FíSlCA Mecánica
Doctor Eliezer Braun
Profesor titular del Departamento de Física Universidad Autónoma MetropoIitana/lztapalapa Profesor titular de la Facultad de Ciencias Universidad Nacional Autónoma de México
FlSlCA 1 Mecánica
Eliezer Braun
EDITORIAL
TRILLAS
1
@]
Mextco.Argenma España Colornbla PuerloRico Venezuela
Prólogo
E l presentetextodemecánicacorresponde a los primeros cursos de f í s i c a q u e se imparten en las escuelas superiores en diversas carreras técnicas y científicas como ingenierías, quimica, física, matemáticas, etcétera. E l t e x t o se diseñó con base en las características específicas de los estud i a n t e s m e x i c a n o s . En p a r t i c u l a r e s t a m o s c o n s c i e n t e s d e a l g u n a s d i f i c u l tades que tienen los alumnos, como por ejemplo, las relacionadas con las manipulaciones matemáticas necesarias. Por este motivo, las operaciones m a t e m á t i c a s se e x p l i c a n c o n m u c h o d e t e n i m i e n t o : d e s p e j e s , r e s o l u c i ó n ddei v e r s aesc u a c i o n easl g e b r a i c aust,i l i z a c i ódrne s u l t a d odse geometría, trigonometría, cálculo diferencial e integral, etc. Para ello se presentan, tanto en una serie de recuadros como en apéndices recordatorios, l o sr e s u l t a d o sm a t e m á t i c o sq u e se v a nau t i l i z a re ne lm o m e n t o correspondiente Aquellos lectores que dominen las matemáticas pueden pasar, en c a d a c a s o , d i r e c t a m e n t e a l a s o l u c i ó n y su t r a t a m i e n t o f í s i c o . Se hn p r o c u r a d o h a c e r é n f a s i s e n e l c o n t e n i d o f í s i c o d e l o s t e m a s p o r t r a t a r . Así, antes de dar a los temas e¡ t r a t a m i e n t o m a t e m á t i c o se d i s c u t e el c o n t e n i d o f i s i c o y e n a l g u n a s o c a s i o n e sse l o g r a n v i s l u m b r a r a l g u n a s d e las características de la s o l u c i ó n , io c u a l n o s i g n i f i c a q u e se pueda soslayar el tratamiento matemático. Posteriormente, una vez obtenida la solución, esta se a n a l i z a d e s d e e l p u n t o d e v i s t a f í s i c o . C a d a v e z q u e se o b t e n g a u n r e s u l t a d o m a t e m á t i c oes i m p o r t a n t e q u e e l a l u m n o a d q u i e r a l a d i s c i p l i n a d e a n a l i z a r l o y e n t e n d e r su significado. En la c o n g r u e n c i ad i m e n s i o n a dl el a s p a r t i c u l a r , es i m p o r t a n t ev e r i f i c a r e x p r e s i o n e s q u e h a y a o b r e n i d o y a n a l i z a r . d e s d e e l p u n t o d e v i s t a f í s i c os, i los resultados tienen sentido. E l a l u m n o se d e b e d a r c u e n t a d e que el d e s a r r o l l o d e la m e c á n i c a p a r t e d e c i e r t o s p r i n c i p i o s q u e sor), esencialmente, las leyes de Newton, a partir de las cuales se c o n s t r u y e t o d o lo demás. E n e l t e x t o se r e s u e l v e n , c o n m u c h o d e t a l l e , u n n ú m e r o c o n s i d e r a b l e d e e j e r c i c i o s q u e se c o n s i d e r a n t i p i c o s . A s i m i s m o , a l f i n a l d e c a d a c a p í t u l ose presenta una serie de problemas para que el alumno los resuelva. Además, a l f i n a l d e l l i b r ose muestran los resultados de casitodos l o s p r o b l e m a s . En lugares estratégicos se presenta una serie de recuadros en los q u e se h a c e n c o m e n t a r i o s p e r t i n e n t e s a c e r c a d e los t e m a s t r a t a d o s . Los vectores querepresentandiferentescantidadesfísicas,comovelocidad,acelera-
5
6
PR~LOGO
