tiempo de subida es igual al tiempo de bajada. El
tiempo será:
𝑡z-z = 2𝑡 = 2(1.25) = 2.50[𝑠]
Esto se puede comprobar de otra manera. Cuando la moto toca al
suelo, la posición de la sombra sobre el eje Y es y = 0.
Reemplazando y por cero, se tiene:
0 = 12.5𝑡 − 5𝑡C
𝑡 =
12.5
5 = 2.50
[𝑠] ⟹ 𝑣𝑒𝑟𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎
b) El tiempo total que la moto tardaen bajar es 2.50[s]. Para
calcular en qué lugar cae, lo que se tiene que ver es el
desplazamiento de la sombra sobre el eje X en ese tiempo. La
ecuación de desplazamiento dela sombra sobre el eje X es:
𝑥�¥²�¥ = 21.65(2.50) = 55[𝑚]
Ejemplo 2.29. Carlos patea la pelota con una velocidad inicial de
28[m/s] formando un ángulo de elevación de 68º. Miguel que se
encuentra frente al primero ubicado a una distancia D del primero,
empieza a correr partiendo del reposo con una aceleración de
3[m/s2] interceptando la pelota justo cuando ésta llega al suelo. (a)
Determinar la distancia horizontal recorrida por la pelota; (b)
Encontrar la distancia que recorrió Miguel en el momento de agarrar
la pelota; (c) Hallar la distancia D que separaba inicialmente a ambos
jugadores.
Estrategia de resolución. Se debe tener en cuenta que el tiempo
que tarda la pelota en realizar una trayectoria parabólica completa es
el mismo tiempo que emplea el segundo jugador en desplazarse
desde su posición original hasta el punto donde llega la pelota. Se
encontrará el desplazamiento de la pelota que es su recorrido
horizontal máximo y el desplazamiento del jugador (negativo
respecto al nivel de referencia) para luego hallar D.
1. Relacionar tiempos
t = tp = tj
2. Calcular el tiempo en que la pelota sube a su altura máxima para
luego hallar el tiempo que tarda en llegar al suelo, sabiendo que
el tiempo de subida es igual al tiempo de bajada:
𝑣S = 𝑣- sen𝜑 − 𝑔𝑡¦ ⟹ 0 =𝑣- sen𝜑 − 𝑔𝑡¦
𝑡¦ =
𝑣- sen𝜑
𝑔 =
(28𝑠𝑒𝑛68º)
10 = 0.26
[𝑠]
𝑡 = 2𝑡¦ = 0.52[𝑠]
3. Determinar la distancia recorrida por la pelota utilizando la
ecuación para determinar Rmax (x1):
𝑅.⃗ y¥T = 𝑣- cos𝜑𝑡 = (28 cos 68º)(0.52) = 5.45[𝑚]
4. Calcular (x2), es decir, el desplazamiento del segundo jugador:
𝑥C =
1
2 �⃗�𝑡
C =
1
2
(3)(0.52)C = 0.41[𝑚]
5. Hallar la distancia D de separación inicial:
𝐷..⃗ − �⃗�C = �⃗�U
𝐷 = 5.45 + 0.41 = 5.86[𝑚]
Ejemplo 2.30. ¡Trata de resolver! Otro ejemplo de tiro oblicuo es el
siguiente. El pequeño misil de juguete de la figura es lanzado,
formando un ángulo f =30º con la horizontal, con una velocidad inicial
de 8[m/s]. En el momento en que el pequeño misil es lanzado, sale
con velocidad constante el cochecito a cuerda que está a 8[m] del
misil y se mueve formando un ángulo j = 45º. ¿A qué velocidad
tendría que moverse el cochecito para que el misil le pegue?
Estrategia de resolución: Inclinaremos los ejes de tal manera que
coincidan con el plano inclinado y su perpendicular, esto para facilitar
la solución del problema, sin que por ello dejemos de emplear el
principio de independencia de movimientos. El vector gravedad se
descompone en una gravedad en x, gx y una gravedad en y, gy, por
tanto, ambos movimientosserán acelerados. La sombra del misil en
el eje x inicia su movimiento con una velocidad v0cosf y su
aceleración es gx = gsenj, en tanto que su sombra en el eje y tiene
una velocidad inicial v= v0senf y una aceleración gcosj. Se ha
tomado el sistema de referencia en el punto donde se inicia el
movimiento del misil. Nota que la gravedad en x está en el sentido del
movimiento, por tanto, será positiva.
Calcular el tiempo que tarda el misil en llegar al punto más alto.
Para ello se utiliza la ecuación de la velocidad vy en el punto más
alto ya que vY = 0.
𝑣S = 𝑣\𝑠𝑒𝑛𝜑 − 𝑔(𝑐𝑜𝑠𝜑)𝑡
0 = 8𝑠𝑒𝑛30 − 10𝑐𝑜𝑠45
𝑡 =
8𝑠𝑒𝑛30
10𝑐𝑜𝑠45 = 0.57
[𝑠]
Hallar el lugar donde toca el piso, utilizando la ecuación
correspondiente:
𝑥� = 𝑣\(𝑐𝑜𝑠𝜑)𝑡 +
U
C
𝑔𝑠𝑒𝑛𝜑𝑡C
𝑥� = 8𝑐𝑜𝑠30(0.57) + 5𝑠𝑒𝑛45(0.57)C = 5.1[𝑚]
Hallar la distancia x recorrida porel autito:
𝑥J = 𝑥³ − 𝑥� = 8.0 − 5,1 = 2.9[𝑚]
La velocidad del autito será:
𝑣� =
𝑥J
𝑡 =
2.9
0.57 = 5.1
[𝑚 𝑠⁄ ]
Ejemplo 2.31. ¡Trata de resolver! Wilmar, docente de electrónica,
campeón de raquet, se encuentra a 4[m] de una pared vertical, lanza
contra ella una pelota, si ésta sale de la raqueta a 2[m] por encima
del suelo con una velocidad inicial 𝑣\ = (10�̂� + 10𝚥̂)[𝑚 𝑠⁄ ].
Cuando la pelota choca en la pared, se invierte la componente
horizontal de su velocidad, mientras que su componente vertical
permanece invariable ¿Dónde caerá la pelota al suelo?
Estrategia de Resolución. Calcular el tiempo en que la pelota tarda
en llegar a H, que también será encontrada; el tiempo servirá para
hallar la velocidad en y en el momento que llegó a H. Asimismo, se
determinará la altura máxima a partir del punto H, que servirá para
determinar la altura total, con la que se podrá tener el tiempo total,
para luego hallar la distancia horizontal recorrida en ese tiempo. En
cuanto a la velocidad inicial 𝑣\ = (10�̂� + 10�̂�)[𝑚 𝑠⁄ ], significa que
una componente de 10[m/s] en x y 10[m/s] en y, ya que son iguales,
el ángulo será de 45º.
Determinar el tiempo en que la pelota llega a H (t1), mediante X:
𝑋 = 𝑣\(𝑐𝑜𝑠45)𝑡U
𝑡U =
𝑋
𝑣\(𝑐𝑜𝑠45)
=
4
10𝑐𝑜𝑠45 = 0.06
[𝑚]
Calcular la altura H:
𝐻 − 𝑦\ = 𝑣\(𝑠𝑒𝑛45)𝑡U −
1
2𝑔𝑡U
C = 2.38[𝑚]
Hallar v0y en el punto H:
𝑣\US = 𝑣\S − 𝑔𝑡U = 10𝑠𝑒𝑛45 − 10(0.06) = 6.50[𝑚 𝑠⁄ ]
𝑣\UT = −10[𝑚 𝑠⁄ ]
Determinar Hmax:
0 = 𝑣\USC − 2𝑔𝐻y¥T
𝐻y¥T =
(6.50)C
2(10) = 2.12
[𝑚]
Calcular Htotal:
𝐻³¸³ = 𝐻 +𝐻y¥T = 2.38 + 2.12 = 4.50[𝑚]
Hallar el tiempo de H a G:
−𝐻³¸³ = 𝑣\US𝑡 −
1
2𝑔𝑡
C
5𝑡C − 6.5𝑡 − 4.5 = 0
𝑡 = 1.8[𝑠]
Calcular X1:
−𝑋U = −𝑣\UT = −10(1.8)
𝑋U = 18[𝑚]
Como el movimiento fue considerado desde la pared, la distancia
recorrida por la pelota es de 18[m] de la pared. Los signos negativos
tomados en la última ecuación indican que se ha trabajado en el eje
x negativo.
Ejemplo 2.32. ¡Trata de resolver! Miguel se encuentra en la parte
superior de un plano inclinado a 30º, como muestra la figura. Desde
ese punto patea su pelota de fútbol con una velocidad inicial v0 que
forma un ángulo de 45º con la horizontal. Si la altura del plano es de
2[m]. (a) Calcular la velocidad inicial de la pelota.
Estrategia de Resolución. Puesto que se está trabajando en un
plano inclinado, se tomarán los ejes inclinados a 30º. Como el vector
gravedad es siempre vertical y dirigido hacía abajo, en este caso se
deberá descomponer el mencionado vector en su componente en x y
en y, por tanto, ambos movimientos serán acelerados. La sombra de
la pelota en el eje x se moverá con una velocidad v0cos75º y su
aceleración gx = gsen30º, en tanto que la sombra de la pelota en y
tendrá un movimiento con velocidad v0sen75, con gY = gcos30º
Calcular ts en función de v0, sabiendo que la vY = 0 y queen
ese tiempo llegó a la alturamáxima respecto al plano:
0 = 𝑣\𝑠𝑒𝑛75 − 𝑔(𝑐𝑜𝑠30)𝑡¦
𝑡¦ =
𝑣\𝑠𝑒𝑛75
10𝑐𝑜𝑠30 = 0.11𝑣U
Calcular Rmax, utilizando elteorema de los senos:
𝑠𝑒𝑛30
𝐻 =
𝑠𝑒𝑛90
𝑅y¥T
𝑅y¥T =
𝐻
𝑠𝑒𝑛30 =
2
𝑠𝑒𝑛30
𝑅y¥T = 4[𝑚]
Expresar Rmax en función del tiempo de subida y hallar
lavelocidad inicial:
𝑅y¥T = 𝑣\𝑐𝑜𝑠75(2𝑡¦) +
1
2𝑔𝑠𝑒𝑛30
(2𝑡¦)C
Reemplazando valores y despejando v
𝑣\ = 5.48[𝑚 𝑠⁄ ]
Otra forma de resolver, la más aconsejable puesto que es más corta,
se trata de tomar como sistema de referencia a los ejes horizontal (x)
y vertical (y), en este caso, el movimiento en x es uniforme, en tanto
que, el movimiento en y es acelerado por g, para ello, se hará un
esquema del nuevo sistema:
De la figura se deduce que:
𝑥 = 𝑅y¥T cos 30
𝑦 = 𝑅y¥T𝑠𝑒𝑛30
1. Escribir la ecuación para el movimiento horizontal
𝑥 = 𝑣-𝑡 = (𝑅y¥T cos 30) = 𝑣-𝑡
𝑡 =
𝑅y¥T cos 30
𝑣-
2. Escribir la ecuación para el movimiento vertical
𝑦 =
1
2𝑔𝑡
C
3. Reemplazar t
𝑦 =
1
2𝑔
𝑅y¥TC cosC 30
𝑣-C
4. Hallar vo:
𝑣- = �
𝑅y¥TC (𝑐𝑜𝑠C30)𝑔
2𝑦 = 5.48[𝑚 𝑠
⁄ ]
Ejemplo 2.33. ¡Trata de resolver! Durante las erupciones volcánicas
pueden ser expulsadas por el volcán pedazos de roca o bloques
volcánicos, como muestra la figura. (a) ¿A qué velocidad inicial
tendría que ser arrojado de la boca A del volcán uno de estos
bloques, formando 35º con la horizontal, con objeto de caer en el pie
B del volcán?; (b) Cuál es el tiempo en que dicho bloque se
encuentra en el aire?. Las coordenadas del punto B son: (9400 m;
3300 m).
Estrategia de resolución. Se tomará el origen del sistema de
referencia en el punto donde se inicia el movimiento del bloque, por
tanto, la altura será negativa. Para hallar la velocidad inicial, debe
usarse la ecuación de la trayectoria, cuya deducción consiste en
plantear las ecuaciones para x y para y, despejar el tiempo en
ambas e igualar esas ecuaciones puesto que el tiempo es el mismo
para x e y.
Plantear las ecuaciones de x e y:
−𝑌 = 𝑣\𝑠𝑒𝑛𝜑𝑡 −
1
2𝑔𝑡
C
𝑋 = 𝑣\𝑐𝑜𝑠𝜑𝑡
𝑡 =
𝑋
𝑣\𝑐𝑜𝑠𝜑
Combinar esas ecuaciones:
−𝑌 = 𝑋𝑡𝑎𝑛𝜑 −
1
2𝑔
𝑋C
𝑣\C𝑐𝑜𝑠C𝜑
Despejar v0:
𝑣\ = �
𝑔𝑋C
2(𝑋𝑡𝑎𝑛𝜑 + 𝑌)𝑐𝑜𝑠C𝜑 = 258.1
[𝑚]
Calcular t:
𝑡 =
𝑋
𝑣\𝑐𝑜𝑠𝜑
=
9400
258.1𝑐𝑜𝑠35 = 33.5
[𝑠]
Ejemplo 2.34. Un carrito de rodamientos se mueve con velocidad
constante de 40[m/s]. Se dispara una lata desde el carrito, de tal
forma que éste regrese al carrito cuando se haya desplazado 120[m].
¿A qué velocidad relativa al carrito y con qué ángulo respecto a la
horizontal debe ser disparada la lata?
Estrategia de Resolución. Se deberá elegir el origen del sistema de
referencia. Tener en cuenta que el tiempo que tarda la lata en
alcanzar al carrito es el mismo que tarda el carrito en recorrer los
100[m]. Por otra parte, el carrito le transmite a la lata su velocidad
horizontal.
1. Calcular el tiempo del carrito:
𝑥 = 𝑣𝑡
𝑡 =
𝑥
𝑣 =
120
40 = 3
[𝑠]
2. Puesto que la velocidad de la lata conrespecto a tierra
es igual a la velocidaddel carrito:
𝑣T = 𝑣\𝑐𝑜𝑠𝜑
𝑣T = 40[𝑚 𝑠⁄ ]
3. Cálculo del tiempo de subida
0 = 𝑣\𝑠𝑒𝑛𝜑 − 𝑔𝑡¦
𝑡¦ =
𝑡
2 = 1.5
[𝑠] =
𝑣\𝑠𝑒𝑛𝜑
𝑔
𝑣\𝑠𝑒𝑛𝜑 = (1.5)(10) = 15[𝑚 𝑠⁄ ]
4. La velocidad inicial será:
𝑣\ = `(40)C + (15)C = 42.7[𝑚 𝑠⁄ ]
5. Cálculo del ángulo:
𝑐𝑜𝑠𝜑 =
𝑋
42.7𝑡 =
120
42.7(3) = 0.93
𝜑 = 21.09\
Ejemplo 2.35. ¡Trata de resolver! Un jugador de raqueta se
encuentra a 10[m] del frontón, responde una pelota a 50[cm] sobre el
suelo, formando un ángulo Φ con la horizontal. Si la pelota impacta
contra el frontón al cabo de 0.6[s] y a 5.5[m] de altura sobre el piso;
a) qué velocidad le impartió el jugador?; b) ¿cuánto vale el ángulo
Φ?
Estrategia de Resolución. Se dibujará el modelo del problema para
luego plantear las ecuaciones de movimiento y, combinándolas se
encontrará lo solicitado.
Establecer la altura y:
𝑌 = 5.5 − 0,5 = 5.0[𝑚]
Plantear las ecuacionesde x e y:
𝑋 = 𝑣\𝑐𝑜𝑠𝜑𝑡
−𝑌 = 𝑣\𝑠𝑒𝑛𝜑𝑡 −
1
2𝑔𝑡
C
Reemplazar valores
10 = 6(𝑣\𝑐𝑜𝑠𝜑)
−5 = 0.6(𝑣\𝑠𝑒𝑛𝜑) − 5(6)C
𝑣\𝑐𝑜𝑠𝜑 = 1.7
𝑣\𝑠𝑒𝑛𝜑 = 29.1
Dividir las dos últimas ecuaciones:
𝑡𝑎𝑛𝜑 =
29.1
1.7
𝜑 = 86.7\
Calcular la velocidad inicial
𝑣\ =
𝑋
𝑡𝑐𝑜𝑠𝜑 =
10
6𝑐𝑜𝑠86.7\ = 5.56
[𝑚 𝑠⁄ ]
Ejemplo 2.36. ¡Trata de resolver!En un determinado instante se
dispara un proyectil con una velocidad inicial de 12[m/s] en el plano
yz y una inclinación de 30º con la horizontal ¿cuánto tiempo después
se debe soltar un blanco desde la posición 0�̂� + 9𝚥̂ + 3𝑘¹ para que
el proyectil de en el blanco?
Estrategia de Resolución. A partir del planteamiento de las
ecuaciones de movimiento, se hallará el tiempo de cada uno, la
diferencia será el tiempo pedido.
Plantear las ecuaciones para el proyectil
𝑌 = 𝑣-(𝑐𝑜𝑠𝜑)𝑡C
9 = 12(𝑐𝑜𝑠30)𝑡C
𝑍C = 12(𝑠𝑒𝑛𝜑)𝑡 −
1
2𝑔𝑡C
C
𝑍C = 12(𝑠𝑒𝑛𝜑)𝑡C − 5𝑡CC
Plantear las ecuaciones para el blanco
−𝑍U = −
1
2𝑔𝑡U
C
3 = 5𝑡UC
Calcular los tiempos a partir de las ecuaciones
Tiempo del proyectil:
𝑡C =
9
12𝑐𝑜𝑠30 = 0.86
[𝑠]
Tiempo del blanco
𝑡U = �
3
5 = 0.77
[𝑠]
𝑡 = 𝑡C − 𝑡U = 0.86 − 0.77 = 0.09[𝑠]
En conclusión, puesto que el tiempo del proyectil es mayor al tiempo
del blanco, el proyectil se disparó 0.09[s] antes del blanco.
Ejemplo 2.37. ¡Trata de resolver!Una estudiante de biología, en su
trabajo de campo, pretende saltar de A a B salvando un precipicio.
Hallar el mínimo valor de la velocidad de la muchacha y el ángulo a
para que pueda llegar a B.
Estrategia de Resolución. Para mayor facilidad de resolución, se
realizará el modelo geométrico, pasando la trayectoria a un sistema
de ejes coordenados, en el cual se anotarán todas las
características, posteriormente se escribirán las ecuaciones de
movimiento para encontrar los valores solicitados.
Dibujar el modelo
Escribir las ecuaciones para ambos ejes
𝑋 = 𝑣-(𝑐𝑜𝑠𝜑)𝑡
𝑡 =
𝑋
𝑣-𝑐𝑜𝑠𝜑
𝑌 = 𝑣-(𝑠𝑒𝑛𝜑)𝑡 −
1
2𝑔𝑡
C
Reemplazar t en la segunda ecuación
𝑌 =
𝑣-𝑠𝑒𝑛𝜑𝑋
𝑣-𝑐𝑜𝑠𝜑
− 5
𝑋C
𝑣\C𝑐𝑜𝑠C𝜑
Reemplazar valores
−1.4 = 1.8𝑡𝑎𝑛𝜑 −
16.2
𝑣\C𝑐𝑜𝑠C𝜑
Despejar 𝒗𝟎𝟐
𝑣\C =
16.2𝑠𝑒𝑐C𝜑
1.8𝑡𝑎𝑛𝜑 + 1.4
Puesto que 𝒗𝒐debe ser mínima, derivar 𝒗𝒐respecto de 𝜑 e
igualar a cero
16.2(2𝑠𝑒𝑐C𝜑)𝑡𝑎𝑛𝜑(1.8𝑡𝑎𝑛𝜑 + 1.4) − 16.2(𝑠𝑒𝑐C𝜑)(1.8)𝑠𝑒𝑐C𝜑
(1.8𝑡𝑎𝑛𝜑 + 1.4)C = 0
Haciendo 𝒔𝒆𝒄𝟐𝝋 = 𝟏, 𝒍𝒂𝒆𝒙𝒑𝒓𝒆𝒔𝒊ó𝒏𝒔𝒆𝒓𝒆𝒅𝒖𝒄𝒆𝒂:
𝑡𝑎𝑛C𝜑 + 1.6𝑡𝑎𝑛𝜑 − 1 = 0
Resolviendo la ecuación de segundo grado:
𝜑 = 26\
Calcular la velocidad
𝑣\C =
16.2𝑠𝑒𝑐C26
1.8𝑡𝑎𝑛26 + 1.4
𝑣- = 3.0[𝑚 𝑠⁄ ]
Ejemplo 2.38. ¡Trata de resolver! Una pelota y una flecha son
lanzadas al mismo tiempo, la pelota se lanza con 𝑣\É formando un
ángulo de 450
con 𝑣\� formando un ángulo 𝜃, si la flecha revienta a la pelota a la
misma altura y a una distancia 2x del punto de partida de la flecha,
determinar el ángulo con el que fue disparada la flecha.
Estrategia de Resolución. Plantear las ecuaciones para ambos
cuerpos tanto en X como en Y.
Escribir las ecuaciones para ambos ejes
Para la pelota
3𝑋 = 𝑣-É(𝑐𝑜𝑠45)𝑡
𝑌 = 𝑣-É(𝑠𝑒𝑛45)𝑡 −
1
2𝑔𝑡
C
Para la flecha
2𝑋 = 𝑣-�(𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑡
𝑌 = 𝑣-�(𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑡 −
1
2𝑔𝑡
C
Igualar Y
𝑣-É(𝑠𝑒𝑛45) = 𝑣-�(𝑠𝑒𝑛𝜃)
Despejar X e igualar
2𝑣-É(𝑐𝑜𝑠45) = 3𝑣-�(𝑠𝑒𝑛𝜃)
Dividir las dos últimas ecuaciones:
𝑣-É(𝑠𝑒𝑛45)
2𝑣-É(𝑐𝑜𝑠45)
=
𝑣-�(𝑠𝑒𝑛𝜃)
3𝑣-�(𝑠𝑒𝑛𝜃)
De donde se obtiene:
𝑡𝑎𝑛𝜃 = 1.5𝑡𝑎𝑛45 = 1.5
𝜃 = 28.2\
Ejemplo 2.39. ¡Trata de resolver!Si lanzaste una piedra desde la
terraza de un edificio de 40[m] de altura con una velocidad inicial de
30[m/s], y tu contrincante se encuentra a una altura h = 10[m] sobre la
rampa, ¿le pegará la piedra?
Estrategia de Resolución. Plantear las ecuaciones tanto en X como
en Y, teniendo en cuenta que la piedra le pegará al contrincante si
llega a una altura menor o igual a 10[m]
Escribir las ecuaciones para ambos ejes
𝑥 = 𝑣-(𝑐𝑜𝑠60)𝑡
𝑡 =
𝑥
𝑣-𝑐𝑜𝑠60
𝑦 = 𝑣-(𝑠𝑒𝑛60)𝑡 −
1
2𝑔𝑡
C
Relacionar alturas
−40 = −�⃗� − ℎ.⃗
Reemplazar
−40 = −𝑣-(𝑠𝑒𝑛60)𝑡 +
1
2𝑔𝑡
C − ℎ.⃗
Reemplazando t de la primera ecuación:
−40 = −𝑣-(𝑠𝑒𝑛60)
𝑥
𝑣-𝑐𝑜𝑠60
+
1
2𝑔
𝑥C
𝑣\C𝑐𝑜𝑠C60
− ℎ
−40 = −𝑥𝑡𝑎𝑛60 + 5
𝑥C
900𝑐𝑜𝑠C60 − ℎ
De la geometría del problema, relacionar x con y
𝑡𝑎𝑛30 =
𝑦
𝑥 ⟹ 𝑥 =
𝑦
𝑡𝑎𝑛30 =
40
𝑡𝑎𝑛30 = 69.3
[𝑚]
−40 = −69.3𝑡𝑎𝑛60 + 5
(69.3)C
900𝑐𝑜𝑠C60 − ℎ
ℎ = −120 + 106.7 + 40 = 26.7[𝑚]
por tanto, no le pega
Ejemplo 2.40. ¡Trata de resolver! Dos proyectiles A y B son lanzados
formando ángulos de 370 y 530, respectivamente, y experimentan
iguales alcances máximos horizontales. El proyectil A alcanza una
altura máxima de 4.5[m]. Determinar la altura máxima que alcanza el
proyectil B.
Estrategia de Resolución. Plantear las ecuaciones de movimiento
en ambos ejes para cada uno de los proyectiles y combinarlas
adecuadamente.
Escribir las ecuaciones para ambos ejes
Para A:
𝑥 = 𝑣-J(𝑐𝑜𝑠37)t
𝑡 =
𝑥
𝑣-J𝑐𝑜𝑠37
𝑦J = 𝑣-J(𝑠𝑒𝑛37)𝑡 −
1
2𝑔𝑡
C
Para B:
𝑥 = 𝑣-�(𝑐𝑜𝑠53)𝑡
𝑡 =
𝑥
𝑣-�𝑐𝑜𝑠53
𝑦� = 𝑣-�(𝑠𝑒𝑛53)𝑡 −
1
2𝑔𝑡
C
Igualar las ecuaciones de x, puesto que el valor de x para
ambos proyectiles es el mismo, al igual que el tiempo:
𝑣-J(𝑐𝑜𝑠37)𝑡 = 𝑣-�(𝑐𝑜𝑠53)𝑡
𝑣-� =
𝑣-J(𝑐𝑜𝑠37)
(𝑐𝑜𝑠53) = 1.25𝑣-J
Sabiendo que ambas alturas son máximas, plantear las
ecuaciones correspondientes:
𝑣JC = 𝑣\JC 𝑠𝑒𝑛C53 − 2𝑔𝑦J
𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑣JC = 𝑂
Entonces:
𝑣-J = `(20)𝑠𝑒𝑛C53(4.5) = 15.8[𝑚 𝑠⁄ ]
Por tanto:
𝑣-� = (1.25)(15.8) = 19.7[𝑚 𝑠⁄ ]
Calcular yB:
𝑣�C = 𝑣\�C 𝑠𝑒𝑛C37 − 2𝑔𝑦�
𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑣�C = 𝑂
𝑦� =
𝑣\�C 𝑠𝑒𝑛C37
2𝑔 = 19.4
[𝑚]
2.4.3. MOVIMIENTO CIRCULAR
Es el movimiento de una partícula alrededor de un círculo de radio r
determinado, como se muestra en la figura 2.51.
Consideremos el movimiento de la partícula desde el punto A hasta
el punto B, se puede observar ella recorrió una arco ds, es decir,
tiene una posición lineal. Al mismo tiempo, ha barrido un ángulo
dq, lo que significa que tiene una posición angular. Si el ángulo es
lo suficientemente pequeño, la figura se asemeja a un verdadero
triángulo y se verifica que sendq = dq. La posición angular es el
lugar donde se encuentra una partícula en la superficie de un círculo
de radio R, es decir, es el ángulo que se forma entre el punto donde
está ubicada la partícula y el origen de un sistema de referencia.
𝑠𝑒𝑛𝑑𝜃 = �¦
°
(2.23)
pero sendq@dq, entonces:
𝑑𝜃 =
𝑑𝑠
𝑅
𝑑𝑠 = 𝑅𝑑𝜃 (2.24)
Integrando la ecuación se tiene:
� 𝑑𝑠
¦
\
= � 𝑅𝑑𝜃
Ì
\
= 𝑅� 𝑑𝜃
Ì
\
𝑠 = 𝑅𝜃 (2.25)
Puesto que la partícula está girando alrededor del círculo de radio R,
en el punto B tendrá una velocidad lineal (v) tangente a la
trayectoria, asociada a la posición lineal y, una velocidad angular,
relacionada con la velocidad angular (w).Se define a la velocidad
angular como la variación de la posición angular respecto del tiempo,
es decir:
𝜔 =
𝑑𝜃
𝑑𝑡
La ecuación que relaciona ambas velocidades puede ser deducida
de la ecuación 2.25, derivando ambas posiciones en función del
tiempo.
𝑑𝑠
𝑑𝑡 = 𝑅
𝑑𝜃
𝑑𝑡
Se sabe que la variación de la posición en función del tiempo es la
velocidad, por tanto:
𝑣 =
𝑑𝑠
𝑑𝑡
Reemplazando estas dos ecuaciones en la anterior se tiene:
�⃗� = 𝑅𝜔..⃗ (2.26)
Lo mismo ocurre con la aceleración, existe aceleración angular que
se define como la variación de la velocidad angular de un cuerpo en
rotación con respecto al tiempo. Para relacionar ambas
aceleraciones, se derivará la ecuaciónanterior en función del tiempo.
𝑑�⃗� = 𝑅𝑑𝜔..⃗
𝑑�⃗�
𝑑𝑡 = 𝑅
𝑑𝜔..⃗
𝑑𝑡
Conociendo que:
�⃗� =
𝑑�⃗�
𝑑𝑡
�⃗� =
𝑑𝜔..⃗
𝑑𝑡
Reemplazando en la ecuación anterior se tiene:
�⃗� = 𝑅�⃗� (2.27)
Puede observarse, entonces, que hay seis variables cinemáticas,
relacionadas entre sí mediante el radio R:
Variable Lineal Angular
Posición X [m] q [rad]
Velocidad V [m/s] w [rad/s]
aceleración a[m/s2] a [rad/s2]
Las unidades están expresadas en el Sistema Internacional (SI).
Suponiendo que la partícula se mueve desde el punto A hasta el
punto B con velocidad lineal tangencial constante, por ejemplo, de
5[m/s], ¿será realmente constante esa velocidad?, la respuesta es
no, debido a que la velocidad es un vector que tiene magnitud,
dirección y sentido, por tanto, para que la velocidad sea constante no
debe variar ni en magnitud, ni en dirección, ni en sentido.
En el movimiento circular (o en cualquier otro tipo de movimiento que
no sea rectilíneo) la velocidad es tangente a la trayectoria
¡SIEMPRE!, por tanto, aunque mantenga constante su magnitud, su
dirección irá cambiando a cada instante, por ello no existe
velocidad constante en el movimiento circular, lo único que puede
permanecer constante es la rapidez.
Por tanto, debido al cambio de dirección de la velocidad, se
presentará una aceleración dirigida al centro del círculo, denomina
aceleración centrípeta (ac) o aceleración normal (aN),
considerando que ambos términos son semejantes.
Para deducir la aceleración centrípeta, utilizaremos la figura 2.54.
Para restar �⃗�C − �⃗�C geométricamente, deben llevarse los dos
vectores al mismo origen, como se muestra en la figura 2.54.a; en
ella observamos que∆�⃗� = �⃗�C − �⃗�C se dirige al centro del círculo.
Suponiendo que la rapidez no cambia, tendremos que𝑣U = 𝑣C =
𝑐𝑡𝑒. En este caso, y en el límite cuando P2®P1, es decir, cuando
Dq®0, ∆�⃗�se hace perpendicular a �⃗�(figura 2.54.b), se tendrá:
D𝑣 = 𝑣Dq
Por tanto, el vector aceleración será perpendicular al vector
velocidad y su dirección será hacía el centro del círculo. Su magnitud
será:
�⃗� =
D�⃗�
D𝑡 =
�⃗�Dq
D𝑡
Observando la última figura, se puede notar que, en el límite en que
𝑃C → 𝑃C, ∆𝑠 = �⃗�∆𝑡, por tanto, ∆𝑡 = ∆𝑠 𝑣⁄ . Por otra parte,
sabemos que: ∆𝑠 = 𝑅∆�⃗�. Tomando en cuenta todo lo señalado,
nos queda finalmente:
�⃗�� = �⃗�
D𝑣
D𝑡 = �⃗�
Dq
D𝑠 𝑣�
= �⃗�C
Dq
D𝑠 =
�⃗�C
𝑅
�⃗�� =
�⃗�C
𝑅
Cuando la velocidad cambia tanto en magnitud como en dirección,
se presentan dos aceleraciones lineales, la aceleración centrípeta
debida al cambio de dirección de la velocidad, y la aceleración
tangencial (at) debida al cambio de magnitud de la velocidad que,
como se observa, es tangente a la trayectoria. Ambas aceleraciones
son perpendiculares y forman parte de la aceleración total, de la
siguiente manera:
La aceleración total se hallará mediante el teorema de Pitágoras:
𝑎³ = ^𝑎�C + 𝑎zC
3.3.3.1.MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORME
Este tipo de movimiento se realiza alrededor de un círculo con
velocidad angular constante y magnitud de la velocidad lineal
constante, sin embargo, debido al cambio de dirección de la
velocidad aparece la aceleración centrípeta, por tanto, en este
movimiento la aceleración en el movimiento circular no puede
valer cero ¡NUNCA!, aunque se trate de un movimiento
uniforme.
Las características de este tipo de movimiento son:
1. aceleración
�⃗�� =
𝑣C
𝑅 = 𝜔..⃗
C𝑅
�⃗�z = 0
𝛼 = 0
2. velocidad
|�⃗�| = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝜔..⃗ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
3. posición
𝑠 = �⃗�𝑡
�⃗� = 𝜔..⃗ 𝑡
Las gráficas de las variables cinemáticas en función del tiempo, son
las mismas que en el MRU. Debido a que tanto la magnitud de la
velocidad lineal como la velocidad angular son constantes, este
movimiento presenta las características de periodicidad y frecuencia.
Periodo (T)
Es el tiempo que tarda un móvil en dar una vuelta completa
alrededor deun círculo de radio R, así por ejemplo, si el bicho que
gira alrededor del plato que se muestra en la figura da una vuelta en
10[s], en 20[s] dará dos vueltas y en 60[s] dará seis vueltas, eso
significa que el movimiento es periódico debido a que se repite. Esto
solamente puede ocurrir cuando la velocidad no cambia en
magnitud.
El movimiento del bicho se realiza con velocidad variable en
dirección pero constante en magnitud, por eso, este movimiento
es periódico.Para calcular el período, es decir el tiempo que tarda en
dar una vuelta completa o una revolución, se usará la ecuación 2.25.
𝜃 = 𝜔𝑡
Para que el tiempo t sea período T, el ángulo recorrido es de 360º
(vuelta completa), es decir 2p radianes. Reemplazando en la
ecuación 3.26.a, y despejando T se tiene:
2p=wT
𝑇 =
2𝜋
𝜔
[𝑠]
Puesto que el período es un “tiempo”, debe medirse en unidades de
tiempo, por ejemplo segundos.
FRECUENCIA (f)
Es el número de vueltas o revoluciones que realiza una partícula
por unidad de tiempo, es decir, ¿cuántas vueltas realiza en 1[s]?
¿Cuántas en 1[min]?. Por ejemplo, nuestro bicho podría dar la mitad
de una vuelta en 1[s] ¿verdad?. Si te fijas bien, el concepto de
frecuencia es el contrario del de período, por tanto, la frecuencia es
la inversa del período:
𝑓 =
1
𝑇 =
1
CÐ
Ñ
=
𝜔
2𝜋
Sus unidades serán 1/s = s-1= Hertzios = [Hz]
PROBLEMAS PROPUESTOS
1. Dos autos A y B viajan a velocidades constantes𝑣J =
10[𝑚 𝑠⁄ ] y 𝑣� = 7.5[𝑚 𝑠⁄ ] sobre una calzada cubierta de
hielo. Para no alcanzar a B, el conductor de A aplica los frenos y
consigue desacelerar a 0.042[𝑚 𝑠C⁄ ]. A que distancia el
conductor de A debe aplicar los frenos para que no haya
choque? Rpta: 74.4[𝒎].
2. En A se suelta un auto desde el reposo. Cuando baja por los
tramos AB y CD su aceleración es de 6[𝑚 𝑠C⁄ ], en el tramo BC
su velocidad constante es de 10[𝑚 𝑠⁄ ]. Hallar (a) la distancia
entre C y D y; (b) el tiempo total. Rpta: (a) 5.3[𝒎]; (b) 2.2[𝒔].
3. Un tren de pasajeros circula a 29[m/s] cuando el conductor ve
delante de él un tren de carga a 360[m] de distancia por la
misma vía en la misma dirección. El tren de carga tiene una
velocidad de 6[m/s]. Si el tiempo de reacción del conductor es de
0.4[s], ¿cuál debe ser la desaceleración del tren de pasajeros
para evitar el choque?. Si la aceleración calculada es la
aceleración máxima que puede tener el tren de pasajeros, pero
el tiempo de reacción del conductor es de 0.8[s], ¿cuál sería
entonces la velocidad relativa de los dos trenes en el instante del
choque y qué distancia habría recorrido el tren de pasajeros
desde que el conductor divisó el tren de carga hasta que se
produjo la colisión? Respuesta.(a) a<0.754[m/s2]; (b)
vr=3.77[m/s]; (c) 518[m]
4. Un tren parte de una estación con velocidad constante de
0.4[m/s2]. Un pasajero llega al andén desde el que partió el tren
6.0[s] después de que el extremo final del mismo abandonara el
punto en el que se encuentra el pasajero. Suponiendo que el
pasajero corra con velocidad constante, ¿cuál será la velocidad
mínima a la que debe correr para alcanzar el tren?. Si lo alcanza
5[s] después de que partió.Graficar la aceleración, la velocidad
y la posición en función del tiempo tanto para el pasajero como
para el tren. Respuesta. 4.8[m/s]
5. Sobre un plano inclinado se colocan dos bloques. El bloque A
que se encuentra al pie del plano, es lanzado hacía arriba con
una velocidad inicial de 8.2[m/s], en el mismo momento, B parte
del reposo desde la parte superior del plano. Ambos se
encuentran 1[s] después y B llega a la base del plano en 3.4[s];
si la distancia máxima a la que llega A es 6.4[m], calcular las
aceleraciones de A y B. Respuesta. aA = 5.25[m/s2 ].
6. Dos automóviles pasan en el mismo instante por un punto y se
mueven con velocidades de 18[𝑚 𝑠⁄ ] y 21[𝑚 𝑠⁄ ] en la misma
dirección. A 0.8[km] delmencionado punto se encuentra
detenido un camión. (a) ¿En que tiempo estará el camión en
medio de los dos autos?; (b) Determinar el desplazamiento de
ambos autos. Respuesta. 41[s]
7. Un cohete se lanza verticalmente hacía arriba con una
aceleración de 20[m/s2]. Al cabo de 25[s] el combustible se
agota y el cohete continúa como una partícula libre hasta que
alcanza el piso. Calcular: (a) el punto más alto alcanzado por el
cohete, (b) el tiempo total que el cohete está en el aire, (c) la
velocidad del cohete justo antes de chocar contra el suelo.
Respuesta. (a) 190000[m]; (b) 138[s]; (c) 610[m/s]
8. Una piedra que cae de lo alto de un acantilado recorre un tercio
de su distancia total al piso en el último segundo de su caída.
¿Qué altura tiene el acantilado?Respuesta.145.7[m]
9. Una cabina de un ascensor de 2.7 [m] de altura parte del reposo
y se eleva con aceleración constante de 1.2 [𝑚 𝑠C⁄ ]. A los dos
segundos se desprende un perno del techo de la cabina. (a)
dibujar el modelo; (b) Determinar el tiempo de la caída libre del
perno; (c) Hallar el desplazamiento neto del perno. Respuesta.
0.7[s].
10. Desde una altura de 10 [m] sobre el suelo, la niña traviesa lanza
una piedra verticalmente hacía arriba con una velocidad inicial
v01, 0.5 [s] después, su amiga Graciela lanza otra piedra en las
mismas condiciones que la anterior, pero desde una altura de 6
[m], con v02=0.67v01. Si después de 1.5[s] de ser lanzada la
primera piedra, la distancia entre ellas es de 20 [m](a) Dibujar el
modelo; (b) Determinar las velocidades iniciales de ambas
piedras.Respuesta. v01 = 26.6 [ m/s].
11. Ahora, a la niña traviesa, se le dio por jugar con pelota, para ello,
lanza una hacía arriba desde una altura de 50 [m] con v01, en el
mismo instante Graciela, que está en el piso, lanza otra pelota
con v02 = 48 [m/s]. Si después de 8 [s] las pelotas se encuentran
a la misma altura. a) Dibujar el modelo; (b) Determinar
v01.Respuesta. v01 = 42 [ m/s].
12. De un grifo que tiene pérdida de agua, caen gotas a intervalos
de tiempo constantes, cuándo la segunda gota empieza a caer
libremente, la primera gota ha caído 0.25 [m] Determinar la
distancia que cayó la primera gota, en el momento en que la
distancia entre las dos sea de 0.75 [m]. Respuesta. 0.75 [m].
