Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-1
Cap. 2 Cinética de la partícula
Por: Jorge Rodríguez Hernández, Dipl.-Ing. Profesor del Área de Diseño Sección de Ingeniería Mecánica
La cinética estudia la interrelación entre las fuerzas que actúan sobre una partícula y su movimiento. Las bases teóricas para el estudio de la cinética son o bra o bra del gran científico y filósofo inglés Isaac Newton (1), quien en su gran tratado Principios Matemáticos de Filosofía Natural , publicado en 1687, presenta los resultados de sus estudios de más de veinte años en relación a la mecánica terrestre y celeste. Dicha obra contiene sus tres principios o leyes axiomáticas que constituyen la base de la mecánica:
Fig. 2.1
1a. ley
Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula es nula, entonces la partícula partícula permanecerá en reposo, si está inicialmente en reposo, o se moverá con velocidad constante según una línea recta, si está inicialmente i nicialmente en movimiento.
2a. ley
La razón razón de de cambio, cambio, con respecto respecto del tiempo, tiempo, de la cantidad cantidad de movimiento movimiento de de una partícula, es proporcional a la fuerza resultante que actúa sobre ella y tiene la misma dirección y sentido que dicha fuerza.
3a. ley
Las fuerzas de acción y reacción entre dos cuerpos en contacto contacto tienen el mismo módulo, igual recta de acción pero sentido contrario.
Además allí enuncia la ley de gravitación universal: dos cuerpos se atraen con una fuerza proporcional a sus masas e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que las separa. 2.1 La segunda ley de Newton
En este capítulo será de gran utilidad la segunda ley, la cual se puede interpretar matemáticamente a través de la siguiente expresión:
∑
2
→
d
F i =
(2.1)
dt
2
∫1 d (mv )
(m v )
=
∫1 ∑ F dt
m (v 2 − v1 ) =
i
2
∫ ∑
F i dt
1
o como la conocemos hoy en día: de (2.1):
∑ F i
= m
d v
dt
+
dm v dt
en el caso de que la masa de la partícula no varíe: (1)
∑
F i = m a
(2.2)
Sir Isaac Newton, nacido el 25 de diciembre diciembre de 1642, en Woolsthorpe, Woolsthorpe, Lincolnshire, Inglaterra, fallecido fallecido el 20 de marzo de1727 en Cambridge, Inglaterra.
Cap. 2 Cinética de la Partícula
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Esta última expresión se puede interpretar gráficamente de la l a siguiente manera:
F 1
F n
F 2 P
P
=ˆ
ma
r
z
F 3
z
F i
r
y
y
O
O
Fig. 2-2
x
x
Es decir, podemos representar un primer sistema en el que se ven todas la fuerzas que actúan sobre una cierta partícula en un cierto instante de su movimiento, y un segundo sistema en el que actúa sobre la partícula una sola fuerza ma . Según la expresión (2.2) dichos sistemas son equivalentes.
La segunda ley de Newton sólo se cumple si a está referida a un sistema inercial o absoluto (sistemas fijos o inmóviles con la sola excepción de móviles con velocidad constante, trayectoria rectilínea y que no giran). El movimiento referi do do a estos ejes se denomina movimiento absoluto de la partícula. En 1905 Albert Eintein (2) indica que la 2ª Ley de Newton no se cumple si la velocidad de la partícula es cercana a la de la luz. l uz.
Si denominamos F a la fuerza resultante del sistema concurrente de fuerzas que actúa sobre la partícula, entonces:
F = m a •
En coordenadas cartesianas:
(2.3)
a = (a x , a y , a z )
F = = ( F x , F y , F z )
según la expresión (2.3) deberá cumplirse que:
F x = m a x F y = m a y
F Z = m a z •
En coordenadas cilíndricas:
a = a R eˆ R + aθ eˆθ + a z eˆ z
Si representamos F como:
F = F R eˆ R + F θ eˆθ + F z eˆ z
según la expresión (2.3) deberá cumplirse que:
F R = m a R
F θ = m aθ F z = m a z (2)
Albert Einstein, nacido el 14 de marzo marzo de 1879, en Ulm, Alemania, Alemania, fallecido el 18 de abril de 1955 1955 en Princenton, Estados Unidos.
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Esta última expresión se puede interpretar gráficamente de la l a siguiente manera:
F 1
F n
F 2 P
P
=ˆ
ma
r
z
F 3
z
F i
r
y
y
O
O
Fig. 2-2
x
x
Es decir, podemos representar un primer sistema en el que se ven todas la fuerzas que actúan sobre una cierta partícula en un cierto instante de su movimiento, y un segundo sistema en el que actúa sobre la partícula una sola fuerza ma . Según la expresión (2.2) dichos sistemas son equivalentes.
La segunda ley de Newton sólo se cumple si a está referida a un sistema inercial o absoluto (sistemas fijos o inmóviles con la sola excepción de móviles con velocidad constante, trayectoria rectilínea y que no giran). El movimiento referi do do a estos ejes se denomina movimiento absoluto de la partícula. En 1905 Albert Eintein (2) indica que la 2ª Ley de Newton no se cumple si la velocidad de la partícula es cercana a la de la luz. l uz.
Si denominamos F a la fuerza resultante del sistema concurrente de fuerzas que actúa sobre la partícula, entonces:
F = m a •
En coordenadas cartesianas:
(2.3)
a = (a x , a y , a z )
F = = ( F x , F y , F z )
según la expresión (2.3) deberá cumplirse que:
F x = m a x F y = m a y
F Z = m a z •
En coordenadas cilíndricas:
a = a R eˆ R + aθ eˆθ + a z eˆ z
Si representamos F como:
F = F R eˆ R + F θ eˆθ + F z eˆ z
según la expresión (2.3) deberá cumplirse que:
F R = m a R
F θ = m aθ F z = m a z (2)
Albert Einstein, nacido el 14 de marzo marzo de 1879, en Ulm, Alemania, Alemania, fallecido el 18 de abril de 1955 1955 en Princenton, Estados Unidos.
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•
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a = s eˆt +
En coordenadas intrínsecas:
s
2
ρ
eˆn
F = F t eˆt + F n eˆn
Si representamos F como:
según la expresión (2.3) deberá cumplirse que:
F t = m at F n = m a n
En todos los casos debemos notar que genéricamente las ecuaciones descritas a partir de la aplicación de la segunda ley de Newton son ecuaciones diferenciales de 2° orden. En particular podemos mencionar que a menudo nos encontraremos con ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes, por lo que a continuación haremos un breve repaso de ellas. Ecuaciones diferenciales de 2° orden
A continuación se muestra un breve resumen para la solución de ecuaciones diferenciales de segundo orden con coeficientes constantes. Este tipo de ecuación diferencial se presenta a menudo en la solución de problemas de la mecánica, como por ejemplo en ecuaciones derivadas de la utilización de la segunda ley de Newton, o en la aplicación del principio de D’Alembert en cuerpos rígidos o en ecuaciones diferenciales del movimiento vibratorio de partículas y cuerpos cuerpos rígidos. •
Ecuaciones diferenciales homogéneas: homogéneas: y ′′ + a1 y ′ + a 0 y = 0 con y = f (t )
Ecuación característica: →
λ 2 + a1 λ + a 0 = 0
raíces λ 1 y λ 2
La solución será: y = c1 y1 + c2 y 2 a) Si λ 1 y λ 2 ∈ ℜ y λ 1 ≠ λ 2
→
b) Si λ 1 y λ 2 ∈ ℜ y λ 1 = λ 2 = λ → c) Si λ 1 y λ 2 ∈
•
C
λ 1, 2 = a ± bj
→
y = c1 e
λ 1 t
+ c2 e λ 2 t
λ t λ t y = c1 e + c2 t e a t y = e (c1
cos bt + c2 sen bt )
Ecuaciones diferenciales no homogéneas: homogéneas: y ′′ + a1 y ′ + a2 y = F (t )
homogénea y ′′ + a1 y ′ + a2 y = 0 → y h es la solución de la ecuación diferencial homogénea y P
es una solución solución particular de la ecuación ecuación diferencial diferencial
La solución total será: y = y h + y P
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Para hallar y P : i)
Pág. 2-4
Darse posible solución y P .
ii)
Reemplazarla en la ecuación diferencial no homogénea. homogénea.
iii)
Encontrar la verdadera forma de y P .
Nota 1:
Las constantes c1 y c 2 se encuentran a partir de las condiciones iniciales del problema.
Nota 2:
y P = u1 y1 + u 2 y 2
(método de variación de constantes, ver apuntes del curso Cálculo 3).
Aquí u1 y u 2 se determinan del sistema: u1′ y1 + u ′2 y 2 = 0 u1′ y1′ + y ′2 y2′ = F (t )
→ u1′ y u ′2
→ u1 y u 2
Ejemplo 2.1:
y
Un collarín de masa m parte desde O con velocidad inicial nula y desciende a lo largo de la varilla. La fuerza resistente resistente que que actúa actúa sobre el collarín es F r = 0, 2 W v siendo v la velocidad del tubo en en m/s. Se pide:
x O
v
a) La ecuación del movimiento.
3 4
b) El espacio recorrido por el collarín hasta obtener una velocidad de 2 m/s.