ción, fuerza, etc., se r e p r e s e n t a n g r á f i c a m e n t e p o r m e d i o d e d i f e r e n t e s p u n t a s d e f l e c h a y10 grosores. D a d a l a l i m i t a c i ó n e nla e x t e n s i ó n d e l l i b r o n ose h a n p o d i d o d e s a r r o l l a r e x h a u s t i v a m e n t e a l g u n o s t e m a s q u e , p o r su i m p o r t a n c i a , l o a m e r i t a n . Se h a a p r o v e c h a d o u n p r o b l e m a r i o q u e v a p a r a l e l o a e s t e l i b r o , e n d o n d e se amplían y complementan los temas aquí tratados. A c o n t i n u a c i ó n se p r o p o r c i o n a n e n f o r m a b r e v e a l g u n a s c a r a c t e r í s t i c a s d e c a d a u n o d e los c a p í t u l o s d e l a o b r a . En el c a p í t u l o 1 se presentan los c o n c e p t o s d e m e d i d a s , d i m e n s i o n e s y unidades. Se hace énfasis en el análisis dimensional, el cual es m u y ú t i l a l analizar tanto las ecuaciones como las expresiones que se o b t e n g a n . A d e más, se repasan algunos temas de álgebra, útiles en el desarrollo del texto. E n e l c a p í t u l o 2 se d e s a r r o l l a , c o n b r e v e d a d , e l t e m a d e los vectores, q u e es n e c e s a r i o d o m i n a r p a r a e l e s t u d i o d e l a m e c á n i c a . Se i n c l u y e n los productos de vectores, tanto escalar como vectorial. En seguida se i n i c i a e l e s t u d i o d e l a c i n e m á t i c a , a l a q u e se d e d i c a n los capítulos, 3, 4 y 5. L a e x p e r i e n c i a n o s h a m o s t r a d o q u e es m u y i m p o r t a n t e ir con cautela en el desarrollo de conceptos que son muy difíciles, como v e l o c i d a d y a c e l e r a c i ó n i n s t a n t á n e a s . H a y q u e r e c o r d a r q u los e griegos no los e n t e n d i e r o n y p o re l l on op u d i e r o nd e s a r r o l l a rl ac i e n c i aq u e ,d e h e c h o , q u e d ó e s t a n c a d a h a s t a e l s i g l oX V I Ie n q u e C a l i l e o , N e w t o n y o t r o s pudieron entender estos conceptos. En el c a p í t u l o 3 se a n a l i z a n los c o n c e p t o s d e t r a y e c t o r i a , v e l o c i d a d y aceleración, en el sistema más sencillo posible que es u n p u n t o m o v i é n d o se e n u n a d i m e n s i ó n . L a i d e a es desarrollar los c o n c e p t o s a d e c u a d o s p a r a l a d e s c r i p c i ó n d e los m o v i m i e n t o s . A d e m á s , se hace ver la necesidad d e definir las cantidades instantáneas correspondientes que dan lugar al uso d e las derivadas. Se h a c e é n f a s i s e n e l h e c h o d e q u e , c o n o c i d a l a t r a y e c t o ria, se p u e d e n e n c o n t r a r l a v e l o c i d a d y l a a c e l e r a c i ó n . E n e l c a p í t u l o 4 se t r a t a , e n u n a d i m e n s i ó n , e l p r o b l e m a i n v e r s o a l e s t u d i a d oe ne lc a p í t u l o 3, as a b e r ,d ed e t e r m i n a rl at r a y e c t o r i ad eu n a partícula, conocida su aceleración. Esto da lugar al uso de las integrales. En e l c a p í t u l o 5 se u s a n l o s c o n c e p t o s a p r e n d i d o s e n l o s d o s c a p í t u l o s anteriores para el caso del movimiento en una dimensión, a fin de hacer l a d e s c r i p c i ó n d e l m o v i m i e n t o d e u n p u n t o e n d o s d i m e n s i o n e s . P a r a see l l o utiliza un principio físico obtenido de la experiencia: el de la superposic i ó n d e e f e c t o s . E n e s t e c u r s o se t r a t a m u y b r e v e m e n t e l a c i n e m á t i c a e n tres dimensiones. Las ideas desarrolladas en dos dimensiones son directamente trasladables al caso de tres dimensiones. En los c a p í t u l o s 6, 7 y 8 se d e s a r r o l l a l a d i n á m i c a d e u n a m a s a p u n t u a l . E n e l c a p í t u l o 6 se d i s c u t e n l a s b a s e s d e l a d i n á m i c a , q u e s o n l a s t r e s l e y e s d e N e w t o n . P a r a e s t e e f e c t o es d e p a r t i c u l a r i m p o r t a n c i a e l c o n c e p t o d e sistema de referencia inercial. El c a p í t u l o 7 se d e d i c a