13. Las chicas de química, en una excursión, decidieron entrar en
competencia con la niña traviesa, para lo cual una de ellas lanza
un globo verde de carnavales, con agua congelada, hacía arriba
desde lo alto de una montaña de 130 [m] de altura con velocidad
de 42 [m/s], cuatro segundos después, otra chica lanza un globo
rojo desde el pie de la montaña con una velocidad de 59 [m/s]
(a) Dibujar el modelo; (b) Determinar el tiempo para el cual los
dos globos están a la misma altura; (c) Cuáles son las
velocidades finales de cada uno en ese instante. Respuesta. 5.3
[s].
14. Se lanza una pelota verticalmente hacía arriba desde la parte
superior de una pared con una velocidad inicial v0=35[pies/s].
Calcular el tiempo en que la pelota llega al punto C.
Respuesta: R=3.30[s]
15. Para la figura mostrada: (a) ¿En que punto de la figura la
magnitud de la velocidad es la mayor de todas?; (b) ¿En que
punto la magnitud de la velocidad es el menor de todos?; (c)
¿En qué dos puntos la magnitud de la velocidad es la misma?
¿Es la velocidad vectorial la misma en esos puntos?
Respuesta. (a) A y E; (b) C; (c) A y E, no
16. A la mitad de su altura máxima, la velocidad de un proyectil es
¾ de su velocidad inicial. ¿Qué ángulo forma el vector velocidad
inicial con la horizontal?Respuesta. 69.3º
17. Una niña lanza una pelota horizontalmente a una altura de
1.2[m] sobre el suelo, ¿a qué altura la pelota golpeará la rampa
que tiene 450 de inclinación si el tiempo que tarda la pelota en su
recorrido es de 2[s].
18. Una piedra lanzada horizontalmente desde lo alto de una torre
choca contra el suelo a una distancia de 18[m] de su base. (a)
Sabiendo que la altura de la torre es de 24[m], calcular la
velocidad con que fue lanzada la piedra. (b) Calcular la
velocidad de la piedra justo antes de que ésta golpee el
piso.Respuesta. (a) 81.4[m/s]; (b) 23.2[m/s]
19. El tanque dispara con velocidad vo hacía abajo del plano cuya
inclinación es a, ¿Cuál debe ser el ángulo β con respecto a la
horizontal, de manera que el alcance del proyectil en el plano
inclinado sea máximo? ¿Cuánto vale dicho alcance?
Respuesta. (a) β = 450; (b) 𝑹𝒎𝒂𝒙 = 𝒗𝟎𝟐 𝒈(𝟏 − 𝒔𝒆𝒏a)⁄
20. El alcance de un proyectil disparado horizontalmente desde lo
alto de un monte es igual a la altura de éste. ¿Cuál es la
dirección del vector velocidad cuando el proyectil choca contra el
suelo?Respuesta.-63.4º
21. La distancia del puesto del lanzador de béisbol a la base es de
18.4[m]. El terraplén donde se sitúa el lanzador está 0.2[m]
sobre el nivel del campo. Al lanzar una pelota con una velocidad
inicial de 37.5[m/s] ésta sale de la mano del lanzador a una
altura de 2.3[m] sobre el terraplén, ¿qué ángulo debe formar v y
la horizontal para que la pelota cruce la base a 0.7[m] por
encima del piso?Respuesta. –1.93
22. Una pelota de béisbol es golpeada por un bate y 3[s] después es
atrapada a 30[m] de distancia. (a) Si la pelota estaba a 1[m] por
encima del suelo cuando fue golpeada y atrapada, ¿cuál fue la
máxima altura alcanzada por encima del suelo?; (b) ¿Cuáles
fueron las componentes horizontal y vertical de la velocidad en
el momento de ser golpeada?; (c) ¿Qué velocidad tenía cuando
fue atrapada?; (d) ¿Qué ángulo formaba con la horizontal al salir
del bate?Respuesta.(a) 11[m]; (b) vox=10[m/s], voy=14.7[m/s]
23. Un albañil situado en el tejado de una casa deja caer su martillo,
y éste resbala por el tejado con una velocidad constante de
4[m/s]. El tejado forma un ángulo de 30º con la horizontal y su
punto más bajo está a 10[m] de altura sobre el suelo. ¿Qué
distancia horizontal recorrerá el martillo después de abandonar
el tejado de la casa un instante antes de chocar contra el
suelo?Respuesta.4.29[m]
24. Una rana salta hacía arriba en dirección perpendicular a la
pendiente, con una velocidad inicial de 10[pies/s]. Calcular la
distancia R a la cual choca con el plano en el punto
B.Respuesta: R=4.14[pies]
25. El balón de fútbol es pateado desde el poste de la portería con
una velocidad inicial v0 = 80[pies/s], como se muestra en la
figura. Calcular la posición del punto B (x, y) donde choca con
las gradas.
Respuesta: x=63.8[pies]; y=x=63.8[pies]
26. Se lanza una pelota de básquet desde A a un ángulo de 30º con
la horizontal. Calcular la velocidad inicial de la pelota para hacer
el enceste en B ¿Con qué velocidad pasa la pelota por el aro?
Respuesta: v0=12.4[m/s]; 11.1[m/s]
27. Una pelota es soltada desde una altura de 40 [m], en ese
instante y desde el piso a una distancia de 30 [m] se dispara una
flecha con una velocidad inicial y un ángulo, determinar ambos.
Respuesta: 530
28. Para los proyectiles de la figura, conociendo H, a y q,
determinar la ecuación que permite calcular la distancia
horizontal X para la cual ambos objetos se encuentran.
Respuesta:𝒙 = 𝑯
𝒕𝒂𝒏𝜶v𝒕𝒂𝒏𝜽
TABLA DE CONTENIDOS
3.1. INTRODUCCIÓN ....................................... 77
3.1.1. VARIABLES DINÁMICAS ................................. 77
3.2. LEYES DE NEWTON ................................ 77
3.2.1. PRIMERA LEY (DE INERCIA) ............................ 77
3.2.2. SEGUNDA LEY (DE MOVIMIENTO) ................. 78
3.2.2. TERCERA LEY (ACCIÓN Y REACCIÓN) ............. 78
3.3. PESO ........................................................... 80
3.4. FUERZAS NORMALES ............................. 80
3.5. TENSIÓN .............................................................. 81
3.6. DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE Y
RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS ........................... 81
3.7. CASOS PARTICULARES ....................... 95
3.7.1. MÁQUINADE ATWOOD ........................ 95
3.7.2. POLEAS MÓVILES SEMI LIGADAS ........... 97
3.8. FUERZAS DE ROZAMIENTO ................ 100
3.9. FUERZA ELÁSTICA DE UN RESORTE110
RESORTES EN PARALELO ..................................... 111
3.10. FUERZAS INERCIALES .................... 113
3.11. DINÁMICA DEL MOVIMIENTO
CIRCULAR ........................................................ 117
CAPÍTULO 3
DINÁMICA DE
LA PARTÍCULA
3.1. INTRODUCCIÓN
La dinámica es la parte de la mecánica que estudia el movimiento de
los cuerpos desde el punto de vista de las causas que lo generan, la
pregunta es: ¿por qué se mueven los cuerpos?, la respuesta es
simple, se mueven porque se aplican fuerzas sobre ellos, por
ejemplo, si se tiene una mesa en reposo, estará así indefinidamente;
para moverla se necesitará darle un empujón, es decir, aplicar una
fuerza sobre ella. Una fuerza puede actuar en cualquier punto de un
cuerpo, no es lo mismo que te empujen en la espalda que en los
talones ¿verdad?, al considerar que las fuerzas actúan sobre
“partículas” solucionamos este problema, lo que se debe determinar
ahora es el “efecto neto” de las fuerzas, esto se logra mediante el
siguiente procedimiento: (i) introducir el concepto de fuerza; (ii)
asignar una masa a un cuerpo; y (iii) calcular las fuerzas que actúan
sobre un cuerpo.
3.1.1. VARIABLES DINÁMICAS
i) FUERZA : Es toda acción que cambia el estado de movimiento
(velocidad) de un cuerpo, es decir, es la acción que acelera un
cuerpo, puesto que cambio de velocidad significa existencia de
aceleración. Para que se produzca una fuerza, es necesario
que existan dos cuerpos ya sea en contacto directo o
indirecto.
Su unidad en el Sistema Internacional es el neutonio [N]. En el
sistema CGS, la [dina], en tanto que, en el sistema inglés la libra
[lb].
En la naturaleza, existen cuatro tipos de fuerzas:
a) Fuerzas gravitacionales
b) Fuerzas electromagnéticas
c) Fuerza Nuclear Débil; y
d) Fuerza Nuclear Fuerte
En nuestro caso, solamente utilizaremos las fuerzas gravitacionales.
ii) MASA (M): Es la inercia de la materia, esto significa la oposición
que presenta un cuerpo al cambio de movimiento, es decir, al
cambio de velocidad (a ser acelerado). Mientras más masa tenga
un cuerpo, es más difícil que cambie su movimiento (su
velocidad).
Sus unidades en son el kilogramo, [kg] en el Sistema
Internacional; el gramo [g] en el sistema CGS, y el [slug] en el
sistema inglés.
Imaginemos sentados a un niño de 120[kg] y su papá de 60[kg]¿cuál
de ellos se levantará más rápido para ir al clásico Bolívar – Strongest
si ambos tienen el mismo interés en ver el partido? La respuesta es el
papá porque al tener menor masa tiene menos inercia y ¿cuál de
ellos llegará después al Estadio?, por supuesto que el niño ya que al
ser mayor su masa posee una inercia más grande. Veamos otro
ejemplo, supongamos que es invierno ¡cómo cuesta levantarse!
¿verdad? Y peor aun entrar a la ducha, pero una vez que se ha
entrado en ella ¡que difícil es salir!, el agua está a temperatura
agradable y afuera hace frío, es decir cuesta entrar y también salir,
eso es lo que se entiende por inercia, en general a nadie y a nada le
gusta cambiar el estado de movimiento en el que se encuentra.
3.2. LEYES DE NEWTON
3.2.1. PRIMERA LEY (DE INERCIA)
Todo cuerpo permanece en reposo o en movimiento rectilíneo y
uniforme si no actúan fuerzas sobre él, o si la suma de las fuerzas
que actúan vale cero. Esto es, un cuerpo permanecerá en reposo
para siempre si no se aplican fuerzas sobre dicho cuerpo; el mismo
cuerpo se moverá con velocidad constante infinitamente si no se
ejercen fuerzas sobre él que lo detengan. La figura 4.1 muestra las
posibles situaciones:
Caso A. Reposo: No hay fuerzas que actúan sobre el cuerpo.
Caso B. MRU: El cuerpo se mueve con velocidad constante. No se
ejercen fuerzas sobre él.
Caso C. Reposo o MRU: Las dos fuerzas son iguales y opuestas.
3.2.2. SEGUNDA LEY (DE
MOVIMIENTO)
Cuando un cuerpo entra en movimiento por acción de una fuerza, la
aceleración producida por ella es proporcional a la mencionada
fuerza, siendo la constante de proporcionalidad la inversa de la masa,
es decir
(3.1)
De donde:
(3.2)
La ecuación (3.1) es la Segunda Ley de Newton, en tanto que, la
ecuación (3.2) es la expresión matemática de la segunda ley de
Newton; se trata de una expresión vectorial que, en el plano,
proporciona dos ecuaciones:
Esta situación puede verse gráficamente en la figura 3.2
Es importante saber cómo se utiliza esta ley debido a que, en la
dinámica, se tratan cuerpos en movimiento, entonces, cuando en un
problema actúan varias fuerzas usaremos SF = Ma. Esto significa
que vamos a utilizar un sistema de referencia en el que las fuerzas
que van en el sentido de la aceleración son positivas (+) y las que
están en sentido contrario a la aceleración serán negativas (-); es
decir, a las fuerzas positivas deben restársele las negativas, por
ejemplo, si se considera la figura 3.3.
100[N] – 30[N] = Ma
3.2.2. TERCERA LEY (ACCIÓN Y
REACCIÓN)
A toda fuerza de acción aplicada sobre un cuerpo, corresponde una
fuerza igual y opuesta aplicada por el cuerpo que fue accionado,
llamada la fuerza de reacción. Es preciso mencionar que de las
fuerzas acción y reacción no actúan sobre el mismo cuerpo, sino
sobre cuerpos diferentes, por ejemplo, si una persona patea una
pared, el pie de ella ejerce una fuerza de acción sobre la pared,
entonces, la pared (y eso lo sabemos bien) ejercerá sobre el pie una
fuerza de reacción igual y opuesta a la ejercida ¿será por eso que el
pie de la persona quedará adolorido?. No te olvides, las fuerzas de
acción y reacción actúan sobre cuerpos diferentes. Esta es la ley
de la venganza.
Ejemplo 3.1. Analizar y comentar el párrafo siguiente: “Siendo así que
toda “acción” se opone a una “reacción”. ¿Cómo se puede explicar
que podamos mover un cuerpo empujándolo, si ambas fuerzas se
anulan entre sí, y por tanto deben producir reposo”.
Esto debe ser bien entendido, no es que a toda acción se le opone
una reacción, sino que toda acción genera una reacción. La acción
está aplicada sobre un cuerpo y la reacción sobre el otro, por eso es
que las fuerzas de acción y reacción no se anulan. Es cierto que
acción y reacción son fuerzas iguales y opuestas, pero actúan sobre
cuerpos distintos. Por ejemplo si un estudiante empuja un auto,
como se muestra en la figura 3.5.El estudiante empuja al auto y él
empuja al estudiante con la misma fuerza ¿por qué el estudiante
consigue empujar el coche y este no al estudiante?, es decir, el auto
va hacía adelante pero el estudiante no va hacía atrás. Esto se debe
a que él se “agarra” al piso con los zapatos, mientras que el auto no
tiene de donde “agarrarse” porque está con ruedas. Si el estudiante
se pone patines, habría que ver quien empujaría a quien.
Ejemplo 3.2. Analizar la veracidad o falsedad de las proposiciones
dadas, referidas a las Leyes de Newton:
i.- Un cuerpo puede desplazarse sin que una fuerza actúe sobre él.
ii.- Toda variación de la velocidad de un cuerpo exige la existencia de
una fuerza aplicada sobre el mismo.
iii.- Si la magnitud de la velocidad permanece constante, no se ejerce
ninguna fuerza sobre el cuerpo.
iv.- Si no existe una fuerza aplicada sobre un cuerpo en movimiento,
éste se detiene.
i. Esto significa: ¿Puede un cuerpo moverse si no hay fuerzas
que actúan sobre él? La respuesta es ¡SI!, por ejemplo,
después de que unniño pateó una pelota, ella sigue moviéndose
sin que nadie la empuje; después de que una flecha sale de un
arco, sigue moviéndose sin que se le aplique ninguna fuerza. Es
decir que para poner en movimiento un cuerpo si se necesita una
fuerza, pero una vez que entró en movimiento ya no hace falta;
incluso si no hubiera rozamiento, un cuerpo se seguiría moviendo
eternamente y nunca pararía, este es el caso de los cometas que
dan vueltas millones de años y nunca se detienen porque en el
espacio no hay rozamiento. Por otra parte, en un sistema no
inercial aparecen fuerzas inerciales debidas no al contacto de los
cuerpos, sino a la aceleración del sistema y hacen que los
cuerpos se muevan.
ii. Traducción: Si un cuerpo cambia su velocidad ¿eso significa
que una fuerza actuó sobre él?. ¡SI!, esto es verdad. Para que
un cuerpo aumente o disminuya su velocidad, una fuerza tuvo
que haber actuado sobre él, de acuerdo a la segunda Ley de
Newton, si se aplica una fuerza, aparece una aceleración
directamente proporcional a ella y, si un cuerpo adquiere
aceleración significa que cambió su velocidad.
iii. Significa: ¿Si un cuerpo tiene todo el tiempo la misma
velocidad en magnitud, indica que sobre él no habrá ninguna
fuerza?¡NO!, puesto que la velocidad es un vector, su magnitud
puede ser constante, por ejemplo 5[m/s], pero puede cambiar su
dirección, por ejemplo, cuando un auto toma una curva, el
velocímetro marcará siempre 50[km/h] pero la dirección de la
velocidad (tangente a la trayectoria) cambia a cada instante y
esto es efecto de la aplicación de una fuerza.
iv. Quiere decir:¿Un cuerpo que se está moviendo siempre se va
a frenar a menos que una fuerza actúe sobre él? ¡NO!, esto es
exactamente lo contrario de lo que dice la primera ley de Newton.
Para aclararlo supongamos que un estudiante está empujando
un auto. ¿El auto se detendrá si la fuerza deja de actuar?, no, lo
que pasa es que, mientras él empuja el auto, éste irá
aumentando su velocidad, pero si de pronto deja de empujar, el
auto deja de acelerar y se moverá con velocidad constante. En la
vida real el auto se frena poco a poco porque existe rozamiento,
si se eliminara éste el auto se seguiría moviendo con velocidad
constante para siempre, es decir, no se frenaría.
3.3. PESO
El peso es la fuerza de atracción gravitacional que la Tierra ejerce
sobre los cuerpos, es decir la fuerza que hace que un cuerpo se dirija
al centro de la Tierra. Cuando dejamos caer un cuerpo cerca de la
superficie terrestre, ese cuerpo acelera hacía la Tierra. Despreciando
la resistencia del aire, todos los cuerpos que caen tienen la misma
aceleración que, como ya sabemos, es la debida a la gravedad (g).
La fuerza que origina esta aceleración es la fuerza de gravedad,
también denominada peso. Si el peso es la única fuerza que actúa
sobre un cuerpo, se dice que éste está en caída libre. Si su masa es
M, por la segunda Ley de Newton tenemos:
Peso = Mg
Debido a que g es constante en un determinado lugar, se llega a la
conclusión de que el peso es proporcional a la masa de un cuerpo.
Es importante distinguir entre masa y peso, la masa (escalar) puede
ser medida con una balanza común y es invariable, es decir, no
depende del lugar en donde se la mida, en todas partes tendrá el
mismo valor.
Por otra parte, el peso (vector) es la fuerza que ejerce la Tierra sobre
los cuerpos y puede ser medido con un dinamómetro o una balanza
de resorte diseñada para medir pesos, además cambia de acuerdo a
como varíe la gravedad, por ejemplo, el peso de un cuerpo será
máximo al nivel del mar y en el Ecuador, en cambio, en nuestra
ciudad será menor puesto que la gravedad disminuye con la latitud
(distancia al Ecuador) y con la altitud sobre el nivel del mar. El peso
que mide una balanza de resorte se denomina peso aparente. Por
ejemplo, si llevamos a la Luna una pelota, como en la Luna ella pesa
solamente una sexta parte de lo que pesa en la Tierra, levantarla allí
es mucho más fácil; sin embargo, lanzar la pelota con cierta velocidad
horizontal requiere la misma fuerza en la Luna que en la Tierra, ¿por
qué? porque como la masa es proporcional al peso, el peso depende
de la gravedad (que en la Luna es 1/6 de la gravedad en la Tierra). La
masa, entonces, es invariable, pero el peso varía con la gravedad.
Asimismo, cuando realizamos un lanzamiento horizontal no actúa la
gravedad, por ello cuesta el mismo esfuerzo lanzar la pelota en la
Luna o en la Tierra.
La unidad de masa en el SI es el kilogramo [kg], en tanto que, la
unidad de fuerza es el neutonio [N], pero ¿qué es el [N]?, veamos,
para responder a la pregunta reemplacemos unidades en la
expresión matemática de la segunda Ley de Newton:
F = ma
1[N] = 1[kg][m/s2]
3.4. FUERZAS NORMALES
Se denomina Fuerza Normal a la fuerza de contacto que ejerce una
superficie cualquiera sobre una partícula, por ejemplo, imagina que
sobre el piso hay un bloque de masa M, hasta este momento
sabemos hay una fuerza actuando sobre el bloque “el peso (Mg)”
ejercido por la tierra sobre el bloque, sin embargo, este no cae ¿por
qué? Pues porque aparece una fuerza ejercida por el piso sobre el
bloque, la fuerza Normal (N), la misma que es siempre
perpendicular a la superficie y, para que el cuerpo no se mueva,
debe ser una fuerza igual y opuesta al peso.
Te preguntarás: si el peso y la fuerza normal son iguales y opuestas
¿son un par acción – reacción?, la respuesta es ¡NO!, ¿por qué? La
respuesta es que, si bien son fuerzas iguales y opuestas, están
ejercidas sobre el mismo objeto y, como habíamos señalado cuando
hablábamos de la tercera ley de Newton, loas pares acción-reacción
deben ser ejercidos sobre cuerpos diferentes pues se trata de una
venganza; en este caso, sabemos que el peso es la fuerza de acción
que la Tierra ejerce sobre el bloque y su reacción será la fuerza que
el bloque ejerce sobre la Tierra; en tanto que la Normal es la fuerza
de acción que el piso ejerce sobre el bloque, la reacción será la
fuerza que el bloque ejerce sobre el piso.
3.5. TENSIÓN
Imaginemos un automóvil que se plantó en una carretera ¿qué
hacemos para que entre en movimiento?, generalmente le atamos
una cuerda y empezamos a jalar de ella, nosotros, los que jalamos la
cuerda, no ejercemos una fuerza directa sobre el auto (no estamos
en contacto con él), la que tiene ese contacto es la cuerda y es ella
quien ejerce una fuerza sobre el carro, a esa fuerza se la denomina
“Tensión (T)”. Siempre que haya una cuerda, habrá una fuerza de
tensión.
3.6. DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE Y
RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS
Imaginemos un auto sobre una superficie completamente lisa. Para
ponerlo en movimiento se debe aplicar una fuerza que actúe sobre él,
para ello lo atamos con una cuerda y lo jalamos, como se muestra en
la figura 3.6:
¿Qué fuerzas actúan sobre el auto? Para responder esto, primero
nos preguntarnos ¿con qué objetos interactúa el carro?, esto debido
a que la fuerza proviene de la interacción entre dos cuerpos. La
primera interacción será con la cuerda (contacto directo), al jalar la
cuerda se genera una fuerza denominada Tensión (T) que será
constante a lo largo de ella, por tanto, T ejercida sobre el auto por
la mano que lo jala es igual a T ejercida por el auto sobre la cuerda.
La segunda interacción se da con la superficie de la Tierra, ésta
genera una fuerza denominada Peso (mg) que actúa sobre todos los
cuerpos y, finalmente, puesto que el auto está apoyado sobre la
mesa, aparece una fuerza perpendicular a la superficie llamada
Normal (N).
Estas fuerzas se trasladan a un sistema de ejes coordenados,
imaginando que el auto es una partícula que está en el origen del
sistema. Por otra parte, debido a que se aplicó una fuerza, el auto
tendrá una aceleraciónque debe ser colocada en el esquema,
tomando positivo el sentido del eje paralelo a la aceleración, como
muestra la figura 3.7, la misma que representa el Diagrama de
Cuerpo Libre (DCL). Nótese que todas las fuerzas se encuentran
sobre los ejes coordenados x ó y.
Finalmente, aplicaremos la expresión matemática de la segunda ley
de Newton:
Es relevante mencionar que, de acuerdo a la tercera ley de Newton
cada una de las mencionadas fuerzas tendrá una reacción, sin
embargo esas reacciones no nos interesan porque no actúan sobre el
autito que es el cuerpo en estudio. Siguiendo los pasos se puede
sacar un método general de resolución de problemas.
GUÍA PARA LA RESOLUCIÓN DE
PROBLEMAS
1. Aislar el cuerpo en estudio y dibujar todas las fuerzas que actúan
sobre él. Si hubiera más de un cuerpo se deberá hacer esto para
cada uno de los cuerpos de interés.
2. Se elige un sistema de ejes, de forma que la aceleración sea
paralela a uno de ellos. (En un plano inclinado los ejes serán
inclinados también).
3. Si existen fuerzas que no estuvieran colocadas sobre los ejes,
estas deberán descomponerse a lo largo de ambos ejes.
4. A partir de las fuerzas, se construirá un DCL para cada uno de
los cuerpos (incluyendo a la aceleración que nos indica el sentido
del movimiento).
5. Se anotan las ecuaciones derivadas de la segunda ley de
Newton.
6. Se hallan, a partir de ellas, los valores que se desea obtener.
Ejemplo 3.3. Un técnico electricista debe diseñar e instalar
semáforos. Para hacer un trabajo óptimo, consulta a un constructor
civil respecto a la mejor estructura posible para que ellos tengan
seguridad estructural. Los posibles semáforos se muestran en la
figura. Determinar las fuerzas actuantes sobre ellos en cada caso y
hacer los comentarios pertinentes.
Estrategia de resolución. Para el caso A, el semáforo pesa, y por
tanto debía caer ¿por qué no cae?, porque la barra que lo sostiene lo
jala para arriba con una tensión T. Para determinar las fuerzas que
actúan se debe aislar el semáforo y hacer el DCL para él. Para el
caso B, el poste está empujando hacía arriba al semáforo con una
fuerza F.
1. Dibujar el DCL para el caso A:
Observaciones: ¿Son mg y T par acción – reacción? NO. ¿Por
qué?, ¿acaso no son iguales y opuestas? Si, son iguales pero están
aplicadas sobre un mismo cuerpo.
2. Hacer el DCL para el caso B:
La fuerza que ejerce el poste sobre el semáforo empuja hacía arriba
sobre la parte de abajo del semáforo.
3. Escribir las ecuaciones para los dos casos:
Conclusión: En términos de estabilidad del semáforo da lo mismo
poner cualquiera de los dos modelos pues la fuerza que los mantiene
en reposo es la misma en ambos casos. Lo que hay que determinar
para la elección del diseño son los costos.
Ejemplo 3.4. Para las situaciones esquematizadas en la figura,
determinar todas las interacciones presentes, hacer los respectivos
Diagramas de Cuerpo Libre (DCL) y escribir las ecuaciones:
Estrategia de Resolución: Determinar las interacciones
presentes significa poner todas las fuerzas que actúan. Luego de ello
se realizará el DCL. En el caso B, el único cuerpo a ser estudiado es
la esfera.
Caso A:Primero deben colocarse las fuerzas que actúan tanto sobre
la señora como sobre la balanza:
Por tanto, las fuerzas que actúan son:
mg = peso de la señora
N = fuerza normal que el piso ejerce sobre la señora
N´=fuerza que la señora ejerce sobre la balanza (reacción a la
normal)
Observaciones. Puede verse claramente en la figura que el peso de
la señora NO está aplicado sobre la balanza, sino sobre ella misma.
Sobre la balanza actúa N´ que, como se observa en la figura, es igual
al peso.
Como lo que nos interesa determinar son las fuerzas que actúan
sobre la señora, tomaremos solamente el primer diagrama de cuerpo
libre.
Caso B:Fuerzas que actúan:
Sobre el imán b) Sobre la esfera c) Sobre el resorte
Descomponer todas las fuerzas en los tres casos:
Sobre el imán b) Sobre la esfera c) Sobre el resorte
F y F son las fuerzas con las cuales el imán atrae a la bolita. Estas
fuerzas provienen de los dos extremos del imán.
F´ y F´ son las fuerzas que la bola ejerce sobre el imán (reacciones a
F y F).
T es la fuerza con la cual el resorte jala a la bolita.
T´ es la fuerza con la que la bola jala al resorte (reacción a la tensión
T).
mg es el peso de la bolita.
Escribir las ecuaciones para la bolita (cuerpo que nos interesa):
Ejemplo 3.5. Problema de razonamiento. Un cuerpo de masa m está
en reposo apoyado sobre una mesa horizontal sin rozamiento.
Analizar (i) ¿Cuál será la mínima fuerza horizontal necesaria para
moverlo?; (ii) ¿Qué aceleración tendrá si se aplica una fuerza vertical
hacía arriba con magnitud igual al peso del cuerpo?; (iii) Qué
aceleración tendrá si se le aplica una fuerza horizontal, cuya
magnitud es igual al peso del cuerpo?
El esquema de la figura es el siguiente:
1. Si no hay rozamiento, cualquier fuerza por pequeña que sea ya
puede mover un cuerpo, o sea, si una mosca quisiera moverlo no
tendría ningún problema, la aceleración será pequeñísima pero
se moverá. Ahora, si hubiera rozamiento, por pequeño que sea,
la cosa cambia. Para hacer que se mueva se deberá aplicar una
fuerza mayor a la de rozamiento.
2. Aplicando una fuerza hacía arriba igual al peso, se tendrá el
siguiente esquema:
Como la fuerza es igual al peso, el cuerpo queda en reposo. (Cuando
el carro estaba apoyado en el piso pasaba lo mismo, es decir, el peso
equilibra a la normal y el carro está en equilibrio. Pero, si la fuerza es
mayor al peso el cuerpo se levantará del piso.
El DCL es el siguiente:
Por la segunda Ley de Newton:
pero:
F = mg
Entonces:
Lo que significa que la aceleración va a ser la de la gravedad,
independientemente de la masa del carrito (que puede ser mucho
menor a 10-5[g] o mucho mayor a 1268[kg]). ¿Es lógico esto? Si, de
hecho, cuando un cuerpo cae, la única fuerza aplicada sobre él es el
peso y su aceleración es la debida a la gravedad.
El esquema será el siguiente:
Donde F = mg.
Utilizando la segunda ley de Newton se tiene:
O sea, se mueve horizontalmente con la aceleración de la gravedad.
Ejemplo 3.6. Problema para mecánicos. Comentar y discutir el
funcionamiento de los móviles que se muestran en la figura.
Caso a): En el caso del coche con el imán lo que pasa es que el imán
atrae al auto, de manera que uno tiende a pensar que el auto tendría
que irse para adelante. Sin embargo, no hay que olvidar que el auto
también atrae al imán, es decir, hay dos fuerzas, como se muestra en
la figura. Las fuerzas FAI y FIA son par acción – reacción (iguales y
opuestas), por ello, su efecto se compensa y el auto no se mueve.
Caso b): En este caso, el viento que viene del ventilador,
efectivamente, ejerce una fuerza sobre la vela, pero, el viento al salir
también ejerce una fuerza sobre el ventilador, como muestra la
figura: En este caso, las fuerzas también son acción – reacción y su
efecto se compensa.
Ejemplo 3.7. Problema para electrónicos y químicos. un electrón
parte del reposo y se mueve en trayectoria recta horizontal desde el
cátodo hasta el ánodo, dentro de un tubo al vacío. La distancia entre
los electrones es de 1[cm]. sabiendo que la masa del electrón es de
9x10-31[kg], y suponiendo que su aceleración debida al campo
eléctrico reinante es constante, hallar: (a) La fuerza que actúa sobre
el electrónque llegó al ánodo con una velocidad de 6x106[m/s], (b) La
fuerza gravitatoria sobre dicho electrón.
Estrategia de resolución. Para facilitar la comprensión, el problema
puede ser planteado de otra manera: Un cuerpo tiene una velocidad
final de 6x106 [m/s], después de recorrer una distancia de 1[cm],
partiendo del reposo. calcular a) la aceleración que tuvo y la fuerza
que lo impulsó y; b) ¿cuál es la relación entre el peso del cuerpo y la
fuerza que lo impulsó? ¿se puede despreciar el peso frente a la
fuerza? (me= 9x10-11[kg]). Este problema combina cinemática con
dinámica. Para calcular la aceleración, se debe fijar un sistema de
referencia:
1. Puesto que no se tiene el tiempo, la ecuación a ser utilizada
será:
2. La fuerza actuante puede ser calculada utilizando la expresión
matemática de la segunda ley de Newton:
3. El peso del electrón será:
Ejemplo 3.8. ¡Tratar de resolver! Hallar la aceleración de un
esquiador que se desliza por la ladera de una colina inclinada 30º con
respecto a la horizontal, cuyo rozamiento es despreciable. ¿cuál será
la inclinación de la pista cuándo su aceleración es de 8[m/s2]?
Estrategia de resolución. Un esquiador que se tira por una colina
inclinada 30º puede considerarse como una partícula que baja por un
plano inclinado de j = 30º. Cuando se tiene un plano inclinado los
ejes deben elegirse de tal manera que uno de ellos sea paralelo a
la aceleración y el otro perpendicular al primero ¡SIEMPRE!, esto
para evitar tener que descomponer la aceleración. Recuerda
entonces, plano inclinado implica ejes inclinados.
En la figura se considera la situación real y el diagrama de cuerpo
libre.
Descomponer la fuerza peso a lo largo de los ejes y
dibujar el diagrama de cuerpo libre:
Escribir las ecuaciones:
Despejar la aceleración:
Que es la aceleración de un cuerpo que baja por un plano inclinado
¡siempre!
calcular el ángulo:
Ejemplo 3.9. Se hacen interactuar dos ladrillos de masas iguales,
separados como indica la figura. Según la Tercera Ley de Newton,
sobre ambos actúan fuerzas de igual magnitud, pero de sentido
opuesto. En caso de que los ladrillos tengan distinta masa, ¿seguirá
cumpliéndose lo anterior?, ¿tendrán la misma aceleración?
La tercera ley de Newton dice que si un cuerpo ejerce una fuerza
sobre otro, éste ejercerá una fuerza igual y opuesta sobre el primero.
No importa si las masas son iguales o diferentes, las fuerzas de
acción y reacción son siempre iguales y opuestas. Por ejemplo, si
una de las masas es mayor que la otra, como en la figura siguiente:
Las Fuerzas FAB y FBA podrán ser más grandes, pero serán siempre
iguales y opuestas.
Con respecto a la aceleración, y de acuerdo a la expresión
matemática de la segunda ley de Newton, la aceleraciones estarán
dadas por las siguientes ecuaciones:
Ejemplo 3.10. Para armar la configuración del esquema se dispone
de tres carros (1, 2 y 3) y dos cuerdas (A y B). La cuerda A es más
gruesa que la B, y puede soportar una fuerza mayor sin romperse.
Las masas de los carros son diferentes, puesto que m1> m3> m2.
Despreciando el rozamiento, hallar la forma en que deben disponerse
cuerdas y carros, para que el sistema obtenga la máxima aceleración
al aplicar F.
Estrategia de Resolución. Se deberán realizar los diagramas de
cuerpo libre para cada uno de los carritos y, a partir de ellos, se
plantearán las ecuaciones y se determinará la dependencia de las
masas y las tensiones con la aceleración, para determinar cuál es el
mejor sistema posible, de acuerdo a lo que pide el problema.
1. Dibujar los DCL:
Para 2:
Para 3:
Para 1:
3. Plantear las ecuaciones:
Para 2:
Para 3:
Para 1:
4. Las ecuaciones a ser utilizadas son:
¿Te has dado cuenta de que la aceleración del sistema no depende
del orden en que se encuentran los cuerpos pero cada una de las
fuerzas: F, TA y TB si dependen de ese orden? Si ponemos la masa
mayor (m1) al final, F será más grande que si la ponemos al principio.
Esto se debe a que, si m1 está al final, la cuerda se ve obligada a
acelerar una masa mayor y, por tanto, la tensión (F) que soporta
tendrá que ser más grande. Entonces, para que las tensiones en las
cuerdas sean las más grandes posibles, el sistema tendría que
organizarse de la siguiente manera:
En cambio, para que las tensiones fueran las mínimas posibles, el
sistema sería:
Aunque en el segundo caso se han minimizado las tensiones en las
cuerdas, la aceleración es la misma en ambas situaciones; puesto
que la aceleración depende de las tensiones, éstas deben ser
colocadas adecuadamente.
El esquema correcto se encuentra en la figura anterior en la que se
ha colocado la cuerda B (delgada) debido a que ella sólo arrastra al
cuerpo 2; en tanto que, la cuerda A (gruesa), debe ser colocada al
principio, ya que arrastra a dos cuerpos, el 3 y el 2.
Entonces, los diagramas de cuerpo libre serán:
Las ecuaciones:
Conclusiones. Para que TB sea mínima, debe jalar a la masa menor
m2. Para que TA sea la mínima posible, tiene que estar en contacto
con la masa más pequeña de las que quedan, es decir, con m3,
puesto que ya está asegurado que TB es mínima.
Ejemplo 3.11¡Tratar de resolver! Un constructor se eleva en una
plataforma con una aceleración constante hacía arriba de 0.5[m/s2].
Despreciando las masas de la cuerda y la polea, y el rozamiento en
ésta última, sabiendo que la masa de la plataforma es de 40[kg] y la
del constructor de 80 [kg]: (a) Hacer el diagrama de cuerpo libre para
el albañil, la plataforma y la polea; (b) Determinar la magnitud de las
fuerzas en los puntos A, B y C; y (c) Hallar la fuerza que los zapatos
del constructor realizan sobre la plataforma.
Estrategia de Resolución. Deben dibujarse los DCLs para los
cuerpos a ser estudiados, y escribir las ecuaciones de Newton:
Construir los DCL:
Donde T es la tensión en la cuerda, mpg es el peso de la plataforma,
Fc es la fuerza de contacto entre el constructor y la plataforma, y Tc
es la tensión de la cuerda que sostiene la polea.
Plantear las ecuaciones a partir de los DCL:
Sumar las ecuaciones:
Tc, también es la fuerza que soporta el techo que sostiene al
ascensor, al constructor y a la polea. Reemplazando Tc en la
ecuación (3):
Para calcular la fuerza de contacto entre el constructor
y el tablón, se reemplaza T en las ecuaciones (1) o (2):
Ejemplo 3.12.¡Tratar de resolver! Dos carretones A y B, de masas MA
= 80[kg] y MB = 120[kg], están uno junto al otro, como muestra la
figura, apoyados sobre una plataforma horizontal sin rozamiento.
Sobre A se aplica una fuerza de 300[N] paralela al plano. Hallar la
magnitud de la fuerza de contacto entre ambos. Repetir para el caso
en que se empuje el carretón B, con una fuerza horizontal, también
de 300[N].
Estrategia de Resolución. Se dibujarán los DCL y, a partir de ellos
se plantarán las ecuaciones en el eje x puesto que las ecuaciones en
y son intrascendentes, llamando asist a la aceleración del sistema,
puesto que A y B tienen la misma aceleración en este caso:
Hacer el DCL para cada uno de los cuerpos:
Plantear las ecuaciones:
Para A:
Para B:
Igualar ambas ecuaciones:Hallar Fc:
¿Qué pasa ahora si la fuerza se aplica al revés?
Los DCL serían:
Las ecuaciones serán:
Para A:
Fc – mA gsen20º = mAasist
Para B:
300[N] – Fc – mB gsen20º = mBa
Sumando las ecuaciones se tiene:
Que es la misma aceleración que en el anterior caso ¿es lógico esto?
SI, la aceleración tiene que ser la misma independientemente del
lado para el que se empujan los cuerpos.
Calcular Fc a partir de la primera ecuación:
Observaciones. Es notorio que en este caso la fuerza de contacto es
distinta ¿será correcto? ¡SI!, ya que en el caso de la fuerza de
contacto, no es lo mismo empujar así ® que empujar así ¬.
Ejemplo 3.13.¡Tratar de resolver! El sistema de bloques de la figura,
con masas son mA = 3[kg] y mB = 2[kg] se está moviendo hacía
arriba. Hallar su aceleración y la fuerza que soporta el cable 2,
cuando el cable 1 jala el sistema con la fuerza F, considerando los
siguientes casos:
a) Fa = 80[N]; b) Fb = 50[N]; c) Fc = 30[N]; d) Fd = 0
Estrategia de Resolución: En primer lugar se debe hacer el DCL
para ambos cuerpos, en base a los cuales se deberán plantear las
ecuaciones provenientes de la expresión matemática de la segunda
ley de Newton.
Hacer el DCL para los dos cuerpos.
Plantear las ecuaciones:
Para A:
F – mgA – T = mAa
Para B:
T – mgB = mBa
Resolver el sistema de ecuaciones:
Reemplazar el valor de cada una de las fuerzas:
Caso a): F = 80[N]
Caso b): F = 50[N]
a = 0
Caso c): F = 30[N]
a = - 4[m/s2
Caso d): F = 0
a = - 10[m/s2]
Para calcular la tensión, se reemplaza el valor de la
aceleración en una de las ecuaciones, para cada uno de
ellos, utilizando la segunda ecuación (porque es más fácil)
se tiene:
Caso a): a = 6[m/s2]
T = 2[kg]x6[m/s2] + 20[N] = 32[N]
Caso b): a = 0
T = 20[N]
Caso c): a = - 4[m/s2]
T = 12[N
Caso d): a = - 10[m/s2]
T = 0
Observaciones. La suma de los pesos de los cuerpos es 50[N]. Sólo
una fuerza MAYOR a 50[N] podrá hacer que los dos cuerpos suban.