Fig. 2-3
x
c) La aceleración del collarín en el instante t = 2 s. Solución:
DCL del collarín y sistema equivalente según segunda ley de Newton:
∑ F :
F R
x
=ˆ θ
N
•
mg
W senθ − F r = m x
mg
θ
→
ma
+ x
Fig. 2-4
Solución homogénea para
+ x
g
5
x =
g
g
5
x =
3 g 5
λ 2 +
λ = 0
→
x h = c1 e + c2 e
→ λ 1 = 0 y λ 2 = −
g
5
g
Solución homogénea:
ot
(1)
0
Ecuación característica:
5
3 1 − m g x = m x 5 5
− t 5
→
x h = c1 + c2 e
−
g
5
t
Cap. 2 Cinética de la Partícula
•
Pág. 2-5
Solución particular para F (t ) = eα t Pn (t ) 3 g 5
En nuestro caso α = 0 y el grado de Pn (t ) =
La solución particular es un polinomio del mismo grado (una constante en este caso) multiplicado por t r , donde r es es el grado de multiplicidad de α (en este caso r = 1 ). →
x P = c3 t 1
→
x P = c3
→ x P = c3 t
= 0 x P
Reemplazando estos valores en la ecuación diferencial no homogénea: 0 +
g
5
c3 =
3 g 5
→
c3 = 3
x P = 3 t
→
g
x = x h + x P = c1 + c2 e
Finalmente:
− t 5
+ 3 t
(2)
Ahora necesitamos de las condiciones iniciales del problema para encontrar las constantes de integración: para: t = 0
→
→
x = 0
0 = c1 + c2
Además, de (2):
x
= −
g
Para t = = 0:
0 = −
g
en (2):
x(t ) =
5 5
g
c2 e
− t 5
+ 3 →
c2 + 3
15 g
(3) c2 =
15 g
y c1 = −
15 g
g
(e
− t
5
− 1) + 3 t
(4)
expresión que constituye la ecuación paramétrica del movimiento. Para calcular la velocidad: g
de (3):
x (t ) = v(t ) = 3 (1 − e
− t 5
(5)
)
De otra forma: de (1):
a +
g
5
v =
3 g 5
→
3 1 1 − v = a g 5 5
Cap. 2 Cinética de la Partícula
3
es decir:
5 t
1
−
5
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v = v
g
1 dv g dt
dv
∫ 5 dt = ∫ 3 − v 0
→
0
3 t = ln 5 3 − v
g
t
integrando:
x =
∫ 3 (1 − e
g
→
v =
3 (1 − e
g
− t 5
) dt
→
0
x (t ) =
15 g
− t
5
)
(6)
g
(e
− t 5
− 1) + 3 t
(7)
ecuación que viene a ser la ecuación paramétrica de este movimiento. b) Para calcular el instante en el que la velocidad es 2 m/s utilizaremos la expresión (6): 2 = 3 (1 − e
−
g
5
t
)
→
t = 0,561 s
→ x = 0,663 m
c) Para obtener la expresión de la aceleración en función del tiempo basta derivar la velocidad: g
de (6):
3 g − 5 t a= e = 5 dt
para t = 2 s:
a=
dv
0,116 m/s2 y
Ejemplo 2.2: La partícula es dejada libre desde el reposo desde la parte más alta de la superficie semicilíndrica lisa de radio R. Se pide determinar: a) La velocidad de la partícula y la fuerza normal que ejerce sobre ella la superficie semicilíndrica en función del ángulo θ .
R
θ
x
Fig. 2-5
b) El ángulo θ para el cual la partícula abandona la superficie semicilíndrica. Solución 1:
a) Según la 2da. ley de Newton los siguientes sistemas son equivalentes:
Cap. 2 Cinética de la Partícula
∑ F :
Pág. 2-7
N − mg cosθ = m a r
r
(1)
2 − r θ ar = r
donde:
→
y como r = R (constante) →
= r = 0 r
2 ar = − R θ
en (1):
2 N − mg cosθ = − m R θ
(2)
∑ F :
m g senθ = m aθ
(3)
θ
+ r θ θ aθ = 2 r
donde:
→
y como r = R (constante) →
aθ = R θ
en (3):
m g senθ = m R θ
de (4):
= θ θ
pero:
=
g R
(4) (5)
senθ
d θ dt
= g
d θ d θ d θ
dt
= θ
en (5):
d θ = θ
integrando:
∫θ d θ = ∫ R senθ d θ
R
d θ d θ
→
d θ = θ d θ θ
senθ d θ g
θ
2
es decir:
= 0 r
2
= −
g R
cosθ + c1
Como θ = 0 para θ = 0 :
→ g
(6)
c1 =
en (6):
2 = 2 θ
y como
R v = θ
(7) en (2):
N = m g (3 cosθ − 2)
R
g R
(1 − cosθ )
→
(7) v =
2 g R (1 − cosθ ) (8)
b) La condición para que la partícula abandone la superficie es que la normal sea N = 0. Entonces, de (8): 3 cosθ − 2 = 0
→
cosθ =
2 3
→
θ = 48,19°
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Solución 2:
Pág. 2-8
Empleando coordenadas intrínsecas:
a)
=ˆ
N
θ
eˆn
a n m
eˆt
θ
m a t
eˆn
eˆt
θ
mg
Fig. 2-7
∑ F :
N − mg cosθ = − m an
n
= −m
∑ F :
v2
(1)
R
mg senθ = m at
t
= m s
Cinemática:
=
s
d s dt
=
dv dt
y como ds = R d θ → s =
∫
dv ds
= v
dv ds
R d θ v dv R d θ v
g senθ d θ =
0
→
g senθ d θ =
→
v =
1 R
v dv
1
∫ R v dv 0
θ
− g cosθ 0
→
ds dt
= s
v dv
θ
integrando:
dv ds
=
m g senθ = m
en (2):
(2)
1 v2 = R 2
v = 2 gR (1 − cosθ ) 2
2 g R (1 − cosθ )
expresión que nos muestra la magnitud de la velocidad en función del ángulo θ . en (1):
N − mg cosθ = − 2 mg (1 − cosθ )
de donde:
N = mg (3 cosθ − 2)
Esta expresión, como era de esperar, es la misma que habíamos encontrado en la solución anterior. b) Haciendo N = 0 (condición para abandonar la superficie): 3 cosθ − 2 = 0
→
cos θ =
2 3
→
θ = 48,19°
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Ejemplo 2.3: En el cálculo del ángulo de peralte θ de curvas de autopista es posible diseñar cada sección de curva para que, a determinada velocidad de diseño v un automóvil pueda permanecer en la curva aún si µ = 0 (por ejemplo si hay hielo en el pavimento). Si µ ≠ 0 entonces las fuerzas de fricción mantienen al automóvil en la carretera aún para valores mayores que v. Obtener una relación entre ρ , v y θ para µ = 0 . C
ρ
A
A
θ SECCIÓN A-A
Fig. 2-8
Solución: La segunda ley de Newton nos permite graficar los siguientes sistemas equivalentes: F f
m an
=ˆ θ θ
N
Fig. 2-9
mg
En el sentido vertical no hay movimiento, entonces:
∑ F :
N cosθ − mg = 0
V
→
N cosθ = mg
(1)
En el plano del movimiento solamente actúa la aceleración normal (dirigida hacia el centro de curvatura de la trayectoria). Entonces:
∑ F :
− N senθ = − m an
H
→
(1) / (2):
N senθ = m
tanθ =
v2
ρ g
v2
ρ
(para F f = 0)
(2)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
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Ejemplo 2.4:
ω
Un brazo ranurado OB se mueve en el plano horizontal y hace que se mueva el pequeño pasador A cuya posición está determinada por la rotación de dicha barra alrededor de la leva semicircular fija de radio R. Si OB gira en sentido antihorario con velocidad angular ω y aceleración angular α en el instante mostrado, se pide hallar la fuerza entre el pasador y la leva y la fuerza entre el pasador y la barra. Solución:
N 1 cosθ = mar
Geometría:
r = 2 R cos θ
→ d / dt
→
d / dt
→
r
en (1):
N 1 =
∑ F : θ
A r O
θ
θ R
R Fig. 2.10
2 ) − r θ N 1 cos θ = m (r
(1)
= − 2 R senθ θ r r
R senθ = − 2 θ 2 R cosθ − 2 θ
= − 2 ω 2 R cosθ − 2 α R senθ
es decir:
→
B
Según la segunda ley de Newton, los siguientes sistemas son equivalentes:
∑ F : r
α
m
cosθ
N 1 = −
(−2 ω 2 R cosθ − 2 α R senθ − 2 R cosθ ω 2 )
2 m R (2 ω 2 cosθ + α senθ ) cosθ
(2)
N 1 senθ + N 2 = m aθ + r θ ) θ = m (2r
→
+ r θ ) − N senθ θ N 2 = m (2r 1
de (2): N 2 = m [2 (− 2 ω R senθ ) ω + 2 R cosθ α ] + 2 m R ordenando:
N 2 = 2 m α R (cosθ + senθ tan θ )
senθ
cosθ
(2 ω 2 cosθ + α senθ )
Cap. 2 Cinética de la Partícula
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Ejemplo 2.5: La barra lisa gira en un plano horizontal con velocidad angular constante ω 0 . La longitud del resorte sin estirar es r 0 y su constante de rigidez es k . El collarín tiene masa m y se libera en r = r 0 con velocidad radial nula. Se pide: a) Determinar la velocidad radial del collarín en función de r . b) Determinar la fuerza ejercida por la barra sobre el collarín en función de r .
ω 0 r A
O Fig. 2.12
Solución: De acuerdo a la segunda ley de Newton, los siguientes sistemas son equivalentes: eˆθ N
=ˆ
F R
θ
O
m aθ
eˆr m ar
θ
O Fig. 2.13
a)
∑ F : r
− F R = mar
→
− k (r − r 0 ) = m (r − r θ 2 )
es decir:
− k ( r − r 0 ) = m ( r − r ω 02 )
despejando:
m r = (m ω 0 − k ) r + k r 0
pero:
2
r
=
d r
dt
=
r
en (1) e integrando:
dr d r
dr dt
= r r
d r
d r → r dr = r
dr
2 ∫0 m r d r = ∫ [(mω 0
(1)
− k ) r + k r 0 ]dr
r 0
r
(mω 02 − k ) 2 2 = r r + k r 0 r 2 2 r
m
0
de donde: b)
∑ F : θ
= r
2 k k 2 2 2 r 0 ( r − r 0 ) ω 0 − (r − r 0 ) + m m
N = m aθ + r θ ) θ N = m ( 2 r
(2) en (3):
(2)
N = 2 m ω 0
→
ω N = 2 m r 0
k 2 2 k 2 2 r 0 ( r − r 0 ) ω 0 − (r − r 0 ) + m m
(3)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
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Ejemplo 2.6:
r = e
θ
El collarín tiene masa m = 2 kg y viaja a lo largo de la barra horizontal r = eθ [m]. Determinar la fuerza tangencial F y la fuerza normal N que actúan sobre el collarín si la fuerza F mantiene un movimiento tal que la velocidad angular es θ = 2 rad/s (constante), para:
F
m r
a) θ = 45° b) θ = 90°
θ O
Fig. 2.14
Solución: de la ecuación polar de la trayectoria podemos escribir: r = eθ
(1)
e θ = θ r
(2)
r
eθ = θ 2 eθ + θ
(3)
DCL para una posición θ cualquiera y su sistema equivalente según la segunda ley de Newton: eˆt
eˆθ
eˆθ eˆn
F ϕ
N
m a
eˆr
θ
eˆr a r
m
=ˆ
m r
r
θ
θ
O
O Fig. 2.15
Puesto que la velocidad está contenida íntegramente en la dirección tangencial, entonces podemos escribir para el ángulo ϕ : tan ϕ =
vθ vr
=
r
(dr d θ )
=
e
θ
e
θ
=1
→
ϕ = 45°
lo cual significa que, para este problema en particular, en cualquier posición de la partícula el ángulo que forman eˆt y eˆr es constante e igual a 45°.