a p r e s e n t a r u n a g r a n v a r i e d a d d e a p l i c a c i o n e s d e las leyes de Newton. Se p r e s e n t a n e n l a f o r m a d e e j e r c i c i o s r e s u e l t o s c o n el propósito de que el alumno sistematice la aplicación de las leyes de Newton. E l c a p í t u l o 8 se d e d i c a a l t e m a d e t r a b a j oy energía. Aquí se d e s a r r o l l a el principio de conservación de la energía mecánica. E n e l c a p í t u l o 9 se e s t u d i a l a m e c á n i c a d e v a r i a s p a r t í c u l a s , p a r t i e n d o d e los c o n o c i m i e n t o s a d q u i r i d o s e n los c a p í t u l o s a n t e r i o r e s . D e m a n e r a sistemática se v a m o t i v a n d o l a n e c e s i d a d d e i n t r o d u c i r c o n c e p t o s a d i -
PRbLOGO
cionales como, por ejemplo, el centro de masa. Además se presenta el p r i n c i p i o d e c o n s e r v a c i ó n d e l m o m e n t o l i n e a l , q u ese a p l i c a a l a s o l u c i ó n d e d i v e r s o s p r o b l e m a s d e i n t e r é s c o m o el d e l a c o l i s i ó n d e d o s p a r t í c u l a s . E n e l c a p í t u l o 1 0 se i n t r o d u c e n o t r o s c o n c e p t o s , c o m o e l d e m o m e n t o angular y t o r c a de u n a f u e r z a , q u e r e s u l t a n ser útiles en la d e s c r i p c i ó n d e los movimientosdesistemasdevariaspartículas:Asimismo, se encuentra y se a p l i c a el p r i n c i p i o d e l a c o n s e r v a c i ó n d e l m o m e n t o a n g u l a Se r. hace énfasis en el hecho de que los p r i n c i p i o s d e c o n s e r v a c i ó n o b t e n i d o s en los c a p í t u l o s 9 y 10 son consecuencia directa de las leyes de Newton. Los r e s u l t a d o s q u e se o b t i e n e n e n los c a p í t u l o s 9 y 1 0 s o n c o m p l e t a mente generales, válidos para cualquier sistema de varias partículas, ya sea d i s c r e t o o c o n t i n u o . En los ú l t i m o s c u a t r o c a p í t u l o s se e s t u d i a n a p l i c a c i o n e s d e los c o n c e p tos generales desarrollados hasta este punto. Los c a p í t u l o s 1 3 y 1 4 son independientes, por lo q u e se p u e d e n e s t u d i a r e n e l o r d e n q u e c o n v e n g a . En e l c a p í t u l o I 1 se analiza, con base en lo a p r e n d i d o a n t e r i o r m e n t e , u n s i s t e m a d e v a r i a s p a r t í c u l a s m u y i m p o r t a n t e ; a s a b e r e l c u e r p o r í g i d o . Se estudian algunos tipos de movimientos para cuerpos rígidos particulares c o m o p l a c a s d e l g a d a s y cuerpos simétricos. Esta restricción se d e b e a q u e la descripción para cuerpos más generales requiere de elementos matemáticos más avanzados. E l c a p í t u l o 1 2 t r a t a , c o m o c a s o p a r t i c u l a r d elos t e m a s c o n s i d e r a d o s e n e l c a p í t u l o 11, la estática de cuerpos rígidos. E l capítulo 13 estudia algunas características del fenómeno de las oscilaciones en varios sistemas físicos. En p a r t i c u l a r se t r a t a e l f e n ó m e n o d e resonancia, que se presenta en muchas situaciones físicas. F i n a l m e n t e , e n e l c a p í t u l o 1 4 se t r a t a e l t e m a de l a g r a v i t a c i ó n . Se p r e s e n t a u n b r e v e r e s u m e n h i s t ó r i c o s o b r e l a s m o t i v a c i o n e s q u e t u v i e r o n los c i e n t í f i c o s de los siglos XVI y XVII para desarrollar esta teoría, que constituye una de las hazañas cumbres del pensamiento humano.
7
Indice de c o n t e n i d o
Prólogo Cap. 1.
Cap. 2.
Cap. 3.
Cap. 4.
Cap. 5.
5 Unidades y dimensiones
13
Vectores Escalares.Vectores, 24. Suma y resta de vectores, 26. Producto (cociente) de un vector por (entre) un escalar, Componentes de un vector, 31 Producto escalar de dos vectores, 38. Producto vectorial de dos vectores, 41 Problemas, 44.