Eso es lo que pasa en el caso a). En el caso b) la fuerza que jala para
arriba es igual a la suma de los pesos, de manera que el sistema no
acelera. En el caso c), F vale 30[N]. Esta fuerza no alcanza para
levantar a los cuerpos que caen con aceleración de 4[m/s2]. El hecho
de que un cuerpo cae, está indicado en el signo negativo de la
aceleración, puesto que el signo (-) indica que la aceleración va en
sentido contrario al que se supuso. En el caso d), dado que F=0, no
hay fuerzas que jalan al sistema y los cuerpos caerán con la
aceleración de la gravedad. En los casos a), b) y c), las tensiones son
positivas, lo que indica que en todos los casos la cuerda va a estar
tensionada. En el caso d) la tensión vale cero porque los cuerpos
entran caer en caída libre; imaginando esta situación vemos que la
cuerda no soporta ninguna fuerza (no tiene que sostener a ningún
cuerpo, y la situación será como en la figura:
Ejemplo 3.14. En los sistemas que se muestran, despreciando el
rozamiento con el plano y la polea, así como las masas de las
cuerdas y la polea. La magnitud de la fuerza F es igual al peso del
cuerpo 2. (a) Comparando los sistemas A y B, analizar
cualitativamente (sin hacer cálculos) cuál se mueve con mayor
aceleración. (b) Repetir el análisis anterior, comparando ahora B con
C; (c) Suponiendo ahora que la magnitud de la fuerza F es de 5[N], y
que la masa de 1 es de 20[kg],
calcular las aceleraciones y verificar lo predicho anteriormente.
a) El sistema A va a acelerar más rápido ¿por qué?, supongamos
que la fuerza F fuera de 50[N] y el peso de (2) también. En este
caso las fuerzas que hacen mover al sistema serían:
La diferencia es que en el caso A la fuerza de 50[N] tiene que
arrastrar a un solo cuerpo (el 1), mientras que en el caso B a los
dos cuerpos.
Arrastrar a un solo cuerpo es más fácil que arrastrar a dos, de
manera que la aceleración en el caso A va a ser mayor que en el
caso B.
b) Comparando ahora los sistemas B y C, se tiene lo siguiente:
Observando los dibujos, es evidente que en los dos casos hay una
fuerza de 50[N] que tiene que arrastrar a los cuerpos 1 y 2, por tanto,
en los dos casos se tendrá la misma aceleración (aunque no
parezca).
Para hacer los cálculos y verificar a) y b), se construyen los DCL para
el sistema A, que ya han sido consignados en las figuras.
En el DCL no se ha colocado ni el peso ni la normal ya que no
influyen en el problema, porque la aceleración es horizontal. La
fuerza de 50[N] se transmite directamente al cuerpo (1) a través de la
cuerda. Entonces, la ecuación será:
Para el sistema B se tiene lo siguiente:
Las ecuaciones para cada diagrama serán:
CUERPO 1: T = m1a
CUERPO 2: m2g – T = m2a
Sumando las ecuaciones miembro a miembro:
La aceleración en el caso B es menor que en el caso A, lo que
significa que el razonamiento en a) estaba correcto.
C) Los diagramas de cuerpo libre serán:
Las ecuaciones son:
CUERPO 1: T = m1a
CUERPO 2: F – T = m2a
Resolviendo el sistema de ecuaciones:
Observación: La aceleración es la misma que en el sistema B, lo
que significa que el razonamiento en b) era correcto.
Ejemplo 3.15. ¡Tratar de resolver! Un globo meteorológico de 2[kg]
lleva atada una cápsula de 3[kg], mediante un cable, despreciando la
fuerza que el aire ejerce sobre la cápsula hallar: (1) La fuerza que el
aire ejerce sobre el globo, cuando el conjunto se mueve con
velocidad constante.(2) Lo mismo cuando el sistema aumenta su
velocidad de 3a 5[m/s], mientras asciende 4[m] verticalmente. (3) La
aceleración del globo y la cápsula, si la fuerza que ejerce el aire
sobre el globo fuera despreciable.
Estrategia de Resolución. El globo pesa 20[N] y la carga 30[N], de
modo que el conjunto pesa 50[N] y, sin embargo asciende Como la
velocidad del globo es constante, su aceleración es cero, eso
significa que la suma de las fuerzas que actúan sobre el sistema tiene
que ser cero (a = 0 Þ F = 0, primera ley de Newton).
1. Dibujar el DCL:
Escribir las ecuaciones:
Notar que ocurriría lo mismo si el globo bajara con velocidad
constante o también si estuviera en reposo.
1. La aceleración puede ser calculada mediante:
Realizar el DCL para (II):
Calcular la fuerza ascensional:
Si la fuerza ascensional que el aire ejerce sobre el globo es
despreciable (caso III), significa que esta fuerza ya no existe.
Es decir, el globo se pinchó. ¿Con qué aceleración cae un
cuerpo por efecto de su propio peso (que es la única fuerza
que actúa)? Con la aceleración de la gravedad.
a = g
3.7. CASOS PARTICULARES
3.7.1. Máquina de Atwood
La máquina de Atwood es un dispositivo que, en principio, sirve para
disminuir la aceleración de un cuerpo en caída libre, como se ve en la
figura, consta de una polea fija por donde pasa una cuerda de la cual
penden dos cuerpos. Se la considera de gran importancia, debido a
que tiene muchas aplicaciones, por ejemplo, un ascensor utiliza el
principio de la Máquina de Atwood, siendo la cabina una de las
masas; asimismo, es muy utilizada por los albañiles para subir la
mezcla que van a utilizar.
Las consideraciones que se hacen son las siguientes:
1. La polea no tiene masa (masa de la polea = 0).
2. La polea no tiene dimensiones.
3. La polea no tiene rozamiento.
4. La cuerda que pasa por la polea no tiene masa.
5. La cuerda que pasa por la polea es inextensible.
6. Nose toma en cuenta la resistencia del aire.
Si la masa M1 es mayor que la masa M2, el movimiento acelerado de
M1 se realizará hacía abajo, en cambio, M2 se moverá hacía arriba.
Ambos bloques tendrán la misma aceleración y, la tensión en todos
los puntos de la cuerda será la misma debido a las consideraciones
realizadas.
Las ecuaciones de movimiento serán:
Para M1:
(3.3)
Para M2:
(3.4)
Sumando ambas ecuaciones se obtiene la aceleración de la máquina
de Atwood:
(3.5)
Reemplazando (3) en (1) se obtiene la tensión en la cuerda:
(3.6)
La tensión en la cuerda de donde cuelga la polea será
(3.7)
Masa Equivalente de la Máquina de Atwood:
La máquina de Atwood puede ser reemplazada por un bloque de
masa equivalente, es decir, vamos a encerrar a la máquina de
Atwood en una caja negra (no nos interesa lo que pase dentro de
ella). en este caso, la ecuación será:
(3.8)
Reemplazando la ecuación (5) en la ecuación (6) se tiene:
(3.9)
3.7.2. Poleas Móviles Semi Ligadas
Supongamos el siguiente sistema:
La longitud de la cuerda L será:
L = x1 + 2x2 +x3 (3.10)
derivando la ecuación (3.10) respecto al tiempo se tiene:
Puesto que la cuerda es inextensible, l es constante, x3 también
permanecerá constante, en tanto de x1 disminuirá en el tiempo,
(variación negativa), y x2 aumentará, (variación positiva), entonces:
(3.11)
y derivando respecto al tiempo se tiene la relación de aceleraciones:
(3.12)
Otra forma de hallar la relación de aceleraciones es la siguiente:
Imaginemos que m1 se desplaza una pequeña distancia dx1, en estas
circunstancias, la polea móvil que arrastra a m1 se desplazará 2dx2,
debido a que se mueve por dos lados, por el que se encuentra en el
lado de la cuerda que se une con m1 y con la que se encuentra ligada
al techo, como se muestra en la figura.
Entonces:
Derivando la anterior ecuación respecto del tiempo se tiene:
Pero la variación de la posición respecto del tiempo es la velocidad,
por tanto:
Derivando ésta respecto del tiempo:
Puesto que la variación de la velocidad en el tiempo es la
aceleración, la ecuación final es la siguiente:
Ejemplo 3.16. Las poleas de la figura carecen de rozamiento y tienen
masa despreciable. determinar la tensión en todas las cuerdas y las
aceleraciones de ma, mb y mc, cuyos valores son 100[kg], 300[kg] y
150[kg], respectivamente.
Estrategia de Resolución. Se dibujarán los DCL para los tres
bloques, considerando que las tensiones en las cuerdas son
diferentes, así como las aceleraciones de los tres bloques, luego se
escribirán las ecuaciones para posteriormente calcular lo solicitado.
1. Dibujar los DCL:
2. Plantear las ecuaciones a partir de los DCL:
3. Ya que la cuerda que sostiene a A está semiligada, por cada
unidad que baje A,C subirá dos unidades. Empero, si B se
mueve, el movimiento de C cambia, pues su desplazamiento es
dos unidades por cada unidad que se desplaza A más otras dos
unidades que desplaza B, esto se relaciona con las
aceleraciones.
Ejemplo 3.17. ¡Trata de resolver! Para el sistema de la figura,
determinar las aceleraciones de los bloques A de 50[kg] y B de
100[kg] y la tensión en la cuerda que une a ambos bloques.
Estrategia de Resolución. Se relacionará la longitud de la cuerda
con las diferentes porciones de la misma, recordando que la cuerda
es inextensible, esto para determinar la relación de las aceleraciones
de ambos bloques. Se dibujarán los DCLs, se escribirán las
ecuaciones de Newton y se encontrará lo que se pide.
Relacionar la longitud de la cuerda con las diferentes
porciones (figura):
Determinar la variación de longitudes en el tiempo:
La derivada de las constantes(L, xc y xD) valen cero. El
signo menos de A resulta de que, si B aumenta, A
disminuye. Estas variaciones constituyen las diferentes
velocidades:
Derivar la última relación en función del tiempo:
Dibujar los DCL:
Escribir las ecuaciones de Newton:
Calcular las aceleraciones y la tensión por álgebra resulta:
Ejemplo 3.18. ¡Trata de resolver! Para el sistema de la figura,
encontrar las aceleraciones de los bloques A de 30[kg] y B de 20[kg]
y la tensión de la cuerda que une los dos bloques.
Estrategia de Resolución. Relacionar la longitud de la cuerda con
las partes elegidas; determinar la relación de aceleraciones; construir
los DCL; escribir las ecuaciones de Newton.
Relacionar la longitud de la cuerda con las diferentes partes
de la figura:
Determinar la variación de longitudes en el tiempo:
Derivar la última relación en función del tiempo:
Dibujar los DCL:
Escribir las ecuaciones de Newton:
Por álgebra, determinar las aceleraciones y la tensión:
3.8. FUERZAS DE ROZAMIENTO
De acuerdo a la primera ley de Newton, todo cuerpo se moverá en
trayectoria rectilínea y con velocidad constante indefinidamente, si
no se ejercen fuerzas sobre él. Sin embargo, si un bloque se está
moviendo sobre el piso del aula, luego de un tiempo éste se detiene
debido a que el piso le aplicó una fuerza que retarda su movimiento.
A esa fuerza que hace que un bloque se detenga se le llama fuerza
de rozamiento. Por tanto, las fuerzas de rozamiento son aquellas
que aparecen cuando existe contacto entre dos superficies,
oponiéndose al movimiento, y devienen de los enlaces moleculares
que se ejercen entre dos superficies en contacto íntimo.
Dichas fuerzas obedecen a dos leyes fundamentales. La primera dice
que la fuerza de rozamiento es independiente del área de contacto
entre sólidos; la segunda afirma que ella aumenta continuamente al
hacerlo la fuerza exterior aplicada sobre el cuerpo, hasta alcanzar un
valor máximo fr(máx) cuando el deslizamiento está a punto de
producirse.
Estas fuerzas son muy importantes en la vida diaria puesto que si no
existieran, los cuerpos se moverían indefinidamente y por siempre,
de acuerdo a la primera ley de Newton. Sin la fuerza de rozamiento
entre el suelo y los pies sería imposible caminar pues la fuerza de
rozamiento es la que nos impulsa hacía adelante, ¿cómo lo hace?,
simplemente, cuando se camina se intenta deslizar la suela del
zapato hacía atrás a lo largo del piso; la fuerza de rozamiento impide
que este deslizamiento tenga lugar y por ello nos impulsa hacía
adelante, del mismo modo, lo que impulsa a un automóvil es la fuerza
de rozamiento entre la carretera y las ruedas traseras del auto. El
motor hace girar los neumáticos de modo que la superficie de éstos
trate de deslizar hacía atrás. Esto es evidente si vemos lo que ocurre
cuando se intenta arrancar sobre hielo, es este caso, las ruedas giran
pero el auto no se mueve, porque la fuerza de rozamiento actúa
hacía atrás para evitar que los neumáticos deslicen. Las ruedas
delanteras actúan de un modo distinto: mientras que las ruedas
traseras giran y los neumáticos deslizan, las ruedas delanteras no
giran. Cuando el automóvil está en movimiento ellas giran por la
acción de una fuerza de rozamiento que actúa hacía atrás.
Sise quiere que un cuerpo en reposo empiece a moverse, deberá
aplicarse una fuerza que haga que se inicie el movimiento, está
fuerza generará una igual y opuestadenominada fuerza de
rozamiento estática.
Si el mismo cuerpo ya está en movimiento, para mantener este se
deberá aplicar una fuerza menor a la necesaria para iniciar el
movimiento, la fuerza igual y opuesta generada por esa fuerza será la
fuerza de rozamiento cinética. La fuerza de rozamiento cinética no
depende de la velocidad con que se mueva el cuerpo.
En la figura, se muestra la variación de la fuerza de rozamiento en
función a la fuerza aplicada.
La figura indica que, a medida que aumenta la fuerza aplicada,
aumenta también la fuerza de rozamiento hasta llegar a una fuerza
de rozamiento estática máxima, cuando llega a ese máximo la fuerza
de rozamiento desciende hasta un punto en que la fuerza aplicada
genera una fuerza cinética de rozamiento (menor que la fuerza
estática) que permanece constante durante un determinado tramo.
Las ecuaciones que permiten calcular dichas fuerzas son:
Donde µs y µk son el coeficiente estático de rozamiento y el
coeficiente cinético de rozamiento, respectivamente; dependen de la
rugosidad del material de las superficies en contacto, y en superficie
es inclinada, del ángulo de inclinación al cual se inicia o se continúa
el movimiento. El coeficiente de rozamiento tiene como límite inferior
el valor de cero, sin embargo, el límite superior puede ser mayor a 1.
Ejemplo 3.19. ¿Qué fuerza debe ser aplicada en el bloque 1 para que
se deslice sobre el bloque 2 si el coeficiente de rozamiento entre 1 y
2 es 0.25 y entre 2 y el piso es de 0.5? si la fuerza se aplicara sobre
el bloque 2, ¿se mueve el bloque 1 solidariamente con el 2?. analizar
los casos anteriores si los coeficientes de rozamiento intercambian
sus valores.
Estrategia de resolución. Se trata de un problema de dinámica
donde interactúan muchos cuerpos, M1, M2 y el piso. Como
corresponde, deben hacerse los diagramas de cuerpo libre para ver
que fuerzas actúan exactamente sobre cada cuerpo, teniendo
siempre en cuenta que las fuerzas resultan de las interacciones.
1. Ubicar las fuerzas que actúan sobre M1, estas son: La fuerza
F aplicada sobre el bloque, el peso M1g,ejercido por la Tierra,
la fuerza normal N1, aplicada por M2, en contacto con M1, y la
fuerza de rozamientofr1, también ejercida por M2, luego dibujar el
DCL.
2. Hacer lo mismo que en el punto anterior pero para M2, en el que
actúan el peso M2g, la reacción del piso N2, la fuerza de
rozamiento entre M2 y el piso fr2, también N1 y fr1 que M2 aplica
sobre M1, pues si N1 es una fuerza vertical hacía arriba que M2
aplica sobre M1, debe existir otra fuerza de valor N1 vertical pero
hacía abajo que M1 aplica sobre M2. ¿por qué?, bueno, hagamos
el DCL
3. ¿El peso M1g actúa sobre M2? Debería actuar ¿verdad? puesto
que no es lo mismo tener encima 1[g] que 100[kg], eso tiene que
ver con una interacción entre M1 y M2, pero esa interacción está
dada por N1 y fr1, no olvidar que M1g es igual a N1 en este caso.
4. Si se hace deslizar M1 sobre M2, la fuerza de rozamiento
fr1alcanzará su valor máximo (fr1 = µ1N1). entonces la fuerza F
debe ser por lo menos igual a ese valor. Las ecuaciones paraM1
y M2 serán respectivamente:
5. F tiene que ser la fuerza de rozamiento máximo entre M1 y M2:
6. M1 podría moverse con una fuerza de 2.5[N], sin embargo, todo
el sistema comenzaría a moverse sin que se deslicen M1 y M2
entre sí. El rozamiento entre los dos cuerpos se pone de
manifiesto debido a una fuerza aplicada sobre M1 hacía atrás y
otra aplicada sobre M2 hacía adelante, cuyo efecto es tratar de
hacer mover a M2 pero a ese movimiento se opone el rozamiento
entre M2 y el piso que tiene un valor máximo de:
Este rozamiento es capaz de aguantar la fuerza de 2.5[N] y mantener
al cuerpo 2 en reposo, es decir, con F = 2.5[N], M1 desliza sobre M2.
7. Si se aplica la fuerza sobre M2, la mínima fuerza aplicada debe
ser de 15[N] para vencer el rozamiento entre M2 y el piso. M1
empieza a moverse también ya que las fr1 cambian de sentido
respecto al punto anterior porque es M2 que trata de ser movido
por F, mientras que M1 trata de quedarse donde está. Como en
este caso nada retiene al cuerpo 1 en reposo, al moverse 2 el
rozamiento entre 1 y 2 es suficiente para mantener a ambos
cuerpos unidos.
8. Si se intercambian los coeficientes de rozamiento resulta que la
fuerza que se debe aplicar sobre M1 es µ1N1 (µ1=0.5), entonces:
9. La fuerza de rozamiento entre M2 y el piso será:
Lo que significa que cuando se jala de M1 antes de alcanzar el
valor de 10[N] suficiente para desprender M1 de M2, el conjunto
empieza a moverse solidariamente. Debería aplicarse una fuerza
mayor a 10[N] de golpe para que ambos cuerpos se aceleren,
pero M2 más que M1, con lo cual habrá deslizamiento de uno
respecto del otro.
10. Con la fuerza aplicada sobre M2 no hay problema, ya que
aplicando una fuerza de 7.5[N] se inicia el desplazamiento. El
rozamiento entre M1 y M2 asegura la solidaridad en ambos
cuerpos.
Ejemplo 3.20. Dos bloques de 8[kg] y 80[kg] respectivamente, están
unidos por una barra y deslizan hacía abajo por el plano inclinado a
30º mostrado en la figura. El coeficiente de rozamiento entre m1 y el
plano es de 0.25 y el correspondiente al bloque m2 es de 0.5. a)
Calcular la aceleración del sistema y la tensión en la barra en las
figuras. En cada uno de los casos ¿la barra está comprimida o
traccionada?. b) ¿Cuál será la aceleración y la tensión en la barra si
los bloques intercambiaran los coeficientes de rozamiento? (analizar
los dos casos indicados en la figura. c) Si los coeficientes de
rozamiento fueran ambos de 0.25, calcular la aceleración del sistema
y la tensión en la barra.
Estrategia de resolución. Se deberán dibujar los DCL y suponer un
sentido de la fuerza T que actúa en la barra, por ejemplo, se puede
suponer que m1 jala a m2, mientras que éste trata de retardar la caída
de m1. si esto es cierto significa que, de no existir la barra, m1 bajaría
con mayor aceleración que m2 pero, como se trata de una suposición,
deberá ser confirmada. Se plantearán las ecuaciones para cada uno
de los cuerpos y con ellas se calcularán los valores pedidos.
a) 1. Construir los DCL:
2. Plantear las ecuaciones:
Para m1:
Para m2:
3. Resolver el sistema de ecuaciones:
4. Reemplazando (2) y (5) en (3) y (6) y, de acuerdo al esquema
que dio lugar a las ecuaciones, el bloque de arriba es 2 y el de
abajo 1, por tanto, m1 = 8[kg], µ1 = 0.25, m2 = 80[kg] y µ2 = 0.5
las ecuaciones (1) y (4) quedan entonces:
Igualando las dos ecuaciones se tiene:
b) Cuerpo grande abajo y cuerpo chico arriba.µ1 = 0.5; µ2 = 0.25;
m1 = 80[kg]; m2 = 8[kg]. Reemplazando valores en las
mismas ecuaciones:
Igualando
c) cuerpo chico arriba, cuerpo grande abajo.
m1 = 80[kg]; m2 = 8[kg]; µ1 = 0.25; µ2 = 0.5
Remplazando valores en las mismas ecuaciones:
Igualando
d) Coeficiente de rozamiento 0.25 para ambos cuerpos. cuerpo
chico abajo, cuerpo grande arriba.
µ1 = µ2 = 0.25; m1 = 8[kg]; m2 = 80[kg]
Reemplazando valores en las mismas ecuaciones:
Igualando
e) Cuerpo chico arriba, cuerpo grande abajo
Es exactamente la misma situación que (6).
Observaciones. Se supuso que los cuerpos se jalaban, es decir, que
la barra estaba traccionada. En los casos en que la tensión fue
positiva, la suposiciónera correcta, pero, en los casos en que la
tensión es negativa, indica que los signos de T son contrarios a los
supuestos, por lo que, en realidad, la barra se halla comprimida.
Ejemplo 3.21 En el sistema de la figura, mA=1[kg], mB=2[kg] y µ1=0.2
y µ2=0.3. Determinar la aceleración de la masa A debida a la fuerza P
= 40[N], si se quiere que el bloque B permanezca en reposo.
Estrategia de resolución. Se realizarán los DCLs para ambos
bloques teniendo en cuenta que la fuerza P le imprime una
aceleración al bloque A, en tanto que A debe permanecer en reposo.
Se plantearán las ecuaciones provenientes de los diagramas de
cuerpo libre y se hallarán los resultados solicitados.
1. Realizar los DCL
T NA
NB
T fr1
MAgcos25 Pcos25
fr1
mBgsen25 NB mBgsen25 fr2
mBgcos25
Psen25
2. Plantear las ecuaciones:
Para B:
Para A:
3. Resolviendo las ecuaciones se tiene:
Ejemplo 3.22. Para el diagrama de la figura, calcular la aceleración
del cuerpo B, la del A, y las tensiones en las cuerdas, siendo mA =
100[kg], mB= 150 [kg] y el coeficiente de rozamiento cinético de 0.20.
Estrategia de resolución. Se realizarán los DCLs para ambos
bloques teniendo en cuenta que las aceleraciones de los bloques son
diferentes puesto que nos encontramos frente a un sistema
semiligado con polea móvil. Se plantearán las ecuaciones
provenientes de los diagramas de cuerpo libre y se hallarán los
resultados solicitados.
1. Realizar los DCL
¿Notas que suponemos que el cuerpo A baja? Esto es arbitrario, se
podía suponer lo contrario, para constatar, el signo de la aceleración
debe ser positivo, si es negativo, el movimiento es contrario al
supuesto
2. Plantear las ecuaciones:
Para A:
Para B:
Para la polea:
3. Hallar la relación de aceleraciones:
Puesto que la polea móvil pone una limitación a las
aceleraciones, éstas no son independientes, ya que es mb el
cuerpo semiligado, se moverá la mitad que ma:
4. El sistema de ecuaciones queda entonces:
5. Resolviéndolo a la rápida (puedes hacerlo):
Conclusión Cuando hay una polea móvil en un sistema semiligado,
las aceleraciones son diferentes y debe buscarse la relación entre
ellas.
Ejemplo 3.23.Para el sistema de la figura, (a) Hallar la masa
equivalente; (b) Determinar la relación de aceleraciones; (c) Dibujar
los DCL´s y; (d) Plantear las ecuaciones de Newton; Hallar las
aceleraciones si a =30o. Considerar que m4 = m3 = m2 = m1 = m.
Estrategia de resolución. En primer lugar, se reemplazará la
máquina de Atwood por un bloque de masa equivalente. Para hallar
la relación de aceleraciones, se debe tomar en cuenta que, cuando el
bloque de masa equivalente y el bloque 3 se mueven dx1, la polea y
el bloque 4 se mueven 2dx2.Se dibujarán los DCL´s para,
posteriormente plantear las ecuaciones.
1. Hallar la masa equivalente
2. Determinar la relación de aceleraciones
3. Dibujar los DCL´s
4. Plantear las ecuaciones:
5. Resolviendo el sistema de ecuaciones, se tiene:
Ejemplo 3.24. Para el sistema de figura,(a) Determinar la relación de
aceleraciones; (b) dibujar el DCL, (c) Plantear las ecuaciones si
mB=10[kg] y mA=5[kg].
Estrategia de resolución. Para relacionar aceleraciones usaremos
el método de los desplazamientos de la siguiente manera: si mB se
desplaza dx1, la polea unida a dicho bloque, que está semiligada, se
desplazará 2dx2, en tanto que por cada desplazamiento de la primera
polea, la segunda tendrá dos desplazamientos, igual que mA.
1. Determinar la relación de aceleraciones:
Entonces:
2. Dibujar el DCL
N T2
T3
mAgsen30 T2
fr T3
T1
T1
T1
T2 mBg
3. Plantear las ecuaciones:
Ejemplo 3.25. Para el sistema de figura,(a) Determinar la relación de
aceleraciones; (b) dibujar el DCL, (c) Plantear las ecuaciones si
mB=10[kg] y mA=5[kg].
Estrategia de resolución. Los bloques m3 y m2 se moverán juntos
puesto que están libres Si m3 se desplaza un dx2, m2 se desplazará
también un dx2; la polea unida alúltimo bloque, que se encuentra
semiligada, se desplazará 2dx2.
1. Dibujar losDCL´s
N1 N2 T3
T2
fr1 T1 T1 m2gsen36
fr2
m3g m2gcos36 m1g
T2
T1 T1
2. Plantear las ecuaciones:
3. Determinar la relación de aceleraciones:
3.9. FUERZA ELÁSTICA DE UN
RESORTE
Imaginemos un resorte en reposo sobre una superficie horizontal, con
uno de sus extremos atado a una pared, el resorte tendrá una
longitud propia (Lo). Si aplicamos una fuerza F en el extremo libre del
resorte, éste se elongará (aumentará su longitud progresivamente
hasta que la elongación x sea máxima, sin que el resorte se deforme,
si aplicamos una fuerza mayor, el resorte se deformará para siempre)
y, en estas condiciones, el resorte adquiere una longitud (Lo+x).
De igual manera, si se aplica una fuerza que empuje al resorte, éste
se comprimirá una distancia x máxima, de tal forma que el resorte no
se deforme irreversiblemente. En ambos casos, el resorte tiende a
volver a su estado original o a su longitud inicial aplicando la fuerza
elástica de restitución del resorte.
Debido a que, no es lo mismo utilizar un resorte de bolígrafo que uno
que se usa en los amortiguadores de los automóviles, (como lo sabe
muy bien un estudiante de Mecánica Automotriz), cada resorte tiene
una determinada constante denominada constante de elasticidad o
también, constante de rigidez K que indica la dificultad que tiene un
resorte para comprimirse.
De acuerdo a la Ley de Hooke, la fuerza de restitución tiene la
siguiente forma:
F = - Kx (3.13)
Donde:
F = fuerza de restitución del resorte.
K = Constante de rigidez del resorte.
X = Elongación o compresión máxima del resorte.
El signo menos indica que la dirección de la fuerza es opuesta a la
direccióndel desplazamiento. Para determinar la constante de rigidez
en el sistema de la figura, supongamos que aplicamos una fuerza F =
10[N] que hace que la elongación del resorte sea x = 0.1[m], k podrá
ser calculada mediante:
Cuando en un sistema se tienen dos o más resortes, éstos pueden
estar agrupados en serie o en paralelo.
Resortes en paralelo
Un sistema de resortes está conectado en paralelo cuando se unen,
por un lado todos sus extremos derechos y, por el otro, todos los
izquierdos. El sistema de resortes así obtenidos está fijo por un
extremo, mientras que, en el otro, se aplica una fuerza F. En este
caso, la elongación es igual para todos los resortes, y por tanto, para
el sistema, claro, con la configuración que tienen es imposible que
alguna sea diferente ¿no?
Por otra parte, la fuerza que soporta todo el sistema tiene que ser
igual a la suma de las fuerzas soportadas por cada resorte. En la
figura se tienen tres resortes, con diferentes constantes de rigidez,
conectados en paralelo:
Para facilitar el trabajo, se trata de convertir el sistema de tres
resortes en uno solo que tenga una constante equivalente. La fuerza
F que jala al sistema está ubicada en la terminal libre del sistema de
resortes. Se puede suponer que F está distribuida en tres fuerzas que
jalan a cada uno de los resortes que son F1, F2 y F3. La elongación x
del resorte (por la configuración en paralelo) será la misma para los
tres resortes:
Las fuerzas estarán dadas por las siguientes expresiones:
De donde:
Pero:
La última expresión representa la constante equivalente de un
sistema de resortes dispuestos en paralelo.
(3.14)
Resortes en serie
Un sistema de resortes está conectado en serie cuando se unen uno
a continuación del otro quedando dos extremos libres. Uno de ellos
se fija a un punto y por el otro se aplica una fuerza. En este caso, el
estiramiento total del sistema es igual a la suma de los estiramientos
de cada uno de los resortes, en tanto que, la fuerza aplicada es igual
para todos los resortes. Una combinación de resortes en serie es, por
ejemplo, la mostrada en la figura 3.13:
Se trata de encontrar la constante equivalente Keq para el sistema. La
fuerza F, ubicada en el extremo libre del sistema será constante y se
transmitirá a todos los resortes, sin embargo, cada uno de ellos
tendrá su propia elongación. Puesto que la fuerza F se transmite a los
tres resortes, puede considerarse que, cada uno tiene una fuerza Fn
que es igual a la fuerza total F, es decir:
La elongación total del sistema X será la suma de las elongaciones
de cada uno de los resortes:
Puesto que:
Reemplazando se tiene:
(3.15)
Ejemplo 3.26. Si a un resorte largo se le cuelga una masa de 10[g] se
estira 4[cm]. (a) ¿Cuál es la constante elástica del resorte?; (b) Si el
resorte se corta a la mitad y se colocan los dos pedazos uno a
continuación del otro ¿cuánto se elongará al agregarle la misma
masa de 10[g]?; (c) Colocando los dos pedazos en paralelo ¿qué
elongación se produce al colgar la masa de 10[g]?
a) La situación es la siguiente:
1. Si se cuelga un peso mg, el resorte se elonga x, de
acuerdo a la Ley de Hooke:
b) En este caso, los resortes están conectados en serie, de la
siguiente forma:
1. Hallar la constante equivalente:
2. Hallar la elongación del sistema:
c) Los resortes en paralelo están dispuestos de la siguiente
manera:
1. Hallar la constante equivalente:
2. Hallar la elongación del sistema:
Conclusión. El sistema en serie es más eficiente que el conectado
en paralelo puesto que, en el primer caso se tiene una elongación
cuatro veces mayor que en el segundo, aplicando la misma fuerza.
3.10. FUERZAS INERCIALES
Son fuerzas que aparecen en sistemas acelerados, por ejemplo,
cuando viajamos en un micro y éste frena, nos vamos hacía adelante
sin que nadie nos haya empujado (sin la aplicación de una fuerza
externa), es más, no quisiéramos que esa situación suceda ya que
podemos lastimarnos o en el mejor de los casos, hacer el ridículo, sin
embargo ocurre. ¿Y que pasa cuando subimos a un ascensor?, te
diste cuenta de que cuando empieza a subir sientes como si te
pegaras al piso (como si una fuerza te empujara hacía abajo) y si
empiezas a bajar te sientes ligero, como que te estuvieras separando
del piso un poquito (como si una fuerza te empujara hacía arriba)?
¿qué tienen en común estos tres casos y por qué ocurre el fenómeno
señalado?
En el primero, el micro está frenando, es decir, tenía una velocidad
que luego desaparece, su velocidad por tanto ha variado y en esas
circunstancias se tiene una aceleración. Lo mismo ocurre en los
otros dos casos, porque cuando te subes a un ascensor, ya sea que
éste vaya a subir o bajar, parte del reposo y va adquiriendo velocidad,
es decir, el sistema está acelerando. en los tres casos tenemos
sistemas acelerados.
La fuerza que experimentamos en la situación anterior no se da por el
contacto entre dos cuerpos, aparece solamente debido a la
aceleración que experimenta el sistema y desaparecerá cuando
esa aceleración deje de actuar. Esta fuerza puede ser calculada
como:
F = - Ma (3.16)
donde:
F = fuerza inercial.
M = la masa que experimenta esta fuerza.
a = aceleración del sistema.
El primer caso corresponde a un estudiante que se encuentra parado
en un micro que frena. El segundo y tercer casos, a una persona
parada sobre una balanza dentro de un ascensor. Debe notarse que,
en los tres casos vistos, las Fuerzas Inerciales actúan en sentido
contrario al de la aceleración. Esto ocurre ¡SIEMPRE!
Ejemplo 3.27. Sobre el piso de un ascensor, se colocó una balanza
diseñada para medir el peso. En el ascensor y parado sobre una
balanza se encuentra Makko que tiene una masa de 60[kg].
Determinar el peso del muchacho en las siguientes situaciones:
1.- Cuando el ascensor se encuentra en reposo.
2.- Cuando el ascensor sube con aceleración de 4[m/s2].
3.- Cuando el ascensor sube a velocidad constante de 10[m/s].
4.- Cuando el ascensor baja con aceleración de 4[m/s2].
5.- Cuando se rompe el cable del ascensor y desciende en caída
libre.
Estrategia de Resolución: Se hará el DCL para todos los casos
teniendo en cuenta que las fuerzas que actúan son el peso del
estudiante y la fuerza normal (peso aparente) ejercida por la balanza
sobre Makko.
1. Dibujar el DCL para Makko.
2. Aplicar SF = 0 (el sistema está en reposo).
3. Hallar el peso aparente, es decir, la normal.
4. Dibujar el DCL.
5. Aplicar SF = 0 (el sistema está en reposo)
6. Hallar el peso aparente, es decir, la normal
7. Dibujar el DCL.
8. Aplicar SF = 0 (el sistema está en reposo):
9. Hallar el peso aparente, es decir, la normal
10. Dibujar el DCL.
11. Aplicar SF = 0 (el sistema está en reposo):
12. Hallar el peso aparente, es decir, la normal
13. Dibujar el DCL.
14. Aplicar SF = 0 (el sistema está en reposo):
15. Hallar el peso aparente, es decir, la normal:
Observaciones. En el inciso (a) la normal (peso aparente mostrado
por la balanza) es igual al peso real de Makko, 600[N] debido a que el
ascensor se encuentra en reposo y, por tanto no hay aceleración que
produzca fuerzas inerciales. En (b) el ascensor sube aceleradamente,
lo que hace que aparezca una fuerza inercial que empuja para abajo
al estudiante, haciendo que N (pesoaparente) aumente, la fuerza
inercial en este caso, está dirigida hacia abajo debido a que la
aceleración se dirige hacia arriba. En (c) aunque el ascensor se esté
moviendo, lo hace a velocidad constante (a = 0), no se tiene un
sistema acelerado y la normal es igual al peso. En (d) el ascensor
baja aceleradamente (dirección de la aceleración hacía abajo),
aparece una fuerza inercial dirigida hacia arriba, dando como
resultado la disminución del peso aparente. En (e) se ha perdido el
peso de Makko debido a que el ascensor tiene la aceleración de la
gravedad, esto significa que Makko se encuentra flotando en el
ascensor.
Ejemplo 3.28. Un péndulo cuelga en reposo del techo de un coche de
ferrocarril detenido en una vía horizontal. Si el tren arranca con
aceleración constante, ¿qué ocurre con el péndulo, si se lo coloca en
una posición donde permanece sin oscilar? ¿cómo hallar, observando
el péndulo, la aceleración del tren?
Estrategia de Resolución. Si se cuelga un péndulo del techo de un
vagón y el tren arranca, pasará lo siguiente:
¿Hacía que lado es esa desviación? ¡Siempre en sentido contrario
a la aceleración!
Para calcular ya sea la aceleración o el ángulo de inclinación se debe
construir el DCL para una persona que no está dentro del sistema, o
sea que observa todo desde afuera, ya que si se toma un sistema de
referencia fijo al tren, el sistema de referencia estaría acelerando
junto con el tren y no sería inercial.
1. Dibujar el DCL:
2. Las ecuaciones son las siguientes:
3. Dividiendo ambas ecuaciones se tiene:
4. La relación entre la aceleración y el ángulo de inclinación:
Por ejemplo, si en un tren se ve que todos lo agarradores están así:
Se puede calcular la aceleración del tren:
Conclusiones. ¿Qué pasaría si j = 0?, en este caso tan(0) = 0 y, por
tanto, reemplazando en la ecuación, a = 0, esto pasaría si el tren está
en reposo o se mueve con velocidad constante. Este resultado es
razonable pues coincide con la teoría ¿Qué pasaría si j = 90º? En
este caso tan j =¥ y, reemplazando en la ecuación, resulta que a =
¥. Es lógico, aunque en la vida real no ocurre.
3.11. DINÁMICA DEL MOVIMIENTO
CIRCULAR
Recordemos que la primera ley de Newton establece que un cuerpo
se encuentra en reposo o en MRU si no actúan fuerzas sobre él. A
partir de ello, imaginemos una partícula que se mueve con MRU,
como se muestra en la figura 3.15.
Para cambiar la trayectoria del movimiento de rectilínea a circular, es
necesaria la aplicación de una fuerza (porque si no se aplica una
fuerza continuará moviéndose el línea recta infinitamente). Esta
fuerza que será aplicada debe estar dirigida hacía el centro del
círculo que se formará, por tanto, se trata de una FUERZA
CENTRÍPETA, la misma que, de acuerdo a la segunda ley de
Newton, es proporcional a la aceleración centrípeta, siendo la
constante de proporcionalidad, el inverso de la masa. La expresión
matemática será:
(3.17)
Ecuación vectorial que, en el plano bidimensional, proporciona dos
ecuaciones, una referida a la fuerza centrípeta, dirigida hacía el
centro del círculo y la otra, perpendicular a la anterior, es decir,
tangente a la trayectoria, denominada fuerza tangencial. Puesto que
se trabajará con velocidad constante en magnitud, no existirá
aceleración tangencial, por tanto la Ft = 0. Entonces, la ecuación
vectorial se convierte en:
(3.18)
(3.19)
Estas dos ecuaciones sirven para resolver problemas y serán
utilizadas de la misma manera que se utilizan para la dinámica del
movimiento lineal. Para resolver problemas de dinámica del
movimiento circular vamos a seguir los pasos que se describen a
continuación:
1. Ubicar las fuerzas que actúan sobre el o los cuerpos de interés,
de la manera más clara posible.
2. Fijar los ejes centrípeto hacía el centro del círculo que se
formará en el movimiento y tangencial, perpendicular al anterior.
3. Dibujar el DCL, ubicando todas las fuerzas sobre los ejes.
4. A partir del diagrama de cuerpo libre, plantear las ecuaciones,
resolverlas y obtener los valores que se pidan en el problema.
5. Comprobar si los resultados son razonables.
Ejemplo 3.29. Una piedra de 2[kg] se encuentra atada a una cuerda
de 0.5[m] de longitud. El sistema se hace girar en círculos verticales.
Si la magnitud de la velocidad de la piedra es de 10[m/s]. Determinar
la tensión en la cuerda en los siguientes casos: (a) En la parte más
baja del círculo. (b) En la parte más alta del círculo. (c) Cuando la
cuerda se encuentra en posición horizontal y. (d) Cuando la cuerda
forma un ángulo de 45º con la horizontal.
Estrategia de resolución. Ubicar las fuerzas que actúan en cada
caso, determinar la posición de los ejes (centrípeto y tangencial). El
sentido dirigido hacía el centro será positivo, mientras que el contrario
será negativo. Dibujar los DCL y hallar la tensión en la cuerda en
cada caso planteado, recordar que el movimiento es circular y de
magnitud de velocidad constante, la aceleración será la centrípeta. El
radio del círculo que se forma será la longitud L de la cuerda. Notar
que en todos los casos, las fuerzas que actúan son el peso y la
tensión.
a) 1. Dibujar el DCL
2.Plantear las ecuaciones:
b) 1. Dibujar el DCL:
Plantear las ecuaciones:
Reemplazar valores:
c) 1. Dibujar el DCL:
Plantear las ecuaciones:
d) 1. Dibujar el DCL:
Plantear ecuaciones:
Reemplazar valores:
Observaciones. ¿Por qué la tensión cambia en los diferentes puntos
de la trayectoria, si se trata de la misma cuerda? ¿No debería
mantenerse constante la tensión? ¡NO! pues estamos trabajando en
un SISTEMA DE REFERENCIA NO INERCIAL, acelerado por la ac,
y en ese tipo de sistema pueden ocurrir cosas raras, por ejemplo que,
en el caso c) el peso del cuerpo se pierda totalmente o, en el d) se
pierda parcialmente. No es raro, recuerda el caso del ascensor donde
al caer libremente la persona perdía todo su peso.