∑ F : r
de (1) y (3): = 0 : y como θ
2 ) − r θ F cos ϕ + N senϕ = m ar = m ( r eθ − eθ θ 2 ) = m (θ 2 eθ + θ
F cos ϕ + N senϕ = 0
(4)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
∑ F :
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+ r θ ) θ F senϕ − N cosϕ = m aθ = m (2 r
θ
) = m (2 θ eθ θ + r θ
de (2): = 0 : y como θ
eθ ) F senϕ − N cos ϕ = m (2 θ 2
a) Si θ = 45° :
(5)
r = 2,19 m = 4,39 m/s r r
= 8,77 m/s2
= 0 , entonces: además ϕ = 45° , θ = 2 rad/s y θ
de (4):
F
2 2 + N = m (0) 2 2
F + N = 0
de (5):
F
(6)
2 2 − N = m (17,55) 2 2
F − N = 49,64 [N]
Resolviendo (6) y (7):
(7)
F = 24,82 [N] N = − 24,82 [N]
b) Si θ = 90° :
r = 4,81 m = 9,62 m/s r r
= 19,24 m/s2
= 0 , entonces: además ϕ = 45° , θ = 2 rad/s y θ
de (4):
F
2 2 + N = m (0) 2 2
F + N = 0
de (5):
F
(8)
2 2 − N = m (38,48) 2 2
F − N = 108,83 [N]
Resolviendo (6) y (7):
F = 54,42 N N = − 54,42 [N]
(9)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
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Ejemplo 2.7:
m
La esfera pequeña de masa m está unida a una varilla de peso despreciable articulada en 0. Sabiendo que el sistema parte del reposo cuando φ = 0 y se mueve en un plano vertical, se pide determinar:
L y
a) La fuerza axial en la varilla y la velocidad de la esfera pequeña en función del ángulo φ .
φ
b) El valor de φ para el cual la fuerza en la varilla cambia de compresión a tracción.
O
x Fig. 2.16
Solución 1:
Emplearemos coordenadas polares.
a) Según la segunda ley de Newton podemos afirmar que los siguientes sistemas son equivalentes:
∑ F :
− mg cosθ = m aθ
θ
+ r θ ) θ = m (2 r
→
(1)
Se observa que la trayectoria de la partícula es una circunferencia de radio L. Entonces: r = L
→
(constante)
− g cosθ = L θ
en (1):
θ
pero:
d θ
(2)
d θ d θ
d θ = = = θ dt d θ dt d θ π 2 − φ
−
en (2):
∫
→
r
θ 2 =
→
d θ = θ d θ θ
θ
∫
d θ g cosθ d θ = L θ
π 2
∑ F :
= r = 0 r
0
2g L
(1 − cosφ )
(3)
− T − mg senθ = m ar = m (r − r θ 2 )
→
− T − mg senθ = − m L θ 2
(4)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
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ordenando:
2 − m g senθ T = m L θ
de (3):
T = m L
2g L
(1 − cos φ ) − m g senθ
→
b) En el instante pedido T = 0 y como θ = Solución 2:
π
2
− φ
→
2 (1 − cosφ ) = senθ 2 3
cosφ =
→
φ = 48,19°
Empleando coordenadas curvilíneas.
a) Según la segunda ley de Newton podemos afirmar que los siguientes sistemas son equivalentes:
∑ F :
mg senφ = m at = m v
∑ F :
T + mg cosφ = m a
t
n
pero
v =
en (1):
dv dt
=
dv ds ds dt
n
(1)
= m
v2
(2)
L
⇒ v ds = v dv ⇒ v L d φ = v dv →
m g senφ d φ = m φ
v
0
0
v L
v d φ =
v L
dv
dv
v
∫ senφ d φ = ∫ g L dv integrando:
v 2 = 2 g L ( 1 − cosφ )
(3) en (2):
T + mg cos φ =
m L
(3)
2 gL (1 − cosφ )
T = 2 m g (1 − cos φ ) − m g cos φ T = mg ( 2 − 3 cosφ )
b) haciendo T = 0 (condición para que T cambie de compresión a tracción): 3 cosφ = 2 → cosφ =
2 3
→
φ = 48,19°
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-16
Ejemplo 2.8: y
La esfera pequeña de masa m se puede mover sin fricción sobre el aro en forma de circunferencia de radio r . Ella está unida al punto fijo A mediante un resorte de constante de rigidez k y longitud sin deformar 2 r . La esfera inicia su movimiento en ϕ = 0 con velocidad inicial v 0 . Sabiendo que el sistema se encuentra en un plano vertical, se pide: a) Determinar la velocidad v de la esfera en función de ϕ . b) Determinar la fuerza que ejercen el resorte y el aro sobre la esfera en función de ϕ .
(1) (2)
ϕ
r x
A Fig. 2.19
Solución: a) Utilizaremos la segunda ley de Newton para obtener las ecuaciones diferenciales del movimiento. DCL de la esfera:
ϕ
∑ F : r
N + F r cos
donde
2 a r = r − r ϕ
entonces:
N + F r cos
∑ F :
− F r senϕ / 2 + m g senϕ = m aϕ
donde
+ r ϕ ϕ aϕ = 2 r
entonces:
− F r senϕ / 2 + m g senϕ = m r ϕ
ϕ
2
− m g cosϕ = m ar →
ϕ
2
2 ar = − r ϕ
2 − m g cos ϕ = − m r ϕ
→
(1)
aϕ = r ϕ
además, la fuerza en el resorte será: F r = k ( L0 − L ) = k ( 2 r − 2 r cos ϕ / 2)
(2)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
→
en (2):
Pág. 2-17
F r = 2 k r (1 − cos ϕ / 2)
(3)
− 2 k r (1 − cos ϕ / 2) sen ϕ / 2 + m g senϕ = m r ϕ − 2 k r sen ϕ / 2 + k r senϕ + m g sen ϕ = m r ϕ − 2 k r senϕ / 2 + ( m g + k r ) senϕ = m r ϕ
introducimos el cambio de variable:
d ϕ = ϕ d ϕ ϕ
ϕ
k r sen m g k r sen 2 / 2 ( ) − + + ϕ ϕ ∫0 d ϕ =
ϕ
∫ m r ϕ d ϕ
0 ϕ ϕ
ϕ
1 2 4 k r cosϕ / 2 − (mg + k r ) cosϕ = 2 m r ϕ 0 0 ϕ
ordenando:
2 = ϕ 2 + ϕ 0
y como:
r v = ϕ
2 ϕ − + + + + − ϕ m g k r k r k r m g k r ( ) cos 4 cos ( ) 4 m r 2
→
(4)
0 r v 0 = ϕ
2
→
→
2 ϕ v ϕ − + + + + − v = r 0 + m g k r k r k r m g k r ( ) cos 4 cos ( ) 4 2 r m r 2 r
ϕ ( ) (cos 1 ) 4 − + − + ϕ m g k r k r cos − 1 m 2
=
2 v0 +
=
v02 + 2 g r (1 − cos ϕ ) +
v =
v + 2 g r (1 − cosϕ ) − 2 0
2 r
ϕ − − + ϕ k r k r (cos 1 ) 4 cos − 1 m 2
2 k r 2 m
8 k r 2 ϕ (cosϕ − 1) + cos − 1 2 m
b) Cálculo de la fuerza que ejercen el resorte y el aro sobre la esfera: de (1):
2 − F cos N = m g cos ϕ − m r ϕ r
(3) y (4) en (5):
2 − F cos N = m g cos ϕ − m r ϕ r
ϕ
2 ϕ
2
(5)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-18
Ejemplo 2.9: Un tubo de longitud L cuya posición inicial es horizontal, gira con velocidad angular constante ω alrededor de la articulación en O en un plano vertical. En el instante inicial una pequeña partícula se encuentra en el origen O en reposo y entonces se deja en libertad. Determinar la ecuación polar de la trayectoria de la partícula y su posición, velocidad relativa con respecto al tubo y la fuerza N que ejerce el tubo sobre ella para cualquier instante t .
O
θ m r
ω = const.
Fig. 2.21
Solución: Según la segunda ley de Newton, para un instante cualquiera del movimiento se cumplirá que los siguientes sistemas son equivalentes:
∑ F : r
→
m g senθ = m a r
→
r
− r θ 2 = g senθ
r
− ω 2 r = g senθ
2 ) m g senθ = m (r − r θ
(1)
la cual es una ecuación diferencial no homogénea de 2° orden. Solución homogénea de:
r
λ 2 − ω 2 =
La ecuación característica es: →
− ω 2 r = 0
r h = c1 e ω t + c 2 e
0 →
−ω t
y la solución particular es:
r p = a cos θ + b sen θ
d/dt :
p = − a ω sen θ + b ω cos θ r
d/dt :
r p
en (1):
λ = ± ω
= − a ω 2 cos θ + b ω 2 sen θ
− a ω 2 cos θ − bω 2 sen θ − ( a cos θ + b sen θ ) ω 2 = g sen θ
(2)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-19
g
− a ω 2 cos θ − bω 2 sen θ = de aquí:
a=0
y como:
r = r h + r p
b=−
y
sen θ
2 g
2 ω 2
− r = c1 eω t + c2 e ω t −
→
g
2 ω 2
senθ
(3)
Para t = 0 → r = 0 ; r = 0 ; θ = 0 →
de (3):
c1 + c2 = 0
(4)
= ω c eω t − ω c e r 1 2
0 = ω c1 − ω c2 −
de (4) y (5):
c1 =
Ahora:
r = r =
como θ = ω t :
r =
g
4 ω g
eω t −
2
4 ω g
−
g 2
2 ω
(5)
2 ω c2 = −
g 2
4 ω
e −ω t −
2
(eθ − e−θ − 2 senθ )
4ω
4 ω 2
2 ω 2
(eω t − e−ω t − 2 senθ )
g
g
g
2
4ω
θ cosθ
g
y
2
− ω t
senθ (6)
la cual es la ecuación polar de la trayectoria. La ecuación paramétrica para el radio polar de la trayectoria será: r (t ) =
g
(eω t − e −ω t − 2 senω t )
2
4 ω
(7)
Para evaluar la velocidad relativa de la partícula con respecto al tubo basta derivar la expresión (7): (t ) = r
g
4 ω
(eω t + e −ω t − 2 cosω t )
Finalmente, para evaluar la normal que ejerce el tubo sobre la partícula:
∑ F : θ
− N + m g cos θ = m aθ + r θ ) θ N = m g cos θ − m (2 r
como θ = ω t :
N = −
mg
2
(eω t + e−ω t − 4 cos ω t )
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-20
Ejemplo 2.10: A
Una esfera pequeña de masa m = 4 kg gira con velocidad constante v según una trayectoria circular de R = 1,2 m . Se pide: a) El valor de v si ACB es un solo alambre que pasa a través de un pequeño anillo liso unido a la esfera. b) El intervalo de valores admisibles de v si AC y BC son dos alambres distintos unidos en C cuya tensión no debe exceder a 35 N.