24
1 . l . Mediciones. Unidades.Sistemas de unidades, 1 3 1.2. Unidadesderivadas, 15. 1.3. Dimensiones. Análisis dimensional, 20. Problemas, 22. 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 2.6.
Cinemática de una partícula. Una dimensión (I) 3.1. Movimiento de una partícula en una dimensibn, 3.2. Posición de una partícula, 47. 3.3. Velocidad media de una partícula, 49. 3.4. Velocidad instantánea de una partícula, 55. 3.5. Aceleración de una partícula, 60. Problemas, 69. Cinemática de una partícula. Una dimensión (It) Movimiento uniforme, 72. La posición x(t) en un movimiento arbitrario, Movimiento uniformemente acelerado, 81 Caída libre, 86. Problemas. 92.
4.1. 4.2. 4.3. 4.4.
47
47
72
75
Cinemática de una partícula. Dos dimensiones 5.1. Principio de superposición de efectos, 95. 5.2. Posición, velocidad y aceleración de un cuerpo, 96 5.3. Aplicaciones, 99. 5.4. Movimiento circular, 108.
9
29
95
10
iNDlCE DE CONTENIDO
5.5. Movimiento circular no uniforme, 114. 5.6. M o v i m i e n t o en tres dimensiones, 115. Problemas, 116. Cap. 6.
Las leyes de Newton Movimiento relativo, 122. Leyes de Newton, 124. Primera ley de Newton, 124. Segunda ley de Newton, 125. Tercera ley de Newton, 126. 6.6. Comentarios, 127. Problemas, 127.
122
Cap. 7.
Aplicaciones de las leyes de Newton 7.1. Algunas aplicaciones de las leyes de Newton, 128. 7.2. Fricción, 139. 7.3. Algunas consideraciones sobre las fuerzas de fricción y de constricción, 145. 7.4. Movimiento circular, 146. Problemas, 149.
128
Cap. 8.
Trabajo y energía 8.1. Trabajo, 153. 8.2. Energía cinética, 158. 8.3. Fuerzas conservativas. Energía potencial, 159. 8.4. Algunas aplicaciones, 165. 8.5. Potencia, 170. 8.6. Más aplicaciones, 173. Problemas, 175.
153
Cap. 9.
Mecánica de varias partículas. Conservación del momento lineal. Centros de masa 9.1. Momento lineal de una particula, 180. 9.2. Momento lineal de varias partículas, 181. 9.3. Centros de masa, 184. 9.4. Centros de masa de cuerpos continuos, 190. 9.5. Conservación del momento lineal, 205. 9.6. Colisiones, 212. Problemas, 219.
6.1. 6.2. 6.3. 6.4. 6.5.
Cap. IO. Momento angular. Torca 10.1. Momento angular y torca. Caso de una partícula, 225. 10.2. Momento angular de un sistema de partículas, 238. 10.3. Cantidadesreferidas a l centro de masa del sistema, 242. Problemas, 244. Cap. 11.
180
225
250 Cuerpo rígido 11.l.:Movimientos de un cuerpo rígido,250. 11.2. Cinemática de rotación de un cuerpo rígido, 251. 11.3. Movimiento de placas delgadas con un punto fijo, 254. 259. 11.4. Momentosdeinerciadeplacasdelgadas, 261. 11.5. Teoremadeejesparalelos, 11.6. Dinámicadeplacasdelgadas, 265. de simetría fijo, 272 11.7. Dinámica de cuerpos rígidos con un eje 11.8. Momentosdeinerciadecuerpossimétricos, 276. 11.9. Traslación y rotacióndecuerposrígidos, 278. Problemas, 290.
INDICE DE CONTENIDO Cap. 12. Estática 12.1. Estática, 297. 12.2. Aplicaciones, 299. Problewas, 31 3.
297
Cap. 13. Oscilaciones y vibraciones 13.1. Vibraciones, 320. 13.2. Resorte, 320. 13.3.Resorte.Trayectoria, 324. 13.4. Energía, 328. 13.5.Oscilacionesamortiguadas, 331. 13.6.Oscilacionesforzadas.Resonancia, 333. 13.7. Oscilacionesforzadasconamortiguación, 337. 13.8. Potencia absorbida por el cuerpo en presencia de una fuerza externa, 341. 13.9. Aplicaciones, 344. 13.10. Otros sistemas que vibran, 353. Problemas, 356.