Ejemplo 3.40. ¡Problema para químicos! Para el espectrómetro
descrito en la figura, sabiendo que el campo magnético origina
fuerzas de igual magnitud sobre todos los átomos y despreciando
el peso de los mismos, hallar las masas de los átomos de Carbono,
Nitrógeno y Oxígeno, relativas a la del átomo de Helio. Comparar con
la relación de los radios de sus trayectorias.
Estrategia de Resolución. Para resolver este problema supongamos
que se utiliza un espectrómetro de masas. En el mismo, todos los
átomos se hacen pasar por un punto A con la misma velocidad vA, y a
partir de allí son guiados por un campo magnético que les hace
recorrer semicircunferencias, como se muestra en la figura, hasta
hacer impacto en la pantalla P. Todos los átomos recorren sus
trayectorias con una velocidad de magnitud constante de 6x105[m/s].
Vamos a considerar que todos los átomos de este problemita se
mueven en trayectorias circulares, como se muestra en la figura
siguiente:
1. Plantear la ecuación para el átomo de He:
2. Plantear las ecuaciones para los otros átomos:
3. Las 4 fuerzas son iguales, de acuerdo al enunciado:
Para el C:
Esto significa que la masa del C es 3 veces mayor que la de
He.
Para el N:
Para el O:
Observaciones. De los resultados, vemos que el átomo de He es el
más liviano, seguido por el de C cuya masa es 3 veces mayor,
después el de N (3.5 veces mayor) y, finalmente, el más pesado será
el de O (4 veces mayor).Es decir, la masa de un elemento es a la
masa de otro elemento como el radio del primero es al radio del
segundo.
Ejemplo 3.41. El sistema de dos cuerpos de la figura gira en una
mesa horizontal sin rozamiento, los cuerpos se hallan alineados con
el centro y dan 2 vueltas por segundo. Si las masas respectivas son:
m1 = 0.5[kg] y m2 = 1.5[kg], determinar las magnitudes de las fuerzas
sobre cada cuerda. Cada tramo tiene 0.5[m] de longitud.
Estrategia de Resolución: El problema pide hallar las tensiones en
las cuerdas. Es un problema de dinámica del movimiento circular, de
forma similar a los problemas de dinámica lineal se determinarán las
fuerzas, se realizarán los DCL y a partir de ellos se plantearán las
ecuaciones.
1. Transformar vueltas/segundo en rad/s:
2. Calcular las aceleraciones centrípetas:
3. Puesto que R2 es la distancia de m2 al centro, R2 será 1[m], es
decir, 0.5[m] +0.5[m].
4. Dibujar los DCL:
5. Plantear las ecuaciones:
Para m1:
Para m2:
6. Hallar T1:
Observaciones. La velocidad angular es la misma para los dos
cuerpos, tanto m1 como m2 están girando con w = 12.56[rad/s]. Sin
embargo, la aceleración centrípeta no es la misma. La velocidad
angular no depende del radio, la aceleración centrípeta sí (ac=w2R).
Ejemplo 3.42¡Tratar de resolver! El cuerpo 1 gira sobre una mesa
horizontal sin rozamiento, mantenido por una cuerda que pasa por un
orificio en su centro, de la que cuelga el cuerpo 2. (a) Si ambos
cuerpos tienen masas iguales, hallar la frecuencia con que el cuerpo
1 describe una circunferencia de 0.4[m] de radio; (b) Hallar el nuevo
radio, para duplicar la frecuencia anterior sin cambiar los cuerpos; (c)
Hallar la relación entre m2 y m1, para que m1 gire con la frecuencia
calculada en (a) y con el radio de (b).
Estrategia de Resolución. Se supone que el sistema está en
equilibrio desde el punto de vista de que m2 no sube ni baja sino que
permanece estable en esa posición. Para que esto ocurra, m1 tiene
que girar con una determinada velocidad. Se harán los DCL y se
plantearán las ecuaciones.
Dibujar los DCL:
Escribir las ecuaciones:
Para m1:
Para m2:
Igualar las 2 ecuaciones:
Pero m1 = m2
Calcular f para R = 0.4[m]:
Calcular R2 para f = 2f1 =1.58[s-1]:
Calcular m1/m2 para R = 0.1[m] y f = 0.79[s-1]:
Observaciones. Aunque en ninguna parte se pide determinar
fuerzas, debe realizarse el DCL siempre, porque a partir de él
sacamos las ecuaciones.
Ejemplo3.43. Un bloque de masa M = 2[kg] descansa sobre una
plataforma que gira con velocidad angular constantew =
20[rad/s].Una cuerda flexible une este bloque con otro de masa m
=5[kg]. El coeficiente de rozamiento entre M y la plataforma es µ =
0.5. Calcular los valores máximo y mínimo del radio R para los cuales
M permanece en reposo respecto a la plataforma.
Estrategia de Resolución. Se realizarán los DCL. Puesto que el
bloque M no debe deslizar (así lo pide el problema), su movimiento es
de rotación y, por tanto, su aceleración es centrípeta. El bloque de
masa m debe permanecer en reposo por lo que su aceleración es
cero.
1. Dibujar los DCL suponiendo que fR es contraria a T:
2. Plantear ecuaciones:
Para M:
Para m:
3. Resolver el sistema:
4. Dibujar los DCL suponiendo que fR tiene el mismo sentido que
T:
5. Plantear las ecuaciones:
Para M:
Para m:
6. Resolver el sistema:
Observaciones. Para que no exista deslizamiento, el radio debe
estar entre 0.1[m ] y 0.3[m]. Si el radio es menor a 0.05[m] o mayor a
0.08[m] M se deslizará sobre la plataforma.
Ejemplo3.44.¡Tratar de resolver! El marco mostrado en la figura gira
alrededor de un eje vertical. El coeficiente de rozamiento entre el
bloque A y el marco es 0.1 ¿Cuál será el coeficiente de rozamiento
del bloque B si empieza a subir cuando el marco sube 38.2 rpm?
Estrategia de Resolución. Se trata de un problema convencional de
dinámica del movimiento circular donde debe utilizarse la aceleración
centrípeta. Es importante mencionar que, en el problema dice: “el
bloque B empieza a subir”, esto significa que la fuerza de rozamiento
para B está dirigida hacía abajo, mientras que para A es hacía el
centro, esto porque si B sube, A se aleja del centro ya que no habrá
contacto entre A y esa saliente vertical sobre la que, supuestamente,
se estaría apoyando. Con todo lo señalado, no hay drama en resolver
el problema como ya se señaló en otros casos.
Dibujar los DCLs.
Plantear las ecuaciones:
Para A:
Para B:
Resolver el sistema:
Convertir rpm en rad/s:
Reemplazando valores se tiene:
Observaciones. La clave para la resolución del problema es el
razonamiento inicial de hacía donde se van a mover los cuerpos, todo
lo demás es igual a los anteriores.
Ejemplo3.45. ¡Trata de resolver! Sobre el plano inclinado a 60º, que
gira alrededor del eje mostrado en la figura con una velocidad angular
de 2[rad/s], se encuentra un bloque de 2[kg] a una altura H = 1.5[m];
si la distancia x que separa al plano del eje de rotación es de 1[m].
Determinar el coeficiente de rozamiento mínimo para que el bloque
no deslice sobre el plano.
Estrategia de Resolución. Debe tomarse en cuenta que el radio en
el que gira el bloque es R = x + D, puesto que se pretende que el
bloque se quede en esa posición. Se dibujará el DCL considerando
que debe haber un eje centrípeto (dirigido hacía el centro del círculo
de radio R) y un eje tangencial (perpendicular al anterior), para
posteriormente plantear las ecuaciones de Newton y calcular lo que
se pide.
Dibujar el DCL
Determinar el radio R
Pero
Plantear ecuaciones
Resolverlas
Ejemplo3.46. ¡Trata de resolver! Para el esquema que muestra la
figura, determinar la velocidad lineal del sistema para que m1 se
encuentre en reposo, considerando que m1 = 10[kg]; m2=2[kg]; m3 =
3[kg]; m4 = 4[kg]; m5 = 5[kg]; H = 2[m] y j = 45º.
Estrategia de Resolución. Determinar cada una de las masas
equivalentes hasta llegar a un solo bloque. Dibujar los DCLs. Plantear
las ecuaciones de Newton y calcular el resultado solicitado
Hallar meq1 (entre m2 y m3)
Hallar meq2 (entre m4 y m5)
Hallar meqT (entre me1 y me2)
Dibujar el DCL
Plantear las ecuaciones
Calcular x
Calcular v
Ejemplo3.47. En una prueba de deslizamiento, un BMW modelo 530i
fue capaz de recorrer un círculo de 45.7[m] de radio en 15.2[s] sin
patinar. Si la velocidad fue constante, calcular: (a) La velocidad del
BMW; (b) La aceleración centrípeta; (c) El mínimo valor del
coeficiente estático de rozamiento.
Estrategia de Resolución. Se dibujará el DCL y, a partir de él se
plantearán las ecuaciones.
a) 1. Dibujar el DCL para el coche:
b) Calcular la velocidad. Puesto que el movimiento es en una
circunferencia la velocidad constante estará dada por:
c) Calcular ac:
d) 1. Plantear las ecuaciones:
2. Resolviendo el sistema:
Observaciones. Puesto quela aceleración centrípeta es
directamente proporcional a la velocidad, cuanto mayor es ésta,
mayor será la ac y, por ello se requiere la aplicación de una fuerza
centrípeta mayor, que hará que el coeficiente de rozamiento sea más
grande. Si no hay el suficiente rozamiento, el coche patinará.
Ejemplo3.48. CURVAS CON PERALTE. ¡Problema para
constructores civiles!¡Tratar de resolver! En el problema anterior,
calcular el ángulo de peralte considerando que la pista no tiene
rozamiento.
Estrategia de Resolución. En este caso, como no existe fuerza de
rozamiento. Las únicas fuerzas que actúan son el peso y la normal.
1. Dibujar el DCL:
2. Plantear las ecuaciones:
3. Igualando las ecuaciones:
Observaciones. El ángulo de peralte depende solamente de v y R
(no de la masa). q es directamente proporcional a v e inversamente
proporcional a R. Si los valores de v y R satisfacen la ecuación
, el coche toma la curva con suavidad y sin patinar.
Ejemplo3.49. Un péndulo cónico está formado por una esfera de
masa m sujeta a una cuerda de longitud L. La esfera oscila con
velocidad angular constante w formando un ángulo q2. Si el péndulo
se acorta a una longitud de L/2 (L1), y oscila formando un ángulo de
30º, determinar el ángulo de oscilación q2.
Estrategia de Resolución. Se deberán construir dos DCL, uno para
el caso de que el ángulo sea de 30º y otro para q2. Se supone que w
será constante en los dos casos, entonces las tensiones en cada
caso dependerán exclusivamente de los correspondientes ángulos.
1. Dibujar el DCL para q2
2. Determinar R2
3. Plantear ecuaciones
4. Determinar cosq2
5. Dibujar el DCL para 30º
6. Determinar R1
7. Determinar cosq2
8. Igualar ecuaciones:
PROBLEMAS PROPUESTOS
1. Una cuerda puede resistir una tensión de 70[N] sin romperse. Si
se usa esta cuerda para soportar una masa de 4[kg] ¿cuál es la
máxima aceleración hacía arriba que puede darse a esa masa?
Rpta: 7.5[m/s2]
2. Un bloque en reposo en un plano horizontal sin fricción, se
mueve por una fuerza horizontal de 25[N]. Si durante 4[s] el
bloque recorre una distancia de 40[m], ¿cuál es su masa? Rpta:
5[kg]
3. Una masa de 4[kg] resbala hacía abajo por un plano inclinado
que tiene un ángulo de 37º con la horizontal. La masa parte del
reposo. Después de haber recorrido una distancia de 5[m], su
velocidad es de 4[m/s] ¿cuál es el coeficiente de rozamiento
cinético entre la masa y el plano? Rpta: 0.55
4. En la figura, la masa M de 4[kg] se mueve hacía arriba con una
velocidad de 2.75[m/s]. Luego de 5[s] pasa por su posición inicial,
moviéndose hacía abajo con v=1.45[m/s]. Calcular el coeficiente
de rozamiento cinético entre la masa m de 2.5[kg] y el plano
inclinado a 30º. ¿Cuál es la tensión en la cuerda mientras M se
mueve hacía arriba? ¿y cuándo lo hace hacía abajo?.Rpta:
5. Después de una nevada, mucha gente tiene dificultades para
sacar su carro si el garaje está más abajo que el nivel de la calle.
Si el coeficiente de rozamiento estático entre las llantas con uso
normal y la nieve es de 0.14 ¿Cuál es la máxima inclinación de la
entrada para que un vehículo con tracción en las cuatro ruedas
pueda salir a la calle el día de la nevada? Rpta: 8º
6. A un bloque de 3.2[kg] se le da una velocidad inicial de 12[m/s]
hacía arriba de un plano que forma un ángulo de 30º con la
horizontal. Después de haber recorrido 6[m] a lo largo del plano,
su velocidad hacía arriba es de 2.4[m/s]. Calcular: a) el
coeficiente de rozamiento entre el plano y el bloque; b) la
distancia máxima que alcanza el bloque desde su punto de
partida y; c) la velocidad del bloque cuando ha regresado al
punto de partida. Rpta:
7. Un bicho es colocado entre dos bloques de masa m1 y m2 (m1>
m2) sobre una superficie lisa, una fuerza horizontal F, se aplica
ya sea a m1, como se ve en la figura A, o a m2, como en la figura
B. ¿En cuál de los casos el insecto tiene mayor oportunidad de
sobrevivir? Rpta: B
8. Seis proyectiles se mueven en el vacío, como muestra la figura.
A una misma altura, sus velocidades son las indicadas. Hacer un
diagrama de cuerpo libre para cada caso y compararlos.
9. En el sistema de la figura se conocen las masas mA, mB y mc.
despreciando todos los rozamientos, hallar las expresiones de:
(a) La aceleración de A; (b) La tensión en la cuerda; (c) La fuerza
de contacto entre B y C; (d) Explicar por qué sobre A actúa
horizontalmente una fuerza de magnitud menor que la suma de
los pesos de B y C; (e) Si mB + mc>>mA, analizar y tratar de
predecir, sin hacer cálculos, la aceleración del sistema.Rpta:
2.55[m/s2]
10. En la figura, el sistema parte del reposo, con el bloque 1 a nivel
del piso, y el 2 a 4[m] de altura. El bloque 2, con masa de 6[kg],
tarda 2[s] en llegar al piso. (a) Hallar la masa del bloque 1; (b)
Calcular la velocidad con la que el bloque 2 llegó al piso; (c)
Determinar qué altura máxima sobre el piso alcanzará la base del
bloque 1; (d) Hallar la fuerza que soporta el techo.Rpta: 2[kg]
11. Una partícula de 2[g] está apoyada sobre una superficie
horizontal sin rozamiento. Se le aplica una fuerza constante
durante 10[s]. Al cabo de este tiempo su velocidad es de
10[cm/s]. Durante los 10[s] siguientes no se le aplican fuerzas, y
al final de este intervalo de tiempo se ejerce sobre el cuerpo una
fuerza igual a la mitad de la original en sentido opuesto, hasta
que la partícula se detiene: (a) Construir una gráfica v–t y otra x –
t, considerando x0 = 0; (b) ¿En que instante vuelve la partícula al
reposo?; (c) ¿Qué distancia recorrió durante los primeros 10[s]?;
(d) Si actúan dos fuerzas, una de 540[dinas] a la izquierda, y otra
variable de 120 t [dinas] a la derecha (t está expresado en
segundos), ¿cuál es la máxima distancia recorrida por la partícula
a la izquierda del origen?
12. Para el diagrama de la figura, calcular la aceleración de B, la de
A, y las tensiones en las cuerdas, siendo mA = 100[kg], mB= 150
[kg] y el coeficiente de rozamiento cinético de 0.20.Rpta:
2.98`m/s2]
13. Determinar la aceleración del bloque C si las masas son
mA=4[kg], mB=2[kg] y mC=10[kg], además, los coeficientes de
rozamiento entre A y B, y B y el plano son iguales y valen 0.2
14. Para el sistema de la figura, determinar la relación de
aceleraciones y calcularlas, hallar además las tensiones en las
cuerdas, si m1=100[kg], m2=200[kg] y µ=0.3. Rpta: 2.4[m/s2];
4.8[m/s2]; 760[N].
15. Los bloques tienen m1=5[kg], m2=6[kg] y M=1[kg]. Si no hay
rozamiento, determinar la aceleración de M y las tensiones en las
cuerdas. Rpta: 4.8[m/s2]; 4.2[N].
16. En el sistema de la figura, determinar la velocidad de m3 después
de transcurridos 3[s]. Si m1=1[kg], m2=2[kg], m3=4[kg] y µ=0.5
Rpta 16.2[m/s].
17. El sistema de bloques que se muestra en la figura parte del
reposo. Calcular la aceleración de C de 900[lb] de peso, si los
pesos de A y B son de 129 y 193[lb], respectivamente.
Rpta:1.7[pies/s2]
18. Hallar la aceleración de cada bloque, la tensión en los cables y la
distancia recorrida por el bloque A en 3[s], si los pesos A, B y C
son 50, 90 y 150[lb], respectivamente. Rpta: aA=18.9[pies/s2];
aB= 3.8[pies/s2];ac=15.1[pies/s2];T=79.4[lb] en ambos cables;
xA=85[pies]
19. El sistema de la figura se mueve como se muestra. (a)
Determinar la relación de aceleraciones; (b)Dibujar los DCL´s;
(c) Escribir las ecuaciones; (d) Calcular el valor de las
aceleraciones si m1=2[kg] y m2=6[kg].
20. El sistema de la figura parte del reposo y m2 acelera a razón de
2.8[m/s2]. Determinar la relación de aceleraciones, dibujar los
diagramas de cuerpo libre, escribir las ecuaciones de Newton y
calcular el valor de m1, si m2=4[kg].
21. Para el sistema de la figura, determinar la relación de
aceleraciones, dibujar los diagramas de cuerpo libre, escribir las
ecuaciones de Newton y calcular las aceleraciones. Rpta
4.1[m/s2].
22. Una curva de 30.48 [m] de radio está inclinada de modo que un
coche puede tomarla a 48 [km/h] a pesar de que la ruta no tiene
rozamiento. Demostrar en un diagrama de fuerzas cuales son
las que actúan en un sistema inercial y cuales en un sistema no
inercial. Determinar el mínimo ángulo de peralte en estas
condiciones.Rpta: 6º
23. Puede construirse un acelerómetro colgando una masa de una
cuerda sujeta a un punto fijo en el objeto que se acelera por
ejemplo, en el techo de un vagón. Cuando hay aceleración, la
masa se desvía y la cuerda forma un ángulo con la vertical. (a)
¿En qué sentido se desvía la masa colgada respecto al de la
aceleración?; (b) Encontrar la relación entre la aceleración y el
ángulo de desviación; (c) Si el acelerómetro cuelga del techo de
un micro que frena desde 36[km/h] hasta el reposo en una
distancia de 20[m] ¿Qué ángulo formará el péndulo? Y ¿Hacía
donde se moverá?Rpta: 23º; en sentido contrario a la
aceleración
24. Un objeto de 10[N] se mueve a 10[m/s], sobre él actúan fuerzas
con resultante de 5[N], dirigida perpendicularmente a su
velocidad. Hallar el radio de la circunferencia que
describirá.Rpta: 2.5[m]
25. El tambor de un lavarropas tiene 60[cm] de diámetro, y gira a 60
rpm alrededor de un eje vertical. Calcular la magnitud de la
fuerza horizontal que sus paredes hacen sobre el botón suelto de
una camisa, cuya masa es de 5[g]. Comparar con el peso del
botón.Rpta: 88[N]
26. Una varilla se hace girar con velocidad constante en un plano
vertical. La misma tiene un tope de 90[cm] del eje, y por ella
desliza un cilindro pequeño, de 200[g]. Despreciando el peso de
la varilla y la fricción sobre el cilindro. (a) Si da1 vuelta por
segundo, calcular la magnitud de la fuerza que el tope hace
sobre el cilindro, en los puntos más alto y más bajo de la
trayectoria; (b) Hallar la máxima velocidad que puede dársele, si
la varilla soporta una fuerza de tracción máxima de 20[N]; (c)
Hallar la mínima velocidad con que podrá girar, sin que el cilindro
se separe del tope.
27. Un pescador revolea una plomada de 200[g], atada al extremo de
una cuerda, de modo que gira en una circunferencia horizontal
de 1[m] de radio, y realiza dos vueltas por segundo. Hallar con
que velocidad partirá la plomada, cuando suelte la cuerda. ¿Qué
fuerza horizontal se requiere para mantener girando la plomada?
Analizar si la cuerda puede permanecer horizontal, y si la fuerza
que ejerce es igual a la calculada.Rpta:7.3[m/s]
28. Se hace girar un objeto mediante una cuerda de 0.5[m] de
longitud, atada al techo en el extremo libre, de modo que la
cuerda forme un ángulo constante de 37º con la vertical (péndulo
cónico). Calcular el periodo del movimiento circular que describe
el objeto. Analizar si dependerá de su masa. Analizar que valor
tiene el periodo para un ángulo menor a 5º.Respuesta:
0.12[s];no
29. Un carro de 1800[kg] pasa sobre un montículo en un camino que
sigue el arco de un círculo de radio de 42[m]. (a) ¿qué fuerza
debe ejercer el camino sobre el carro para que éste pase el
punto más alto del montículo si viaja a 16[m/s]?; (b) ¿cuál es la
velocidad máxima que el carro puede alcanzar cuando pasa por
el punto más alto antes de perder contacto con el
camino?.Rpta:770[N]
30. Un cuerpo de 10[kg]se encuentra en reposo sobre un plano
inclinado sin rozamiento y se encuentra unido a un eje de
rotación mediante un resorte de K=3000[N/m]; el eje de rotación
presenta una velocidad de 2[m/s]. Hallar el alargamiento del
resorte se su longitud natural es de 0.5[m]. El ángulo es de
370.Rpta: 0.05[m]
31. Un alambre ACB de 2[m] atraviesa el anillo C sujeto a una esfera
que describe la circunferencia indicada a v=cte. Sabiendo que
q1=600 y q2=300, hallar v. Rpta: 2.5[m/s]
CONTENIDOS
4.1. PRODUCTO ESCALAR DE DOS VECTORES132
4.2. TRABAJO REALIZADO POR UNA FUERZA
CONSTANTE ................................................ 133
4.3. TRABAJO REALIZADO POR UNA FUERZA
VARIABLE. ................................................... 135
4.3. POTENCIA (P) ........................................ 137
4.3.1. EFICIENCIA ............................................ 138
4.4. ENERGIA ............................................... 142
4.5. ENERGÍA CINÉTICA (EK) ...................... 142
4.6. FUERZAS CONSERVATIVAS .................... 143
4.6.1. CRITERIO DE LA CONSERVACIÓN DE LA
ENERGÍA CINÉTICA. ......................................... 143
4.6.2. CRITERIO DEL TRABAJO ......................... 144
4.6.3. CRITERIO DE LA TRAYECTORIA. ............. 145
4.7 ENERGÍA POTENCIAL (EP) ...................... 146
4.7.1. ENERGÍA POTENCIAL GRAVITACIONAL
(EP) ................................................................. 146
5.7.2.ENERGÍA POTENCIAL ELÁSTICA (EPR) ....... 147
4.8. CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA
MECANICA (E) ............................................. 147
4.9. TRABAJO DE LAS FUERZAS NO
CONSERVATIVAS ......................................... 157
CAPÍTULO 4
TRABAJO,
ENERGÍA Y
CONSERVACIÓN
DE LA ENERGÍA
4.1. PRODUCTO ESCALAR DE DOS
VECTORES
El producto escalar de dos vectores, llamado también producto interno,
da como resultado un "escalar". Su significado físico es la proyección
de un vector sobre otro. Sean los vectores �⃗� = (a1,a2,a3) y 𝐵$⃗ =
(b1,b2,b3).Se define el producto escalar de 𝐴𝑦𝐵$⃗ de la siguiente forma:
𝐴°𝐵$⃗ = 𝑎)𝑏) + 𝑎,𝑏, + 𝑎-𝑏- (4.1)
Por ejemplo, sean los vectores 𝐴 = (2,7,1) y 𝐵$⃗ = (3,0,2), el
producto escalar de 𝐴°𝐵$⃗ será:
𝐴°𝐵$⃗ = (2,7,1)°(3,0,2) = (2)(3) + (7)(0) + (1)(2) = 8
Geométricamente, puede demostrarse que el producto escalar de dos
vectores𝐴𝑦𝐵$⃗ es igual al producto de las magnitudes de ambos
vectores multiplicadas por el ángulo que ellos forman entre sí, es decir:
𝐴°𝐵$⃗ = 𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠𝜃 (4.2)
Para demostrar este ultimo postulado, consideremos los vectores y
que se muestran en la figura 4.1.a. En esta situación, siempre es
posible hacer coincidir uno de los vectores con uno de los ejes
coordenados tal como se muestra en la figura 4.1.b.
El vector𝐵$⃗ puede ser expresado entonces como 𝐵$⃗ = (𝐵, 0), mientras
que el vector𝐴ser á 𝐴 = (𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝐴𝑠𝑒𝑛𝜃).Entonces,
𝐴°𝐵$⃗ = (𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠𝜃) + (𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃)(0) = (𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠𝜃)
PROPIEDADES DEL PRODUCTO ESCALAR
El producto escalar cumple con las siguientes propiedades:
i) 𝐴°𝐵$⃗ = 𝐵$⃗ °�⃗� (Propiedad conmutativa)
ii) 𝐴°=𝐵$⃗ + 𝐶? = 𝐴°𝐵$⃗ + �⃗�°𝐶 (Propiedad distributiva del producto
escalar respecto a la suma).
iii)𝑚=𝐴°𝐵$⃗ ? = =𝑚�⃗�?°𝐵$⃗ = 𝐴°=𝑚𝐵$⃗ ? = =𝐴°𝐵$⃗ ?𝑚 con m = escalar
iv)
�̂�°�̂� = 𝚥°̂𝚥̂ = 𝑘E°𝑘E = 1
�̂�°𝚥̂ = 𝚥°̂𝑘E = 𝑘E°𝚤Ĝ = 0
v) 𝐴°𝐵$⃗ = 𝐴,
vi) Si 𝐴 ⊥ 𝐵$⃗ ⟹ 𝐴°𝐵$⃗ = 0
A
!
B
!
vii) 𝐴°𝐵$⃗ = 𝐴𝐵𝑐𝑜𝑠𝜃
En física, el trabajo efectuado por una fuerza constante�⃗� al
desplazar un objeto una distancia �⃗� es el producto escalar de la
fuerza aplicada por la distancia que se ha desplazado el objeto.
4.2. TRABAJO REALIZADO POR UNA
FUERZA CONSTANTEEn este capítulo se trata de ya no trabajar con vectores, para ello, en
general, se los convierte en escalares. Una de las tres leyes
universales que examinaremos posteriormente es la “Ley de la
Conservación de la Energía”; para entender esta ley es preciso
conocer y entender bien lo que es el trabajo.
El concepto de trabajo que todos tenemos es el de realizar actividad,
por ejemplo, tu que te encuentras resolviendo problemas de física
durante una noche entera, puesto que mañana es el examen y lo
quieres aprobar, después de haberlo rendido bien te sientes muy
cansado. La pregunta es ¿realizaste trabajo?, la respuesta la verás
enseguida. En física se el trabajo efectuado por una
fuerza�⃗�constante, al desplazar un objeto a una distancia�⃗�se define
como el producto escalar de la fuerza aplicada por la distancia que se
ha desplazado el objeto.
𝑊 = �⃗�°�⃗�(4.3)
Aplicando la propiedad (vii) del producto escalar, la ecuación (4.1)
toma la forma de:
𝑊 = 𝐹𝑥𝑐𝑜𝑠𝜃 (4.4)
Siendo q el ángulo que forma con el eje x y el desplazamiento
generado por la fuerza sobre el objeto. ¿Te diste cuenta que el
trabajo es un escalar en el que tienen que ver los vectores fuerza y
desplazamiento? Es decir, se han convertido dos vectores en un
escalar.Consideremos el caso de la figura 4.2, en la que un
muchacho jala una caja con una fuerza�⃗� que forma un ángulo q con
la horizontal; por efecto de esta fuerza el desplazamiento de la caja
es �⃗�. De acuerdo a la ecuación 4.2, solamente la componente
horizontal de la fuerza aplicada sobre la caja realizará trabajo.
Entonces, para que se realice un trabajo mecánico deben darse
ciertas condiciones:
- Debe existir una fuerza.
- Debe existir un desplazamiento.
- El ángulo que forman la fuerza y el desplazamiento debe ser el
adecuado (veremos en seguida que significa “el adecuado”.
Las unidades del trabajo en el SI son [Nm], a esta unidad se le llama
julio y se la expresa como [J].
Para entenderlo mejor, analizaremos las siguientes figuras:
En la figura 4.3.a, una persona de 600[N] de peso, está parada en el
piso agarrando en sus brazos un bloque de 500[N]. ¿Cuánto trabajo
realiza? Dado que el trabajo es el producto de la fuerza por el
desplazamiento, se utilizará la ecuación (4.4) para calcular el trabajo.
Existen algunas fuerzas aplicadas sobre el bloque. La persona logra
desplazar al citado bloque aplicando una fuerza, el peso y una fuerza
reactiva. Consideremos sólo al peso mg = 500[N], el desplazamiento es
cero, entonces el trabajo será:
𝑊 = 𝐹𝑥𝑐𝑜𝑠𝜃 = (500[𝑁])(0) = 0
F
! x!
En conclusión, en estas condiciones no se realiza trabajo porque no
haydesplazamiento.
En la figura 4.3.b, la persona con el bloque en sus brazos, se
desplaza 1000[m], en estas condiciones el trabajo realizado por la
fuerza “peso” será también cerodebido a que, aunque hay fuerza y
desplazamiento, la fuerza forma un ángulo de 90º con dicho
desplazamiento =�⃗� ⊥ �⃗�?, utilizando la propiedad del producto
escalar se tiene:
𝑊 = 𝐹𝑥𝑐𝑜𝑠𝜃 = (500[𝑁])(1000[𝑚])𝑐𝑜𝑠90º = 0
Cuando la fuerza es perpendicular a la distancia, no se realiza
trabajo.
En la figura 4.3.c, la persona, ya cansada de cargar con el bloque, lo
deposita en el piso que se encuentra a 1.5[m] de altura desde sus
brazos, el trabajo realizado en esta situación será:
𝑊 = 𝐹𝑥𝑐𝑜𝑠𝜃 = (500[𝑁])(1.5[𝑚])𝑐𝑜𝑠0º = 750[𝐽]
¿Por qué 0º? Pues porque tanto (mg) como el desplazamiento del
bloque están dirigidos hacía abajo, por tanto, ambos forman un
ángulo de 0º, siendo el cos0º = 1. En este caso si se realiza trabajo
positivo puesto que�⃗� y 𝑥 tienen la misma dirección.
Si la persona vuelve a levantar el bloque (figura 4.3.d), la fuerza sigue
dirigida hacía abajo, pero el vector desplazamiento está dirigido hacía
arriba. El ángulo que forman los dos vectores es de 180º, cuyo
coseno vale –1. El trabajo realizado será:
𝑊 = 𝐹𝑥𝑐𝑜𝑠𝜃 = (500[𝑁])(1.5[𝑚])𝑐𝑜𝑠180º = −750[𝐽]
Podemos ver entonces que el trabajo puede ser negativo.
¿Te diste cuenta de que el concepto común de trabajo no
corresponde a su definición física?, el trabajo en física no significa
cansancio, en los dos primeros casos, aunque la persona con la
carga en sus brazos esté muy cansada, no realiza trabajo. Tú que te
amaneciste estudiando física para el examen NO realizaste trabajo,
físicamente no, pues ni siquiera te moviste. Es preciso señalar que
el trabajo es realizado por una fuerza ¡SIEMPRE!, es decir, cada
fuerza es susceptible de realizar trabajo. Si sobre un cuerpo actúan
muchas fuerzas, cada una de ellas realiza trabajo y, el trabajo total
es la suma de todos los trabajos realizados por cada una de las
fuerzas.Consideremos la figura 4.4.
Las fuerzas que actúan son: �⃗� (fuerza que arrastra al bloque), 𝑓V
(fuerza de rozamiento, 𝑚𝑔 (peso del bloque) y 𝑁$$⃗ (fuerza normal
debida alapoyodel bloque está en el piso). Dado que existen cuatro
fuerzas, existirán cuatro trabajos, puesto que cada fuerza puede
efectuar un trabajo. Los trabajos realizados por las diferentes fuerzas
serán:
𝑊X = 𝐹𝑥𝑐𝑜𝑠0º = 𝐹𝑥
𝑊YV = 𝑓V𝑥𝑐𝑜𝑠180º = −𝑓V𝑥 = −𝜇𝑁𝑥
𝑊[\ = 𝑚𝑔𝑥𝑐𝑜𝑠90º = 0
𝑊] = 𝑁𝑥𝑐𝑜𝑠90º = 0
El trabajo total realizado será:
𝑊_^`a = 𝑊X +𝑊YV +𝑊[\ +𝑊]
𝑊_^`a = 𝐹𝑥 − 𝜇𝑁𝑥 + 0 + 0 = (𝐹 − 𝜇𝑁)𝑥
En este caso el peso no realiza trabajo por ser perpendicular al
desplazamiento (en el ejemplo anterior vimos que el peso puede
realizar trabajo).
La normal tampoco realiza trabajo ¡nunca! Esto debido a que para
que efectúe trabajo el cuerpo deberá moverse en la misma dirección
que la normal, sin embargo, si queremos mover el cuerpo hacía
arriba, la normal desaparece ¿podríamos decir que la fuerza Normal
es la más vaga de todas, puesto que, cuando tiene que realizar
trabajo se “corre”?.
Sabemos que una fuerza proviene de la interacción entre dos
cuerpos, sin embargo, existen fuerzas que no cumplen con lo
señalado, estas son las fuerzas inerciales que aparecen en los
sistemas no inerciales (acelerados) debido a la aceleración del
sistema. Cabe preguntarse ¿las fuerzas inerciales realizarán trabajo?
Analicemos esto; supongamos, por ejemplo, que un cajón de 1000[N]
se encuentra depositado en el vagón de carga de un tren, cuando el
tren se pone en marcha, para iniciar su movimiento, debe acelerar
hacía adelante ¿qué pasa con el cajón?, obviamente se desplazará
hacía atrás una distancia, digamos de 1[m]. Existe una fuerza dirigida
hacía adelante, un desplazamiento dirigido hacía atrás y ambos
forman un ángulo de 180º entre sí. Existen todos los requisitos para
que se realice trabajo. Es decir, las fuerzas inerciales realizan
trabajo y este trabajo será siempre NEGATIVO.
Si se representa una fuerza constante Fx en función de la posición x, el
trabajo realizado sobre una partícula que tiene un desplazamiento Dx
es representado por el área bajo la curva, indicada en la figura4.5.
Ejemplo 4.1. Se empuja una caja hacía arriba de un plano inclinado
con coeficiente de rozamiento de 0.6. La fuerza con la que se empuja
la caja de 5[kg] tiene una magnitud de 100[N] y está dirigida
horizontalmente. Determinar el trabajo total realizado sobre la caja si
ésta se desplaza 10[m].
Estrategia de resolución. Recuerda que, el trabajo total realizado
sobre una partícula, es la suma de los trabajos realizados por todas y
cada una de las fuerzas, sin embargo, debido a que la caja se mueve
a lo largo del plano, solamente realizarán trabajo las fuerzas paralelas
al plano, sin importar su dirección, empero, las fuerzas
perpendiculares al plano, no realizarán trabajo, debido a que son
perpendiculares al plano (forman un ángulo de 900 con él). Por otra
parte, debido a que se tiene plano inclinado, inclinaremos también los
ejes para facilitar el problema, esto significa que la fuerza deberá ser
descompuestaen dirección a los ejes.
NMgsen30
Fsen30 Fcos30 D
F
frMgcos30
1. Plantear la ecuación para determinar el trabajo total, tomando
sólo las fuerzas paralelas al plano.
𝑊b = 𝑊Xc_d-e +𝑊f\dgh-e +𝑊YV
2. Reemplazar cada uno de los trabajos
3. 𝑊b = 𝐹(𝑐𝑜𝑠30)𝑑 +𝑀𝑔(𝑠𝑒𝑛30)𝑑 − 𝜇𝑁𝑑
4. Reemplazando valores, tomando en cuenta que N=Mgcos300:
𝑊b = (100𝑐𝑜𝑠30 + 50𝑠𝑒𝑛30 − (0.6)(50)𝑐𝑜𝑠30)10
𝑊b = 856.2[𝐽]
4.3. TRABAJO REALIZADO POR UNA
FUERZA VARIABLE.
Hasta ahora hemos visto el trabajo cuando una fuerza es
constante.En la naturaleza también existen fuerzas que varían con la
distancia, por ejemplo, un resorte ejerce una fuerza proporcional a la
distancia cuando el resorte se comprime o se estira. Otra fuerza
variable es la fuerza gravitacional que la tierra ejerce sobre una nave
espacial que varía inversamente con el cuadrado de la distancia que
separa los dos cuerpos. Sin embargo, existe la posibilidad de
aproximar una fuerza variable por una serie de fuerzas constantes. El
trabajo realizado por una fuerza variable será, por tanto:
= Área bajo la curva de Fx en función de x
Este límite es la integral de Fxdx. Entonces, el trabajo realizado por
una fuerza variable Fx que actúa sobre una partícula cuando ésta se
desplaza desde x1 hasta x2 será:
𝑊 = l 𝐹m𝑑𝑥
mn
mn
= Á𝑟𝑒𝑎 𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑙𝑎 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎 𝑑𝑒 𝐹m 𝑒𝑛 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑥
(ver el Anexo 1)
En conclusión, una fuerza variable puede aproximarse mediante una
serie de fuerzas constantes en intervalos pequeños. El trabajo
realizado por una fuerza constante en cada intervalo es el área del
rectángulo bajo la curva. La suma de estas áreas es el trabajo
realizado por la serie de fuerzas constantes que se aproxima a la
fuerza variable. En el límite cuando Dx tiende a cero, la suma de las
áreas de los rectángulos es igual al área bajo la curva completa,
como se muestra en la fig.4.6.
Ejemplo 4.2. Una fuerza F varía en función de x como se indica en la
figura. Determinar el trabajo realizado por la fuerza que actúa sobre
una partícula cuando ésta se mueve de x = 0 a x = 6[m].
1. El trabajo se calcula hallando el área bajo la curva F =
F(x):
𝑊 = 𝐴
2. Esta área es la suma de las dos áreas indicadas:
𝑊 = 𝐴 = 𝐴) + 𝐴,
𝑊 = (5[𝑁])(4[𝑚]) +
1
2
(5[𝑁])(2[𝑚])
𝑊 = 20[𝐽] + 5[𝐽] = 25[𝐽]
Ejemplo 4.3. Un bloque de 4[Kg] apoyado sobre una mesa sin
rozamiento está sujeto a un resorte horizontal que obedece a la ley
de Hooke y ejerce una fuerza �⃗� = −𝑘𝑥�̂�, donde x se mide desde la
posición de equilibrio del bloque siendo 𝐾 = 400y𝑁 𝑚z {la constante
de fuerza. El resorte está inicialmente comprimido con el bloque en la
posición 𝑥) = −5[𝑐𝑚]. Calcular el trabajo realizado por el resorte
mientras el bloque se desplaza desde -5[cm] hasta su posición de
equilibrio 𝑥, = 0.
ix
x
xFW
i
DS=
®D 0
lim
Estrategia de resolución. El trabajo realizado sobre el bloque
cuando se desplaza de x1 a x2 es el área bajo la curva de F en
función de x entre los límites x1 y x2 (área sombreada sobre la figura,
que puede ser calculada integrando la fuerza sobre esa distancia.
1. El trabajo realizado sobre el bloque es:
𝑊 = l 𝐹𝑑𝑥 =
m|
mn
l −𝑘𝑥𝑑𝑥 =
e
mn
− 𝑘l 𝑥𝑑𝑥
e
mn
2. Integrando se tiene:
𝑊= −
1
2𝑘𝑥
,}
mn
e
=
1
2𝑘𝑥)
,
3. Reemplazando valores:
𝑊 =
1
2
(400)(0.05), = 0.5[𝐽]
Observaciones. Sobre el bloque actúan, además de la fuerza del
resorte, el peso y la fuerza normal, las mismas que no realizan
trabajo por ser perpendiculares al movimiento.