30°
B 45°
C m
R = 1,2 m
Fig. 2.23
Solución:
Empecemos dibujando el DCL de la esfera para un instante cualquiera y su sistema equivalente según la segunda ley de Newton: T 2
T 1 ° 0 6 °
m 1 ,2 R =
=ˆ
5 4
m an
mg Fig. 2.24
v2
∑ F :
T 1 cos 60° + T 2
∑ F :
T 1 sen 60° + T 2 sen 45° − mg = 0
H
V
cos 45° = m
R
a) Como se trata de un solo alambre:
T 1 = T 2 = T
en (1) y (2):
v = 3 m/s
T = 24,92 N
y
b) Si son dos alambres diferentes: T 1 = 107,104 – 9,107 v2 ≤ T adm = 35 N
de (1) y (2):
T 2 = 11,156 v2 – 75,745 ≤ T adm = 35 N
→
2,81 m/s ≤ v ≤ 3,15 m/s
(1) (2)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-21
Ejemplo 2.11:
ω
El coeficiente estático de rozamiento entre la caja pequeña de masa m y la superficie cónica mostrada en sección es µ = 0,3 . Si se desea que la cajita esté adherida a la superficie cónica cuando ella gira a velocidad angular constante ω , se pide calcular el intervalo de valores que puede tomar ω para que la cajita se mantenga en la posición mostrada con respecto a la mencionada superficie cónica.
R = 20,3 cm
m 30°
Fig. 2.25
Solución: Observando que, si no hay movimiento relativo entre la cajita y la superficie cónica, la trayectoria de ella es circular y puesto que la velocidad angular es constante, entonces queda claro que, para la cajita, se trata de movimiento circular uniforme. •
Movimiento inminente hacia abajo:
=ˆ
F f N
30°
mg
∑ F :
Fig. 2.26
N cos 30° + F f sen 30° − m g = 0
(1)
pero
F f = µ N = 0,3 N
(2)
en (1):
N = 0,984 mg
(3)
N sen 30° − F f cos 30° = m an = m ω 2 R
(4)
ω = ω min = 3,378 rad/s
(5)
V
∑ F
H
:
(2) y (3) en (4):
•
m an
(movimiento inminente !)
Movimiento inminente hacia arriba: F f
=ˆ 30°
m an
N
mg
Fig. 2.27
∑ F :
N cos 30° − F f sen 30° − mg = 0
(5)
(2) en (5):
N = 1,397 mg
(6)
∑ F
N sen 30° + F f cos 30° = m an = m ω 2 R
(7)
ω = ω max = 7,158 rad/s
(8)
V
H
:
(2) y (6) en (7):
Finalmente, de (5) y (8):
3,378 ≤ ω ≤ 7,158 [rad/s]
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-22
Ejemplo 2.12:
y
1,5 m
En la figura se muestra un tubo liso en forma de parábola de eje vertical, dentro del cual desliza una partícula de masa 2 kg. La base sobre la que está montado el tubo se mueve hacia la izquierda con aceleración constante a D = 6 m/s2. Si la partícula, en la posición mostrada, tiene una velocidad relativa al tubo de 5 m/s en el sentido mostrado, se pide determinar la aceleración de la masa y la reacción del tubo sobre la masa en ese instante. Solución 1:
A
B
m 5 2 , 2
P m 4 6 , 0
O
a D
x
D
Fig. 2.28
Tomaremos un sistema móvil (como muestra la figura) que se mueva solidario al tubo para así realizar el análisis del movimiento relativo de la partícula con respecto al tubo, utilizando coordenadas curvilíneas o intrínsecas.
Entonces:
a P = atubo + a rel
es decir:
n t + a rel a P = a D + arel
donde arel es la aceleración de P con respecto al tubo, es decir a P / tubo .
(1)
La ecuación de la parábola es de la forma: y = k x 2 (con respecto al sistema móvil xy) →
A = ( − 1,5 ; 2,25) ∈ parábola
k = 1
→
y = x 2
(2)
Posición de la partícula: P = (0,8 ; 0,64) m El DCL de la partícula, ( t es dirección de la tangente a la trayectoria relativa) y su sistema equivalente según la segunda ley de Newton se muestran a continuación: t
t
n
n
ma
=ˆ θ
m a D θ
N
t m arel
mg
θ
n rel
Fig. 2.29
∑ F : t
→
∑ F : n
t mg senθ = marel + ma D cosθ t arel = g senθ − a D cosθ
(3)
n N − mg cosθ = marel + ma D senθ
de la geometría:
tan θ =
dy dx
= 2 x x =0 ,8
= 1,6 x = 0, 8
(4)
→
θ = 58°
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Sabemos que:
a
→
a
n rel
n rel
=
2 v rel
ρ
Pág. 2-23
2 ( ) 1 / + dy dx donde ρ =
(5) 2
=
3,358
32
= 3,358 m
d 2 y / dx 2
= 7,445 m/s2 t arel = 5,13 m/s
Reemplazando valores en (3) y (4) y resolviendo:
2
N = 35,45 [ N ]
en (1):
a P = ( − 7,445 sen 58° ; 7,445 cos 58°) + ( − 5,13 cos 58° ; − 5,13 sen 58°) + ( − 6 ; 0)
→
a P = ( − 7,445 sen 58° − 5,13 cos 58° − 6 ; 7,445 cos 58° − 5,13 sen 58°
a P = (− 15,032 ; − 0,405) m/s
de donde: Solución 2:
2
De manera análoga a la anterior solución tomaremos un sistema móvil que se mueva solidario al tubo, pero esta vez utilizaremos, para el análisis de movimiento relativo, coordenadas cartesianas.
Dado que la trayectoria relativa es:
y = x 2
(1)
derivando con respecto al tiempo:
y = 2 x x
(2)
derivando una vez más:
= 2 x 2 + 2 x x y
(3)
→ y = 1,6 x
(4)
para el instante en análisis x = 0,8 m: en (2):
y = 2 (0,8) x
y se cumple que:
x 2 + y 2 = 5 2
(5) x = 2,65 m/s
resolviendo el sistema formado por (4) y (5):
y = 4,24 m/s
Reemplazando los valores encontrados para el instante en análisis en (3): 2 = 2 ( 2,65) + 2 (0,8) x y
es decir:
= 14,045 + 1,6 x y
La aceleración total de la partícula será:
(6)
a P = atubo + a P / tubo
= (a D + x ; y)
de (6):
; 1,6 x + 14,045) a P = ( a D + x
(7)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-24
Según la 2da. ley de Newton los siguientes sistemas son equivalentes: m y
t n
=ˆ θ θ
m x
m a D
N
mg Fig. 2.30
∑ F :
− N senθ = m x − ma D
de donde:
− 0,424 N = x − 6
∑ F :
− mg + N cosθ = m y
de (6):
− mg + N cosθ = m (14,045 + 1,6 x)
de donde:
− 23,845 + 0,265 N = 1,6 x
x
y
(8)
(9)
Finalmente resolviendo el sistema (8) y (9): = − 9,038 m/s x
N = 35,467 [N]
en (7):
a P = ( − 15,038 ; − 0,416) m/s2
Ejemplo 2.13: El disco de radio a = 0,15 m gira con velocidad angular constante ω = 5 rad/s. Los dos péndulos son idénticos y miden = 0,3 m y su masa es m = 2 kg y durante el movimiento están contenidos en el mismo plano vertical. Se pide calcular la velocidad angular con que los brazos están subiendo cuando φ = 30° , sabiendo que en el instante inicial ( φ = 0° ) parten del reposo.
z
ω y a
detalle de la unión barra - mesa
Fig. 2.27 θ
x
φ
m
m Fig. 2.31
Solución: Para una posición genérica determinada por el ángulo polar θ y según la segunda ley de Newton, los siguientes sistemas son equivalentes:
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-25
z
z y
y
O
O
a x
x
φ
z
φ
m a z
T
=ˆ
R
mg
m a R
m aθ
Fig. 2.32
Utilizando coordenadas cilíndricas:
∑ F : ∑ F : ∑ F : R
− T senφ = m ( R − R θ 2 ) donde θ = ω
(1)
θ
+ R θ ) F θ = m (2 R θ
(2)
z
T cos φ − mg = m z
(3)
Se tiene:
además:
R = a + senφ
z = − cos φ
→
R = cos φ φ
→
2 + cos φ φ = − senφ φ R
→
z = senφ φ
→
2 + senφ φ z = cosφ φ
en (1):
− T senφ = m [− senφ φ 2 +
en (3):
+ senφ φ + g ) T cos φ = m ( cos φ φ
− tan φ =
Simplificando:
φ
= φ
d φ
dt
(−
Reemplazando en (6):
2 (cosφ φ
= a ω 2 cosφ + =
d φ d φ
]
(4)
d φ dt
∫
(5)
) + g + senφ φ
2
ω senφ cos φ
d φ φ d φ
=
→
− g senφ
(6)
d φ = φ d φ φ
φ =30°
d φ φ
0
de donde:
2
senφ ) ω
2 + cos φ φ ) − ( a + senφ ) ω 2 senφ φ
φ
Integrando:
− (a +
2
De (4) y (5):
Como
cos φ φ
=
∫ (a ω cosφ + 2
2
ω
senφ cos φ − g senφ ) d φ
0
2 φ
2
φ
0
φ =30°
1 = a ω 2 senφ + ω 2 sen 2φ + g cos φ 2 0
= 3,162 rad/s φ
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-26
Ejemplo 2.14: O
El tubo liso en forma de un cuarto de circunferencia gira alrededor de un eje vertical OB con velocidad angular ω constante. En un determinado instante se deja libre en el extremo A una bolita de masa m con velocidad nula con respecto al tubo. Se pide calcular el valor de ω para el cual la bolita llega al extremo B con velocidad nula. Para este valor encontrado de ω se pide determinar las componentes de la fuerza ejercida por el tubo sobre la bolita en función del ángulo ϕ .
A
ϕ R r
z B Fig. 2.33
ω = const.