320
Cap. 14. La ley de la gravitaciónuniversal 14.1 Ley delagravitaciónuniversal, 361. 14.2. Algunasaplicaciones, 363. 14.3. Leyes deKepler, 365. 14.4. Energía, 370. 14.5.Caso de una masa distribuida uniformemente, 14.6.Algunasotrasaplicaciones, 374. Problemas, 375.
361
371.
Solución de problemasselectos
377
Apéndices
387
índice analítico
399
11
1.1. MEDICIONES. UNIQADES. SISTEMAS DE UNIDADES
i LJ
“ “ I
’
I
1
-
13
14 2.3 millas = 2.3 X I 609.3 m = 3 701.4 m Ejercicio 1.2. Expresar en metros la distancia de 25 pies 3 pulgadas. En el apéndice V I vemos que
Y /
Figura 1.1
tud de onda. Se define el metro como1 650 763.73 veEsta norces la longitud de ondade la luz roja del 8hkr. ma atómica tiene las ventajas de ser m u y precisa, no iridependerdelatemperatura(comolabarrade dioplatino), no alterarse y no poder destruirse. Segundo. Originalmente se basó su definición en el periodo de rotación de la Tierra alrededor de su eje. Así, se definió el dia solar medio como 86 400 s. O sea, el día solar medio seria de 24 h = 24 x 60 min = 24 X 60 x 60 S = 86 400 s. Aquí h es la abreviatura de hora y min, la de minuto. AI igual que con el metro,se ha definido el segundo entérminosdepropiedadesatómicasdeelementos químicos. E l elementocesioemiteciertaradiación electromagnética y se define el segundo de manera que 9 192 631 770 periodos de esta radiación son 1 segundo.Recurriranormasatómicasparadefinir el segundo tiene las mismas ventajas que en el caso del metro. La definición del kilogramo la estudiaremos en el capítulo 6. Además del SI existen otros sistemas de unidades. Porejemplo,enelsistemainglés se escogen como unidades básicas: la yarda, como unidad de longitud; el segundo, como unidad de tiempo, y la libra, como unidad de masa. En el apéndice VI se encuentran las equivalencias entre las diferentes unidades. Si se conoce el valor de alguna cantidad física en un sistema de unidades, se puede encontrar su valor en cualquier otro sistema. Para transformar de u n sistema a otrose deben manejar las unidades como símbolos algebraicos.
(12 )
1 pie = 0.3048 m
1 pulgada = 2.54 cm
Pero 1 cm = 0.01 m, por lo que esta última relación queda como
1 pulgada = 2.54 X (I cm) = 2.54 x 0.01 m = 0.0254 m
(1.3)
Ahora bien,
25 pies 3 pulgadas = 25 pies
+ 3 pulgadas.
(1.4)
Trataremos cada sumando del lado derecho por separado: a) Si usamos (1.2)
25 pies = 25 X (1 pie) = 25 X 0.3048 m = 7.62 m
b] Si usamos (1.3) 3 pulgadas = 3 X (I pulgada) = 3 x 0.0254 m = 0.076 m AI sustituir (1.5) y (1.6) en (1.41, encontramos
+ 0.076 m
25 pies 3 pulgadas = 7.62 m = 7.696 m
Ejercicio 1.3. i A cuántas yardas equivalen En el apéndice VI vemos que
800 m ?
1 yarda = 0.9144 m Esta relación la podemos escribir como
1 yarda = 0.9144
X
(I m)
(1.7)
En esta relación manejamos (1 m) como simbolo gebraico. Despejamos (I m).
2.3 millas = 2.3 X (1 milla) Aquí en lugar de (I milla) usamos ahora su equivalencia dada por la ec. (l.)),
Véase apéndice I con P = 1 yarda,a u = l m .