4.3. POTENCIA (P)
Te adelanto que la energía es similar al trabajo, eso se verá
posteriormente, en realidad, el trabajo realizado sobre una partícula,
aumenta la energía de esta. La potencia es el flujo de energía
suministrada a una partícula por unidad de tiempo. Se define a la
potencia suministrada por una fuerza, o potencia mecánica, como la
variación del trabajo en el tiempo. Es decir:
𝑃 = ��
�^
(4.5)
Si la potencia mecánica es constante en el tiempo, la ecuación
anterior puede integrarse de la siguiente manera:
l𝑃𝑑𝑡 = l𝑑𝑊 → 𝑃l𝑑𝑡 = l𝑑𝑊
𝑃𝑡 = 𝑊
𝑃 = �
^
(4.6)
Si, en lugar de considerar el trabajo mecánico realizado
consideramos la energía liberada por unidad de tiempo, la potencia
cobra una definición más general, ya no se trata solamente de la
potencia mecánica, sino también de la potencia eléctrica, la potencia
solar, la potencia eólica, etc.Por otra parte, se sabe que el trabajo
realizado por una fuerza paralela a la distancia recorrida es:
𝑊 = 𝐹𝑥
por tanto:
𝑃 =
𝑑𝑊
𝑑𝑡 =
𝑑(𝐹𝑥)
𝑑𝑡
Si la fuerza es constante, la ecuación anterior se convierte en
:𝑃 = 𝐹 �m
�^
De lo que resulta:
𝑃 = 𝐹𝑣 (4.7)
Nota que la potencia puede ser negativa si �⃗�𝑦�⃗� no son paralelas.
Suministrar potencia negativa a un cuerpo significa realizar un trabajo
negativo sobre él, es decir, la fuerza es opuesta al desplazamiento;
por ejemplo, una fuerza inercial realiza siempre un trabajo negativo,
por tanto, la potencia suministrada será también negativa.
La unidad de potencia en el SI se denomina W (vatio) y resulta de
multiplicar unidades de fuerza por unidades de velocidad:
1[𝑊] = 1[𝑁] �[d � = 1 �
][
d � = 1 �
�
d�
En el sistema inglés, la unidad de potencia es el horsepower o
caballo de potencia (HP), cuya equivalencia es la siguiente:
1[𝐻𝑃] = 746[𝑊]
Tanto la potencia como el trabajo son de gran utilidad cuando se trata
de diseñar sistemas mecánicos, puesto que al hacerlo, se requiere
conocer cuánto trabajo debe efectuarse y a que velocidad. Por
ejemplo, como saben muy bien los mecánicos, dos motores que
elevan cargas iguales a alturas iguales realizan el mismo trabajo,
pero el que lo suministra en un tiempo menor suministrará mayor
potencia.
4.3.1. EFICIENCIA
En cualquier sistema real, el trabajo total es siempre mayor al trabajo
útil, puesto que la energía se disipa por diferentes causas, una de
ellas es el rozamiento. Por tanto, un sistema mecánico tendrá una
determinada eficiencia, entendiéndose por eficiencia a la relación
entre el trabajo útil y el trabajo total.
𝜂 = �����
������
(4.8)
La eficiencia de una máquina térmica no sólo se reduce por las
fuerzas de rozamiento, también lo hace debido a la altitud sobre el
nivel del mar, esto se debe a la menor cantidad de oxígeno con que
se cuenta en la altura: esto significa que, una máquina térmica, por
ejemplo un motor o nuestro cuerpo tienen mayor rendimiento (mayor
eficiencia) a menor altura.
Ejemplo 4.4. Un ascensor sin carga tiene un peso de 5000[N] y puede
transportar una carga máxima de 12 pasajeros desde la planta baja
que se halla al nivel de la calle, hasta el piso 20 del edificio Herrman
en un tiempo de 20[s]. Suponiendo que el peso promedio de un
pasajero es de 700[N] y la distancia entre pisos de 3.5[m]. (a) ¿Cuál
es el trabajo total realizado para que el ascensor descienda? (b)
¿Cuál es la potencia mínima del motor, suponiendo que éste no tiene
contrapesos?
Estrategia de resolución. La fuerza mínima total que debe ejercerse
es el peso total (peso del ascensor + peso de los pasajeros), en tanto
que, la altura del edificio será el número de pisos multiplicado por la
altura de cada piso. Con estos dos datos calculados se podrá
determinar tanto el trabajo realizado sobre el ascensor como la
potencia suministrada por el motor.
1. Calcular la fuerza mínima total:
𝐹 = 𝑀𝑔(`dcghd_V) + 12𝑚𝑔(�`d`�gV_d)
𝐹 = 5000 + 12(700) = 132400[𝑁]
2. Hallarla altura del edificio:
𝑦 = 20(3.5) = 70[𝑚]
3. Determinar el trabajorealizado, teniendo encuenta que 𝐹 $$$⃗ 𝑒 𝑦$$$⃗
tienen el mismo sentido:
𝑊 = 𝐹𝑦𝑐𝑜𝑠𝜑 = (13400)(70)𝑐𝑜𝑠0 = 938000[𝐽]
4. Calcular la potencia del motor:
𝑃 =
𝑊
𝑡 =
938000
20 = 46900
[𝑊] = 46.9[𝑘𝑊]
Observaciones. En realidad los ascensores tienen siempre un
contrapeso que baja cuando la cabina del ascensor sube y viceversa.
En el primer caso, el motor suministra una potencia positiva a la
cabina y una potencia negativa al contrapeso mientras éste baja, lo
que hace que la potencia real se reduzca.
Ejemplo 4.5. Un motor eléctrico sube al bloque de 100[kg] que se
muestra en la figura. Calcular la potencia requerida para mover el
bloque a una velocidad constante de 4[m/s], si el coeficiente de
rozamiento entre el bloque y el plano es de 0.3.
Estrategia de resolución. Se calculará el ángulo que forma el plano
inclinado con la horizontal, se determinarán las fuerzas que actúan
sobre el bloque para hallar la fuerza F, las mismas que sumadas en
ambos ejes son nulas pues la velocidad es constante. Con estos
datos se podrá calcular la potencia.
1. Calcular el ángulo j:
𝑡𝑎𝑛𝜑 =
3
4
𝜑 = 36.87_
2. Dibujar el DCL:
3. Plantear las ecuaciones:
�𝐹m = 0 ⇒ 𝐹 − 𝑓V −𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛36.87_ = 0
�𝐹� = 0 ⇒ 𝑁 −𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠36.87_ = 0
𝑓V = 𝜇𝑁
4. Resolverlas:
𝑓V = 𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠36.87_ = (0.3)(100)(10)𝑐𝑜𝑠36.87_
𝑓 = 240[𝑁]
𝐹 = 𝑓V +𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛36.87_
𝐹 = 240 + (100)(10)𝑠𝑒𝑛𝑐𝑜𝑠36.87_ = 840[𝑁]
5. Calcular la potencia:
𝑃 = 𝐹𝑣 = (840)(4) = 3360[𝑊]
Ejemplo 4.6. El bloque de 60[kg] se encuentra en reposo sobre una
superficie horizontal que tiene un coeficiente cinético de rozamiento
de 0.35. Se utiliza un motor eléctrico para acelerar el bloque hasta
que llega a una velocidad de 6[m/s] desplazándose 25[m]. Si la
eficiencia del motor es de 0.75, determinar la potencia que debe
suministrarse al motor cuando x=20[m].
Estrategia de resolución. Para hallar la potencia suministrada por el
motor (potencia útil), debe conocerse la potencia teórica (potencia
total) y dividirla entre la eficiencia, para lo que se halla la fuerza del
motor, previamente, se calcula la aceleración generada por esa
fuerza.
1. Dibujar el DCL:
2. Plantear las ecuaciones:
�𝐹m = 𝑚𝑎 ⇒ 𝐹 − 𝑓V = 𝑚𝑎
�𝐹� = 0 ⇒ 𝑁 −𝑚𝑔 = 0
𝑓V = 𝜇𝑁
3. Resolverlas:
𝐹 = 𝜇𝑚𝑔 +𝑚𝑎
4. Calcular la aceleración:
𝑣, = 𝑣e, + 2𝑎𝑥
𝑎 =
𝑣, − 𝑣e,
2𝑥 =
6,
25 = 1.44
[𝑚 𝑠,⁄ ]
5. Hallar F:
𝐹 = 60((0.35)(10) + 1.44) = 296.4[𝑁]
6. Calcular la potencia útil:
𝑃�^�a = 𝐹𝑣 = (296.4)(6) = 1778.4[𝑊]
7. Calcular la potencia total:
𝑃 _^`a =
𝑃�^�a
𝜂 =
1778.4[𝑊]
0.75 = 2371
[𝑊]
Ejemplo 4.7.Una escalera mecánica está diseñada para transportar
100 personas por minuto de un piso inferior a otro superior. El peso
promedio de cada persona es de 600[N] y la velocidad promedio es
de 0.5[m/s]. Calcular la potencia requerida en Hp.
Estrategia de Resolución. Para hallar la potencia, se determinará el
trabajo realizado y se usará el tiempo del problema (1[min] = 60[s].
Debe considerarse que, puesto que la fuerza que actúa es el peso de
todas las personas (vector siempre vertical y dirigido hacia abajo), el
desplazamiento a ser tomado será la altura h=2.5[m].
1. Determinar el trabajo realizado:
𝑊 = 𝑚𝑔 ∘ ℎ$⃗ = 𝑚𝑔ℎ𝑐𝑜𝑠180 = −(600)(2.5)(100)
𝑊 = 150000[𝐽]
2. Calcular la potencia:
𝑃 =
𝑊
𝑡 =
150000[𝐽]
60[𝑠]
𝑃 = 2500[𝑤𝑎𝑡𝑡]𝑥
1[𝐻𝑝]
745[𝑤𝑎𝑡𝑡] = 3.4
[𝐻𝑝]
Ejemplo 4.8.Un automóvil (peta) de 1000[kg] sube por la calle
Loayza, desde la Mercado hasta la Potosí, en ese tramo, la
inclinación de la calle es de 250; la peta, que tiene velocidad
constante, recorre 50[m] en 20[s]. Determinar:(a) La fuerza que
desarrolla el motor en ese trayecto; (b) El trabajo realizado por esa
fuerza; (c) La potencia total, si la eficiencia es de 0.4 (40%) y; (d) El
trabajo total realizado por todas las fuerzas ejercidas sobre la peta.
F N
Mgsen25
fr
Mgcos25
1. Determinar la fuerza del motor, para ello se hará la sumatoria de
fuerzas a lo largo del plano que debe valer cero, debido a que el
auto se mueve a velocidad constante, por tanto, no presenta
aceleración.
�𝐹 = 0
𝐹 −𝑀𝑔𝑠𝑒𝑛25 − 𝜇𝑁 = 0
𝐹 = 𝑀𝑔𝑠𝑒𝑛25 + 𝜇𝑀𝑔𝑐𝑜𝑠25
𝐹 = 7851.4[𝑁]
2. El trabajo de F será:
𝑊 = �⃗� ∘ 𝑑 = 𝐹𝑑𝑐𝑜𝑠0 = (7851.4)(50) = 392570.7[𝐽]
3. La potencia desarrollada por el motor será calculada mediante:
𝑃ú^�a =
𝑊
𝑡 =
392570.7[𝐽]
20[𝑠]
𝑃ú^�a = 19628.5[𝑤𝑎𝑡𝑡]
4. La potencia total se calcula a partir de la eficiencia:
𝑃 _^`a =
𝑃�^�a
𝜂 =
19628.5[𝑊]
0.4 = 49071.3
[𝑊]
5. El trabajo total realizado:
𝑊b = 𝐹𝑑 −𝑀𝑔(𝑠𝑒𝑛25)𝑑 − 𝜇𝑀𝑔(𝑐𝑜𝑠25)𝑑
𝑊b = 0
Observaciones. Es obvio que el trabajo total es cero, debido a que la
peta tiene velocidad constante, si tuviera aceleración, el resultado
sería diferente.
FUERZA RESISTIVA EN UN AUTOMÓVIL (Atención estudiantes
de mecánica automotriz)
Bueno, como estudiante de mecánica sabes que el automóvil es un
sistema mecánico muy ineficiente, esto porque la energía total es
disipada en las diferentes partes y procesos que se realizan en él y
que, alrededor del 13% de la energía disponible se utiliza para
superar: (1)el rozamiento del camino y; (2) la resistencia del aire.
Lo que nos interesa saber es ¿cuánta potencia es necesaria para
superar esos dos problemas?Primero debes enterarte de las
variaciones que ocurren en las fuerzas de rozamiento y en lapotencia
necesaria con la velocidad y el peso del motorizado, las mismas que
puedes ver en la tabla adjunta:1
v[m/s] N[N] fr[N] f0[N] ft[N] P=ftv[kW]
0.0 14200 227 0 227 0
8.9 14100 226 51 277 2.5
17.8 13900 222 204 426 7.6
26.8 13600 218 465 683 18.3
35.9 13200 211 830 1041 37.3
44.8 12600 202 1293 1495 66.8
N = Normal
Fr = Rozamiento del camino
F0 = Rozamiento del aire
Ft = Rozamiento total
P = Potencia entregada a las ruedas
El coeficiente de rozamiento por rodadura µ entre las llantas y el
camino es 0.016. Puede verse que, a medida que la velocidad
aumenta, fr disminuye, por tanto, la normal disminuye, ya que µ es
constante. Esto se debe a la reducción de la presión del aire que
fluye sobre la parte superior del vehículo cuando éste acelera. Por la
resistencia del aire, se produce una “fuerza resistiva (f0)”,
proporcional al cuadrado de la velocidad. La fuerza de rozamiento
total será la suma de ambas.
1 Tomado de FÍSICA Tomo I. Raymond Serway.
Ejemplo 4.9.Un automóvil de mg = 14200[N] que viaja en línea recta
con velocidad constante acelera a 2[m/s2] para subir una calle
inclinada a 15º. Si la magnitud de la fuerza resistiva es: 𝑓 =
(222 + 0.5𝑣,[𝑁]), calcular la potencia que el motor debe entregar
a las ruedas.
Estrategia de Resolución. Se realizará el DCL, incluyendo a F que
es la fuerza que impulsa al auto, del DCL se escribirán las
ecuaciones de Newton para, finalmente, determinar la potencia.
1. Dibujar el DCL:
2. Plantear las ecuaciones:
�𝐹m = 𝑚𝑎 ⇒ 𝐹 − 𝑓V −𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜑 = 𝑚𝑎
𝐹 = 𝑚𝑎 + (222 + 0.5𝑣,) +𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜑693723[𝑁]
3. Calcular la potencia:
𝑃 = 𝐹𝑣 = 13874461[𝑊]
4.4. ENERGIA
Es la capacidad que tiene una fuerza de realizar trabajo sobre un
cuerpo.
4.5. ENERGÍA CINÉTICA (EK)
Se define a la Energía Cinética como el trabajo realizado sobre
unapartícula en virtud de su velocidad.
Esto significa que la energía cinética es trabajo, un trabajo que se
realiza sobre una partícula porque ésta tiene velocidad, lo que quiere
decir que, si una partícula no se mueve, su energía cinética es
“cero”. Supongamos que un niño lanza desde el piso 7º de un
edificio hacía abajo una piedra; el piso 7º será elorigen del sistema
de referencia, pues es el punto donde se inicia el movimiento. La
velocidad de la piedra irá aumentando a lo largo de su trayectoria.
La piedra, al desplazarse hacía abajo realiza un trabajo debido al
peso. Consideremos que la piedra ha tenido un desplazamiento
pequeñísimo o infinitesimal llamado dx, debido a dicho
desplazamiento realizará también un trabajo infinitesimal, de tal
manera que, el trabajo será:
𝑑𝑊 = 𝐹𝑑𝑥𝑐𝑜𝑠𝜑
Notemos que la fuerza peso es un vector dirigido hacía abajo, al igual
que el desplazamiento dx, por tanto, el ángulo que formarán los dos
vectores es de 0º, significando que el trabajo será positivo. Entonces,
la ecuación anterior puede ser escrita de la siguiente manera:
𝑑𝑊 = 𝑀𝑎𝑑𝑥
Recordemos ahora que la aceleración es la variación de la velocidad
en el tiempo, es decir:
𝑎 =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
La última ecuación puede ser reemplazada en la ecuación anterior,
obteniéndose:
𝑑𝑊 = 𝑀
𝑑𝑣
𝑑𝑡 𝑑𝑥 = 𝑀𝑑𝑣
𝑑𝑥
𝑑𝑡 = 𝑀𝑣𝑑𝑣
l 𝑑𝑊
�|
�n
= l 𝑀𝑣𝑑𝑣
�|
�n
= 𝑀l 𝑀𝑣𝑑𝑣 ⇒ 𝑊|),
�|
�n
= 𝑀
𝑣,
2 ��n
�|
Reemplazando límites de integración:
𝑊)�, =
)
,
𝑀(𝑣,, − 𝑣),) =
)
,
𝑀𝑣,, −
)
,
𝑀𝑣), (4.9)
Pero 𝑊) = 0, entonces el trabajo realizado será:
𝑊)�, = 𝐸¡, − 𝐸¢)
O, lo que es lo mismo:
𝑊)�, = ∆𝐸¡ (4.10)
Las dos últimas ecuaciones verifican la definición de la energía
cinética. Puesto que las unidades de trabajo en el SI son los julios [J],
la energía tendrá las mismas unidades.La energía cinética es,
entonces:
𝐸¡ =
1
2𝑀𝑣
,
4.6. FUERZAS CONSERVATIVAS
Para definir el concepto de fuerzas conservativas vamos a utilizar tres
criterios equivalentes, esto para que entiendas mejor el concepto.
4.6.1. Criterio de la Conservación de la
Energía Cinética.
De acuerdo a este criterio, se dice que una fuerza es conservativa
cuando la energía cinética se conserva en un ciclo completo, es
decir en un viaje de ida y vuelta.Consideremos una pelota lanzada
hacía arriba, como muestra la figura. Para que la pelota suba,
necesita tener una velocidad inicial vo (velocidad máxima de la
pelota), que irá disminuyendo, por efecto de la gravedad, a medida
queascienda.
La pelota es lanzada con una velocidad vo que será positiva (se dirige
hacía arriba); en el punto (1) la velocidad será vo, como sabemos, la
pelota sube hasta detenerse (v = 0) en el punto (2) y luego empieza a
bajar hasta llegar al punto (3) que es el punto de lanzamiento, con
una velocidad –vo, puesto que está dirigida hacía abajo. Las energías
cinéticas en los diferentes puntos serán respectivamente:
𝐸¢n =
1
2𝑀𝑣e
,
𝐸¢¤ =
1
2𝑀
(−𝑣e), =
1
2𝑀𝑣e
,
El ciclo completo se da cuando la pelota sale del punto (1) y llega al
mismo lugar (3), puesto que EK1 = EK3, podemos decir que la energía
cinética se ha conservado. La única fuerza que actúa sobre la pelota
es el peso de la misma, por ello, el peso es una fuerza
conservativa.
Otro ejemplo nos lo proporciona la fuerza elástica del resorte,
consideremos la siguiente figura:
En la situación (1) se tiene un resorte de constante K que se
encuentra en su estado natural, al mismo se acerca un bloque de
masa M y lo choca con velocidad v negativa, (considerando el sentido
positivo hacía la derecha); en la situación (2), por efecto del choque
con el bloque que se moverá hasta detenerse, el resorte se comprime
y se presenta una fuerza elástica que tiende a restituir al resorte a su
estado original, cabe señalar que esta fuerza está siempre dirigida a
la derecha ya que el resorte se resiste a ser comprimido, finalmente,
esta fuerza empuja al bloque, de manera que al llegar a la situación
(3) el bloque llega al punto de partida, con la misma velocidad que
tenía antes del choque, pero en sentido contrario, o sea, positiva.
Las energías cinéticas en las tres situaciones serán:
𝐸¡) =
1
2𝑀
(−𝑣), =
1
2𝑀𝑣
,
𝐸¡- =
1
2𝑀𝑣
,
Como 𝐸¡) = 𝐸¡-, la energía cinética se conserva en un viaje de ida
y vuelta, por tanto, la fuerza elástica del resorte es una fuerza
conservativa.
4.6.2. Criterio del Trabajo
Este criterio señala que una fuerza es conservativa cuando el trabajo
total en un ciclo completo vale cero.Comprobemos mediante este
criterio que el peso es una fuerza conservativa. Vamos a la figura
correspondiente (4.9):
El trabajo realizado entre los puntos (1) y (2) –trabajo de ida- será
realizado por el peso (vector dirigido hacía abajo), mientras que el
desplazamiento de la pelota está dirigido hacía arriba (la pelota
sube), los vectores forman un ángulo de 180º entre sí, por tanto, en la
subida el trabajo es negativo. Entre los puntos (2) y (3) (vuelta), con
lo cual se completa el ciclo, tanto el peso como el desplazamiento se
dirigen hacía abajo formando un ángulo de 0º, produciendo un trabajo
positivo:
𝑊),, = 𝑚𝑔ℎ𝑐𝑜𝑠180 = −𝑚𝑔ℎ
𝑊,,- = 𝑚𝑔ℎ𝑐𝑜𝑠0 = 𝑚𝑔ℎ
El trabajo total es la suma de los trabajos parciales:
𝑊b = 𝑊),, +𝑊,,- = −𝑚𝑔ℎ +𝑚𝑔ℎ = 0
¡Se cumple la condición!, por tanto confirmamos que el peso es una
fuerza conservativa.
En el caso de la fuerza elástica del resorte, veamos la figura 4.12:
La fuerza elástica estará siempre dirigida en sentido de oposición a
su compresión (hacía la derecha en este caso). Entre las situaciones
(1) y (2) (fase de ida) el desplazamiento se dirige hacía la izquierda,
por ello, el trabajo será negativo. En la fase de vuelta, es decir en las
situaciones (2) y (3), el vector desplazamiento se dirige a la derecha,
por tanto, ambos vectores tienen el mismo sentido, generando un
trabajo positivo:
𝑊��` = 𝐹¥𝑥𝑐𝑜𝑠180 = −𝐹¥𝑥
𝑊��ga^` = 𝐹¥𝑥𝑐𝑜𝑠0 = 𝐹¥𝑥
𝑊b = 𝑊��` +𝑊��ga^` = −𝐹¥𝑥 + 𝐹¥𝑥 = 0
Confirmando que la fuerza del resorte es una fuerza conservativa.
4.6.3. Criterio de la trayectoria.
De acuerdo a este criterio, el trabajo realizado por una fuerza
conservativa al mover un cuerpo desde un punto (1) hasta un punto
(2), solo depende de los puntos y no de la TRAYECTORIA seguida
por él.Puesto que ya hemos comprobado que el peso es una fuerza
conservativa, vamos a ver este criterio utilizando el peso.
Supongamos que una partícula se mueve desde el punto (1) hasta el
punto (2), por las tres trayectorias (A), (B) y (C) de la figura
4.12.Calculemos el trabajo realizado cuando la partícula se mueve
por la trayectoria (A):
𝑊¦ = −𝑚𝑔ℎ
En el caso B, la partícula debe pasar por todos los puntos de la
trayectoria, el trabajo total realizado será el trabajo efectuado cuando
sube la altura h y los trabajos que se producen debido a los
desplazamientos horizontales; se debe notar que todos esos
desplazamientos horizontales forman ángulos de 90º con el peso:
𝑊§ = 𝑊�gV^�c`a +𝑊 _V�©_h^`a
𝑊§ = 𝑚𝑔ℎ𝑐𝑜𝑠180 +�(𝑚𝑔𝑥�) 𝑐𝑜𝑠90
pero:
�(𝑚𝑔𝑥�) 𝑐𝑜𝑠90 = 0
Por tanto, el trabajo realizado por la trayectoria (B) será:
𝑊§ = −𝑚𝑔ℎ
Lo mismo pasará cuando la partícula va de (1) a (2) por la trayectoria
(C), el trabajo realizado será:
𝑊ª = −𝑚𝑔ℎ
Eltrabajo del peso (fuerza conservativa) no depende de la
trayectoria.
4.7 ENERGÍA POTENCIAL (EP)
La energía potencial es usada solamente para fuerzas
conservativas, es decir, para el peso y para la fuerza elástica del
resorte. Se define la energía potencial como “la capacidad que tiene
una fuerza de realizar trabajo sobre una partícula en virtud de su
posición”. Es decir, para que haya energía potencial debeexistir una
distancia respecto al origen de un sistema de referencia. Una fuerza
conservativa, en función de la EP, se define como:
𝐹 = −�«¬
�m
(4.11)
Si nos remitimos a la figura 4.10, en el punto (1) tendremos una EP1,
en tanto que, en el punto (2), la energía potencial será EP2; la
posición x variará entre 0 y h, entonces:
−𝑑𝐸 = 𝐹𝑑𝑥
Integrando esta ecuación tenemos:
−∫ 𝑑𝐸
«¬|
«¬n
= 𝐹 ∫ 𝑑𝑥m|mn (4.12)
4.7.1. Energía Potencial Gravitacional
(Ep)
Como ya se señalo, solamente se puede definir la energía potencial
cuando las fuerzas son conservativas. Cuando la fuerza conservativa
es el peso, se tiene energía potencial gravitacional.Supongamos
que una pelota es lanzada hacía abajo desde el punto (1) hasta el
punto (2), como muestra la figura 4.12:
La única fuerza F que actúa es el peso “mg”.
De la ecuación 4.12 y tomando como origen del sistema de
referencia el punto (2) de menor altura. Para determinar los límites de
integración, observemos la figura 4.12. Para EP1, la altura es h,
mientras que, para EP2, la altura es cero. Reemplazando estos
valores en la ecuación anterior tenemos:
−l 𝑑𝐸
«¬|
«¬n
= −𝑚𝑔l 𝑑𝑥
e
¨
Integrando esta ecuación se tiene:
−(𝐸, − 𝐸)) = 𝑚𝑔ℎ
−∆𝐸 = 𝑚𝑔ℎ
Si EP2 = 0, se tiene que la energía potencial gravitacional está dada
por:
𝐸 = 𝑚𝑔ℎ (4.13)
Por otra parte, el trabajo realizado por el peso será:
𝑊 = 𝑚𝑔ℎ𝑐𝑜𝑠0 = 𝑚𝑔ℎ
Comparando las dos últimas ecuaciones:
𝑊 = −(𝐸, − 𝐸))
𝑊 = −∆𝐸 (4.14)
5.7.2.Energía Potencial Elástica (EPR)
Se define para la fuerza elástica del resorte (fuerza conservativa).
Supongamos un sistema como el que muestra la figura:
En el punto (1), el resorte va ha empezar a comprimirse, en el mismo
se tiene una EP1 y una posición X = 0, puesto que el resorte todavía
no se ha movido. En el punto (2) se tiene una EP2con una distancia x
de compresión del resorte. Aplicando límites de integración a la
ecuación 4.12:
−l 𝑑𝐸¥
«¬¯|
«¬¯n
= −𝐾𝑥l 𝑑𝑥
m
_
Integrando la ecuación y reemplazando límites:
𝐸¥, − 𝐸¥) =
1
2𝐾𝑥
,
Si EP1 = 0, la energía potencial elástica será:
𝐸¥ =
)
,
𝐾𝑥, (4.15)
4.8. CONSERVACIÓN DE LA
ENERGÍA MECANICA (E)
Se conoce como energía mecánica a la suma de energía cinética y
energía potencial en un determinado punto de un sistema, es decir:
𝐸 = 𝐸¡ + 𝐸 (4.16)
La energía mecánica se conserva en un sistema donde las fuerzas
son conservativas.
El Principio de Conservación de la Energía Mecánica es
enunciado de la siguiente manera “La energía mecánica de un
sistema que se desplaza en un campo de fuerzas conservativo,
es constante a lo largo de una trayectoria”. Si utilizamos los dos
últimos conceptos, podemos inducir que, puesto que la energía
mecánica no cambia, la energía cinética puede convertirse en
energía potencial y viceversa.
Para deducir el principio de conservación de la energía mecánica
vamos a remitirnos a las ecuaciones 4.10 y 4.14.
𝑊 = 𝐸¡, − 𝐸¡)
Igualando las dos últimas ecuaciones, obtenemos:
𝐸¡, − 𝐸¡) = 𝐸) − 𝐸,
Ordenando la ecuación:
𝐸¡) + 𝐸) = 𝐸¡, + 𝐸, (4.17)
Pero, debido a que:
𝐸) = 𝐸¡) + 𝐸)
𝐸, = 𝐸¡, + 𝐸,
Se tiene:
𝐸) = 𝐸, (4.18)
Suponiendo que se lanza una pelota hacía arriba con una velocidad
inicial, subirá una altura H hasta detenerse (v = 0), la única fuerza
que actúa es el peso (fuerza conservativa). Tomando el origen del
sistema de referencia en el punto de lanzamiento (1), vemos que en
élno hay energía potencial ¿por qué? pues porque no hay altura,
entonces, como en el punto se tiene una velocidad máxima, se
tendrá también una energía cinética máxima, digamos 200[J]. A
medida que la pelota sube va perdiendo velocidad, por tanto energía
cinética, pero aumentasu altura ganando energía potencial, de tal
manera que, en el punto (2) habrá una energía cinética y una energía
potencial que, al sumarse deben dar el valor de 200[J]. Finalmente,
en el punto (3) se perdió toda la velocidad, lo que significa que en
este punto no habrá energía cinética, sin embargo, la pelota llegó a
la altura máxima en la cual se tendrá una energía potencial
máxima que debe valer 200[J]. Es decir, la energía cinética se
transforma en energía potencia y viceversa.
Guía para la Resolución de Problemas
1. Fijar el nivel de referencia, generalmente en el punto más bajo
del movimiento a objeto de evitar alturas negativas.
2. Cerciorarse de que todas las fuerzas que actúan son
conservativas.
3. Fijar dos puntos de conservación, el primero de ellos, en general,
donde se inicia el movimiento y el segundo a conveniencia.
4. Plantear la ecuación de conservación de la energía mecánica.
5. Obtener, a partir de (4), los resultados requeridos en el problema.
Ejemplo 4.10. Un cuerpo es soltado desde una altura h. Determinar la
altura mínima a la que se encuentra el cuerpo de masa M si se quiere
que el mismo dé una vuelta completa alrededor del rizo de 0.5[m] de
radio. Te aclaro que el ejemplo es conocidísimo, pero desde mi punto
de vista es el que mejor explica la resolución de problemas de
conservación de la energía mecánica.
Estrategia de resolución. Para que el cuerpo dé una vuelta
completa alrededor del rizo deberá llegar al punto superior casi
desprendiéndose de éste. Ahora bien, si ha llegado a ese punto (2),
va ha tener una velocidad tangente a la trayectoria, puesto que, de no
haber velocidad, el cuerpo caería libremente; la mencionada
velocidad será calculada utilizando los conceptos de dinámica del
movimiento circular.
1. La única fuerza que actúa es el peso, es decir, una fuerza
conservativa, por tanto, se conserva la energía mecánica.
2. El origen del sistema de referencia estará en la parte inferior,
como se muestra en la figura:
3. Los puntos de conservación elegidos también se muestran en la
figura.
4. Plantear el principio de conservación de la energía mecánica:
𝐸) = 𝐸,
𝐸¡) + 𝐸) = 𝐸¡, + 𝐸,
5. En el punto (1) no hay energía cinética puesto que el cuerpo
parte del reposo, la ecuación será entonces:
𝐸) = 𝐸¡, + 𝐸,
𝑀𝑔ℎ =
1
2𝑀𝑣,
, +𝑀𝑔(2𝑅)
6. La fuerza que actúa en el punto (2) es sólo el peso, pues como el
cuerpo se está desprendiendo N = 0.
7. Hacer el DCL:
8. La ecuación será:
𝐹c = 𝑀𝑎c ⟹ 𝑀𝑔 = 𝑀
𝑣,,
𝑅
9. Calcular v22:
𝑣,, = 𝑔𝑅
10. Sustituyendo (2) en la ecuación (1):
𝑔ℎ =
1
2𝑔𝑅 + 2𝑔𝑅 ⟹ ℎ =
1
2𝑅 + 2𝑅
11. Calcular h:
ℎ =
5
2𝑅 =
5
2
(0.5) = 1.25[𝑚]
Observaciones. Aunque el bloque se esté a punto de desprender (N
= 0) sigue su movimiento por inercia. ¿Por qué hallé v22 en lugar de
v2?, simplemente porque en la ecuación (1) debe reemplazarse v22.
Ejemplo 4.11.¡Tratar de resolver! Casi al borde del techo de un
edificio de 12[m] de altura, un estudiante golpea con el pie un balón
con una velocidad inicial v1 = 16[m/s] y un ángulo de tiro de 60º por
encima de la horizontal. Despreciando la resistencia del aire,
determinar: (a) La altura por encima del edificio que alcanza el balón
y; (b) su velocidad justo antes de chocar contra el suelo.
Estrategia de resolución. La única fuerza que realiza trabajo es el
peso, por tanto, se conserva la energía mecánica. Se deberá definir
el origen del sistema de referencia en el punto donde se inicia el
movimiento y tomar dos puntos de conservación (1) y (2). En la parte
más alta de su trayectoria, el balón se mueve horizontalmente con su
velocidad inicial horizontal, entonces, la velocidad en el punto más
alto es v2 = v1cos60º. En este caso vamos a elegir el origen del
sistema dereferencia en la parte más alta del edificio.
1. La conservación de la energía mecánica relaciona la altura h
con la velocidadinicial v1 en el punto más alto de su trayectoria.
Plantear la conservación de la energía mecánica:
𝐸) = 𝐸,
𝐸¡) + 𝐸) = 𝐸¡, + 𝐸,
1
2𝑚𝑣)
, =
1
2𝑚𝑣,
, +𝑚𝑔ℎ
2. Despejar h:
ℎ =
𝑣), − 𝑣,,
2𝑔
1. La velocidad en el punto más alto es igual a su velocidad
inicial horizontal. Escribir la ecuación y calcular v2: La
velocidad en el punto más alto es igual a su velocidad inicial
horizontal. Escribir la ecuación y calcular v2:
𝑣, = 𝑣,𝑐𝑜𝑠𝜃 = 16𝑐𝑜𝑠60 = 8[𝑚 𝑠⁄ ]
2.Reemplazando valores en h:
ℎ =
(16), − (8),
2(10) = 9.6
[𝑚]
b) 1. Si v3 es la velocidad del balón justo antes de chocar contra
el suelo. Determinar la ecuación que permite calcular su energía
mecánica en el punto (3)
𝐸- =
1
2𝑚𝑣-
, +𝑚𝑔𝑦
2. Aplicar el principio de conservación de la energía mecánica:
1
2𝑚𝑣-
, +𝑚𝑔𝑦 =
1
2𝑚𝑣)
,
Despejando v3 y haciendo y = -12[m], se determina la velocidad
final:
𝑣- = ±𝑣), − 2𝑔𝑦 = ²(16), − 2(10)(−12) = 22.3[𝑚 𝑠⁄ ]
Ejemplo 4.12. En el sistema de la figura, el carrito 1 de 10[Kg] está
atado en uno de sus extremos a un resorte de constante de rigidez K
= 500[N/m] que se halla en su estado natural, es decir que su longitud
no ha sido afectada, en tanto que, el otro extremo se une al carrito 2
de 20[kg] mediante una cuerda, éste, a su vez, esta unido al bloque 3
de 50[Kg] de masa. Determinar con que velocidad llegará al piso el
bloque 3, si el sistema parte del reposo y la altura y = 1[m].
Estrategia de resolución. Este problema siempre lo resolviste
utilizando dinámica, empero, también puede utilizarse la
conservación de la energía para resolverlo. Debido a que todas las
fuerzas son conservativas, será un típico problema de conservación
de la energía mecánica, en el que los estados inicial y final se
muestran en la figura:
El origen del sistema de referencia estará en el piso.
Plantear el principio de conservación de la energía mecánica
𝐸e) + 𝐸e, = 𝐸Y) + 𝐸Y,
En la situación inicial, los tres cuerpos tienen energía potencial
gravitacional, en tanto que, en la situación final habrá energía
potencial elástica ya que el resorte se estira, así como energía
cinética de los tres cuerpos y energía potencial gravitacional de
los cuerpos 1 y 2, entonces, la ecuación queda:
𝑚-𝑔𝑦 =
1
2𝐾𝑦
, +
1
2𝑚)𝑣Y
, +
1
2𝑚,𝑣Y
, +
1
2𝑚-𝑣Y
,
𝑚-𝑔𝑦 −
1
2𝐾𝑦
, =
1
2
(𝑚) +𝑚, +𝑚-)𝑣Y,
𝑣Y = ³
2´𝑚-𝑔𝑦 −
)
,
𝐾𝑦,µ
𝑚) +𝑚, +𝑚-
= ³
2(500 − 250)
80 = 2.5
[𝑚 𝑠⁄ ]
Observaciones. Lo que es preciso que entiendas es lo siguiente:
a) Cuando un problema tiene dos cuerpos, la energía mecánica en un
punto será la suma de las energías mecánicas para cada uno de
los cuerpos. Quiere decir que ETOTAL INICIAL = EINICIAL PARA 1 + EINICIAL
PARA 2.
b) Después del planteo de la conservación de la energía tuvimos la
ecuación:
𝑚-𝑔𝑦 =
1
2𝑚)𝑣Y
, +
1
2𝑚,𝑣Y
, +
1
2𝑚-𝑣Y
, +
1
2𝐾𝑦
,
c) El resultado es lógico, pues dice que toda la energía potencial que
tenía el cuerpo 3 al principio se transforma en energía cinética que
va a estar almacenada parte en el 1, parte en el 2 y parte en el 3.
d) La velocidad que tienen los cuerpos 1, 2 y 3 es todo el tiempo la
misma, esto sucede porque ellos se mueven atados por la cuerda.
Por ello, la velocidad final de 2.5[m/s], es tanto la que tiene el 1 y 2
como la que tiene el 3.
Ejemplo 4.13. Miguel y Nico, de 50[Kg] y 45[Kg] respectivamente,
están sentados en los extremos de un sube y baja de 3.2[m] de
longitud cuyo eje está a 0.6[m] del piso. Inicialmente están en reposo,
con Nico en la posición inferior. Determinar: (a) la energía mecánica
inicial del sistema formado por la barra y los dos niños. (b) La
magnitud de la velocidad con que Miguel llegará al punto más bajo,
despreciando rozamientos, y suponiendo que no se impulsan con los
pies.
Estrategia de resolución. Se hará un esquema del problema. En el
momento inicial el sistema no está en equilibrio puesto que M es
más pesado que N. (se supone que N está agarrada al piso).
a) 1. Todas las fuerzas son conservativas, entonces, se conserva
la energía mecánica.
b) Calcular la energía mecánica del subibaja cuando éste está en
reposo:
𝐸e = 𝐸¡f + 𝐸f + 𝐸¡] + 𝐸]
c) El sistema está en reposo, por lo tanto las energías cinéticas son
nulas, además N se encuentra en el nivel de referencia y no
tiene energía potencial, la ecuación queda entonces:
𝐸e = 𝐸f = 𝑚f𝑔ℎf
d) Para calcular hM usaremos trigonometría:
𝑠𝑒𝑛𝛼 =
0.6
1.6 = 0.38
𝛼 = 22e
ℎf = 3.2𝑠𝑒𝑛22e = 1.2[𝑚]
e) Calcular Eo:
𝐸e = (50)(10)(1.2) = 600[𝐽]
f) 1. Esquematizar las situaciones inicial y final:
g) Plantear el principio de conservación de la energía entre el
estado inicial y el estado final.
𝐸e = 𝐸Y
600[𝐽] = 𝐸¡f + 𝐸¡] + 𝐸] =
1
2𝑚f𝑣f
, +
1
2𝑚]𝑣]
, +𝑚]𝑔ℎ]
h) vM = vN porque los brazos del subibaja miden lo mismo, la
ecuación queda:
600 −𝑚]𝑔ℎ] =
1
2𝑣
,(𝑚f +𝑚])
i) Despejar v y reemplazar datos:
600 − (45)(10)(1.2) =
1
2𝑣
,(50 + 45)
𝑣 = 1.1[𝑚 𝑠⁄ ]
Ejemplo 4.14. ¡Tratar de resolver! Una partícula de masa m parte de
A con una velocidad nula y desliza sobre la pared interior de una
semiesfera de radio r bajo la acción de la gravedad.Siqes el ángulo
que forma 𝑂𝐴¸̧ ¸̧ y 𝑂𝑀¸̧ ¸̧¸. Calcular en función de q (suponiendo que no
hay rozamiento) la reacción que ejerce la superficie sobre la partícula
en el punto C. Comparar el valor máximo de esta reacción con el
peso de la partícula.
Estrategia de resolución. Considerando solamente la aceleración
centrípeta (ac) y el eje Y, se puede utilizar la dinámica del movimiento
circular y, luego, para calcular la reacción (N), se podrá utilizar el
principio de la conservación de la energía mecánica, puesto que no
hay rozamiento.