Solución: Utilizaremos coordenadas cilíndricas. Según la segunda ley de Newton se cumplirá para cualquier instante que los siguientes sistemas son equivalentes: m a z
ϕ N 1
≡ mg
∑ F :
− N 1 cos ϕ = m a R
y como:
2 − r θ a R = r
y en nuestro caso:
= θ
r
→
− N 1 cosϕ = m (r − r ω 2 ) N 2 = m aθ
y como:
+ r θ θ aθ = 2 r
y en nuestro caso:
= θ
→
∑ F : z
Fig. 2.34
ω (constante)
∑ F : θ
m a R
ω (constante)
(1)
→
= 0 θ
ω N 2 = 2 m r
(2)
N 1 senϕ − m g = m a z N 1 sen ϕ − m g = m z
de la geometría:
r = R cos ϕ
→
(3) = − R senϕ ϕ r r
2 + senϕ ϕ ) = − R (cosϕ ϕ
Cap. 2 Cinética de la Partícula
y también:
Pág. 2-27
z = R (1 − senϕ )
→
z = − R cosϕ ϕ ) z = − R ( − senϕ ϕ 2 + cosϕ ϕ
2 + R senϕ ϕ + R cos ϕ ω 2 ) cosϕ = m ( R cosϕ ϕ
en (1):
N 1
en (3):
2 − R N 1 senϕ = m ( g + R sen ϕ ϕ
) cosϕ ϕ
(5)
De (4) y (5) y ordenando :
= g cos ϕ − R ω 2 sen ϕ cos ϕ R ϕ
y como sabemos que:
d ϕ = ϕ d ϕ ϕ
entonces:
d ϕ = ( g cos ϕ − R ω 2 senϕ cos ϕ ) d ϕ R ϕ ϕ
Integrando: →
(4)
ϕ
∫0 R ϕ d ϕ = ∫0 g cos ϕ − R ω
2
2 = ϕ
1
sen ϕ cosϕ d ϕ
( 2 g senϕ − R ω 2 sen 2ϕ )
R
(6)
Las componentes cilíndricas de la velocidad serán: = − R sen ϕ v r = r
1 R
(2 g senϕ − R ω 2 sen 2ϕ )
= R cos ϕ ω vθ = r θ
v z = z = − R cosϕ ϕ
ϕ = π / 2
Cuando la bolita llega a B:
→
vr = − R
1 R
(2 g − R ω 2 )
vθ = 0
v z = 0
y para que:
v =
→
ω =
Derivando (6): →
2 2 2 vr + vθ + v z = 0
2 g − R ω 2 = 0
2g R
ϕ = 2 ϕ
= ϕ
→
1 R
1 R
( 2 g cosϕ − 2 R ω 2 senϕ cosϕ ) ϕ
( g cosϕ − R ω 2 sen ϕ cosϕ )
(7)
y ϕ en (2) y (3) y luego de Reemplazando ω = 2 g / R en (6) y (7) y sustituyendo luego ϕ simplificar y ordenar obtenemos:
N 1 = mg (3 senϕ + 2 cos 2ϕ ) N 2 = − 4 m g senϕ senϕ (1 − senϕ )
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-28
Ejemplo 2.15:
4m
La corredera A desciende con velocidad constante v A = 2 m/s a lo largo de su guía mientras se levanta la caja C de masa m = 20 kg. Sabiendo que cuando la corredera está en posición B la caja reposa sobre el suelo y está a punto de moverse si lo hace la corredera e ignorando el tamaño de la caja y de la polea en los cálculos, se pide determinar, para el instante en que la caja está a 1 m sobre el piso: a) La velocidad y la aceleración de la caja.
B s
s A
sC A
4m
v A C
Fig. 2.35
b) La tensión en la cuerda. Solución: a) La longitud de la cuerda para cualquier instante del movimiento es: sC + s = L de dato:
L = 8 m
además:
s =
(2) en (1):
sC + (16 + s A )
Posición:
sC =
Velocidad:
( 4) 2 + s A2
(2)
= L = 8
2 1/ 2
( 3)
3 m
→
derivando (3)
sC +
en el instante analizado:
s A
(3)
s A = 3 m
1 (16 + s A2 ) −1 / 2 (2 s A s A ) = 0 2
= 2 m/s
( 4)
→
sC = − 1,2 m/s
vC = 1,2 m/s (↑)
Aceleración: derivando (4) obtenemos: C −
s
→
− (16 + s A2 ) −3 2 ( s A s A ) 2 + (16 + s A2 ) −1 2 ( s A2 + s A s A ) = 0
s
= − 0,512 m/s2
C
aC = 0,512 m/s
es decir: b)
1 (16 + s A2 ) −3 2 (2 s A s A ) ( s A s A ) + (16 + s A2 ) −1 2 ( s A2 + s A s A ) = 0 2
s
C
∑ F : V
2
T − m g = m aC
T
(↑)
m aC
=ˆ
C
T = m (aC + g )
→
T = 206, 24 N
(1)
mg Fig. 2.36
(4)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-29
Ejemplo 2.16:
2b
El tambor elevador A tiene diámetro d y gira en el sentido del movimiento de las agujas del reloj con velocidad angular constante ω . Se pide determinar la tensión T en el cable que une el bloque de masa m a la pequeña polea B, en función de la variable y. El tamaño, masa y rozamiento de las poleas en C y B son despreciables. Solución: d / dt :
s =
De la geometría: y
s =
b + y 2
2
b + y 2
C
s
s
y
H ω
B
A d
2
Fig. 2.37
y
(1)
La longitud de la cuerda no es constante pues ella varía con el giro del tambor. La longitud instantánea está dada por: L = 2 s + H d / dt :
L = 2 s + 0 L = ω
pero
( L ≠ const. )
(2) en (1):
y =
d / dt :
y
=
d
→
2
ω
d
2
= 2 s
→
s =
ω d
2 2 ω d b + y
4
(3)
y
ω d
finalmente (3) en (4):
y 2 2 b + y
− b2
4 y 2 y
= −
(4)
ω 2 d 2 b 2
16 y
T
3
Por la 2da. ley de Newton, para el bloque se cumple:
=ˆ mg
m y
Fig. 2.38
∑ F : y
(2)
4
m g − T = m y
T = m g +
ω 2 d 2 b 2
16 y 3
→
T = m ( g − y)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-30
Ejemplo 2.17: Si el sistema parte del reposo y µ k = 0,3 , hallar la tensión en el cable y la aceleración de los bloques en el instante de inicio del movimiento. Se sabe que: m A = 200 kg, m B = 300 kg, y que las poleas tienen masa despreciable.
s A
B
Solución: Tomemos las coordenadas auxiliares s A y s B como muestra la figura. Geometría: 2
2
d / dt
A
60°
2 s A + s B = constante
Fig. 2.39
2 s A + sB = 0
:
(1)
Suponiendo (luego habrá que corroborarlo!) que el bloque B desciende y que, en consecuencia, el bloque A asciende, entonces, de acuerdo a las coordenadas establecidas podemos escribir que a A = − s A y a B = s B . 2 a A = a B
en (1):
(2)
Los diagramas de cuerpo libre de la polea y del bloque A nos permiten escribir: T
T
T 1 = 2T
m A a A
∑ F :
2 T − m A g = m A a A
es decir:
2 T − 200 (9,8) = 200 a A
V
=ˆ
A
(3)
m A g
T 1
Fig. 2.41 Fig. 2.40
Del mismo modo, para el bloque B: T
∑ F +
:
m B g sen 60° − µ k N − T = m B a B
=ˆ
300 (9,8)
3 − 0,3 N − T = 300 a B 2
∑ F +
:
N 60°
F f = µ k N m B g Fig. 2.42
m B a B
N − m B g cos 60° = 0
de donde:
N = 1470 N
(4)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-31
Con este valor de N en (4) y resolviendo con (2) y (3): 2
a A = 1,61 m/s T = 1140,73
2
→
a A = 1,61 m/s ↑
→
a B = 3,22 m/s
[N]
a B = 3,22 m/s
2
2
Nota: El signo positivo obtenido para las aceleraciones de A y B indica que la suposición de sus sentidos fue correcta. Ejemplo 2.18: C
El cuerpo A de 4 kg está conectado al cuerpo B de 8 kg mediante una cuerda inextensible de 1,5 m de longitud que pasa por una polea pequeña y lisa ubicada en C . La guía horizontal también es lisa. Cuando x = 0,8 m la velocidad de B es 1,2 m/s hacia la derecha y la fuerza P de 50 N está dirigida hacia la derecha. Se pide calcular para ese instante: a) Las aceleraciones de A y B.
m 6 , 0
s A B
P
x Fig. 2.43
b) La tensión en la cuerda Solución:
de la geometría:
d / dt :
2 s s = 2 x x
d / dt :
s 2 = x 2 + (0,6) 2
s s = x x
(1)
s 2 + s s = x 2 + x x
(2)
→
Si x = 0,8 m →
x
s = 1 m
= 1,2 m/s
→
s =
0,96 m/s
(0,96) 2 + 1 (s) = (1,2) 2 + 0,8 x
en (2):
= 0,518 + 0,8 x
es decir :
s
o sea :
a A = 0,518 + 0,8 a B
Para A:
(1)
m A a A
T
=ˆ m A g
(3)
Fig. 2.44
T − m A g = m A a A
→
T = m A ( a A + g )
(4)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Para B:
Pág. 2-32
T α
m B a B
P − T cos α = m B a B
(5)
Fig. 2.45
N
cos α = 4 / 5
En la posición mostrada: de (3), (4) y (5):
=ˆ
P
2
a A = 1,84 m/s
a B = 1,605 m/s
(↑) 2
(→)
T = 46,45 N
Ejemplo 2.19: En el instante mostrado el bloque A desciende con velocidad instantánea v A = 6,4 m/s. Si las masas son m A = 5 kg y m B = 16 kg, se pide determinar las aceleraciones de A y B así como la tensión T en la cuerda, cuya longitud es L = 44 m. C
s m 8
A m 3
v A
y A B
7m
x B Fig. 2.46
Solución: Geometría:
s 2 = 8 2 + ( x B − 7) 2
s2 =
Además: →
64 + ( x B − 7) 2
(1)
L = 44 = x B + s + (8 − y A ) x B − y A + s = 36
(2)
de (1):
s s = ( x B − 7) x B
(3)
de (2):
x B − y A + s = 0
(4)
•
Velocidades:
para y A = 3 m
(1), ( 2 )
→
s = 17 m ; x B = 22 m
Cap. 2 Cinética de la Partícula
como
y
A
= − 6,4 m/s
Pág. 2-33 ( 3), ( 4 )
s = − 3 m/s
→
x B = − 3,4 m/s
Aceleraciones:
•
de (3):
s 2 + s s = x B2 + ( x B − 7) x B
(5)
de (4):
B − y A + s = 0 x
(6)
Análisis del bloque A: T
Suponiendo que el bloque A desciende acelerando (luego tendremos que verificar la validez de nuestra suposición), entonces:
∑ F : V
m A g − T = m A a A
= m A (− y A )
=ˆ
(7)
m A a A m A g
Fig. 2.47
Análisis del bloque B:
Consecuentemente a la suposición anterior, aquí supondremos que el bloque B acelera hacia la izquierda:
∑ F
H
T T
=ˆ
α
: T cosα + T = m B a B
m B a B
= m B (− x B )
Además, en el instante mostrado: N
m A g Fig. 2.48
y A = 3 m
→ cos α =
15 17
finalmente, de (5), (6), (7) y (8): A = − 5,08 m/s2 y
→
a A =
B = − 2,78 m/s2 x
→
a B = 2,78 m/s2 ←
s
= − 2,3 m/s2
T = 23,6 N
5,08 m/s2 ↓
(8)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-34
Ejemplo 2.20: Una caja pequeña A con masa m A = 10 kg se suelta desde el reposo en la posición mostrada y a partir de allí desciende sobre la rampa lisa. Cuando alcanza la parte inferior, se desliza horizontalmente sobre la superficie del carrito B con masa m B = 25 kg. Sabiendo que el coeficiente cinético de fricción entre el carrito y la caja es µ k = 0,3 , se pide calcular: a) La velocidad de la caja cuando abandona la rampa y aborda al carrito. b) La velocidad de ambos en el instante en que cesa el movimiento relativo entre ellos. c) La posición s de la caja sobre el carrito (medida desde su extremo derecho) luego de que la caja se detiene sobre él. 2m
A
s
m 5 , 0 = h
B
Fig. 2.49
Solución: a) Análisis del movimiento descendente de la caja: Tomemos R como radio del arco de circunferencia. •
para el tramo recto: h′ = h − R (1 − cos ϕ ) h′ = L sen ϕ
además:
→
=ˆ N
ϕ
L =
sen ϕ
Según 2da. ley de Newton:
ma
ϕ
h′
m g sen ϕ = m a
ϕ
→ mg
a = g senϕ
(es constante)
Fig. 2.51
Entonces, se cumple que:
v1 = v0 + 2 a L 2
2
= 2 ( g senϕ ) L h′ = 2 g senϕ
senϕ
→
2 1
v
= 2 g h′
(1)
donde, evidentemente, v1 es la velocidad de la caja antes de entrar al tramo curvo.