al-
= 0.9144 Y
ue
15
UNIDADES DERIVADAS
I m = ___ yarda = 1.O94 yarda 0.9144 el
en
Ejercicio 1.6. Determinar las unidades de la velocidad SI. Como veremos en el capítulo 3, la velocidad es el
En consecuencia, usando (1.8) cociente longitud una de intervalo entre untiempo de velocidad =
800 m = 800 X 1 m = 800 X I.O94 yarda = 875.2 yardas
Por tanto,
Ejercicio 1.4. i A cuántos segundos equivalen 2 h 16 longitud m i n 38 S ? Tenemos
2h16min38~=2h+16min+38s
longitud tiempo
de
-
unidad
m
”
S
velocidad
(1.9)
(1.I 2)
Eiercicio 1.7. jCuáles son las unidades de la aceleraci& en el S I ? Tratamos cada sumando del lado derecho porsepaComo estudiaremos en el capítulo 3, la aceleración rad0 inun velocidad entre decambioun de cociente es el
a)
bl
2 h = 2 X (1h) = 2 X 60 min = 120min = 120 X (1 min) = 120 X (60 S) = 7 200 S (1.I O) 1m6i n
= 16 X (1 min) = 16 X 60 S = 960 S
(1 .I 1)
Si sustituimos (1 .IO) y (1.11) en (1.9) nos da 2 h 1 6 m i n 3 8 s = 7200s = 8 198 S
+ 960s + 3 8 s
-
tervalo de tiemDo. Por tanto. aceleración =
Así, -
aceleración
Ejercicio 1.5. Obtener las unidades de volumen en el S I . E l volumen es el producto detres longitudes. Como la unidad de cada longitud es el metro,
unidad de velocidad unidad de tiempo
(1.I 3)
La unidad de velocidad es (mis) (véase. ec. (1.12)) Sustituyendo este resultado en (1 .I 3) se tiene que
{
1.2. UNIDADES DERIVADAS Además de las tres cantidades de las que hablamos en la sección anterior (longitud, tiempo y masa), existen en la naturaleza otras cantidades tales como área, volumen, velocidad, aceleración, fuerza, etc. Una característica de estas cantidades es que sus unidades se pueden obtener a partir de lasunidadesbásicasde longitud, tiempo y masa. A esas unidades se les llama derivadas.Comoejemploconsideremoselárea. El área de un rectángulo es el producto de dos longitudes (la de cada lado), por tanto, la unidad de área en el SI es el producto de la unidad de longitud de un lado multiplicada por la unidad de longitud del otro lado, es decir, m X m = m2,
cambio de velocidadtiempo
aceleración u n ~ ~ d
m/s
”
S
(1 .I 4) Aquí se utilizó el siguiente resultado algebraico. E l cociente.
(1.I 5)
Ejercicio 1.8. Obtener la unidad de fuerza en e l S1 En el capítulo 6 veremos que
fuerza = masa X aceleración Por tanto,
{
aceleración masa fuerza
}
(1.16)
UNIDADES DERIVADAS
En la tabla1.1 se muestran los equivalentes numéricos de diversas potencias de diez,
17
AI expresar un número en notación exponenciat, se suele escribir el factor que acompaña a 1 0 ' c o m o u n número entre 1 y 10. As;, en nuestro caso, tenemos 15.36, que se puede escribir como 1.536 x IO.
b) iCuá1 es el cociente y/z?
Usando la ec.(1.27) se encuentra que el cocientees
Tabla 1.1
= 0.667 X IO-' = (6.67 X 10-9
I O O O O = 104 I o00 = 103
100 10 1 0.1 0.01 0.001 0.0001
= 102
x IO-'
Usando la ec. (1.26)
= 101
= 100 = IO"
Y -
6.67 X 10-l-l = 6.67 X
"
Z
= 10-2
Ejercicio 1.12. Si
= 10-3 = 10-4
Cuando dos números, expresados en notación exponencial con la misma base, por ejemplo,
y = ax z = aw
(1.24) (1.25)
yz = axaw = ax+w
(1.26)
a ) jCuá1 es el producto de y con z? Usando la ec. (1.26)obtenemos
yz = 5.6
X X 6.8, X IO5 = (5.6 X 6.8) X X IO5 = 38.08 X 10-3'5 = 38.08 X IO2 = (3.808 X IO) X IO2 = 3.808 X (IO1 X IO2)
se m u l t i p l i c a n
elproductotiene,enlamisma base, elexponente igual a la suma delos exponentes de los factores (x w). Si los números se dividen,
+
(1.27)
Usando de nuevo la ec. (1.26)
yz = 3.808
X
= 3.808 x 103
b) iCuál es el cociente de y entre z ? Usando la ec. (1.27) encontramos
y - 5.6 x 10-3 - -5.6 x
"
los exponentes se restan
Z
Ejercicio 1.11. a ) Obtener el producto de
Y = 3.2 x 104,
z = 4.8
X
y por z s i
105
6.8 X IO5 6.8 = 0.824 X = (8.24 X IO-') X 1O-' = 8.24 X (IO-1 X IO-')
Usando la ec. (1.26)
Usando la ec. (1.26) obtenemos que el producto es
yz = 3.2
X
104 x 4.8 x 105
= (3.2 X 4.8) x (104 X 105) = 15.36 X 104'5
= 15.36 X IO9 = (1.536 X IO) X IO9 = I ,536 x (101 x 109) y usando otra vez la ec.