Plantear la ecuación del movimiento circular:
𝐹c = 𝒎𝑎c ⟹ 𝑁 −𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚
�|
¥
(A)
Considerar los puntos de conservación en A y C:
𝐸¦ = 𝐸§ ⟹ 𝐸¡¦ + 𝐸¦ = 𝐸¡§ + 𝐸§
EKA y EPB son nulas debido a que en vA = 0 y a que el origen del
sistema de referencia está situado en B, por tanto la ecuación
queda:
𝐸¦ = 𝐸¡§
𝑚𝑔ℎ =
𝑚𝑣,
2
𝑣, = 2𝑔ℎ (B)
Reemplazar (B) en (A):
𝑁 = 𝑚º
𝑣,
𝑅 + 𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃» = 𝑚𝑔¼
2ℎ
𝑅 + 𝑠𝑒𝑛𝜃½
Calcular h:
ℎ = 𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃
Reemplazar en la ecuación anterior:
𝑁 = 𝑚𝑔¼
2𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑅 + 𝑠𝑒𝑛𝜃½
𝑁
𝑚𝑔 = 3𝑠𝑒𝑛𝜃
Ejemplo 4.15. Una partícula de masa m inicialmente en A, se desliza
sobre la superficie circular lisa de R=1[m]. Determinar la velocidad
angular y la reacción de la superficie cuando la partícula ha barrido
un ángulo de 1200 desde el momento de partida.
Estrategia de resolución. Realizar el diagrama de cuerpo libre
cuando la partícula se encuentra en el punto B. Teniendo en cuenta
que su trayectoria es circular, plantear las ecuaciones de movimiento
para ese tipo de movimiento, resolver el sistema de ecuaciones para
determinar lo solicitado.
Escribir las ecuaciones de movimiento circular:
�𝐹c =𝑚𝑎c
𝑁 −𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛽 = 𝑚𝜔,𝑅
�𝐹 =𝑚𝑎^
−𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝛽 = 𝑚𝛼𝑅
Hallar el ángulo β:
𝛽 = 120 − 90 = 30e =
𝜋
6
Determinar la aceleración angular a:
𝛼 =
𝑑𝜔
𝑑𝑡
Reemplazar la última ecuación en el segunda:
−𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝛽 = 𝑚
𝑑𝜔
𝑑𝑡 𝑅
Multiplicar la última ecuación por 𝑑𝛽:
−𝑔𝑠𝑒𝑛𝛽𝑑𝛽 = 𝑅𝜔𝑑𝜔
Integrar esta ecuación:
−𝑔l 𝑠𝑒𝑛𝛽𝑑𝛽 = l 𝑅𝜔𝑑𝜔
Á
e
Â
Ã
�Â|
−𝑔(−𝑐𝑜𝑠𝛽)|
�Â|
Â
à = 𝑅
𝜔,
2 �e
Á
𝑔𝑐𝑜𝑠30 = 𝑅
𝜔,
2
𝜔, =
2𝑔𝑠𝑒𝑛30
𝑅
Reemplazando valores:
𝜔 = 4.3[𝑟𝑎𝑑 𝑠⁄ ]
Para calcular N, se utilizará la ecuación 1, reemplazando en ella ω:
𝑁 = 𝑚𝜔,𝑅 +𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛽𝑁 = 5.2[𝑁]
Determinación de la masa de un resorte colgado.
Cuando un resorte se encuentra colgado (en posición vertical), se
alarga levemente por efecto de la masa del mismo, razón por lo cual,
ésta no puede ser obviada pero ¿se deberá tomar toda la masa del
resorte?, ¿ la mitad?, veamos. Supongamos el resorte de la figura
que se encuentra oscilando, la velocidad de todo el resorte no va a
ser la misma, puesto que aumenta desde el extremo fijo hasta el
extremo libre, donde tiene la velocidad máxima ve. La velocidad en
cualquier punto estará dada por la relación:
𝑣 = 𝑣g
𝑦
𝐿
Tomemos, además, un elemento de masa dm que tendrá una
elongación dy
La energía cinética en este caso será:
𝑑𝐸¡ =
1
2𝑣
,𝑑𝑚
La densidad lineal que es la relación de la masa por unidad de
longitud estará dada por:
𝜆 =
𝑑𝑚
𝑑𝑦 ⟹ 𝑑𝑚 = 𝜆𝑑𝑦
Reemplazando la segunda en la primera:
𝑑𝐸¡ =
1
2𝑣g
, º
𝑦,
𝐿,»𝑑𝑚 =
1
2
𝑣g,𝜆
𝐿, 𝑦
,𝑑𝑦
Si el estiramiento total es L, los límites de integración de y son 0 y L.
Integrando la ecuación:
l𝑑𝐸¡ =
1
2
𝑣g,𝜆
𝐿, l 𝑦
,𝑑𝑦
Æ
e
𝐸¡ =
1
2
𝑣g,𝜆
𝐿, º
𝐿-
3 » =
1
2¼
𝜆𝐿
3 ½𝑣g
,
Pero
𝑀 = 𝜆𝐿
Entonces, la energía cinética será:
𝐸¡ =
1
2¼
𝑀
3½𝑣g
,
Siendo M la masa del resorte lL, la masa del resorte que contribuye
a su estiramiento es:
𝑚c =
f
-
(4.19)
Ejemplo 4.16.¡Trata de resolver! Un resorte de constante K =
200[N/m] cuelga verticalmente. Un bloque de masa m = 5[Kg] se ata
al extremo del resorte de masa mR = 0.5[Kg], sin deformar y se suelta
el sistema desde el reposo. Determinar la máxima distancia d que
cae el bloque antes de que comience a moverse hacía arriba.
Estrategia de resolución. Debido a que el resorte está ya elongado
por efecto de su masa, ésta debe contribuir a la masa total en mR/3.
Cuando el bloque inicia su movimiento, la velocidad se incrementa al
principio y luego decrece hasta llegar a cero cuando alcanza el punto
más bajo. Las fuerzas que actúan “mg” y “FR” son fuerzas
conservativas, por tanto, se conserva la energía mecánica.
Elegiremos el nivel de referencia es su posición original, es decir, y =
0, en esta posición la energía mecánica total es cero puesto que no
se tiene velocidad, altura ni elongación.
Escribir la ecuación de la energía mecánica:
𝐸 = 𝐸¡ + 𝐸 + 𝐸¥
𝐸 =
1
2𝑚𝑣
, −𝑚𝑔𝑦 +
1
2𝐾𝑦
,
Aplicar la conservación de la energía mecánica:
𝐸 = 𝐸) = 0
1
2𝑚𝑣
, −𝑚𝑔𝑦 +
1
2𝐾𝑦
, = 0 ⟹
1
2𝐾𝑦 −𝑚𝑔 = 0
Hallar y:
𝑦 =
2𝑚𝑔
𝐾 =
2=𝑚 +𝑚¥ 3z ?
𝐾 =
2´5 + 0.5 3z µ10
200
Ejemplo 4.17.¡Trata de resolver! El bloque de 1[kg] de masa
mostrado en la figura puede deslizar libremente sin rozamiento sobre
el alambre en forma de cuarto de elipse, dicho bloque está unido a un
resorte cuya longitud normal es Lo = 0.3[m] y cuya constante elástica
es de 300.0[N/m]. Si el bloque parte del reposo en el punto A, calcular
la velocidad del bloque cuando pasa por el punto B, si a = 0.5[m] y b
= 0.8[m].
Estrategia de resolución. Puesto que no se presenta ni rozamiento
ni fuerza externa alguna, se colige que se conserva la energía
mecánica. Puesto que los puntos de conservación ya están indicados
en la figura, se planteará la conservación de la energía mecánica en
ellos, considerando que en el punto A el resorte se encuentra
comprimido, por tanto existe energía potencial elástica y, además, se
encuentra a una altura que origina energía potencial gravitacional, en
tanto que en el punto B, el resorte está estirado, generando energía
potencial elástica y, debido a que el bloque tiene velocidad, habrá
energía cinética.
Aplicar el principio de conservación de la energía
mecánica entre los puntos A y B.
𝐸¦ = 𝐸§
1
2𝐾𝑥¦
, +𝑚𝑔𝑎 =
1
2𝐾𝑥§
, +
1
2𝑚𝑣§
,
Determinar las deformaciones del resorte en los dos
puntos.
𝑥¦ = 𝑙e − 𝑎 = 0.6 − 0.5 = 0.1[𝑚]
𝑥§ = 𝑏 − 𝑙e = 0.8 − 0.6 = 0.2[𝑚]
Despejar la velocidad.
𝑣§ = ³
2𝑚𝑔𝑎 + 𝐾(𝑥¦, − 𝑥§,)
𝑚
Reemplazando valores se obtiene:
𝑣§ = 0.9[𝑚 𝑠⁄ ]
Ejemplo 4.18.¡Trata de resolver! Un bloque de 1.0 [kg] desliza por un
dispositivo sin rozamiento que, a la vez, está unido a un resorte de
longitud natural L0 = 0.3 [m] cuya constante elástica es de 150.0
[N/m]. En la posición mostrada en la figura la velocidad del bloque es
de 10.0 [m/s]. (a) Determinar la velocidad del bloque en el punto B;
(b) Calcular la energía mecánica en el punto B.
Estrategia de resolución. Igual que en el ejemplo anterior, al no
existir fuerzas externas, se conserva la energía mecánica, por lo que
deberá plantearse esa conservación.
Plantear la conservación de la energía mecánica
𝐸¦ = 𝐸§
1
2𝐾𝑥¦
, +𝑚𝑔ℎ +
1
2𝑚𝑣¦
, =
1
2𝐾𝑥§
, +
1
2𝑚𝑣§
,
Determinar las deformaciones.
𝑥¦ + 𝑙e = 0.45[𝑚]
𝑥¦ = 0.45 − 0.30 = 0.15[𝑚]
𝑙e = 𝑑 + 𝑥§
𝑥§ = 0.30 − 0.45𝑐𝑜𝑠60 = 0.08[𝑚]
ℎ = 0.45𝑠𝑒𝑛60 = 0.39[𝑚]
Despejar 𝒗𝑩
𝑣§ = ³
2𝑚𝑔ℎ + 𝐾(𝑥¦, − 𝑥§,) +𝑚𝑣¦,
𝑚
Reemplazando datos:
𝑣§ = 10.55[𝑚 𝑠⁄ ]
Calcular la Energía mecánica en B.
𝐸 =
1
2𝐾𝑥§
, +
1
2𝑚𝑣§
,
𝐸 = 56.65[𝐽]
Ejemplo 4.19.¡Trata de resolver! Un pequeño gato de 0.5[kg] es
soltado desde una altura h, baja por el plano que no presenta
rozamiento, da una vuelta por el rizo de 1[m] de radio y comprime
0.3[m] al resorte. Determinar la altura mínima del plano para que
describa la trayectoria descrita y la constante elástica del resorte (K).
Estrategia de resolución. Debido a la inexistencia de fuerzas
externas, se conserva la energía mecánica. El gatito debe llegar al
punto más alto del rizo para dar solamente una vuelta completa y
luego dirigirse hacía el resorte. Se planteará la conservación entre los
puntos A y B para hallar la altura, en tanto que para determinar la
constante se hará la conservación entre A y C.
Plantear la conservación de la energía mecánica
𝐸¦ = 𝐸§
𝑚𝑔ℎ =
1
2𝑚𝑣§
, +𝑚𝑔(2𝑅)
ℎ =
𝑣§, + 4𝑔𝑅
2𝑔
En el punto B, la única fuerza que existe es el peso, puesto
que, al estar desprendiéndose de la superficie, el gato no
tiene normal. Entonces, utilizando dinámica del movimiento
circular, se tiene:
𝑚𝑔 = 𝑚
𝑣§,
𝑅
𝑣§, = 𝑔𝑅
Reemplazando esta ecuación en la anterior:
ℎ =
5
2𝑅 =
5
2
(1) = 2.5[𝑚]
Plantear la conservación entre A y C
𝐸¦ = 𝐸ª
𝑚𝑔ℎ =
1
2𝐾𝑥
,
𝐾 =
2𝑚𝑔ℎ
𝑥, = 273
[𝑁 𝑚⁄ ]
Ejemplo 4.20. Se emplea un resorte para detener un paquete de
100[kg], que se está moviendo hacía abajo en un plano inclinado a
200. El resorte tiene una constante elástica K=20000[N/m] y está
sostenido por cables, de manera que, inicialmente, está comprimido
0.10[m]. Si la velocidad del paquete es de 2[m/s] cuando se
encuentra a una distancia de 8[m] del resorte, despreciando el
rozamiento determinar la deformación adicional máxima del resorte al
detener el paquete.
Estrategia de resolución. Puesto que no existe fuerza de
rozamiento, se conserva la energía mecánica. Consideramos el
punto A en el inicio del movimiento y el punto B al final de este.
1. Plantear la conservación de la energía mecánica:
𝐸¦ = 𝐸§
2. Reemplazar las energías en cada punto, considerando que
en A se presentan energía cinética y energía potencial, en
tanto que en B solamente existe energía potencial elástica.
1
2𝑚𝑣
, +𝑚𝑔(ℎ + 𝑥) =
1
2𝐾
(𝑥 + 0.1),
Ordenando:
1
2𝐾𝑥
, + (0.1𝐾 −𝑚𝑔)𝑥 + 0.005𝐾 −
1
2𝑚𝑣
, −𝑚𝑔ℎ = 0
Reemplazando valores se tiene:
𝑥 = 0.5[𝑚]
4.9. TRABAJO DE LAS FUERZAS NO
CONSERVATIVAS
Hasta ahora hemos visto que existen fuerzas conservativas, en cuyos
campos se conserva la energía mecánica de un sistema. Sin
embargo, en la naturaleza también se tienen fuerzas no
conservativas, si alguna de las fuerzas que actúa sobre los objetos
dentro del sistemaconsiderado en el análisis son fuerzas no
conservativas, entonces la energía mecánica del sistema no
permanece constante. En esta sección se analizarán dos tipos de
fuerzas no conservativas, las fuerzas de rozamiento cinético y las
fuerzas aplicadas.
Estas fuerzas disminuyen la energía mecánica de un sistema, pero
esta disminución de energía no significa que se haya perdido, en
realidad y en general se convierteen otro tipo de energía, por
ejemplo, en energía térmica producida por las fuerzas de rozamiento.
Otro tipo de fuerzas no conservativas es el que ocasiona la
deformación de los cuerpos (fuerzas aplicadas sobre los mismos).
Por ejemplo, si dejamos caer una pelota al piso, ésta se calienta a
medida que se deforma como consecuencia del contacto entre la
pelota y el piso, en este caso se tenía una energía potencial inicial, la
cual no desaparece, se convierte en energía térmica. Si esta energía
térmica se suma a la energía mecánica, la energía total se conserva
aunque existan fuerzas no conservativas. Otra forma de fuerzas
no conservativas, ¡ATENCIÓN QUÍMICOS!, tiene que ver con las
reacciones químicas ¿qué pasa con ellas?, veamos, supongamos
que un estudiante de química industrial empieza a correr partiendo
del reposo. Inicialmente (debido a que parte del reposo), no tiene
energía cinética, sin embargo, al correr, la energía química interna de
sus músculos se convierte en energía cinética del cuerpo y, además,
se produce energía térmica, (como lo saben muy bien las personas
que corren).
Puesto que es posible medir la energía química consumida, la suma
de la energía mecánica, térmica y química se conserva.
El aumento o la disminución de la energía total de un sistema puede
ser explicado por la transformación de energías. Por ejemplo, si en el
dormitorio de Miguel que actualmente se halla armando un
rompecabezas de 1000 piezas, desaparecen 50, sin que haya
entrado nadie al dormitorio, ¿se podrá concluir que dichas piezas se
habrán perdido? ¡IMPOSIBLE!, tienen que estar en algún lugar, por
ejemplo debajo de la alfombra, dentro del ropero o en sus bolsillos; es
decir, hay 950 piezas visibles, a las que se les debe sumar las 50 que
no se ven pero que están. Al igual que la cantidad de piezas del
rompecabezas se conservan, la “energía total también se
conserva, se dice que la energía del Universo es constante, no se
crea ni se destruye, solamente se transforma”. Lo que acabamos
de enunciar es el “Principio de Conservación de la Energía Total”.
Las fuerzas no conservativas también pueden realizar trabajo y este
trabajo puede ser calculado.Supongamos una vez más una pelota
que es soltada en caída libre, pero tomando en cuenta esta vez a la
resistencia del aire, la misma que, al oponerse al movimiento de los
cuerpos, actúa como una fuerza de rozamiento. Las fuerzas que
están presentes en este caso son: el peso de la pelota (fuerza
conservativa) y la fuerza de rozamiento del aire (fuerza no
conservativa), siempre opuesta al movimiento, como se ilustra en la
figura:
El trabajo total será la suma de los trabajos de las fuerzas
conservativas y de las fuerzas no conservativas:
𝑊b = 𝑊Xc_hdgV�`^��`d +𝑊´ (4.20)
Siendo W´= trabajo de las fuerzas no conservativas.
El trabajo de las fuerzas conservativas está relacionado con la
energía potencial ¿por qué?, simplemente recordemos que la energía
potencial está definida sólo para fuerzas conservativas.
En tanto que el trabajo total está relacionado con la energía cinética,
puesto que ésta no tiene restricciones de fuerzas. El trabajo de las
fuerzas no conservativas puede ser negativo (en el caso de las
fuerzas de rozamiento), pero también puede ser positivo, en el caso
de las fuerzas aplicadas. De lo señalado tenemos:
𝑊´ = 𝑊b −𝑊X c_hdgV�`^��`d
El trabajo de las fuerzas conservativas será el negativo de la
variación de energía potencia. Mientras que, el trabajo total será la
variación de la energía cinética.
𝑊Xc = −∆𝐸 = −(𝐸, − 𝐸)) = 𝐸) − 𝐸,
𝑊b = ∆𝐸¡ = 𝐸¡, − 𝐸¡)
Reemplazando las dos últimas ecuaciones en la ecuación anterior se
tiene:
𝑊´ = (𝐸, + 𝐸¡,) − (𝐸¡) + 𝐸)) (4.21)
Es decir:
𝑊´ = 𝐸, − 𝐸)
Esta ecuación se denomina el “Tercer Teorema del trabajo-
energía”, e indica claramente que la energía mecánica no se
conserva cuando en el sistema hay fuerzas no conservativas.
Puesto que la energía mecánica en el punto 2 es mayor a la energía
potencial en el punto 1, la energía se ha convertido en el trabajo de
las fuerzas no conservativas. Sin embargo, la energía total se
conserva.
Guía Para la Resolución de Problemas:
1. Determinar la existencia de fuerzas no conservativas.
2. Elegir el sistema de referencia y los puntos de interés.
3. Plantear el teorema trabajo-energía o conservación de la
energía total.
Ejemplo 4.21.Una niña de 30[Kg] se deja caer y desliza hacía abajo
por un resbalín de 4[m], inclinado 35º. El coeficiente de rozamiento
entre el resbalín y la niña es de 0.15. ¿cuál es la velocidad de la niña
al llegar al suelo? Considerar al resbalín como un plano inclinado sin
curvas.
Estrategia de resolución. Debido a que existe rozamiento, la
energía mecánica no se conserva. En el punto más alto del resbalín,
la única energía que existe es la potencial gravitacional, al bajar ésta
se va convirtiendo en energía cinética y energía térmica (trabajo de
las fuerzas no conservativas). Elegiremos el origen del sistema de
referencia en el nivel del suelo o parte más baja del resbalín.
1. Plantear el teorema trabajo-energía:
𝑊´ = (𝐸, + 𝐸¡,) − (𝐸¡) + 𝐸))
2. En el punto (1) sólo hay EP y en el punto (2), EK, además el
trabajo es frd. Reemplazar estos datos:
𝑊´ = 𝐸¡, − 𝐸)
−𝑓¥𝑥 =
1
2𝑚𝑣
, −𝑚𝑔ℎ = 𝜇𝑁𝑥
3. Suponiendo queel resbalín es un plano inclinado, la normal es
la componente en el eje Y del peso, N = mgcos35º y la
distancia recorrida x = h/sen35º.
𝑠𝑒𝑛35 =
ℎ
𝑥
ℎ = 𝑥𝑠𝑒𝑛35
Reemplazar datos y despejar
𝑣 = ²2𝑔𝑥(𝑠𝑒𝑛35 − 𝜇𝑐𝑜𝑠35)
𝑣 = ²2(10)(4)(𝑠𝑒𝑛35 − 0.15𝑐𝑜𝑠35) = 6[𝑚 𝑠⁄ ]
Ejemplo 4.22. ¡Intenta resolver! Un resorte ideal puede comprimirse
1[m] mediante una fuerza de 100[N]. El resorte se coloca en la parte
inferior de un plano inclinado a 15º respecto de la horizontal. Una
masa de 10[Kg] comprime el resorte 2[m]. Si desde esa situación se
suelta, (a) ¿qué distancia recorre M sobre el planodeµ = 0.5 hasta
quedar en reposo?; (b) cuál deberá ser el coeficiente de rozamiento
estático mínimo para que M no descienda una vez alcanzada la altura
máxima.
Estrategia de resolución. Puesto que el sistema tiene rozamiento,
no se conserva la energía mecánica, pero sí la energía total. Fijar el
nivel de referencia en el punto (1) puesto que en él, el resorte ya está
comprimido. En el punto (2) la única energía que se tiene es la
potencial gravitacional, en tanto que, en el punto (1) la energía
potencial es elástica.
Dibujar el DCL.
Calcular K
𝐾 =
𝐹
𝑥 =
100
1 = 100
[𝑁 𝑚⁄ ]
Calcular h
𝑠𝑒𝑛15 =
ℎ
𝑑
ℎ = 𝑑𝑠𝑒𝑛15
N será mgcos15º
Plantear el teorema trabajo – energía
𝑊´ = 𝑚𝑔ℎ −
1
2𝐾𝑥
,
−𝑓¥𝑑 = 𝑚𝑔ℎ −
1
2𝐾𝑥
,
𝜇𝑁𝑑 = 𝑚𝑔ℎ −
1
2𝐾𝑥
,
Despejar y calcular d
1
2𝐾𝑥
, = 𝑚𝑔𝑑𝑠𝑒𝑛15 + 𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠15𝑑
𝑑 =
𝐾𝑥,
2𝑚𝑔(𝜇𝑐𝑜𝑠15 + 𝑑𝑠𝑒𝑛15)
𝑑 =
(100)(2),
2(10)(10)(0.5𝑐𝑜𝑠15 + 𝑑𝑠𝑒𝑛15) = 8.9
[𝑚]
Calcular la fuerz máxima de rozamiento, que se da cuando
fr=150
𝑓¥[ám = 𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛15
𝑓¥[ám = 𝜇𝑁 = 𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠15𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛15 = 𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠15
𝜇 =
𝑠𝑒𝑛15
𝑐𝑜𝑠15 = 0.27
𝜇 = 0.27
Ejemplo 4.23. ¡Tratar de resolver!. El sistema esquematizado en la
figura parte del reposo; se puede despreciar la masa de la cuerda y
de la polea, y el rozamiento en la misma, pero entre el bloque 1 y el
plano el coeficiente cinético de rozamiento es de 0.2. La masa del
bloque 1 es de 10[Kg], la del bloque 2 es 30[Kg] y m3 = 20[kg]. Por
consideraciones energéticas, hallar la velocidad con la que el bloque
3 llegará al piso. Siendo K = 900[N/m].
Estrategia de resolución. ¡Este problema ya lo resolvimos antes!,
sólo que en este caso no se conserva la energía mecánica puesto
que se tiene rozamiento. Vamos a esquematizar la situación inicial (1)
y la situación final (2). La distancia x recorrida por los bloques (1) y
(2) será igual a la altura que baja el bloque (3) y, ya sabemos que los
cuerpos (1) y (2) en las dos situaciones tendrán siempre la misma
energía potencial. Tomamos el piso como nivel de referencia.
Plantear la conservación de la energía total
𝑊´ = =𝐸)Y + 𝐸,Y + 𝐸-Y? − (𝐸)e + 𝐸,e + 𝐸-e)
En la situación inicial los bloques no tienen EK, pero los tres
tienen EP. En la situación final los bloques tienen EK, pero el
bloque 3 no tiene EP. Además está la fuerza elástica del
resorte. Reemplazar estos datos en la ecuación, despejar v y
obtener su valor:
𝑊´ = 𝐸Y − 𝐸e
𝑊´ = 𝐸¥ − 𝐸- − (𝐸¡)e + 𝐸¡,e + 𝐸¡-e)
−𝑓¥𝑥 =
1
2𝐾𝑥
, −𝑚-𝑔ℎ −
1
2
(𝑚) +𝑚, +𝑚-)𝑣,
−𝜇(𝑚) + 𝑚,)𝑔𝑥 =
1
2𝐾𝑥
, − 𝑚-𝑔𝑦 −
1
2
(𝑚) + 𝑚, + 𝑚-)𝑣,
𝑣 = ³
2𝑦 ´)
,
𝐾𝑦 −𝑚-𝑔 − 𝜇(𝑚) +𝑚,)𝑔µ
𝑚) +𝑚, +𝑚-
= 1.68[𝑚 𝑠⁄ ]
Ejemplo 4.24. El coche de un ascensor, de 400[Kg], está en reposo
en el primer piso, a 3[m] de altura sobre el extremo libre de un resorte
paragolpes cuya constante elástica es 19200[N/m]. En estas
condiciones se rompe el cable que lo sostiene, y automáticamente
actúa el freno de fricción contra las guías que le aplica una fuerza
vertical en sentido opuesto a su desplazamiento, cuya magnitud
constante es 1600[N]. Determinar: (a) la velocidad del coche al llegar
al extremo del resorte; (b) la máxima distancia que lo comprimirá y;
(c) la altura máxima que alcanzará, luego del primer rebote.
Estrategia de resolución. En este problema, aunque no se dice
explícitamente, hay fuerza de rozamiento, ¿cuál es ésa?, es la
fuerza de 1600[N] que hace el freno que tiene el ascensor, por tanto,
tenemos una fuerza no conservativa, razón por la cual la energía
mecánica no se conserva. En el inciso (a) lo que nos están pidiendo
es la velocidad un instante antes de que choque con el resorte, por lo
que no interviene la energía potencial elástica. En el inciso (c), el
ascensor no se queda parado al comprimir el resorte, pues éste se
empezará a descomprimir y empujará el coche del ascensor hacía
arriba.
a) 1. Hacer un diagrama ubicando puntos:
b) Plantear la conservación de la energía total:
𝑊´ = 𝐸, − 𝐸)
𝑊´ = 𝐸¡, − 𝐸)
−𝑓Vℎ = −𝑚𝑔ℎ +
1
2𝑚𝑣
,
c) Despejar v y reemplazar datos:
𝑣, =
2ℎ(𝑚𝑔 − 𝑓¥)
𝑚 =
6(4000)(1600)
400
𝑣 = 6[𝑚 𝑠⁄ ]
que es la velocidad un instante antes de chocar contra el resorte.
d) b) 1. Hacer un esquema ubicando puntos y el DCL. El nivel de
referencia (NR) se ubica como muestra el esquema, no en el
piso. Se toma la posición más baja a la cual llegó el cuerpo,
cuya velocidad es cero y el resorte está totalmente
comprimido.
e) La conservación de energía será:
𝑊´ = 𝐸, − 𝐸)
𝑊´ = −𝐸¡) − 𝐸) + 𝐸¥)
−𝑓V∆𝑥 = −
1
2𝑚𝑣
, −𝑚𝑔∆𝑥 +
1
2𝐾
(∆𝑥),
1
2𝐾
(∆𝑥), + (𝑓V −𝑚𝑔)∆𝑥 −
1
2𝑚𝑣
, = 0
4(∆𝑥), − ∆𝑥 − 3 = 0
Las soluciones son: Dx1 = 1[m] y Dx2 =-0.75[m], una compresión
negativa no tiene sentido, por lo tanto la compresión es:
∆𝑥 = 1[𝑚]
f) c) 1. Esquematizar:
g) Plantear conservación:
𝑊´ = 𝐸¥) − 𝐸
𝑓Vℎ´ =
1
2𝐾
(∆𝑥), −𝑚𝑔ℎ´
ℎ´ =
𝐾(∆𝑥),
2(𝑓V + 𝑚𝑔)
=
19200(1),
2(1600 + 4000) = 1.7
[𝑚]
h) Calcular la altura neta a la que sube el ascensor, puesto que h´
involucra a la compresión del resorte, la altura neta resulta de
restar h` y Dx:
𝑦 = ℎ´ − ∆𝑥 = 1.7 − 1.0 = 0.7[𝑚]
Ejemplo 4.25.¡Intenta resolver! Un cuerpo de 4[Kg] es impulsado por
un resorte de constante elástica K1 = 6400[N/m] por una pista
horizontal en la que el rozamiento es despreciable, salvo en la zona
BC donde el coeficiente de rozamiento respectivo es µK= 0.3; rebota
contra otro resorte de constante K2, e ingresa nuevamente a la zona
de rozamiento, deteniéndose exactamente en el punto B. Hallar: (a)
La compresión inicial máxima del resorte de constante K1. (b) La
constante de rigidez del otro resorte, sabiendo que ambos sufrieron
idéntica compresión máxima. (c) En que punto se detendrá al repetir
la experiencia con las mismas condiciones iniciales, sustituyendo el
resorte 2 por tres resortes dispuestos en paralelo cuyas constantes
de rigidez son K3, K4 y K5 son de 4000[N/m], 5000[N/m] y 8000[N/m],
respectivamente.
Estrategia de resolución. El resorte de constante K1 empuja al
cuerpo en este sentido ( ). El bloque pasa por la zona con
rozamiento y choca con el resorte de constante K2 que lo empuja en
sentido contrario ( ). El cuerpo vuelve a entrar en la zona con
rozamiento y se para exactamente cuando llega al punto B. Puede
aplicarse el teorema trabajo-energía en muchos puntos, pero para
simplificar el problema, tomaremos la situación esquematizada en la
figura, es decir, la situación inicial se dará cuando el resorte 1 está
comprimido una distancia x1 y el bloque está en reposo (punto A) y
termina con el cuerpo en reposo en el punto B después de haber
pasado dos veces por la zona con rozamiento, lo que hace que se
deba considerar dos veces el trabajo de la fuerza de rozamiento.
Cuando el bloque se detiene en B no hay energía mecánica.
Plantear el teorema trabajo-energía para el ciclo A-B-C-
D-E-D-C-B, analizar las energías existentes y
colocarlas en la ecuación:
𝑊´¦�§�ª�Ë�«�Ë�ª�§ = 𝐸§ − 𝐸¦
𝑊´§�ª +𝑊´ª�Ë = 𝐸¥¦
2𝑊´ = 𝐸¥¦
2𝑓V𝑑 =
1
2𝐾)𝑥)
,
𝑓V = 𝜇𝑁 = 𝜇𝑚𝑔
2𝜇𝑚𝑔𝑑 =
1
2𝐾)𝑥)
,
Despejar x1 y reemplazar datos:
𝑥), =
4𝜇𝑚𝑔𝑑
𝐾)
=
4(0.3)(40)(3)
6400 = 0.023
𝑥) = 0.15[𝑚]
Hacer un esquema del problema:
En el punto E, el bloque está en reposo
momentáneamente y el resorte está comprimido una
distancia de 0.15 [m]. Plantear el teorema del trabajo y
la energía mecánica entre los puntos A y E:
𝑊´ = 𝐸§ − 𝐸¦
−𝑓V𝑑 = 𝜇𝑁𝑑 −
1
2𝐾)𝑥
, +
1
2𝐾,𝑥
,
Reemplazar N = mg, despejar K2 y sustituir valores:
𝐾, = 2
´−𝜇𝑚𝑔𝑑 + )
,
𝐾)𝑥,µ
𝑥, = 3200
[𝑁 𝑚⁄ ]
c)1. Determinar la constante equivalente de los
resortes dispuestos en paralelo:
𝐾gÌ = 𝐾- + 𝐾Í + 𝐾Î
𝐾gÌ = 4000 + 5000 + 8000 = 17000[𝑁 𝑚⁄ ]
La Keq es mucho mayor, sin embargo, el cuerpo se tiene que detener
en el punto B debido a que aunque el resorte se cambie por otro más
duro no cambia el problema para nada, es decir, el bloque saldrá del
punto C con una velocidad, chocará con el resorte, el resorte se
comprimirá y volverá a empujar al bloque hacía el punto C. La
constante mayor sólo tiene el efecto de que el resorte se comprima
menos.¿por qué calculamos entonces Keg?, lo hicimos precisamente
para mostrar que aunque haya gran diferencia entre las constantes,
no cambia nada.
Ejemplo 4.26. El bloque de 5[Kg] se lanza desde la parte superior de
un plano inclinado de longitud d = 3[m] con µ =0.5, con una
velocidad de 2[m/s]. Al llegar al pie choca contra un resorte de K =
300[N/m] y lo comprime una distancia x = 0.6[m]. Calcular el trabajo
realizado por otras fuerzas no conservativas externas que actúan
sobre el sistema.
Estrategia de resolución. Puesto que existen otras fuerzas no
conservativas además de la fuerza de rozamiento, habrá dos
trabajos: el de la fuerza derozamiento y el trabajo de las otras
fuerzas. En (1) se tiene energía cinética (debida a la velocidad) y
energía potencial (debida a la altura); en (2) solamente se tiene
energía potencial elástica.
1. Hacer un esquema del problema:
2. Plantear el teorema trabajo-energía mecánica:
𝑊YV +𝑊_^V`d = −𝐸¡) − 𝐸) + 𝐸¥)
𝑊_^V`d = −
1
2𝑚𝑣e
, −𝑚𝑔ℎ +
1
2𝐾𝑥
, + 𝑓V(𝑑 + 𝑥)
3. Relacionar h con d. Por trigonometría se tiene:
𝑠𝑒𝑛30 =
ℎ
𝑑 + 𝑥
ℎ = (𝑑 + 𝑥)𝑠𝑒𝑛30
4. Cálculo del trabajo realizado por las otras fuerzas no
conservativas:
𝑊_^V`d = −
1
2
𝑚𝑣e, − 𝑚𝑔(𝑑 + 𝑥)𝑠𝑒𝑛30 +
1
2
𝐾𝑥, + 𝜇𝑚𝑔(𝑑 + 𝑥)𝑠𝑒𝑛30
¿Puedes reemplazar valores? El resultado es:
𝑊_^V`d = 73.1[𝐽]
Salió positivo, lo que significa que existen otras fuerzas no
conservativas que disipan energía.
Ejemplo 4.27. ¡Trata de resolver!. En el sistema de la figura, un
bloque de 5[kg] comprime 0.1[m] a un sistema de resortes en paralelo
cuyas constantes son K1 = 100[N/m] y K2 = 200[N/m]. El bloque se
desplaza d = 5[m] y sube por el arco de R=1m, sin rozamiento,
deteniéndose al final de él. Calcular el trabajo realizado por fuerzas
no conservativas que no sean la de rozamiento. El coeficiente de
rozamiento es 0.2.
Hallar la constante keq de los resortes:
𝐾gÌ = 𝐾) + 𝐾, = 50 + 100 = 150[𝑁 𝑚⁄ ]
Plantear el teorema trabajo-energía:
𝑊´ = (𝐸, + 𝐸¡,) − (𝐸¡) + 𝐸))
𝑊´_^V`d − 𝜇𝑀𝑔𝑑 = 𝑀𝑔𝑅 −
1
2𝐾gÌ𝑥e
,
𝑊´_^V`d = 𝑀𝑔𝑅 −
1
2𝐾gÌ𝑥e
, + 𝜇𝑀𝑔𝑑
𝑊´_^V`d = 99.25[𝐽]
Ejemplo 4.28. En el sistema de la figura, determinar: (a) El trabajo
realizado por la fuerza de rozamiento y (b) El trabajo realizado por
otras fuerzas externas diferentes a la fuerza de rozamiento.Si M = 5
[kg]; K1 = 50[N/m]; K2 = 100[N/m]; K3 = 150[N/m]; K4 = 200[N/m]; µ1 =
0.6; µ2 = 0.4; d=4[m]; x = 3[m]; x1 = 0.5[m]; x2 = 0.6[m]; f = 40º.
Estrategia de resolución. Debido a que se cuenta con un sistema
de resortes en paralelo y otro en serie, deberán hallarse las
constantes equivalentes para cada sistema. En el planteamiento se
dice que existen otras fuerzas no conservativas además de la fuerza
de rozamiento, por tanto habrán dos trabajos de fuerzas no
conservativas.
1. Hallar Keq(1) para los resortes en paralelo:
𝐾gÌ()) = 𝐾) + 𝐾, = 50 + 100 = 150[𝑁 𝑚⁄ ]
2. Hallar Keq(2) para los resortes en serie:
1
𝐾gÌ(,)
=
1
𝐾-
+
1
𝐾Í
=
1
150 +
1
200
𝐾gÌ(,) = 86[𝑁 𝑚⁄ ]
3. Usar el teorema trabajo- energía.
𝑊YV +𝑊_^V`d = 𝐸, − 𝐸)
𝑊_^V`d = 𝐸, − 𝐸) −𝑊YV
= 𝐸, + 𝐸¥, − 𝐸¥) −𝑊YV
𝑊_^V`d = 𝑀𝑔𝐻 +
1
2𝐾gÌ)𝑥)
, −
1
2𝐾gÌ,𝑥,
, −𝑊YV
4. Calcular cada uno de los términos:
𝑀𝑔𝐻 = 𝑀𝑔(𝑑 + 𝑥))𝑠𝑒𝑛∅ = (5)(10)(4.5)𝑠𝑒𝑛40
= 145[𝐽]
1
2𝐾gÌ)𝑥)
, =
(150)(0.5),
2 = 19
[𝐽]
1
2𝐾gÌ,𝑥,
, =
(86)(0.6),
2 = 15
[𝐽]
𝑊YV = −𝜇,𝑚,𝑔𝑐𝑜𝑠∅(𝑑 + 𝑥)) − 𝜇)𝑁)(𝑥 + 𝑥,)
𝑊YV = −415[𝐽]
5. Reemplazar:
𝑊_^V`d = 145 + 19 + 15—415 = 564[𝐽]
Ejemplo 4.29. Un bloque de 2.4[kg] de masa tiene una velocidad
inicial de 3.8[m/s] dirigida hacía arriba sobre un plano rugoso
inclinado 37º con la horizontal. El coeficiente de rozamiento entre el
bloque y el plano es 0.30; a) Qué distancia sobre el plano sube el
bloque?; b) ¿Cuál es su velocidad cuando llega al punto de partida en
el viaje de regreso hacía abajo?
Estrategia de resolución. El bloque sube una distancia x, se
detiene un instante y luego baja. Debido a que hay pérdidas de
energía, la velocidad con la que vuelve será menor que la velocidad
con la que inició su movimiento; para hallar esa velocidad se debe
considerar la realización de dos trabajos, uno de ida y el otro de
vuelta.
a) 1. Plantear el teorema trabajo energía.
𝑊´ = 𝐸, − 𝐸) ⟹ −𝜇𝑁𝑥 = 𝑀𝑔ℎ −
1
2𝑀𝑣
,
b) 2. Determinar el valor de N:
Del DCL se observa:
𝑁 = 𝑀𝑔𝑐𝑜𝑠 37
c) Calcular el valor de h por trigonometría:
𝑠𝑒𝑛37 =
ℎ
𝑥
ℎ = 𝑥𝑠𝑒𝑛37
d) Reemplazar en la primera ecuación:
−𝜇𝑀𝑔𝑥𝑐𝑜𝑠 37 = 𝑀𝑔𝑥𝑠𝑒𝑛37 −
1
2𝑀𝑣
,
1
2𝑣
, = 𝑔𝑥𝑠𝑒𝑛37 + 𝜇𝑔𝑥𝑐𝑜𝑠37
1
2𝑣
, = 𝑥𝑔(𝑠𝑒𝑛37 + 𝜇𝑐𝑜𝑠37)
𝑥 =
𝑣,
2𝑔(𝑠𝑒𝑛37 + 𝜇𝑐𝑜𝑠37) =
(4.8),
20(𝑠𝑒𝑛37 + 𝜇𝑐𝑜𝑠37) = 1.4
[𝑚]
Hallar la velocidad de vuelta.
e) Calcular el trabajo de fr:
𝑊´ = −𝜇𝑀𝑔𝑥𝑐𝑜𝑠37 = −(0.3)(2.4)(10)(1.4)𝑐𝑜𝑠37 = 8.1[𝐽]
f) Determinar la velocidad al pie del plano :En este punto, el
teorema trabajo-energía toma la forma:
2𝑊´ = 𝐸Y − 𝐸e =
1
2𝑀𝑣
, −
1
2𝑀𝑣)
,
𝑣) = ³
2
𝑀 ¼
1
2𝑀𝑣
, − 2𝑊´½ = ³
2
24º
(2.4)(4.8), − 2(8.1)
2 »
𝑣) = 3.1[𝑚 𝑠⁄ ]
Ejemplo 4.30. Se aplica una fuerza F de 100[N] sobre un bloque de
2[kg] inicialmente en reposo, acelerándolo a razón de1[m/s2] e
imprimiéndole una velocidad de 2[m/s]. El bloque es detenido por dos
resortes de constantes elásticas de 100[N/m] y 200[N/m],
respectivamente. Determinar el trabajo realizado por la fuerza F y la
compresión máxima de cada resorte.