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-35
Tramo curvo: aquí tenemos la velocidad de entrada de la caja al tramo curvo y deseamos calcular su velocidad de salida al final de él.
•
∑ F :
m g sen (ϕ − θ ) = m at
t
ϕ R θ
R
m an
at = v =
pero
=ˆ
dv dt
=
dv ds ds dt
=v
(2) dv ds
=v
dv R d θ
m at
(ϕ − θ )
g sen (ϕ − θ ) R d θ = v dv
en (2):
N mg Fig. 2.52
ϕ
v2
0
1
∫ g R sen (ϕ − θ ) d θ = v∫ v dv
integrando:
donde v2 es la velocidad a la salida del tramo curvo. v22 = v12 +
→
2 g R (1 − cos ϕ )
= 2 g h′ + 2 g R (1 − cosϕ )
= 2 g [ h ′ + R (1 − cos ϕ ) ] h
→
v 22 = 2 g h = 9,8
→
v2 = 3,13 m/s
(3)
Como se ve, este resultado depende solamente de g y h y mas bien es independiente del tamaño del radio de curvatura R y del ángulo ϕ . Este hecho quedará aún más claro cuando estudiemos métodos de trabajo y energía para la partícula. b) Análisis del movimiento de la caja sobre el carrito. Según la segunda ley de Newton se cumplirá para la caja que los siguientes sistemas son equivalentes:
F f m A g N
m A a A
=ˆ Fig. 2.53
∑ F
H
→
a A = µ K g
→
a A =
− F f = − m A a A donde F f = µ K N µ K N = m A a A
∑ F :
N − m A g =
en (4):
µ K m A g = m A a A
V
→
:
2,94 m/s2 (←)
0
(4)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-36
Análogamente para el carrito se cumplirá: N F f
R1
F f = m B a B
de donde:
a B = µ K
H
=ˆ R2
m B g
∑ F :
m A m B
m B a B
g
Fig. 2.54
→
µ K m A g = m B a B
→
a B = 1,17 m/s
2
(→)
Ahora, la velocidad de la caja en cualquier instante está dada por: (+)
→:
⇒
v A = v0 A + a A t
v A = 3,13 + ( − 2,94) t
(5)
Análogamente, la velocidad del carrito en cualquier instante es: (+)
→:
⇒
v B = v0 B + a B t
v B = 0 + (1,17) t
(6)
En el instante en que cesa el movimiento relativo de la caja sobre el carrito, sus velocidades absolutas serán iguales: de (5) y (6):
3,13 + ( − 2,94) t = 1,17 t
en (5) o (6):
v A = v B = 0,891 m/s
→
t = 0,762 s
c) Para calcular la posición s de la caja sobre el carrito luego de que la caja se detiene sobre él, bastará calcular el espacio recorrido por cada uno de ellos: e A e B
e A/B
Fig. 2.55
(+)
Para A → : (+)
Para B → :
2 2 v A = v0 A + 2 a A e A
v B2 = v02 B + 2 a B e B
entonces:
e A B = e A − eB = 1,19 m
Finalmente:
s = 2,0 − e A / B
→
(0,891) 2 = (3,13) 2 + 2 (− 2,94) e A
→
e A = 1,531 m
→
(0,891) 2 = 0 + 2 (1,17) e B
→
e B = 0,339 m
→
s = 0,81 m
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-37
2.2 Movimiento producido por una fuerza central
Una fuerza F es central si su línea de acción pasa siempre por un punto fijo que denominaremos O. Luego demostraremos que la trayectoria de una partícula cuyo movimiento es causado por una fuerza central está contenida en un plano.
F m
r
y
x
O z
Fig. 2.56
F = m
Según la 2da. ley de Newton:
r ×
r × F = r × m
:
0 = r × m
y como r || F :
d v dt
d v dt
(2.4)
H 0 = r × m v
Se define momento cinético:
H 0 =
derivando:
d v dt
d r dt
× m v + r × 0
d
(m v )
dt
(2.5)
Comparando (2.4) con (2.5): H 0 = 0
H 0 = constante
es decir,
H 0 = r × m v = constante
Si denominamos h =
H 0
→
m
h = r × v = constante
El hecho de que el vector h sea constante en este tipo de movimiento constituye una característica importante de él. Se ve claramente que si el producto vectorial de los vectores posición y velocidad da como resultado un vector constante, ello significa que ambos vectores están contenidos siempre en un mismo plano que denominaremos Q, o dicho de otra manera, la trayectoria de la partícula está contenida en el plana Q. Nota 1:
Puesto que h = constante, el movimiento que produce una fuerza central es un movimiento plano.
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Nota 2:
Pág. 2-38
Se ha deducido al final del capítulo 1 que la velocidad areolar es Ω =
Entonces Ω =
1 h y como h = const. 2
→
1 r × v . 2
Ω = constante. Es decir la
velocidad areolar es constante.
Un ejem plo de esto último se puede ver claramente en el enunciado de la tercera ley de Kepler 1), donde se establece que el radio vector trazado desde el sol (que como sabemos está situado en uno de los focos de la órbita elíptica que sigue nuestro planeta) hasta la tierra, barre áreas iguales en tiempo iguales. Hay que hace notar que Kepler dedujo esta ley en base a muchas observaciones y sin disponer del cálculo diferencial, y en ella establece que en el movimiento de los planetas del sistema solar, todos ellos causados por fuerza central, la velocidad areolar es constante. Para el plano Q:
Q
eˆθ
v
eˆr
r
θ O
Fig. 2.57
eˆ ) eˆ + r θ h = r × v = r eˆr × ( r r θ
En coordenadas polares:
→
2 h = r θ nˆ
⇒
h = r 2 θ
(= const.) es también constante
(2.6)
Aplicando la segunda ley de Newton podemos afirmar que en cualquier instante se cumple la equivalencia de los siguientes sistemas: eˆθ
eˆr
eˆθ F m
eˆr m a
θ
=ˆ
r
a r m
r
θ
θ
O
O
Fig. 2.58
No hay componente transversal de aceleración pues F θ = 0 (por definición, la fuerza está íntegramente contenida en la dirección radial). 1)
Johannes Kepler, nacido el 27 de diciembre de 1571, en Weil, en el principado de Wüttemberg, en el sureste de Alemania, fallecido el año 1630, en Ulm, Alemania.
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Entonces:
Pág. 2-39
F = − F eˆr
− F = m (r − r θ 2 )
Según la segunda ley de Newton: recordando (2.6):
2 h − F = m r − 3 r
haciendo:
= r
de (2.6):
= r
Pero además:
r
derivando (2.8):
=
d r
d θ
dr dt
dr d θ
=
d θ dt
(2.8)
r 2 d θ d r
dt
d θ d r
=
d θ dt
d h dr d θ r 2 d θ d h dr d θ r 2 d θ
= θ
recordando (2.6):
r
=
2
r
=
r
u=
1 r
dr du du d θ
en (2.10) y recordando que r = :
r
u
= −h u
→
= hu
r =
dr d θ 2
(2.11)
u
1 du
2 u d θ
2
d θ
2
d u
en (2.7):
2 2 d 2 u − F = m − h u − h 2 u 3 2 d θ
d θ
1
= −
d θ u
de donde:
2
2
(2.9)
d θ
2 d − h u du
r
finalmente:
d r
(2.10)
→
1
d 2u
= θ
d h dr d θ r 2 d θ
h
Haremos un cambio de variable:
d θ
→
=
r
dr
dr = θ r d θ
→
h dr
en (2.9):
derivando:
(2.7)
2
+ u =
2
d θ
F m h2 u 2
(2.12)
la cual es una ecuación diferencial de 2° orden que tiene solución si la función F es de la forma F = F (r ) . Su solución será de la forma u = u (θ ) , de donde será siempre posible obtener r = r (θ ) , la cual describe la forma polar de la trayectoria del movimiento.