(1.26)
yz = 1.536 X 101+9 = 1.536 X 1O1O
Regresando al ejercicio 1 .IOa), se puede escribir el resultado (1.20) también como
y el volumen pedido, como
V = 0.785 X 1 0 6 c m 3
= (7.85 X IO-l) X IO6 c m 3 = 7.85 X (IO-' X 1061cm3
18
Cap. I . UNIDADES Y DIMENSIONES
Usando la ec. (I ,261
Véase apéndice I con P = 1 h, a = 3.6 X IO3y u = (1
V = 7.85 X
= 7.85
cm3
i o 5cm3
X
Is =
v=28
m -
(1.28)
S
'
3.6 X 103 = 0.2778 X
Ejercicio 1.13. Un cuerpo se mueve con una velocidad de 28 m/s. Expresar esta velocidad en km/h. Se da
De
S).
h h
Aquí se usó
1 km = l 0 0 0 m
tenemos que
1 m = 0.001 k m
(1.29)
Así, 1
Por otro lado
1 h = 3 600 S = 3 600 X (1 De aquí despejamos (1
(1.30)
S)
S
= (2.778 X IO-') X 1 0 - 3 h = 2.778 X (IO" x h
usando la ec. (1.26) se obtiene 1
S)
Véase apéndice I con P = 1 h, a = 3 600 y u = (1
S)
x l h
= 0.0002778 h
(1.31)
= 2.778 X IO" h
(I .34)
Este resultado es el mismo dado en la ec. (1.31).Sustituyendo (I .32) y (1.34)en (1.28)encontramos que v =28X
I s =
S
-
I m - 28 x I s
"
28 2.778
2.778
x
km IO-* h
km
X"
h
Sustituyendo (1.29)y (1.31) en (1.28)se tiene v =28X
-
I m I s
-- - 28 x
0.001 k m 0.0002778 h
km h
km
28 X 0.001 0.0002778
= I 0.08 X
-= 100.8 h
Ejercicio 1.14. Resolver el ejercicio 1.13 usando notación exponencial. En lugarde l a ec. (1.29) se puedeescribir(consúltese la tabla 1 . 1 )
1 m = 1 0 -k~m
(1.32)
De aquí despejamos (1 S)
km
km
h
h
Este resultado es el mismo que el obtenido en el ejercicio 1.13. Ejercicio 1.15. Expresar la velocidad de 55 millas/h en km/h.
Se tiene que
millas v = 5 5 ~- - 55 X h
1 milla
h
(I ,351
En el apéndice VI se encuentra que
y en lugar de (1.30) 1 h = 3.6 X IO3S = 3.6 X IO3 X (1
h
= 10.08 x IO' -- 100.8 -
E l resultadodelejercicio
1 .I3 se puedeobtener también usando notación exponencial para las diversas cantidades. Hay que destacar que enlas ecs. (1.29) y (1.31)aparecen cantidades pequeñas. E s más conveniente utilizar la notación exponencial.
km -
10-3'4
S)
(1.33)
1 milla = 1.609 km
(1.36)
Sustituyendo (1.36) en (1.35) nos da
..
,, ".,,
.
19
UNIDADES DERIVADAS
1.609 km
v =55x
L é a s e apéndice I con P = 1 min, a = 6 X 10 y u = (1 S).
h
km
= 55 X 1.609 -
I s =
h
6 X 10
x Im i n
= 0.167 X -X Im i n
km
10
= 88.5 -
h
= 0.167 X 10"min
En este ejercicio no hubo necesidad de transformar las unidades de tiempo ya que son las mismas en miIlas/h que en km/h. Lo unico que hubo necesidad de transformar fue millas en km. Ejercicio 1.16. Transformarlaaceleraciónde m/s2 en km/rnin2.
8.3
Tenemos que m a = 8.3 - = 8.3 X 5.2
I m
1 S2
(1.37)
despejamos (1
(1.38)
Véase el apéndice I con P = 1 min, a = 60 y u = (1 S).