Estrategia de resolución. Considerandoque los resortes están en
paralelo, ambos tendrán la misma compresión y deberá hallarse Keq.
Con los datos cinemáticos se puede encontrar el desplazamiento d y
con él determinar el trabajo, luego se utilizará el tercer teorema
trabajo – energía para conocer el valor de la compresión x.
1. Hallar la constante equivalente:
𝐾gÌ = 𝐾) + 𝐾, = 100 + 200 = 300[𝑁 𝑚⁄ ]
2. Determinar el desplazamiento:
𝑣, = 𝑣e, + 2𝑎𝑑
𝑑 =
𝑣,
2𝑎 = 2
[𝑚]
3. Calcular el trabajo realizado por la fuerza externa F:
𝑊´ = �⃗� ∘ 𝑑 = 𝐹𝑑 = (100)(2) = 200[𝐽]
4. Plantear el teorema trabajo – energía:
𝑊´ = 𝐸, − 𝐸)
𝑊´ = 𝐸¥ + 𝐸¡ =
1
2𝐾𝑥
, +
1
2𝑚𝑣
,
5. Despejando x y reemplazando datos se tiene:
𝑥 = 1.14[𝑚]
Ejemplo 4.31. En el sistema de la figura, un bloque de 0.5[kg]
comprime 0.2[m] al resorte de constante elástica K1=1000[N/m] que
se encuentra en la parte más baja. El bloque recorre la trayectoria
escalonada encontrándose sobre la superficie todo el tiempo, en
dicha trayectoria sólo existe rozamiento en el segundo escalón, los
otros dos son completamente lisos; al llegar a la parte superior,
comprime al resorte de constante K2 y regresa a la parte inferior
donde nuevamente comprime al resorte de K1. ¿Cuál es la distancia
comprimida por el resorte en el viaje de vuelta?
Estrategia de resolución. Es preciso notar que el bloque recorre dos
veces la trayectoria mostrada, una vez en la subida y la otra en la
bajada, por tanto, la fuerza de rozamiento realizará dos trabajos
idénticos. Se aplicará el tercer teorema trabajo – energía en el punto
A, puesto que se está considerando el ciclo completo de ida y vuelta.
1. Plantear el teorema trabajo – energía:
2𝑊´ = 𝐸�¥¦(��ga^`) − 𝐸�¥¦(��`)
2𝑓V ∘ 𝑑 =
1
2𝐾𝑥
, −
1
2𝐾𝑥)
,
−2𝜇𝑁𝑑 =
1
2𝐾𝑥
, −
1
2𝐾𝑥)
,
𝑥) = ³
𝐾𝑥), − 2𝜇𝑁𝑑
𝐾
Pero N = mg
𝑥) = ³
𝐾𝑥), − 2𝜇𝑚𝑔𝑑
𝐾
𝑥) = ³
(1000)(0.2), − 2(0.2)(0.5)(10)(5)
1000 = 0.17[𝑚]
Ejemplo 4.32. Una corredera de 1.5[kg] está unida a un resorte y
desliza por una guía circular lisa situada en un plano horizontal, el
resorte tiene una longitud natural de 0.15[m] y una constante
K=400[N/m]. Sabiendo que la corredera está en equilibrio en A,
cuando recibe un empujón para ponerla en movimiento, determinar
sus velocidades cuando pasa por B y por C.
Estrategia de resolución. Debido a la inexistencia de fuerzas
externas, la energía mecánica se conserva, por tanto se planteará
esa conservación entre los puntos A y B y, posteriormente entre A y
C para determinar las velocidades respectivas. Asimismo, deberán
encontrarse las deformaciones en cada punto, las mismas que se
observan en la figura.
1. Plantear el principio de conservación de la energía
mecánica entre los puntos A y B.
𝐸¦ = 𝐸§
𝐸¥¦ = 𝐸¥§ + 𝐸¡
1
2𝐾𝑥¦
, =
1
2𝐾𝑥§
, +
1
2𝑚𝑣§
,
𝑣§ = ³
𝐾(𝑥¦, − 𝑥§,)
𝑚
2. Determinar las deformacionesde los resortes:
𝑥¦ = 𝐿Y¦ − 𝐿e = 175 + 2(125) − 150 = 275[𝑚𝑚]
𝑥§ = 𝐿Y§ − 𝐿e = ²(175 + 125), + (125), − 150
𝑥§ = 175[𝑚𝑚]
3. Hallar vB:
𝑣§ = ³
400((0.275), − (0.175),)
1.5 = 3.464
[𝑚 𝑠⁄ ]
4. Plantear el principio de conservación de la energía
mecánica entre los puntos A y C.
𝐸¦ = 𝐸ª
𝐸¥¦ = 𝐸¥ª + 𝐸¡ª
1
2𝐾𝑥¦
, =
1
2𝐾𝑥ª
, +
1
2𝑚𝑣ª
,
𝑣ª = ³
𝐾(𝑥¦, − 𝑥ª,)
𝑚
5. Determinar xc:
𝑥ª = 𝐿Yª − 𝐿e = 175 − 150 = 25[𝑚𝑚]
6. Calcular la velocidad en C:
𝑣ª = ³
4000((0.275), − (0.025),)
1.5 = 4.472
[𝑚 𝑠⁄ ]
Ejemplo 4.33. En el sistema de la figura, sólo existe rozamiento en la
superficie horizontal de 3[m] de longitud (µ=0.2). El bloque de 2[kg]
parte del reposo en el punto A, baja por el arco de radio R=2[m], pasa
por la superficie horizontal rugosa, sube por el plano inclinado una
distancia d=2.5[m] y comprime una distancia x a un resorte de
constante elástica K=600[N/m]. Calcular la compresión del resorte.
Estrategia de resolución. Aunque podría realizarse la conservación
en cada uno de los puntos marcados, vamos a tomar solamente los
puntos A (inicio del movimiento) y D (final del movimiento), en este
caso existe una fuerza de rozamiento horizontal y de sentido contrario
al desplazamiento, por tanto, la energía mecánica no se conserva y
se usará el tercer teorema trabajo – energía. La altura será calculada
por trigonometría.
1. Plantear el tercer teorema trabajo – energía:
𝑊´ = 𝐸Ë − 𝐸¦
𝑓V ∘ 𝐿$⃗ =
1
2𝐾𝑥
, +𝑀𝑔ℎ −𝑀𝑔𝑅
−𝜇𝑀𝑔𝑑 =
1
2𝐾𝑥
, +𝑀𝑔ℎ −𝑀𝑔𝑅
2. Determinar h:
𝑠𝑒𝑛30 =
ℎ
𝑑 + 𝑥
ℎ = 𝑑𝑠𝑒𝑛30 + 𝑥𝑠𝑒𝑛30
3. Reemplazando en la ecuación anterior:
−𝜇𝑀𝑔𝑑 =
1
2𝐾𝑥
, +𝑀𝑔(𝑑𝑠𝑒𝑛30 + 𝑥𝑠𝑒𝑛30) −𝑀𝑔𝑅
4. Despejar x:
60𝑥, + 2𝑥 − 1 = 0
𝑥 = 0.11[𝑚]
Ejemplo 4.34. Un cochecito de 1[kg] comprime 0.5[m] a un resorte de
K=200[N/m], si el plano A-B tiene µ=0.1 y una longitud de 2[m], en
tanto que el plano inclinado no presenta rozamiento, calcular cuántas
veces debe recorrer su trayectoria hasta detenerse.
Estrategia de resolución. Debido a que en el tramo AB existe
rozamiento, la energía mecánica no se conserva, entonces debe
usarse el tercer teorema trabajo – energía, considerando “n” como el
número de veces que el carro recorre esa trayectoria.
1. Plantear el tercer teorema trabajo – energía.
𝑊´ = 𝐸§ − 𝐸¦
2. Reemplazar energías, teniendo en cuenta que, en el punto
B se detendrá el coche, por tanto, no presenta energía
alguna, en tanto que en el punto A, se tiene energía
potencial elástica.
𝑛𝑓V ∘ 𝑑 = −
1
2𝐾𝑥
,
3. Puesto que, solamente la trayectoria horizontal presenta
rozamiento, la fuerza normal es igual al peso, entonces, la
ecuación anterior queda:
−𝑛𝜇𝑀𝑔𝑑 = −
1
2𝐾𝑥
,
𝑛 =
𝐾𝑥,
𝜇𝑀𝑔𝑑
4. Reemplazar valores:
𝑛 =
(200)(0.5),
(0.1)(1)(10)(2) = 25
Ejemplo 4.34. Un bloque de M=10kg], se deja caer desde una altura
s=2[m] sobre otro bloque de m=5[kg] que se encuentra comprimiendo
a dos resortes colocados en paralelo de K1=400[N/m] y K2=100[N/m],
respectivamente. Determinar la velocidad con que el primer bloque
golpea al segundo y la máxima compresión que experimenta el
sistema de resortes después de que los bloques se juntan.
Estrategia de resolución. Puesto que el sistema de resortes se
encuentra acoplado en paralelo, se deberá hallar la constante
equivalente; además, estos resortes tienen una compresión inicial,
debido a que soportan al segundo bloque, por tanto, para hallar dicha
compresión, se deberá hacer una suma de fuerzas en equilibrio;
luego se determinará la velocidad con que el bloque uno golpea al
bloque 2, utilizando cinemática, para posteriormente y por
conservación de la energía mecánica (puesto que no existen fuerzas
externas), hallar la máxima compresión x.
1. Hallar la constante equivalente de los resortes en paralelo
𝐾gÌ = 𝐾) + 𝐾, = 400 + 100500[𝑁 𝑚⁄ ]
2. Determinar x0 (compresión inicial del resorte), sumando las
fuerzas que actúan sobre el bloque que comprime los
resortes
�𝐹� = 0
𝑚𝑔 −𝐾gÌ𝑥e = 0
𝑥e =
𝑚𝑔
𝐾gÌ
=
(5)(10)
500 = 0.1[𝑚]
3. Determinar la velocidad con que M golpea a m, teniendo
en cuenta que el bloque parte del reposo
𝑣, = 2𝑔𝑆 = (2)(10)(2) = 40
𝑣 = 6.3[𝑚 𝑠⁄ ]
4. Plantear el principio de conservación de la energía
mecánica para determinar x:
𝐸e = 𝐸Y
La energía inicial es potencial elástica debida a la
compresión inicial del resorte y cinética, en tanto que la
energía final está formada por energía potencial
gravitacional y energía potencial elástica
1
2𝐾gÌ𝑥e
, +
1
2𝑀𝑣
, = (𝑀 +𝑚)𝑔𝑆 +
1
2𝐾gÌ
(𝑥 + 𝑥e),
5. Despejar x y reemplazar valores. La ecuación que queda
es:
25𝑥, + 20𝑥 − 38 = 0
Resolviéndola:
𝑥 = 0.9[𝑚]
PROBLEMAS PROPUESTOS
1. A un bloque de 3.2[kg] se le da una velocidad de 12[m/s] hacía
arriba de un plano inclinado que hace un ángulo de 30º con la
horizontal. Después de que ha viajado 8[m] por el plano, su
velocidad hacía arriba es de 2.4[m/s]. Encontrar: (a) El
coeficiente de rozamiento entre el plano y el bloque; (b) La
distancia máxima del bloque hasta su punto de partida; (c) La
velocidad del bloque cuando pasa por su punto de partida
Respuestas. a) 0.441; b) 8.33[m]; c) 4.39[m/s]
2. A un bloque de 3.2[kg] se le da una velocidad de 12[m/s] hacía
arriba de un plano inclinado que hace un ángulo de 30º con la
horizontal. Después de que ha viajado 8[m] por el plano, su
velocidad hacía arriba es de 2.4[m/s]. Encontrar: (a) El
coeficiente de rozamiento entre el plano y el bloque; (b) La
distancia máxima del bloque hasta su punto de partida; (c) La
velocidad del bloque cuando pasa por su punto de
partidaRespuestas. a) 0.441; b) 8.33[m]; c) 4.39[m/s]
3. Un paquete de 20[kg] se lanza hacía arriba por un plano
inclinado a 15econ una velocidad de12[m/s]. Sabiendo que
retorna al punto de partida con una velocidad de 6[m/s], (a)
Calcular la distancia que subió el paquete por el plano inclinado;
(b) el coeficiente de rozamiento entre el paquete y el plano.
Respuestas. a) 17.7[m] b) 0.16
4. Una escalera mecánica está diseñada para transportar 144
personas en dos minutos. La potencia requerida por la escalera
es de 3.4[Hp] y la velocidad constante de la escalera es de
0.8[m/s]. Determinar la masa de cada persona por la escalera.
Respuesta. 65[kg].
5. Una pelota de 0.20[Kg] se tira verticalmente hacía arriba con una
velocidad inicial de 8[m/s]. Cuando la pelota cae al piso, su
velocidad es de 6.8[m/s] ¿Cuánta energía se perdió debido al
rozamiento del aire? Calcular la altura máxima a la que llegó la
pelota suponiendo que el rozamiento del aire no depende de la
velocidad de la pelota.Respuestas. 1.78[J];
2.81[m]
6. Un muchacho está de pie en el techo de un granero, a 5[m] sobre
el piso y se sujeta de una cuerda de 16[m] que está fija a la rama
de un árbol a 18.5[m] sobre el piso. Se columpia de la cuerda,
partiendo del reposo. (a) ¿Qué velocidad tendrá el muchacho
cuando esté más cerca del piso?. (b) ¿A qué distancia se habrá
movido horizontalmente si suelta la cuerda en el momento de
detenerse momentáneamente al llegar al lado opuesto de su
oscilación? (c) Si suelta la cuerda cuando ésta hace un ángulo de
30º con la vertical, habiendo pasado ya por la posición vertical,
¿con qué velocidad caerá al piso?Respuestas. a) 7[m/s]; b)
17.2[m]; c) 9.9[m/s]
7. Un ascensor con carga tiene una masa de 800[kg], en tanto que
la masa del contrapeso es de 300[kg] ¿Cuál es la eficiencia del
motor que lo hace descender con velocidad constante de 2[m/s]
si el motor consume 10000[watt]. Respuesta. 100%
8. En el peligroso “deporte” de salto de cuerda a gran altura un
estudiante salta desde un globo aerostático con una cuerdaelástica de diseño especial amarrada a sus tobillos. La longitud
de la cuerda sin estirarse es de 25[m], el peso del estudiante es
de 700[N] y el globo está a 36[m] sobre la superficie de un río.
Calcular la fuerza constante requerida de la cuerda si el
estudiante se va a detener en forma segura 4[m] arriba del
río.Respuestas.914[Nm]
9. Las masas de la jabalina, el disco y la bala son 0.8[kg], 2[Kg] y
7.2[kg], respectivamente, y los lanzamientos récord en los
deportes de pista que usan estos objetos son aproximadamente
89[m], 69[m] y 21[m], respectivamente. Sin tomar en cuenta la
resistencia del aire, calcular: (a) Las energías cinéticas que
producen estos lanzamientos. (b) La fuerza promedio ejercida
sobre cada objeto durante el lanzamiento, suponiendo que la
fuerza actúa a lo largo de una distancia de 2[m].Respuestas. a)
349[J]; 676[J]; 741[J]b) 174[N]; 338[N]; 370[N]
10. Un estudiante de topografía de 80[Kg] sube a un monte de
120[m] de altura. (a) ¿Cuál es el incremento de energía potencial
gravitacional del estudiante al llegar a la cumbre del monte?; (b)
¿De dónde procede esa energía?; (c) El organismo del
estudiante tiene un rendimiento del 20%, es decir por cada 100[J]
de energía interna consumida, 20[J] se convierten en energía
mecánica y 80[J] en energía calorífica. ¿Cuánta energía química
es consumida por el estudiante durante el ascenso al
monte?Respuestas. a) 93.4[kJ]; b) de energía metabólica; c)
471[kJ]
11. Durante el rodaje de una película, una pareja de cómicos han de
empujar una estufa de 80[Kg] por una rampa rugosa, inclinada un
ángulo de 10º, para cargarla en un camión. Comienzan por
empujar la estufa sobre el suelo horizontal para ganar velocidad
y cuando llegan a la rampa le dan un empuje final esperando que
todo irá bien. Desgraciadamente la estufa se detiene a corta
distancia sobre la rampa y a continuación se desliza hacía abajo,
con lo cual los cómicos salen dando tumbos. (a) Si la estufa
alcanza una velocidad de 3[m/s] en la parte más baja de la
rampa y una velocidad de 0.8[m/s] cuando está 2[m] más arriba,
¿cuál es la altura máxima alcanzada?; (b) ¿Cuál es la velocidad
de la estufa cuando vuelve a pasar por el punto de 2[m]?; (c)
¿Cuánta energía se convirtió en energía calorífica debida al
rozamiento durante el viaje de ida y vuelta al fondo de la
rampa?Respuestas. a) 2.15[m]; b) 0.63[m/s]; c) 133[J]
12. Un cojinete A de 15 [kg] de masa se desliza sin rozamiento por
un tubo. El cojinete está conectado a un resorte lineal cuya
constante K vale 1 [N/mm]. Si el cojinete, inicialmente en reposo,
se suelta en la posición que se muestra, ¿cuál será su velocidad
cuando el resorte esté en la posición EF? En la posición inicial
del cojinete el resorte está alargado 75 [mm].Respuestas.
1.938[m/s]
13. Un cojinete A con una masa de 5 [kg] puede deslizar por un tubo
sin rozamiento. Si se suelta, partiendo del reposo, en la posición
que se muestra, en la que el resorte no presenta deformación,
¿qué velocidad tendrá el cojinete después de haber recorrido 50
[mm]? La constante del resorte es de 2 [N/mm]. Respuestas.
0.389[m/s]
14. Un motor eléctrico A que proporciona un par constante está
sosteniendo un peso W del 140 [N]. Un cable inextensible
conecta al motor el peso W pasando por un tambor estacionario
de diámetro D = 0,3 [m]. El diámetro d de la polea del motor es
de 150 [mm], y el par proporcionado por éste es de 200 [N/m]. El
coeficiente de rozamiento es de 0,2. Si el sistema parte del
reposo, ¿cuál será la velocidad del peso W después de haberse
elevado 1,5 [m]?Respuestas. 16.42[m/s]
15. Una esfera con peso Mg está oscilando en el extremo de una
barra de longitud R y de masa despreciable. La esfera está
inicialmente en reposo cuando q = 0. Determinar la posición q en
la que la barra no ejerce reacción alguna sobre la esfera, si se
inicia el movimiento de la esfera con un pequeño
desplazamiento.Respuesta. 90º
16. Si se suelta un resorte de 20[kg] desde el reposo en h=0,
determinar la constante K requerida para cada resorte de modo
que el movimiento se detenga cuando h=0.5[m]. Ambos resortes
tiene una longitud natural de 1[m]. Respuesta. 47[N]
17. El sistema de la figura parte del reposo en la posición mostrada.
Los resortes idénticos tienen una longitud natural de 1.2[m]. Si la
masa de la esfera es de 3[kg] y el máximo alargamiento del
resorte superior es de 0.5[m]. Determinar K. Respuesta.
109.2[N/m]
18. El bloque de 20[Kg] que se muestra en la figura, se eleva 0.75[m]
por medio de una fuerza constante de 25[N] que se aplica en el
extremo de la cuerda. Si se considera a las poleas carentes de
masa, determinar el trabajo realizado sobre el
bloque.Respuestas. –109.65[Nm]
19. Un bloque de 20[lb] está en reposo sobre una superficie inclinada
30º sobre la horizontal, como se ilustra en la figura. El resorte se
ha comprimido 8 pulgadas por medio de los cables. El coeficiente
de rozamiento entre el bloque y la superficie es 0.12. Se aplica
una fuerza constante de 10[lb] al bloque. Determinar el trabajo
realizado sobre el bloque al soltar los cables y moverse el resorte
a su posición de equilibrio.Respuestas. 52.4[lbpie]
20. Se utiliza un resorte para parar un bloque de 100[lb] cuando se
desliza hacía abajo a lo largo de una superficie inclinada 15º,
como se muestra en la figura. El resorte de constante Ks =
50[lb/pie] está comprimido inicialmente 2[pies]. Si el bloque llega
al reposo en B después de ocasionar una compresión adicional
de 1[pie] al resorte, determinar el trabajo realizado por todas las
fuerzas que actúan durante su movimiento de A (x = 0) a B (x = 5
pies). El coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque y la
superficie inclinada es µK = 0.25.Respuestas. –116.25[lbpie]
21. Una partícula de 3[lb] se suelta del reposo en el punto A sobre la
varilla circular de guía que se muestra en la figura. Si la varilla es
lisa, determinar la velocidad de la partícula al llegar al punto B.
La longitud no deformada del resorte es 4 pulgadas y la
constante del resorte es 20[lb/pulgada].Respuestas. 11.7[pies/s]
22. Un carro carbonero que pesa 60 toneladas parte del reposo en la
posición que se muestra en la figura y se mueve en descenso
sobre una pendiente de 2º. La resistencia de las ruedas al
rodamiento es de 0.001 por la componente normal del peso.
Determinar la constante de resorte que se requiere en el
parachoques para detener el carro después de un
desplazamiento de 15 pulgadas.Respuestas. 193.7 [ton/pie
23. Un auto de 4000[lb] está dotado de un sistema de suspensión
formado por cuatro resortes y cada uno de ellos tiene una
longitud sin deformar de 10 pulgadas. Suponiendo que la masa
del auto está ubicada 2 pulgadas arriba del extremo de los
resortes, como se muestra en la figura, determinar la constante
del resorte K requerida para que los resortes soporten el peso del
auto en reposo con una compresión de 5 pulgadas en cada
resorte.Respuestas. 46.7[lb/pie]
24. Se ha diseñado un conjunto de resortes acoplados como parte
de un amortiguador de choques para utilizarlo para detener el
movimiento descendente de un émbolo de 20[Kg]. La constante
de rigidez del resorte interior es de 15[kN/m]. Las longitudes sin
deformación de los resortes exterior e interior son 0.40[m] y
0.30[m], respectivamente. Si se suelta el émbolo desde una
altura de 1[m] arriba del resorte exterior y si la deformación
máxima permitida del resorte exterior es 0.20[m], determinar la
constante de rigidez requerida para el resorte exterior.
Respuestas. 8[kN/m]
25. Un peso de 30[lb] se mueve sobre una barra guía lisa vertical. El
peso se suelta del reposo en la posición que se muestra en la
figura. Determinar la velocidad cuando se mueve 5 pies hacía
abajo. Cada resorte tiene una longitud sin deformación de 1.5
pies y una constante de rigidezde 75[lb/pie].
Respuestas. 27.5[m/s]
26. Una caja de cartón con peso Mg se separa de una banda
transportadora con una velocidad v y pasa sobre una transición
lisa de arco circular a una superficie lisa inclinada 45º, como se
muestra en la figura. Determinar la velocidad v que se requiere
en el transportador para que se mueva la caja hacía arriba de la
superficie inclinada una distancia H. La velocidad v deberá
expresarse en función de H, R y g.
Respuesta.
27. Un cuerpo es soltado desde una altura h=5.5[m], baja por el
plano que forma un ángulo de 45o con la horizontaly tiene un
coeficiente de rozamiento es de 0.5, da una vuelta por el rizo de
1[m] de radio sin rozamiento y comprime 0.8[m] al resorte.
Determinar la masa del bloque para que describa la trayectoria
descrita y la constante elástica del resorte (K).
28. Una patineta de 2[kg] comprime dos resortes de constantes
K1=50[N/m] y K2=100[N/m] conectados en serie, cuando el
bloque se libera se desplaza 5[m] en la superficie con µ=0.5 y
choca con el sistema de resortes en paralelo cuyas constantes
son K3=150[N/m] y K4=200[N/m], si las compresiones de los
[ ]( ) 21222 RRHg -+
resortes son de 0.2[m] y 0.3[m], respectivamente, determinar la
magnitud y sentido de una fuerza externa.
29. Un bloque de 0.5[kg] comprime 0.2[m] a un resorte de
K=100[N/m], si el plano A-B de longitud d=3.0[m] tiene µ=0.3, en
tanto que el plano inclinado de longitud L=0.8[m] tiene un
coeficiente de rozamiento de 0.2, calcular cuántas veces debe
recorrer su trayectoria hasta detenerse.
30. En el sistema de la figura sólo hay rozamiento en la superficie
horizontal de 3[m] de longitud (µ=0.2) y en el plano inclinado
cuya distancia con (µ=0.3), calcular el desplazamientodel bloque
de 3[kg] en el plano inclinado antes de chocar con el resorte de
K=5000[N/m] y comprimirlo 0.06[m], considerar que el radio del
arco es de 1.5[m] y el ángulo 300.
Tabla de Contenidos
5.1. SISTEMA DE PARTÍCULAS ...................... 178
5.2. CENTRO DE MASA ................................. 178
5.3. POSICIÓN DEL CENTRO DE MASA .......... 178
5.3.1. VELOCIDAD DE UN SISTEMA DE
PARTICULAS ................................................... 182
5.3.2. ACELERACIÓN DEL CENTRO DE MASA .... 182
5.4. MOMENTO LINEAL ............................... 184
5.5. SISTEMA AISLADO ................................ 185
5.6. CONSERVACION DEL MOMENTO LINEAL185
5.7. PRINCIPIO DEL IMPULSO PARA UN
SISTEMA DE PARTÍCULAS ............................. 190
5.9. APLICACIONES DEL PRINCIPIO DEL
IMPULSO Y DE LA CONSERVACIÓN DEL
MOMENTO LINEAL ...................................... 193
5.9.1. CHOQUES .............................................. 194
5.9.1.1. COEFICIENTE DE RESTITUCION (E) ............ 195
5.9.1.2. REGLA DE NEWTON. ............................ 195
5.9.1.3. TIPOS DE CHOQUE DE ACUERDO AL
COEFICIENTE DE RESTITUCIÓN .............................. 196
5.9.2. PROPULSIÓN DE COHETES ............... 209
5.9.3. FLUJO DE FLUIDOS ESTACIONARIOS ...... 210
PROBLEMAS PROPUESTOS. ............................... 212
CAPÍTULO 5
CONSERVACIÓN
DEL MOMENTO
LINEAL
5.1. SISTEMA DE PARTÍCULAS
En este capítulo ya no trabajaremos con unasola partícula como lo
estuvimos haciendo hasta ahora, pues, si bien hemos trabajado con
más de una, por ejemplo con dos o más automóviles o con varios
bloques que presentan movimiento solidario o no solidario,
tratábamos a cada uno como partícula independiente y, en
consecuencia, la tratábamos independientemente, así, realizábamos
un diagrama de cuerpo libre para cada una, o nos centrábamos en el
movimiento de cada móvil. Ahora analizaremos el movimiento de los
sistemas de partículas que se definen como una colección de estas
que presenta dependencias entre partículas, en la cual cada una de
ellas tiene una posición respecto de algún punto, una velocidad y una
aceleración. Como sería muy difícil estudiar el movimiento de cada
una de las partículas, se supone que están representadas por una
única partícula cuya masa es la suma de todas ellas y que se
encuentra posicionada en un punto llamado centro de masa.
5.2. CENTRO DE MASA
En los capítulos anteriores hemos visto cómo se aplican las leyes de
Newton suponiendo que los cuerpos analizados son partículas, tales
como personas, automóviles, animales, aviones, etc. En este capítulo
justificaremos el uso de la partícula, demostrando la existencia de un
punto del sistema, denominado Centro de Masa, que se define como
un punto en el que se considera concentrada toda la masa del
sistema, y las fuerzas externas que actúan sobre el sistema, se
aplicarán, exclusivamente, sobre el mencionado punto(centro de
masa). Para ilustrar mejor el concepto de centro de masa,
suponemos que cada una de las partículas se traslada a ese punto,
como muestra la figura 5.1.
El movimiento de cualquier sistema de partículas, puede ser descrito
en función del movimiento del centro de masa. El centro de masa, por
tanto, tiene posición, y cuando corresponda, velocidad y/o
aceleración.
5.3. POSICIÓN DEL CENTRO DE
MASA
El centro de masa debe tener una posición con respecto a un sistema
de referencia arbitrario. Por ejemplo, si consideramos un sistema
simple de dos partículas de masas m1 y m2, cuyas distancias al origen
del sistema de ejes coordenados en el plano son x1, y1 y x2 y y2, sus
coordenadas del centro de masa serán: Xcm y Ycm, respectivamente,
como se muestra en la figura 5.2, la posición del centro de masa del
sistema será el punto 𝑟#$%%%%%%%⃗ = (𝑋#$, 𝑌#$).Cabe señalar que la
posición del punto rcm responde a un balance de momentos de primer
orden, cuya aplicación es de la mayor importancia tanto en el área de
mecánica como en el de construcciones civiles.
Para determinar dicha posición, se hallará el producto de la masa total
del sistema por la distancia 𝑟#$%%%%%%⃗ = (𝑋#$, 𝑌#$) considerando que ésta
es igual a la suma de los productos de cada masa por su distancia
respectiva al mismo origen, es decir, se calculará el promedio
ponderado de las masas y las distancias correspondientes, ya sea en X
o en Y, vale decir:
(𝑚. +𝑚0)𝑟#$ = 𝑚.�⃗�. +𝑚0𝑟0
𝑟#$ =
𝑚.𝑟. +𝑚0𝑟0
𝑚. +𝑚0
Siendo la masa total del centro de masa:
𝑀 = ∑𝑚 = 𝑚. +𝑚0
Para un sistema de “n” partículas de masas m1, m2, m3,..., mn, el centro
de masa con relación a un origen determinado puede ser calculado
generalizando la ecuación anterior, (para dos partículas) a “n”
partículas, en este caso se tiene:
𝑚.𝑟. +𝑚0𝑟0 +𝑚3𝑟3 +⋯+𝑚5�⃗�5 = ∑𝑚6�⃗�6
Donde la masa total del sistema es:
𝑀 = ∑𝑚6 = 𝑚. +𝑚0 +𝑚3 +⋯+𝑚5 (5.1)
𝑟#$ =
∑$78⃗7
∑$7
(5.2)
La ecuación vectorial 5.2 proporciona tres ecuaciones en el espacio,
en tanto que solamente dos ecuaciones en el plano cartesiano, que
es el que utilizaremos en este capítulo, vale decir que las
coordenadas del centro de masa, serán entonces:
𝑥#$ =
∑$7:7
∑$7
(5.3)
𝑌#$ =
∑$7;7
∑$7
(5.4)
Entonces, la posición del centro de masa es 𝑟#$ = (𝑥#$, 𝑌#$)
Para determinar el centro de masa de un cuerpo de masa continua, se
reemplazará la sumatoria por una integral:
�⃗�#$ =
.
< ∫ 𝑟𝑑𝑚 (5.5)
Donde dm es un elemento de masa localizado en la posición𝑟. Cabe
aclarar que, para cuerpos de forma regular, se calculará el centro de
masa basado en la simetría del cuerpo, por ejemplo, para un cilindro
homogéneo, el centro de masa se encontrará en el centro geométrico
del cilindro.
Existen otros términos, además del centro de masa, a los cuales se
puede hacer referencia:
Centro de Gravedad
Llamadotambién Centro de Atracción. Es el centro de las fuerzas
consideradas paralelas, que la gravedad ejerce sobre todas y cada
una de las partículas que forman un cuerpo; cada partícula tendrá un
peso dmig. (Figura 5.3). Teóricamente, se considera el centro de
atracción en el infinito, logrando así lo siguiente:
a) Si se representa a la atracción gravitacional mediante fuerzas,
estas fuerzas son paralelas.
b) Si se tiene un cuerpo homogéneo, todas las partículas de éste
tienen la misma atracción, es decir, la aceleración de la gravedad
es constante.
El centro de gravedad de un cuerpo tiene una posición que estará
representada por las coordenadas del centro de gravedad: XCG e YCG.
𝑟%%⃗ #? = @𝑥#?, 𝑌#?A
Con:
𝑥#? =
𝑔∑𝑚6𝑥6
𝑀𝑔
𝑌#? =
𝑔∑𝑚6𝑦6
𝑀𝑔
Centroide de Figuras planas.
También pueden encontrarse los centroides de figuras planas,
considerando que éstos se encuentran en el centro del área de la que
se quiere conocer la posición, adaptando las ecuaciones 6.3 y 6.4, de
la siguiente manera:
𝑋D =
∑𝐴6𝑥6
∑𝐴6
𝑌D =
∑𝐴6𝑦6
∑𝐴6
Ejemplo 5.1. Ubicar el centro de masa del sistema de cuatro
partículas que se encuentran colocadas como muestra la figura, si m1
= 1[Kg]; m2 = 2[Kg]; m3 = 3[Kg] y m4 = 4[Kg].
Estrategia de resolución. Se utilizará la ecuación 5.1 (para
determinar la masa total del centro de masa) y las ecuaciones 5.3 y
5.4 para encontrar cada una de las coordenadas del centro de masa,
luego se ubicará el vector posición.
1. Hallar la masa total.
𝑀 = 𝑚. +𝑚0 +𝑚3 +𝑚F
𝑀 = (1 + 2 + 3 + 4) = 10[𝑘𝑔]
2. Encontrar xcm:
𝑋#$ =
𝑚.𝑥. +𝑚0𝑥0 +𝑚3𝑥3 +𝑚F𝑥F
𝑀 =
4.2
1 = 4.2
3. Determinar Ycm:
𝑌#$ =
𝑚.𝑦. +𝑚0𝑦0 +𝑚3𝑦3 +𝑚F𝑦F
𝑀 =
3.6
1 = 3.6
4. Ubicar el centro de masa:
𝑟 = (4.2[𝑚]; 3.6[𝑚])
Comentarios. Puede notarse que, a pesar de que las partículas
forman un cuadrado, el centro de masa no se encuentra en el centro
de esa figura geométrica, puesto que se desplaza hacia arriba y hacia
la derecha debido a que en los puntos (3) y (4) las masas son
mayores.
Ejemplo 5.2. Ubicar el centro de masa del cuerpo mostrado en la
figura siguiente.
Estrategia de Resolución. Se colocará un sistema de ejes
coordenados. Teniendo en cuenta que lo que se desea calcular es el
centro de masa de la figura achurada y considerando que el centro de
masa de una figura plana se encuentra en su centro geométrico, se
determinarán las áreas del cuadrado y del triángulo y se restarán
para hallar el área de la figura y su centro de masa.
1. Calcular el area achurada:
𝐴 = 𝐴#RST8STU − 𝐴W86á5?RYU = 𝑎0 −
𝑎0
2
𝐴 =
𝑎0
2
2. Hallar las coordenadas Xcm,Ycm
𝑋#$ =
𝐴.𝑥. − 𝐴0𝑥0
𝐴 =
(𝑎0) [S
0
\ − [S
]
0
\ [S
0
\
S]
0
𝑋#$ =
𝑎
2
𝑌#$ =
𝐴.𝑦. − 𝐴0𝑦0
𝐴 =
(𝑎0)[S
0
\ − [S
]
0
\ [^
_
𝑎\
S]
0
𝑌#$ =
𝑎
6
3. Ubicar el centro de masa:
𝑟#$ = [
𝑎
2 ,
𝑎
6\
Ejemplo 5.3. Calcular en centro de masa de una barra uniforme.
Estrategia de Resolución. Primero se establece un sistema de
coordenadas, colocando el eje X a lo largo de la barra y con el origen
en uno de sus extremos. La densidad lineal l será igual a la masa
por unidad de longitud de la barra.
Puesto que la barra es uniforme, su densidad lineal l (distribución de
masa con respecto a la longitud L de la barra) puede escribirse como:
𝜆 =
𝑀
𝐿
El elemento de masa dm seleccionado tiene una longitud dx a una
distancia x.
Debido a que M es la masa total de la barra, dm será:
𝑑𝑚 = 𝑀
𝑑𝑥
𝐿 =
𝑀
𝐿 𝑑𝑥
𝑑𝑚 = 𝜆𝑑𝑥
De acuerdo a la ecuación 5.5, se tiene:
𝑀𝑋#$ = b𝑥𝑑𝑚 = b 𝜆𝑥𝑑𝑥 =
c
d
𝜆
𝐿0
2
Remplazandol, se obtiene:
𝑋#$ =
𝜆𝐿0
2𝑀 =
𝑀
𝐿 e
𝐿0
2𝑀f =
1
2𝐿
5.3.1. VELOCIDAD DE UN SISTEMA DE
PARTÍCULAS
Para un conjunto de partículas, con masas m1, m2, m3, ......, mn todas
ellas en movimiento, es decir, cada una cambiando de posición y,
definiendo de esta manera el vector desplazamiento, el mismo que
controlado por una variable temporal proporciona la velocidad, como se
muestra en la figura 5.5; si consideramos además, que el centro de
masa concentra la masa de todas las partículas, la masa total será:
Por otra parte se sabe que:
𝑀�⃗�#$ = 𝑚.𝑟. +𝑚0𝑟0 +𝑚3�⃗�3 +⋯+𝑚5𝑟5
Derivando la última ecuación respecto al tiempo:
𝑀𝑑�⃗�#$
𝑑𝑡 =
𝑚.𝑑𝑟.
𝑑𝑡 +
𝑚0𝑑𝑟0
𝑑𝑡 +
𝑚3𝑑𝑟3
𝑑𝑡 +⋯+
𝑚5𝑑𝑟5
𝑑𝑡
Dado que la variación de la posición respecto al tiempo es la
velocidad, la ecuación anterior se convierte en:
𝑀�⃗�#$ = 𝑚.�⃗�. +𝑚0�⃗�0 +𝑚3�⃗�3 +⋯+𝑚5𝑣5%%%%⃗ (5.6)
Por tanto, la velocidad del centro de masa será:
�⃗�#$ =
$ij%⃗ ik$]j%⃗ ]k$lj%⃗ lk⋯k$mjm%%%%⃗
<
(5.7)
5.3.2. ACELERACIÓN DEL CENTRO DE
MASA
Para hallar la aceleración del centro de masa de un sistema de
partículas, vamos a dderivar la ecuación 6.6 con respecto al tiempo,
obteniendo:
𝑀�⃗�#$ = 𝑚.�⃗�. +𝑚0�⃗�0 +𝑚3�⃗�3 +⋯+𝑚5𝑎5%%%%⃗ (5.8)
La fuerza resultante que actúa sobre cualquier partícula resulta:
�⃗�6 = 𝑚6𝑎6 (5.9)
Aplicando la segunda ley de Newton, se tiene:
𝑀�⃗�#$ = �⃗�. + �⃗�0 + �⃗�3 +⋯+ 𝐹5%%%⃗ (5.10)
Considerando la ecuación 5.10 se puede enunciar que el centro de
masa de un sistema de partículas se mueve como si toda la masa del
sistema y todas las fuerzas externas se concentran en dicho punto.
Por otra parte, la masa total del conjunto de partículas multiplicada por
la aceleración de su centro de masa es igual a la suma vectorial de
todas las fuerzas que actúan sobre el conjunto de partículas.
Las fuerzas que actúan sobre una partícula pueden ser de dos tipos:
fuerzas externas y fuerzas internas, entre estas últimas se pueden
citar las de atracción y las de repulsión entre partículas, las mismas
que se presentan en pares de fuerzas iguales y opuestas que, por tener
esa característica, se anulan por pares y, por tanto, no se toman en
cuenta, razón por la cual, el segundo miembro de la ecuación
representa solamente la suma de las fuerzas externas que actúan
sobre todas las partículas, como se puede observar en la figura, es
decir:
𝑀𝑑𝑣#$
𝑑𝑡 =
𝑚.𝑑�⃗�.
𝑑𝑡 +
𝑚0𝑑�⃗�0
𝑑𝑡 +
𝑚3𝑑𝑣3
𝑑𝑡 …+
𝑚5𝑑�⃗�5
𝑑𝑡
𝑀�⃗�#$ = ∑ �⃗�p:Wp85Sq + ∑ �⃗�65Wp85Sq(5.11)
Pero ∑ �⃗�65Wp85Sq = 0, entonces:
𝑀�⃗�#$ = ∑ �⃗�p:Wp85Sq (5.12)
Ejemplo 5.4. Un proyectil se lanza en el aire con una velocidad de
25[m/s] formando un ángulo de 30º con la horizontal. Cuando llega a
su altura máxima, explota en dos fragmentos cuyas masas son
iguales. Uno de ellos cae directamente al suelo ¿dónde caerá el otro?
Estrategia de resolución. Puesto que la única fuerza externa que
actúa sobre el sistema es el peso, el centro de masa, que está en
todo momento a mitad del camino entre los fragmentos, continúa con
su trayectoria parabólica, como si no hubiera existido explosión y
tiene un alcance horizontal Rmax. El fragmento que cae directamente
al suelo se mueve en caída libre y tendrá un alcance horizontal
, como muestra la figura.