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Ejemplo 2.21:
Pág. 2-40
Una partícula de masa m se lanza sobre un plano horizontal con velocidad inicial v0 siendo r = r 0 y está atada a una cuerda que se tira con velocidad constante u 0 , como se muestra en la figura. Se pide:
a) Ecuación polar de la trayectoria tomando el agujero como polo. en función del tiempo. b) θ y θ
c) El valor de la tensión en la cuerda cuando θ =
2
.
v
vO
θ O
π
m
r O
r
vO
θ
O
uO
F
r O
Fig. 2.60
Fig. 2.59
Solución: Evidentemente se trata de un movimiento causado por fuerza central. En consecuencia podemos utilizar convenientemente las expresiones que se acaban de deducir. a) Sabemos que para movimiento causado por fuerza central se cumple necesariamente que h = r 2 θ = constante. dr
Se conoce
= r
además:
= r h = r 2 θ
2
dr
separando variables: integrando:
b) Tenemos: integrando:
2
r
=
(1)
d θ dt
− u0 h
= r 2
d θ dr dr dt
= r 2
d θ dr
(− u 0 )
d θ
u 1 = 0 θ + c r h
Cuando θ = 0 : entonces:
= − u0
dt
→
r = r 0
1 r
=
1 r 0
+
= − u0 r
u0 r 0 v0
θ →
1 r 0
=c
r =
→ dr = − u0 dt
r = − u 0 t + c1
1+
r 0 u0 v0
(2) θ
Ecuación polar de la trayectoria
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-41
cuando t = 0:
r = r 0
entonces:
r = − u 0 t + r 0
Como θ =
h
y como: h = r 0 v0 :
d dt
(3)
(− u 0 t + r 0 ) 2 r 0 v0
θ =
(4)
(− u 0 t + r 0 ) 2
− 2 r 0 v0 (− u0 ) (− u 0 t + r 0 ) 3
= θ
:
c1 = r 0
h
θ =
:
r 2
→
2 r 0 v0 u0
= θ
(5)
(− u0 t + r 0 ) 3
c) De la segunda ley de Newton: eˆr
eˆr
m ar
=ˆ
F
r r
θ
θ O
O
Fig. 2.61
∑ F :
− F = m (r − r θ 2 )
r
como
θ
=
2 F = m r θ
→
= 0 aquí r
h r 2
de (2) para θ =
F = m
: π
2
:
r =
1+ F =
en (6):
h2 r 3
= m
r 3
r 0 u 0 π v0 2
m (r 0 v0 )
2
r 03
u 0 π 1 + 2 v 0 →
( r 0 v0 ) 2
F = m
v02
3
u0 π
1+ r 0 v0 2
3
(6)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-42
Ejemplo 2.22:
eˆθ
eˆr
Una partícula de masa m se mueve en un plano horizontal liso por la acción de una fuerza F (no mostrada en el dibujo) de forma tal que su velocidad v en cada instante es la resultante de dos vectores con módulo constante:
vb θ
r
•
v a con dirección fija y paralela al eje polar
•
v b perpendicular al vector posición r .
va
O
θ
eje polar
Fig. 2.62
Se pide: a) La ecuación polar de la trayectoria si v a = 12 m/s y vb = 5 m/s sabiendo que para θ = 0, r = 6 m. b) Determinar la aceleración de la partícula en función de θ y mostrar que F es una fuerza central. Solución:
La velocidad de la partícula, en coordenadas polares, está dada por:
v = v r eˆr + vθ eˆθ dr
donde:
= v r = r
y
= r vθ = r θ
de (1) y (2):
dr r d θ
=
va
∫
d θ dt
(1)
= vb − va senθ
cosθ
vb − va senθ
→
dr
∫
r
dr r
= −∫
=
(2)
∫v
va b
cosθ
− va senθ
→
u = vb − va senθ
cambiando variable: en (3):
= va cosθ
dt
(3)
d θ
du = − v a cos θ d θ
du u
ln r = − ln u + C ln r = − ln u + ln A
A ln r = ln u
Como r = 6 m para θ = 0 → Es decir:
r =
→
r =
A u
→
r =
A vb − va cosθ
A = r vb = 6 ⋅ (5) = 30
30 − θ 5 12 sen Ecuación polar de la trayectoria
(4)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
b) Sabemos que:
Pág. 2-43
a = ar eˆr + aθ eˆθ 2
d 2 r
d θ ar = r − r = − dt 2 dt d 2θ dr d θ aθ = 2 r θ + r θ = 2 + r 2 dt dt dt 2 r θ
donde: y
de (1):
dr
de (2):
d θ
dt
dt
d 2 r
= va cosθ →
=
2
dt
vb − va senθ
→
r
Reemplazando en (5):
(6)
= − va senθ θ d 2θ dt 2
=
− va senθ θ
ar =
(5)
(7)
r ( − va
cosθ θ ) − (vb − va senθ ) r r 2
vb − va senθ − vb − v a senθ r A
(8)
2
recordando (2) y (4) y ordenando: ar = −
va senθ A
−
(vb −
3
va senθ ) A
3
(5 − 12 senθ ) 12 senθ ar = − − 30 30
es decir:
2 (5 − 12 senθ ) 3 ar = − senθ − 5 30
(9)
Reemplazando valores en (6): ) − (v − v senθ ) r r ( − va cosθ θ A vb − va senθ b a aθ = 2 v a cosθ ⋅ + r vb − va senθ r 2
recordando (1), (2), (4), (5) y (6), ordenando y simplificando: aθ = 0
Finalmente: a = ar eˆr y como F = m a = m (ar eˆr ) ⇒
F
está siempre en dirección eˆr , es decir, es central.
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-44
Ejemplo 2.23:
90 120
Una partícula de masa m describe una lemniscata de ecuación polar r 2 = a 2 cos 2θ (a es constante) estando sometida a una fuerza central dirigida al a ⋅cos( 2 θ ⋅ ) polo O. Sabiendo que las condiciones iniciales son θ 0 = 0 y θ 0 = 1 rad/s , se pide calcular la fuerza necesaria en términos de m, a y r . 2
60
150
30
r
θ
180
0
O 210
Solución:
330
240
300 270
θ
Sabemos que la ecuación diferencial del movimiento bajo la acción de fuerza central es: d 2u 2
d θ
de donde:
F
+ u =
m h2 u 2
d 2 u + F = m h u u 2 θ d 2
2
cos 2θ =
De la ecuación de trayectoria: y como
sen 2θ =
Haciendo
u =
d / d θ :
du d θ
→
du d θ 2
d u
d / d θ :
Fig. 2-63
2
d θ
1 r
2
1 − cos 2θ 1
=
a
(1)
r 2 a2
→
sen 2θ =
1 (cos − 3 / 2 2θ ) (− sen 2θ ) (2) 2a
= −
1
cos − 3 / 2 2θ sen 2θ
a
3 a
a2
cos1 / 2 2θ
= −
=
a 4 − r 4
cos − 5 / 2 2θ sen 2 2θ +
2 a
cos −1 / 2 2θ
(2)
Reemplazando valores obtenidos para sen 2θ y cos 2θ en (2): d 2u d θ 2
(3) en (1):
→
=
3 a 4 − r 4
(3)
r 5
3 a 4 − r 4 1 + F = m h u 5 r r 2
F =
2
3 ma 4 h 2
(4)
7
r
!
Sabemos que para movimiento causado por fuerza central: F θ = m aθ = 0 →
+ θ θ aθ = 2 r r = 0
(5)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-45 r = a
Además, de la ecuación de la trayectoria:
cos1 / 2 2θ
a cos −1 2 2θ (− sen 2θ ) (2θ ) 2
d / dt :
= r
en (5):
a = 0 2 cos −1 2 2θ (− sen 2θ ) (2θ ) θ + (a cos1/ 2 2θ ) θ 2
despejando:
= 2θ 2 tan 2θ θ
y como:
d θ = θ d θ θ
→
integrando: →
θ d θ = 2θ 2 tan 2θ d θ d θ
∫ θ
=
∫ 2 tan 2θ d θ
lnθ = − ln cos 2θ + c θ 0 = 0 ; θ 0 = 1 rad/s
Condiciones iniciales: de (6):
ln 1 = − ln (cos 0) + c
en (6):
ln θ = − ln cos 2θ
de donde:
θ = sec 2θ
Sabemos que
h = r θ
→
→
c=0
(7)
2
h = (a 2
cos 2θ ) (sec 2θ )
h = a 2
es decir: finalmente en (4):
Nota:
(6)
F =
3 m a8 r 7
Otra forma de hallar el valor de la constante h es: 2 2 2 h = r θ = r 0 θ 0 = ( a cos 2θ 0 ) (θ 0 )
y como θ 0 = 0 y θ 0 = 1 rad/s
→
h = a 2
el cual es el mismo resultado que obtuvimos líneas arriba.