1. Relacionar x1 y x2 con xcm:
𝑚𝑥. +𝑚𝑥0 = 2𝑚𝑥#$
2. Determinar la ecuación de x2:
𝑥0 = 2𝑥#$ − 𝑥. = 2𝑅 − 0.5𝑅 = 1.5𝑅
3. Calcular R:
𝑅 =
2𝑣U0𝑠𝑒𝑛𝜑𝑐𝑜𝑠𝜑
𝑔
𝑅 = 54.13[𝑚]
4. Calcular x2:
𝑥0 = 1.5𝑅 = (1.5)54.13[𝑚] = 81.20[𝑚]
Rx 5.01 =
Conclusiones. El centro de masa sigue su trayectoria parabólica.
5.4. MOMENTO LINEAL
El momento lineal de una partícula es un vector �⃗� definido como el
producto de su masa m y su velocidad �⃗�:
�⃗� = 𝑚�⃗� (5.13)
Por la ecuación 5.6 sabemos que:
𝑀�⃗�#$ = 𝑚.�⃗�. +𝑚0�⃗�0 +𝑚3�⃗�3 +⋯+𝑚5𝑣5%%%%⃗
En un instante cualquiera, el sistema de partículas tendrá una velocidad
determinadapara cada partícula y por consiguiente un momento lineal,
sin importar si existen o no fuerzas externas. Se podría creer que
solamente aparece un momento lineal cuando existen fuerzas externas,
sin embargo, esto no es cierto, ya que un cuerpo puede moverse con
velocidad constante, sin que intervenga fuerza alguna, y tener momento
lineal.
El sistema como un todo tendrá un momento lineal total que resulta
de la suma vectorial de los momentos lineales de cada partícula, es
decir:
𝑃%⃗ = �⃗�. + �⃗�0 + 𝑝3 +⋯𝑝5 (5.14)
Además, comparando las dos últimas ecuaciones, se tiene:
𝑃%⃗ = 𝑀�⃗�#$ (5.15)
La última ecuación señala que el momento lineal total de un sistema
de partículas es igual a la masas total del sistema multiplicada por la
velocidad del centro de masa, es decir, la velocidad que representa a
todo el sistema de partículas.
𝑑(𝑀�⃗�#$)
𝑑𝑡 =
𝑑(𝑚.�⃗�.)
𝑑𝑡 +
𝑑(𝑚0𝑣0)
𝑑𝑡 +
𝑑(𝑚3�⃗�3)
𝑑𝑡 …+
𝑑(𝑚5𝑣5)
𝑑𝑡
Derivando la ecuación 5.14 con respecto al tiempo se tiene:
𝑑𝑃%⃗
𝑑𝑡 =
𝑑𝑝.
𝑑𝑡 +
𝑑�⃗�0
𝑑𝑡 +
𝑑𝑝3
𝑑𝑡 +⋯+
𝑑�⃗�5
𝑑𝑡
𝑑𝑃%⃗
𝑑𝑡 = 𝑚.
𝑑�⃗�.
𝑑𝑡 +𝑚0
𝑑�⃗�0
𝑑𝑡 +𝑚3
𝑑�⃗�3
𝑑𝑡 +⋯+𝑚5
𝑑�⃗�5
𝑑𝑡
𝑑𝑃%⃗
𝑑𝑡 = 𝑚.�⃗�. +𝑚0�⃗�0 +𝑚3�⃗�3 +⋯+𝑚5�⃗�5
𝑑𝑃%⃗
𝑑𝑡 = �⃗�. + �⃗�0 + �⃗�3 +⋯+ �⃗�5
T}%⃗
TW
= ∑ �⃗�p:W (5.16)
Esta ecuación corresponde a la segunda ley de Newton, tal como fue
planteada originalmente por él, es decir: “La variación del momento
lineal es proporcional a la fuerza resultante y tiene la misma dirección
de esa fuerza”
La resultante de las fuerzas externas es igual a la rapidez de cambio del
momento lineal del sistema de partículas. Cuando la fuerza externa
resultante es cero, el momento lineal de un sistema de partículas es
constante, sin embargo, la energía cinética total del sistema puede
variar. Por ejemplo, las fuerzas internas que no afectan al momento
lineal pueden ser fuerzas no conservativas y, debido a ello, cambiar la
energía mecánica total del sistema. La energía cinética de un sistema
de partículas tiene dos componentes, el primero de ellos tiene que ver
con el movimiento del centro de masa y el segundo está relacionado
con el movimiento de las partículas del sistema respecto al centro de
masa.
La primera está dada por la siguiente ecuación:
𝐸� =
1
2𝑚𝑣#$
0
Mientras que la segunda será:
P
!
𝐸� =��
1
2𝑚6𝑣6
0�
Siendo ui la velocidad correspondiente a la partícula i.
La energía cinética total será la suma de las dos anteriores, es decir:
𝐸� =
1
2𝑚𝑣#$
0 +��
1
2𝑚6𝑣6
0�
Pero la velocidad de la partícula i puede escribirse como la suma de la
velocidad del centro de masa y la velocidad relativa al centro de masa
(u):
𝑣6 = 𝑣#$ + 𝑢6
Entonces, la energía cinética del sistema será:
𝐸� =�
1
2𝑚𝑣#$
0
6
+�
1
2𝑚6𝑢6
0
6
𝐸� =
1
2𝑀𝑣#$
0 + 𝐸�(8pYSW6jS)
Si no existen fuerzas externas, la velocidad del centro de masa es
constante y la energía cinética debida a ella no cambia; por tanto, en un
sistema aislado solo la energía cinética relativa puede cambiar.
5.5. SISTEMA AISLADO
Un sistema es aislado cuando su interacción con el medio ambiente es
despreciable, todas las fuerzas que provengan del ambiente son
consideradas fuerzas externas, es decir, un sistema es aislado
cuando la fuerza externa neta que actúa sobre él es nula y
solamente existen fuerzas internas dentro del sistema. Un ejemplo
de sistema aislado es un cuerpo que cae libremente sobre la tierra, si
se puede despreciar la resistencia del aire y el movimiento de rotación
de la tierra (es lo que generalmente hacemos).
5.6. CONSERVACIÓN DEL
MOMENTO LINEAL
Cuando la suma de todas las fuerzas externas que actúan sobre un
sistema es cero, es decir, cuando un sistema puede ser considerado
aislado, se tiene que:
𝑑𝑃%⃗
𝑑𝑡 = 0
Es decir:
𝑃%⃗ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
Debido a que la derivada de una constante es cero.
Cuando la fuerza externa resultante es cero, el vector “momento lineal”
del sistema permanece constante. Este principio se denomina
Principio de la conservación del momento lineal. Debido a que, en
ausencia de fuerzas externas, el momento lineal se conserva, el
momento lineal inicial @𝑃%⃗UAserá igual al momento lineal final del sistema
@𝑃%⃗�A, es decir:
𝑃%⃗U = 𝑃%⃗� (5.20)
El momento lineal total de un sistema solo puede cambiarse por la
acción de las fuerzas externas que actúan sobre el sistema.
Guía para resolver problemas:
1. Detectar la presencia de fuerzas externas, recordar que no
puede existir ninguna para que se conserve el momento lineal.
2. Establecer que no haya ninguna resultante neta de las fuerzas
internas, éstas deben eliminarse por pares.
3. Cumplidas las dos anteriores condiciones, plantear la ecuación
de conservación del momento lineal.
4. Obtener los resultados solicitados en el problema a partir de la
ecuación de conservación del momento lineal.
Ejemplo 5.5. Un francotirador dispara un fusil Máuser cuya masa es
mF = 5[Kg], la masa de la bala mB = 0.1[Kg] sale con una velocidad vB
= 500[m/s]. ¿Cuál es la velocidad de retroceso del fusil? Suponer que
no hay rozamiento entre la superficie del cañón y la superficie de la
bala.
1. Debido a que no hay rozamiento entre la bala y el cañón, no hay
fuerzas externas.
2. Plantear la ecuación de conservación del momento lineal:
𝑃%⃗U = 𝑃%⃗�
3. Antes del disparo, todo el sistema está en reposo, es decir:
𝑃%⃗U = 0
4. Después del disparo, la bala sale con una velocidad, por tanto
tiene momento lineal, asimismo, la escopeta “patea”, es decir
retrocede con una velocidad que produce otro momento lineal, el
momento lineal total será:
𝑃� = 𝑝�SYS + 𝑝�Rq6Y = 𝑚�𝑣� +𝑚�𝑣�
5. Utilizar el principio de conservación del momento lineal:
0 = 𝑚�𝑣� +𝑚�𝑣� ⇒ 𝑣� =
−𝑚�𝑣�
𝑚�
6. Reemplazando valores:
𝑣� =
−(0.1)(500)
5 = −10
[𝑚 𝑠⁄ ]
Observaciones. El signo negativo de la velocidad significa que el
sentido del movimiento del fusil es hacía atrás; en términos cotidianos
es la “patada” del fusil. Notar que la velocidad es grande, 10[m/s],
¿será por eso que la patada es fuerte y duele tanto?
Ejemplo 5.6. ¡Trata de resolver!Una lancha de ml = 250[Kg] transporta
a un solo turista de mt = 80[Kg] y se detiene a orillas del Lago
Titicaca, el turista, entonces, empieza a caminar sobre la lancha para
descender de ella, y lo hace a una velocidad de 1[m/s]. Calcular la
velocidad de retroceso de la lancha cuando el turista empieza a
caminar sobre ella, si el rozamiento entre la lancha y el agua es
despreciable, ¿cuál es la velocidad de retroceso de la lancha?
Estrategia de resolución. En este caso, el sistema donde se
conserva el momento lineal es la lancha con su pasajero, por tanto,
la masa del sistema es la suma de las dos masas. Luego se procede
como en el ejemplo anterior.
1. Dado que el rozamiento es despreciable, no existen
fuerzas externas.
2. Escribir la conservacióndel momento lineal.
𝑃%⃗U = 𝑃%⃗�
3. No hay movimiento inicial, entonces:
𝑃%⃗U = 0
4. El momento lineal final será la suma de los momentos
lineales de la lancha y del turista:
𝑃� = 𝑃WR86qWS + 𝑃q6qWp$S = 𝑚W𝑣W + (𝑚Y +𝑚W)𝑣q
5. Por conservación del momento lineal:
0 = 𝑚W𝑣W + (𝑚Y +𝑚W)𝑣q
𝑣q =
−𝑚W𝑣W
(𝑚Y + 𝑚W)
=
−(80)(1)
80 + 250 = −0.24
[𝑚 𝑠⁄ ]
Ejemplo 5.7. (Para químicos). Un núcleo de torio 227 se desintegra
en un núcleo de radio 223 (masa 223u) por emisión de una partícula
a (masa 4u), como muestra la figura. La energía cinética de la
partícula a resulta ser de 6[MeV] ¿Cuál es la energía cinética del
núcleo de radio en retroceso?
Estrategia de resolución. Puesto que el núcleo de torio se
encuentra en reposo antes de la desintegración, el momento lineal
inicial es igual acero. Podemos, por tanto, utilizar el principio de la
conservación del momento lineal para relacionar la velocidad del
núcleo de radio con el de la partícula a.
1. Expresar la energía cinética del núcleo de radio en
función de su masa y su velocidad.
𝐸��� =
1
2𝑚�S𝑣�S
0
2. Emplear la conservación del momento lineal.
𝑚�𝑣� = 𝑚�S𝑣�S
3. Reemplazar va del punto (2) en la ecuación del punto (1).
𝐸��� =
1
2𝑚�S �
𝑚�𝑣�
𝑚�S
�
0
4. Simplificar y ordenar la ecuación:
5.
𝐸��� =
𝑚�
𝑚�S
�
1
2𝑚�𝑣�
0� =
4
223e
1
2
(4)(48)f = 1.72[𝑀𝑒𝑉]
Ejemplo 5.8. Una granada, inicialmente en reposo, explota en tres
fragmentos, los dos primeros de igual masa salen en direcciones
perpendiculares entre sí, con velocidades idénticas en magnitud de
100m/s. Calcular la magnitud y la velocidad del tercer fragmento, si la
masa de éste es tres veces mayor a la de los anteriores y si no se
toma en cuenta la resistencia del aire.
Estrategia de resolución. Este es también un problema de
conservación del momento lineal pero en dos dimensiones, por tanto,
el momento lineal deberá conservarse tanto en x como en y,
siguiendo luego el mismo procedimiento que en los casos anteriores.
Debe notarse que los dos primeros fragmentos salen
perpendicularmente y, por tanto pueden ser ubicados sobre los ejes x
e y, respectivamente.
1. Hacer un esquema del problema:
2. Definir masas:
𝑚. = 𝑚0 = 𝑚
𝑚3 = 3𝑚
3. Se conserva P, pues no hay Fext:
𝑃%⃗U = 𝑃%⃗�
4. Descomponiendo la ecuación vectorial, puesto que se
deben analizar los efectos en cada uno de los ejes por
separado:
𝑃%⃗U: = 𝑃%⃗�:
𝑃%⃗U; = 𝑃%⃗�;
5. Como la granada está en reposo inicialmente:
𝑃%⃗U: = 0
𝑃%⃗U; = 0
6. Calcular Pfx:
𝑃�: = 𝑚𝑣 − 3𝑚𝑣3𝑐𝑜𝑠𝜑
7. Calcular PfY:
𝑃�; = 𝑚𝑣 − 3𝑚𝑣3𝑠𝑒𝑛𝜑
8. Reemplazar valores en x e y:
0 = 𝑚𝑣 − 3𝑐𝑜𝑠𝜑
𝑣 = 3𝑣33𝑐𝑜𝑠𝜑 (c)
0 = 𝑚𝑣 − 3𝑐𝑜𝑠
𝑣 = 3𝑣33𝑐𝑜𝑠𝜑 (D)
9. Igualar (C) y (D) y resolver:
3𝑣33𝑐𝑜𝑠𝜑 = 3𝑣33𝑠𝑒𝑛𝜑
𝑠𝑒𝑛𝜑
𝑐𝑜𝑠𝜑 = 1
𝜑 = 45d
10. Calcular v3:
𝑣3 =
𝑣
3𝑐𝑜𝑠𝜑
𝑣3 = 47.14[𝑚 𝑠⁄ ]
Ejemplo 5.9. Una gota de agua de 1[g] cae sobre un recipiente que
contiene aceite caliente, por efecto del contacto entre esos dos
compuestos, la gota de agua sale disparada en cuatro porciones; la
primera de 0.1[g] sale con velocidad de 100[m/s]; la segunda, que
forma un ángulo de 45º con la primera tiene una masa de 0.2[g]y una
velocidad de 90[m/s]; la tercera, de 0.3[g] tiene una velocidad de
80[m/s] y es perpendicular a la anterior; la cuarta porción tiene una
rapidez de 60[m/s]. Determinar la dirección de la velocidad de esta
última, la velocidad con la que la gota llega al recipiente y la altura de
caída, si la misma partió del reposo.
Estrategia de Resolución. Este problema es similar al anterior pero
tiene algunas variaciones. Dado que se considera la inexistencia de
fuerzas externas, el momento lineal del sistema bidimensional se
conserva. Te fijaste que el momento lineal inicial en x es cero, en
cambio en el eje y se tendrá un momento lineal inicial debido a la
velocidad adquirida por la gota de agua al caer una altura h.
a. 1. Plantear el principio de conservación del momento lineal en x,
a objeto de hallar el ángulo q.
𝑃d� = 𝑃��
𝑃d� = 0
𝑃�� = 𝑀.𝑣. +𝑀0𝑣0𝑐𝑜𝑠45 −𝑀3𝑣3𝑐0𝑠45 −𝑀F𝑣F𝑐𝑜𝑠𝜃
0 = 𝑀.𝑣. +𝑀0𝑣0𝑐𝑜𝑠45 −𝑀3𝑣3𝑐0𝑠45 −𝑀F𝑣F𝑐𝑜𝑠𝜃
2. Hallar q
𝑐𝑜𝑠𝜃 =
𝑀.𝑣. +𝑀0𝑣0𝑐𝑜𝑠45 −𝑀3𝑣3𝑐0𝑠45
𝑀F𝑣F
𝑐𝑜𝑠𝜃 =
(0.1)(100) + (0.2)(90) − (0.3)(80)
(0.4)(60) = 0.24
𝜃 = 76.1d
b. 1. Plantear el principio de conservacióndel momento lineal en y,
a objeto dedeterminar la velocidad v
𝑃d� = 𝑃�� = 𝑀𝑣
𝑃�� = 𝑀0𝑣0𝑠𝑒𝑛45 +𝑀3𝑣3𝑠𝑒𝑛45 −𝑀F𝑣F𝑐𝑜𝑠76.1
𝑀𝑣 = 𝑀0𝑣0𝑠𝑒𝑛45 +𝑀3𝑣3𝑠𝑒𝑛45 −𝑀F𝑣F𝑐𝑜𝑠76.1
2. Calcular v
𝑣 =
(0.2)(90)𝑠𝑒𝑛45 + (0.3)(80)𝑠𝑒𝑛45 − (0.4)(60)𝑠𝑒𝑛76.1
1
𝑣 = 6.4[𝑚 𝑠⁄ ]
4. Determinar h
𝑣0 = 𝑣d0 + 2𝑔ℎ
ℎ =
𝑣0
2𝑔 =
(6.4)0
20 = 2
[𝑚]
Ejemplo 5.10. Al estallar una granada, inicialmente en reposo en tres
fragmentos iguales, resulta que estos son lanzados en el plano con
velocidades v1=5[m/s], v2=12[m/s] y v, respectivamente. Calcular la
velocidad en magnitud y dirección del tercer fragmento.
Estrategia de resolución. El momento lineal deberá conservarse
tanto en x como en y, siguiendo luego el mismo procedimiento que
en los casos anteriores.
1. Plantear la conservación del momento lineal en los dos ejes
𝑃%⃗U: = 𝑃%⃗�:
𝑃%⃗U; = 𝑃%⃗�;
2. Como la granada está en reposo inicialmente:
𝑃%⃗U: = 0
𝑃%⃗U; = 0
3. Calcular Pfx:
𝑃�: = 𝑚𝑣. +𝑚𝑣0𝑠𝑒𝑛20 −𝑚𝑣𝑐𝑜𝑠𝜃
4. Calcular PfY:
𝑃�; = 𝑚𝑣0𝑐𝑜𝑠20 −𝑚𝑣𝑠𝑒𝑛𝜑
5. Reemplazar valores en x e y:
0 = 5 + 12𝑠𝑒𝑛20 − 𝑣𝑐𝑜𝑠𝜃
0 = 12𝑐𝑜𝑠20 − 𝑣𝑠𝑒𝑛𝜃
6. Combinando las ecuaciones se tiene:
𝑡𝑎𝑛𝜃 = 1.24
𝜃 = 55.7d
7. Cálculo de v:
𝑣 =
12𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑠𝑒𝑛55.7 = 13.7
[𝑚 𝑠⁄ ]
5.7. PRINCIPIO DEL IMPULSO PARA
UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Las fuerzas muy grandes que actúan en un tiempo muy corto, se
denominan fuerzas "impulsivas".Si una fuerza impulsiva se aplica a
una partícula, se producirá un cambio en el momento lineal.
La ecuación 6.8, multiplicada por dt puede integrarse desde un tiempo
t1 hasta un tiempo t2.De la relación:
𝑑𝑃%⃗
𝑑𝑡 = �⃗�
Se obtiene:
𝑑𝑃%⃗ = �⃗�𝑑𝑡
El cambio de momento lineal se obtiene integrando la última ecuación:
b 𝑑𝑃%⃗
}]
}i
= b �⃗�𝑑𝑡
W]
Wi
La última ecuación proporciona un vector que se conoce con el nombre
de Impulso Lineal de la fuerza impulsiva�⃗� durante el intervalo de tiempo
considerado.
Se denomina "impulso" a la acción que imprime una velocidad
a un cuerpo en relación inversamente proporcional a su masa, y puede
ser expresado como la integral de una fuerza impulsiva (que no es
necesariamente constante) en el intervalo de tiempo durante el cual
actúa la misma. La variación del momento lineal de un cuerpo sobre el
cual actúa una fuerza impulsiva es igual al impulso. Por consiguiente, el
impulso es:
𝐼 = ∫ �⃗�𝑑𝑡 (5.21)
Si F es constante, se puede escribir:
𝐼 = �⃗�∆𝑡 (5.22)
Al proyectar la fuerza F en sus componentes rectangulares, cada
impulso de la fuerza F representa el área en la gráfica F en función
de t, que se muestra a continuación:
Ejemplo 5.10. Determinar el impulso que produce una fuerza
horizontal constante, tal que aplicada a un objeto de 6[Kg] que se
encontraba en reposo en una superficie horizontal sin rozamiento, le
hace recorrer 5[m] en 2[s]..
( )I! v!
Estrategia de resolución. Dados los datos se puede calcular el
impulso, siempre y cuando se conozca la fuerza F, para calcularla se
deberá determinar la aceleración utilizando conceptos de cinemática,
puesto que el movimiento es uniformemente acelerado.
1. Plantear la ecuación del impulso:
𝐼 = �⃗�∆𝑡
2. Determinar Dt. Dado que el tiempo inicial es igual a cero y
el final es de2[s], Dt será:
∆𝑡 = 2[𝑠]
3. Para hallar la fuerza F, puesto que F = ma, se deberá
determinar la aceleración mediante la ecuación:
𝑥 =
1
2𝑎𝑡
0
𝑎 =
2𝑥
𝑡0 =
2(5)
20 = 2.5 �
𝑚
𝑠0� �
𝐹 = 𝑚𝑎
𝐹 = (6)(2.5) = 15[𝑁]
4. Calcular el impulso:
𝐼 = �⃗�∆𝑡 = (15)(2) = 30[𝑁𝑠]
Ejemplo 5.11. Miguelito y su bicicleta tienen una masa total de 60[Kg].
Determinar el impulso que actúa en los siguientes casos: (a) Avanza
20[m] en línea recta con velocidad constante de 5[m/s]. (b) Aumenta
su velocidad desde 5[m/s] hasta 10[m/s], en un camino recto. (c)
Dobla en la esquina, y sigue por una calle perpendicular a la anterior,
siempre a 10[m/s]. (d)Frena, recorriendo 20[m] hasta detenerse en la
juguetería.
Estrategiade resolución. Un impulso genera necesariamente una
fuerza, que a su vez produce una aceleración. Por tanto, si no hay
aceleración, tampoco se tiene un impulso. En el punto (c) deberá
notarse el cambio de vector velocidad y se debe trabajar en dos
dimensiones.
a) 1. Plantear la ecuación para determinar el impulso:
𝐼 = �⃗�∆𝑡
2. Puesto que la velocidad es constante no se produce
aceleración, por tanto, F = 0, entonces:
𝑰 = 𝟎
b) 1. El impulso puede calcularse considerando que éste es igual a
la diferencia de los momentos lineales inicial y final. La ecuación
será:
𝐼 = 𝑚𝑣� −𝑚𝑣d = 50(10 − 5) = 250[𝑁𝑠]
c) 1. Hacer un esquema del problema:
2. Analizar lo que pasa en cada uno de los ejes por separado. En el
eje x, se tiene una velocidad inicial pero no una final. En tanto que,
en el eje y no hay velocidad inicial, sólo final. Es decir:
En el eje x:
𝑣d� = 10[𝑚 𝑠⁄ ]
𝑣�� = 0
𝐼: = 𝑚@𝑣�� − 𝑣d�A = 60(−10) = −600[𝑁𝑠]
En el eje y:
𝑣d� = 0
𝑣�� = 10[𝑚 𝑠⁄ ]
𝐼; = 𝑚[𝑣�� − 𝑣d�\ = 60(10) = 600[𝑁𝑠]
3. Escribir el vector impulso:
𝐼 = −600�̂� + 600𝚥̂
d) 1. Ahora, la vo es vertical y vf = 0,o sea, habrá impulso sólo en y:
Ejemplo 5.12. ¡Trata de resolver! Se lanza verticalmente hacía arriba
una pelota de 0.5[Kg] con una velocidad de 6[m/s]. Calcular: (a) El
momento lineal inicial de la pelota. (b) El momento lineal en el punto
más alto de su trayectoria. (c) El impulso que actuó en el ascenso, y
el tiempo de ascenso. (d) El impulso recibido por la pelota en su viaje
de ida y vuelta. (e) En qué se modifican los resultados anteriores, si
se lanzara una pelota de la mitad de la masa.
Estrategia de resolución. Para calcular el momento lineal en
cualquier punto se utiliza la ecuación correspondiente. Lo mismo para
el cálculo del impulso que, como sabemos, tiene dos expresiones.
(a) 1. Calcular el momento lineal de la pelota, cuando v = 6[m/s].
𝑃d = 𝑚𝑣d = (0.5)(6) = 3[𝑁𝑠]
(b) Calcular el momento en la parte más alta, donde v = 0.
𝑃 = 𝑚𝑣 = (0.5)(0) = 0
(c) 1. Calcular el impulso ejercido sobre la pelota en la subida (la
única fuerza que actúa es el peso):
𝐼q = 𝑚@𝑣� − 𝑣dA = 0.5(0 − 6) = −3[𝑁𝑠]
2. Calcular Dt, utilizando la ecuación correspondiente:
𝐼 = −𝑚𝑔∆𝑡
∆𝑡 = −
𝐼
𝑚𝑔 = −
−3
5 = 6
[𝑠]
(d) Calcular el impulso de ida y vuelta teniendo en cuenta que vo =
6[m/s]y vf = -6[m/s].
𝐼 = 𝑚@𝑣� − 𝑣dA = 0.5(−6 − 6) = −6[𝑁𝑠]
(e) Si la masa disminuye a la mitad, ocurrirá que el momento lineal
también se reducirá a la mitad, puesto que p = mv. Con el
impulso sucede lo mismo (disminuye a la mitad) debido a que I
es directamente proporcional a v.
Observaciones. Es interesante notar que, utilizando consideraciones
de impulso y momento lineal, se pueden resolver problemas de
cinemática.
Ejemplo 5.13. Se lanza una pelota de 0.8[kg] con velocidad de 5[m/s]
hacía un bateador. Después de que la pelota golpeó al bate, esta
presenta una velocidad de 30[m/s] en la dirección indicada. Si el bate
y la pelota están en contacto durante 0.015[s]. Determinar la fuerza
impulsiva promedio aplicada sobre la pelota durante el impacto; si el
tiempo de impacto fuese mayor, ¿la fuerza impulsiva debería ser
mayor o menor para mantener el impulso invariable?
Estrategia de resolución. Se considerará positivo el sentido de la
velocidad inicial de la pelota, siendo el origen el punto donde choca
contra el bate, por tanto, la velocidad final será negativa; luego se
plantearán las ecuaciones del impulso.
1. Plantear las ecuaciones del impulso
𝐼 = 𝐹∆𝑡
𝐼 = 𝑚@𝑣� − 𝑣dA
2. Determinar el impulso a partir de la segunda ecuación
𝐼 = 0.8(−30𝑐𝑜𝑠40 − 5) = −22.4[𝑁𝑠]
3. Conociendo el impulso, a partir de la segunda ecuación,
hallar la fuerza impulsiva F.
𝐹 =
𝐼
∆𝑡 =
−22.4
0.015 = −1493.3
[𝑁]
Observaciones. La fuerza resulta negativa, es decir, está dirigida así
(→), es decir, el bate está ejerciendo la fuerza sobre la pelota. Por
otra parte, el tiempo varía en forma inversamente proporcional a la
fuerza, entonces, si el tiempo fuera mayor, la fuerza requerida para
mantener el impulso invariable, sería menor.
Ejemplo 5.14.Un martillo de 10[kg] golpea la cabeza de un clavo con
una velocidad de 12[m/s] y lo hace penetrar en un bloque de madera.
Si el martillo se detiene en 0.001[s] ¿Cuál es su fuerza promedio?
Estrategia de resolución. Se trata del mismo caso que el del
anterior problema, por tanto, se seguirán los mismos pasos.
1. Plantear las ecuaciones del impulso
𝐼 = 𝐹∆𝑡
𝐼 = 𝑚@𝑣� − 𝑣dA
2. Determinar el impulso a partir de la segunda ecuación
𝐼 = 10(0 − 12) = −120[𝑁𝑠]
3. Conociendo el impulso, a partir de la segunda ecuación,
hallar la fuerza impulsiva F.
𝐹 =
𝐼
∆𝑡 =
−120
0.001 = −120000
[𝑁]
5.9. APLICACIONES DEL PRINCIPIO
DEL IMPULSO Y DE LA
CONSERVACIÓN DEL MOMENTO
LINEAL
En esta sección se muestra el denominado Principio del Impulso, el
cual adicionado al Principio de Conservación del Momento Lineal
representa un método de análisis del movimiento de un sistema de
partículas. Esta combinación puede ser utilizada en problemas que
consideran choques, movimientos propulsivos y el flujo de fluidos
estacionarios, entre otros.
5.9.1. CHOQUES
Uno de los ejemplos de aplicación del Impulso y la Conservación del
Momento Lineal es el caso de los choques. Un choque o colisión
puede definirse como la aproximación de dos cuerpos que interactúan
entre sí, y se caracteriza por la generación de fuerzas de contacto
inmensamente grandes que actúan durante un tiempo muy breve, a
estas fuerzas así definidas se las denomina fuerzas impulsivas.
Durante el pequeñísimo tiempo que dura el choque, cualquier fuerza
externa es mucho menor que las fuerzas de interacción entre los dos
cuerpos, por lo cual, las únicas fuerzas importantes son esas fuerzas
de interacción (impulsivas) sobre el sistema, las mismas que son
iguales y opuestas. En estas condiciones toda otra fuerza externa se
torna despreciable, por tanto, no se toma en cuenta ni la fuerza de
rozamiento ni ninguna otra fuerza externa.
Considerando las partículas de masas m1 y m2 que se mueven en el
mismo plano y se acercan una a otra con las velocidades �⃗�. y𝑣0.
Durante el corto tiempo en que las partículas se encuentran juntas, el
área de la superficie en contacto aumenta rápidamente hasta alcanzar
un valor máximo mientras se incrementa la deformación y luego
disminuye hasta anularse durante el tiempo de restitución.
Del principio de conservación del momento lineal se deduce que el
momento lineal total del sistema compuesto por las dos partículas
permanece constante durante el choque, puesto que toda fuerza que no
sea impulsiva, ejercida sobre las partículas durante el choque, será
relativamente de pequeña magnitud y originará un impulso despreciable
frente a los impulsos asociados a las fuerzas de choque. Lo que
significa que, por que en un choque actúan fuerzas impulsivas,
todas las fuerzas externas son despreciables frente a estas fuerzas
tan grandes y, por tanto, se conserva el momento lineal ¡SIEMPRE!
Para obtener las velocidades finales después del choque y sus
direcciones, se utiliza el principio de la conservación del momento lineal
del sistema constituido por las dos partículas juntas. El momento lineal
antes del choque debe ser igual al momento lineal después del choque:
𝑃%⃗S5Wpq = 𝑃%⃗Tpq�Réq (5.22)
Antes del choque, la partícula de masa m1 se mueve con una velocidad
�⃗�. y la masa m2 con velocidad �⃗�0. Después del choque, las
velocidades cambiarán a �⃗�.
´ para m1 y 𝑣0
´para m2. Entonces, la
ecuación anterior se convierte en:
𝑃%⃗. + 𝑃%⃗0 = 𝑃%⃗.
´
+ 𝑃%⃗0
´
(5.23)
Es decir:
𝑚.𝑣. +𝑚0�⃗�0 = 𝑚.�⃗�.
´ +𝑚0�⃗�0
´(5.24)
Vamos a revisar ahora algunos conceptos importantes respecto a los
choques:
a) Línea de Choque. La línea de choque o línea de impacto es
la perpendicular a las superficies en el punto de contacto.
b) Choque Central y Choque Excéntrico. Si los centros
de gravedad de los dos cuerpos que chocan están sobre la
línea de impacto, el choque se llama central; de otra manera
se denomina excéntrico.
c) Choque Central Directo y Choque Central Oblicuo.
Si las velocidades de aproximación y las de separación
están sobre la línea de choque, el choque es directo; de otra
manera es oblicuo.
5.9.1.1. COEFICIENTE DE RESTITUCIÓN (e)
Cuando se realiza un choque, los cuerpos que han colisionado pueden
volver a su forma original, como en el caso de dos bolas de billar, o
pueden deformarse parcial o totalmente, como los automóviles. El
hecho de que vuelvan o no a su forma original después de haber
chocado depende de la forma y propiedades materiales de los cuerpos
en contacto. El conjunto de estos efectos está representado por el
"coeficiente de restitución" (e)que puede ser obtenido utilizando
conceptos de conservación del momento lineal o también conceptos de
conservación de la energía total (teorema trabajo – energía). Aunque el
primero de los métodos es totalmente ilustrativo y en él se puede
observar el fenómeno de choque en su totalidad1, se utilizará el
segundo método, sin embargo, es preciso comentar que, cuando se
1 Ver Apuntes de Cátedra. Ing. Marcos Helguero.
produce un choque existen un impulso de deformación𝐼T y otro
impulso de restitución 𝐼8.
5.9.1.2. REGLA DE NEWTON.
Esta regla, que será explicitada posteriormente ya que es muy útil en
los choques en dos dimensiones, sirve, por una parte, para
determinar las velocidades relativas entre las partículas (vr y vr’)
según una normal común antes y después del impacto, mediante la
siguiente ecuación:
𝑣´8´ = 𝑒𝑣8 (5.25)
Donde e es el coeficiente de restitución.
Generalmente en un choque se da una variación de la energía cinética.
La ecuación en este caso será:
∆𝐸� = 𝐸�(Tpq�Réq) − 𝐸�(S5Wpq)
∆𝐸� =
1
2𝑚.𝑣.
,0 +
1
2𝑚0𝑣0
,0 − �
1
2𝑚.𝑣.
0 +
1
2𝑚0𝑣0
0�
∆𝐸� =
.
0
𝑚.@𝑣.
,0 − 𝑣.0A +
.
0
𝑚0@𝑣0
,0 − 𝑣00A(5.26)
Puesto que suponemos que las partículas que chocan son partículas
libres tanto antes como después del choque, la ecuación 6.27 estará
relacionada, de acuerdo con la ecuación 6.30, con la variación de
energía potencial y con el trabajo realizado por las fuerzas no
conservativas, de tal manera que:
𝑊, = −∆𝐸� − ∆𝐸�
∆𝐸� = −𝑊, − ∆𝐸�
𝑊, = @𝐸}i − 𝐸}]A − @𝐸�] − 𝐸�iA (5.27)
Utilizamos la última ecuación, debido a que durante un choque pueden
ocurrir diversos fenómenos tales como: disipación de energía térmica,
en la cual W’ < 0, puede liberarse energía nuclear, en cuyo caso DEP<
0; o en el caso de un resorte que puede quedar comprimido después
del choque, en el cual DEP> 0.
Existen casos particulares en los que, aun sin conocer el mecanismo
completo de un choque, es posible predecir DEK, esto ocurre en el caso
de un choque perfectamente elástico, que será definido más adelante,
sin embargo, en este tipo de choque no existe variación de energía
cinética, mientras que en un choque plástico la variación de energía
cinética alcanza el máximo valor posible, es decir, se da la máxima
pérdida de energía cinética. Consideremos el caso de un choque
perfectamente elástico donde DEK = 0. En este caso, la ecuación 5.27
se convierte en:
1
2𝑚.@𝑣.
,0 − 𝑣.0A +
1
2𝑚.@𝑣0
,0 − 𝑣00A = 0
Por otra parte, el momento lineal se conserva siempre en un choque,
cualquiera sea el tipo, debido a que las fuerzas impulsivas son muy
grandes en relación con cualquier fuerza externa, de acuerdo a la
ecuación 5.25, la misma que puede ser expresada como:
𝑚.(𝑣.
, − 𝑣.) = 𝑚0@𝑣0 − 𝑣0
, A
Remplazando la última ecuación en la anterior se tiene:
1
2
𝑚0@𝑣0 − 𝑣0
, A@𝑣.
,0 − 𝑣.0A
@𝑣.
, − 𝑣.A
+
1
2𝑚0@𝑣0
,0 − 𝑣00A = 0
De donde se obtiene:
@𝑣0 − 𝑣0
, A@𝑣.
,0 − 𝑣.0A + (𝑣.
, − 𝑣.)@𝑣0
, − 𝑣0 A = 0
Haciendo operaciones algebraicas resulta:
(𝑣0
, − 𝑣.
, )0 = (𝑣. − 𝑣0)0
𝑣0
, − 𝑣.
, = 𝑣. − 𝑣0
𝑣0
, − 𝑣.
,
𝑣. − 𝑣0
= 1
j£
,
j£
= 1 (5.28)
Comparando con la ecuación 5.27 se tiene:
𝑒 = j]
, ¤ji
,
ji¤j]
(5.29)
En resumen, si te fijas, en el numerador tenemos la resta de
velocidades después del choque, es decir, la velocidad relativa
después del choque𝑣8, , en tanto que en el denominador se tiene
una resta de las velocidades antes del choque, o sea, la velocidad
relativa antes del choque 𝑣8 . La ecuación anterior puede ser escrita
de la forma:
e =
j£
,
j£
(5.30)
Para describir cualquier proceso de choques, o resolver cualquier
problema, se necesitan las siguientes dos ecuaciones:
𝑚.𝑣. +𝑚0�⃗�0 = 𝑚.�⃗�.
´ + 𝑚0𝑣0
´
𝑒 =
𝑣0
, − 𝑣.
,
𝑣. − 𝑣0
5.9.1.3. TIPOS DE CHOQUE DE ACUERDO
AL COEFICIENTE DE RESTITUCIÓN
1. CHOQUE ELÁSTICO
Este tipo de choque se caracteriza por tener un valor e = 1, lo cual
significa que la capacidad de los cuerpos para restaurarse es igual a su
tendencia a deformarse, por tanto, en un choque elástico, los cuerpos,
después del choque, recuperan su forma original.
Si partimos de la relación:
e =
j£
,
j£
= 1
𝑣8
, = 𝑣8
Se puede notar que no hubo pérdidas de velocidad relativa, por tanto,
tampoco habrá pérdida de energía cinética, es decir, la energía
cinética se conserva cuando el choque es elástico. Consideremos el
esquema de la figura:
𝐸�(S5Wpq) = 𝐸�(Tpq�Réq)
𝐸�. + 𝐸�0 = 𝐸�.
, + 𝐸�0
,
1
2𝑚.𝑣.
0 +
1
2𝑚0𝑣0
0 =
1
2𝑚.𝑣.
,0 +
1
2𝑚0𝑣0
,0
Puesto que la energía cinética se conserva, en ausencia de energía
potencial, también se conservará la energía mecánica de acuerdo a
la ecuación anterior.
Como sabemos, la energía mecánica es parte de la energía total.
Debido a que la energía mecánica se conserva, también lo hará la
energía total
Obviamente, y en razón de la “ausencia” de fuerzas externas, el
momento lineal se conserva de acuerdo a la ecuación:
𝑚.�⃗�. +𝑚0�⃗�0 = 𝑚.�⃗�.
´ + 𝑚0�⃗�0
´
2. CHOQUE INELÁSTICO
Se caracteriza por tener un coeficiente de restitución menor a 1 pero
mayor a 0, es decir, (0<e<1). Cuando se realiza este tipo de choque, los
cuerpos en contacto se restituyen en forma parcial a su forma original
después del impacto, lo que significa que quedan parcialmente
deformados.
De acuerdo a la relación que permite determinar el coeficiente de
restitución e, se tiene:
e =
j£
,
j£
< 1
𝑣8
, < 𝑣8
Es evidente que el sistema ha sufrido una pérdida de velocidad
relativa, claro, la velocidad antes del impacto es mayor a la velocidad
después del mismo, lo que significa que también se ha perdido
energía cinética en el choque, razón por la cual, la energía cinética
no se conserva.
Si la única energía es la cinética (no hay potencial) y, ésta no se
conserva, entonces la energía mecánica no se conserva, la energía
cinética se convierte en este caso en energía térmica y/o energía
sonora, sin embargo la energía total se conserva (recordemos que la
energía total no se crea ni se destruye, sólo se transforma). Se utilizará
el teorema del trabajo-energía mecánica para definir la conservación de
la energía total.
𝐸�(S5Wpq) = 𝐸�(Tpq�Réq) + 𝑄
1
2𝑚.𝑣.
0 +
1
2𝑚0𝑣0
0 =
1
2𝑚.𝑣.
,0 +
1
2𝑚0𝑣0
,0 + 𝑄
Donde Q es la energía convertida en calor y/o sonido; en efecto,
cuando dos automóviles chocan, se siente un fuerte ruido (energía
sonora) y, si