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-46
Ejemplo 2.24: Una partícula de masa m se mueve bajo la acción de una fuerza central con módulo F = 3 m a 8 / r 7 . Se pide encontrar la ecuación polar de la trayectoria sabiendo que en el instante inicial ( t = 0 ) tenemos que P0 = (a , 0) , θ 0 = 0 y θ 0 = 1 rad/s . Además, en dicho instante el vector posición es perpendicular al vector velocidad ( r 0 ⊥ v0 ). Solución: Haciendo u =
1
→
r
F =
3 m a8
= 3 m a 8 r 7
7
r
Sabemos que la ecuación de la trayectoria para el movimiento causado por fuerza central es: d 2u d θ
2
2
d u
→
d θ
ϕ =
en (1):
ϕ
mh u
du
2
h = r 02 θ 0 = a 2
(1)
=
d θ 2
d ϕ d θ
=
d ϕ du
= ϕ
du d θ
d ϕ du
+ u = 3 a 4u 5
ϕ
µ
∫ ϕ d ϕ = ∫ (3 a
ϕ 0 = 0
4
5 u − u ) du
(2)
u0 =1 / a
Notar que ϕ 0 = 0 pues como r 0 ⊥ v0 ϕ =
y como:
donde
d 2 u
→
d θ
d ϕ du
2
+ u = 3 a4 u5
2
Si hacemos:
F
+ u =
du d θ
→
=0 r 0
d 1
1 dr 1 r = − 2 = − 2 d θ r r d θ r θ
=
entonces, para r 0 = 0 : ϕ 0 = 0 . ϕ 2
Resolviendo (2):
2
ϕ
0
a 4 u 6 u 2 = − 2 2
u
1/ a
2 2 4 4 ϕ = u a u − 1
→
Ahora, como
ϕ = u ϕ =
du
∫
θ 0 =0
→
d θ u
θ
integrando:
4 4 a u − 1
d θ =
du
∫ u0 =
d θ =
1 a
u
a 4 u 4 −1
du
ϕ
=
du u a u −1 4
4
(3)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
u =
además:
1
∫
→
r
θ
en (3):
Pág. 2-47
θ 0 =0
∫
r 2
dr
a 4 − r 4
r = a
r 2 1 arc cos 2 θ = 2 a
→
1
− r dr
r
d θ =
du = −
r
a
r 2 = a 2 cos 2θ
finalmente:
ecuación que corresponde a la ecuación polar de una lemniscata. 2.3 Aplicación a la fuerza gravitacional eˆr
F = − F eˆr
(2.13)
m
F = G
F
donde:
Sea u = en (2.13): •
1 r
G
es la constante gravitacional
r
es la distancia entre los centros de masa →
(2.14)
r 2
→
Fig. 2.64
M
M m
F = − G
M m 2
r
eˆr
(2.15)
F = G M m u2
d 2u d θ 2
+ u=
G M m u 2 m h2 u 2
→
Solución homogénea:
Ecuación característica: λ 2 + 1 = 0 → λ = ± j u h = c1 cosθ + c2 senθ
= c cos(θ − φ )
donde
c1 = c cos φ
y
c 2 = c sen φ
entonces
c 2 = c12 + c 22
2
d u 2 d θ
+ u=
G M h
2
(2.16)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-48
1
u =
Finalmente:
G M
u p =
Solución particular:
•
r
h2
= c cos (θ − φ ) +
G M h
(2.17)
2
La cual es la ecuación polar de la trayectoria. Notar que esta ecuación corresponde a la de las cónicas en su forma polar. Recordemos la forma general de las curvas cónicas: z i r t c e r i d
P
d
r θ
F
eje principal
φ
(foco)
e j e p o l ar
p Fig. 2.65
r
Excentricidad de la cónica: e =
d
de la figura: p = r cos(θ − φ ) + d p = r cos(θ − φ ) +
⋅
1
1
→
r p
r
=
1 p
r e
cos(θ − φ ) +
1 e p
Comparando con la ecuación (2.17): c=
→ →
y además
1 p
G M h
y
2
e=
p =
=
c h2 G M
1 c
G M h2
=
1 e p
c e
donde e es la excentricidad de la trayectoria
donde p es la distancia fija del foco a la directriz
(2.18)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-49
Tipos de trayectoria: e=0
circunferencia elipse parábola hipérbola
01 Es decir:
1
ó
1
r
GM
= c cos(θ − φ ) + =
1
cos(θ − φ ) +
r p
(2.19)
h2
1
(2.20)
ep
Podemos expresar (2.19) y (2.20) haciendo coincidir el eje polar con el eje principal de la cónica φ = 0 . de (2.19):
1
de (2.20):
1
r r
= C cos θ + 1
=
p
cosθ +
G M h2
1
(2.21)
e p
donde c y h se calculan a partir de condiciones iniciales. P
Caso 0 < e< 1 : Elipse
c
c
Punto A: θ = 0 ,
θ
r = r 1
1
de (2.21):
r 1
=
1 p
r
B
+
F'
F
A
eje polar (origen en F)
b
1 ep
a
Pero ep =
h
2
G M
→ →
Análogamente para B: →
geometría:
a=
r 1 + r 2
2
1 r 1
= (1 + e)
r 1 =
h
2
1 G M 1 + e
(2.22)
r = r 2
1 GM 1 − e
→ a =
r 1 Fig. 2.66
h2
θ = π , r 2 =
r 2
G M
h2
(2.23)
h 2 1
G M 1 − e 2
(2.24)
de (2.22) y (2.24): r 1 = a (1 – e )
(2.25)
de (2.23) y (2.25): r 2 = a (1 + e )
(2.26)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Geometría:
b
2
Pág. 2-50
= a2 – c2 = (a + c) (a – c) b=a
Finalmente, con (2.25) y (2.26):
r 1 = r 2 =
Caso e = 0 : circunferencia
r 1 =
Caso e = 1 : parábola
b =
→
(2.27)
r 1 r 2
1 − e2
(2.28)
h2 G M
h2
2 G M
; r 2 = ∞
2.4 Movimiento de satélites
v0
Se supone:
eˆr
φ
m
r 0
a) m << M b) tierra es sistema inercial c) influencia de otros planetas es despreciable
Fig. 2.67
v0
•
Si v0 es paralelo a la superficie terrestre: φ = 90°
eˆr 90 °
m
(lanzamiento paralelo a la superficie terrestre)
r 0
Si φ = 90° → θ = 0° (elegimos eje polar)
v0 = v0 eˆθ
Fig. 2.68
r 0 = r 0 eˆr
Sabemos que para movimiento causado por fuerza central se cumple que:
h = r θ = const. 2
En el instante inicial: r = r 0 , θ = 0 , h = r 0 v0 = const. 1
Como
r
→
1 v0
= C cosθ + = C +
G M h2
G M h
2
→
C =
1 r 0
−
G M h2
(2.29)
Ecuación de la trayectoria de vuelo libre: 1 G M G M = − 2 2 cosθ + 2 2 r r 0 v0 r 0 v0 r 0
1
→
1 r
=
1 G M G M 1 − + θ cos 2 2 2
r 0
r 0 v0
r 0 v0
(2.30)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Como e =
C h 2 G M
1 GM h 2 → e = − 2 2 r 0 v0 G M r 0
Si
Pág. 2-51
→ → → →
e = 0
0 1
→
e =
h2 r 0 G M
−1
(h = r 0 v0 = const.)
(2.31)
trayectoria en vuelo libre circular trayectoria en vuelo libre elíptica trayectoria en vuelo libre parabólica trayectoria en vuelo libre hiperbólica
Velocidad de escape: es la velocidad v0 necesaria para que el móvil tenga trayectoria parabólica. 2
Como e = 1:
→
2
r 0 v0
r 0 G M
−1=1
v0 =
2 G M
la velocidad de escape será: ve =
2 G M r 0
es decir:
r 0
(2.32)
Velocidad v0 para entrar en órbita circular: 2
Como e = 0: entonces: Así:
→
2
r 0 v0
r 0 G M vc =
−1= 0 G M r 0
(2.33)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-52
En el caso de órbitas elípticas: de (2.30):
P
v0 r
r 1 = r 0
θ
r 0 r 2 = 2 G M r 0 v02
B
r 2
a =
semieje menor:
b =
r 0
A
r 1
r 1 + r 2 Fig. 2.70
2 r 1 r 2
A = π a b = dA
= Ω
velocidad areolar:
F
−1
semieje mayor:
área elíptica
F'
=
dt
π
2
(r 2 + r 2 )
r 1 r 2
h
2
En una vuelta elíptica completa y dado que la velocidad areolar es constante: A = T
h
2
donde T es el periodo (tiempo para completar una vuelta) T =
finalmente:
•
π (r 1 + r 2 )
r 1 r 2
(2.34)
h
Si v0 no es paralela a la superficie terrestre ( φ ≠ 90° )
v0
Condiciones iniciales: r 0 , v0 , φ
φ
→
vr 0 = v0 cos φ = r
r = r 0
0 = r
r 0
eˆr
m
Sabemos que la ecuación de la trayectoria es: 1
= C cosθ +
r
G M
Fig. 2.71
h2
(2.35)
Para el instante inicial: 1
= C cosθ 0 +
r 0
de (2.35):
−
r 2
r
G M h2
(C y θ 0 son incógnitas)
(2.36)
= − C senθ θ
r 2 ) = C senθ (θ r
→
= C h senθ r
(2.37)
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-53
Para el instante inicial: r 0 = C h senθ 0 es decir: de (2.39):
(2.38)
v0 cosφ = C h senθ 0
(2.39)
v02
(2.40)
cos 2 φ h
2
= C 2 sen 2θ 0 2
1 G M − = C 2 cos 2 θ 0 2 h r 0
de (2.36):
v02 cos 2 φ
de (2.40) y (2.41):
C =
de (2.39) y (2.36):
tan θ 0 =
h
2
1 r 0
tan θ 0 =
es decir:
e =
finalmente:
C h
2
G M
=
1 G M + − 2 r h 0
v0 cosφ h
−
(2.41)
G M
=
h 2
2
v0 cos φ h G M r 0
−
h
v0 cos φ G M v0 senφ − r 0 v0 senφ h
2
G M
v02 cos 2 φ h
2
1 G M + − 2 h r 0
2
(2.42)
Ejemplo 2.24:
m
El satélite mostrado de masa m se mueve según la trayectoria parabólica: r =
20 000 [km] 1 − cosθ
r θ
r 0
O
eje polar
90°
Se pide calcular:
r A
a) La velocidad areolar Ω . b) El tiempo que demora la partícula en llegar de O a A.
Solución: Para θ = π → r 0 =
→
→ v0 =
20000 = 10 000 km 1 − cosπ
2 G M r 0
=
v0 = 32 121 km/h
v0 A Fig. 2.72
Nota: GM = 5,1588 ⋅ 1012 [km3/h2]
Para e = 1
M
2 (5,1588 ⋅1012 ) 10 000
Cap. 2 Cinética de la Partícula
Pág. 2-54
entonces:
h = r 0 v0 =
finalmente:
= Ω
c) Para A:
h
2
10000 × 32121 = 321,21 ⋅ 106 km2/h
= 160,6 ⋅10 6 km2/h
θ = 270° d Ω
1 d θ = r 2 dt dt 2 d Ω h = dt 2 2
r θ = h
→ r
2
d θ dt
= h
270°
→
d Ω =
→
d Ω =
→ 2
20000 d θ = ∫ 1 cos − θ 180°
r 2
2
r 2
2 h
2
d θ =
d θ dt
h
2
dt
t
∫ h dt 0
t = 0,83 horas
2.5 Leyes de Kepler
Johannes Kepler 1), eminente astrónomo y científico alemán, estudió las observaciones del planeta Marte hechas durante mucho tiempo por el gran astrónomo danés Tycho Brahe, llegando a deducir la forma de su órbita. Después de innumerables tanteos e interminables cálculos realizados durante muchos años, llegó a deducir sus famosas leyes 2). Sus dos primeras leyes fueron publicadas en l609 en su obra “Astronomía Nova”, mientras que la tercera se publicó en “Harmonice Mundi”, en 1619. A continuación detallaremos brevemente sus tres leyes acerca del movimiento de los planetas y que permitieron a Newton, años después, formular la ley de la gravitación universal. 1era. ley: Kepler en base a observaciones de Marte distingue que las posiciones del planeta concordaban con una elipse en uno de cuyos focos estaba colocado el Sol. Para llegar a esa conclusión, analiza durante un año marciano (687 días, período sideral de Marte) el movimiento orbital del planeta y encuentra que la órbita de éste es simétrica con respecto a 1)
2)
Johannes Kepler, astrónomo, matemático y físico alemán, nacido el 27 de diciembre de 1571, en Weil, en el principado de Württemberg, en el sureste de Alemania y fallecido el año 1630, en Ulm, Alemania. Aparte de sus famosas leyes, sus contribuciones más importantes incluyen sus comentarios sobre el movimiento de Marte, un tratado sobre los cometas, otro sobre una nueva estrella (nova), y sus famosas Tablas Rudolfinas, donde compila los resultados obtenidos a partir de las observaciones de Tycho Brahe y sus propias teorías. Tuvo además importantísimos aportes a la óptica: encontró la ley fundamental de la fotometría, descubrió el fenómeno de la reflexión total, y creó la primera teoría moderna de la visión, explicando cómo los rayos que pasan por medios refringentes del ojo forman sobre la retina una minúscula imagen invertida. Ref.: www.astrocosmo.cl/biografi/b-j_kepler.htm