-rnin 60
= 0.0167 m i n
(1 .39)
Elevando al cuadrado ambos lados de la ec. (1.39)
1 S' = (1 S) X (1 S ) = (0.0167 min) X (0.0167 min) = 0.0167 X 0.0167 m i n X m i n = 0.000278 m i d Sustituyendo este valor y la relación (1.29) en (1.37)se encuentra a = 8.3
x
= 1.67 X 1 0 - 2 m i n (1.41)
Este resultado es el mismo que el dado en la ec. (1.39). Elevando al cuadrado ambos lados de la ec. (1.41)
1 5 2 = (1 S) x (1 S) = (1.67)2 X (10-2)2 (min)' = 2.78 X 10-4min2
S)
I s =
y usando la ec. (1.26)
1 S = 1.67 X 10-"'min
De la relación
1 min = 60s = 60 X (1 S)
1 S = (1.67 X IO-l) X 10"min = 1.67 X (IO" X IO-I) min
0.001 k m 0.000278 min2
8.3 X 0.001 0.000278
km minZ
km 29.86 __ mid
De esta relación despejamos (1 S)
donde se usó la ec. (1.26)
y larelación
Sustituyendoesteresultado (1.37) obtenemos que
a = 8.3
m S
= 8.3 X
(1.32)en
I m 1 S2
= 8.3 x 2.78 X
km
min2
Usamos ahora la ec. (1.27)
a = 2.986 X 10-3-"-4) km mid
Ejercicio 1.17. Resolver el ejercicio 1. I 6 usando notación exponencial. En lugar de (1.38) podemos escribir
1 m i n = 6 X 1 0 s = 6 X 10 X (1 S)
Aquí
(1.40)
km = 2.986 X 10-3+4___ mid = 2.986
x
IO
km mid
que es el mismo resultado obtenido en el ejercicio 1.16.
I
20 1.3. DIMENSIONES.
ANALISISDIMENSIONAL
En lasección 1.1 estudiamos las unidadesde las tres cantidades básicas. A cada una de estas cantidades se le asignarán dimensiones. Así, se tienen dimensiones de longitud, de tiempo y de masa. Denotaremos estas dimensiones por medio de los símbolos L, T y M, respectivamente. Usaremos corchetes [ . . ] para indicar las dimensiones de . ; así, el símbolo [U] indicará las dimensiones de U. En la sección 1.2 vimos que además de las cantidades básicas también existen otras cantidades que son las derivadas como la velocidad, la aceleración, etc. A estas cantidades derivadas también se les asignan dimensiones en términos de las tres dimensiones básicas. Consideremos, por ejemplo, la velocidad, v; esta cantidad es el cociente de una longitud entre un tiempo. Por tanto, las dimensiones de la velocidad son [VI
L = -
T
( I .42)
Por tanto,
Pero en el ejercicio anterior, se obtuvieron las dimensiones de la aceleración. Sustituyendo (1.44) en (I .45) se encuentra que
[F] =
ML
T2
(1.46)
Ejercicio 1.21. En un problema se encuentra el siguiente resultado
U=&F
(1.47)
Aquí g es una aceleración y h una distancia. iQue dimensiones tiene U? La ecuación (1.47) se puede escribir como
U =
g1/2hl/Z
fi
x112
(1 .48)
Recordemos que Ejercicio 1.19. iCuáles son las dimensionesdela aceleración? Como vimos en la sección 1.2 la aceleración es el cociente
aceleración =
cambio de velocidad tiempo
Por tanto, de (1.48) se puede escribir (1.49)
Por tanto
[a] =
[VI T
(1.43)
Pero arriba vimos que (véase ec. (1.42)) [v] = L/T, que sustituida en (1.43) nos da
L/T [a] = -
T
[U] = [g]”’ [hI”*
E l símbolo de dimensión se maneja como símbolo algebraico. Por tanto, usando el resultado(1 .I 5) obtenemos que las dimensiones de aceleración son (1.44) Ejercicio 1.20. Determinar las dimensiones de fuerza. Como veremos más adelante
fuerza = masa X aceleración
la ec. (1.49) queda como (1.50)
Como se dijo, g es una aceleración; por tanto, g tiene dimensiones de aceleración. En el ejercicio 1.19, ec. (1.44) se obtuvieron las dimensiones de aceleraclón
[gl =
L
De la ec.(1 .SO) vemos que se necesita [g]”2. Tomando la raíz cuadrada de [g]
(1.SI)
DIMENSIONES.
ANALISIS
21
DIMENSIONAL
Sustituyendo (1.57) y (1.58) en (1.56) se encuentra que
Hay que recordar que
(1.52)
Usando esto en el denominador de (1.51) nos da
[Eel =
MLz
T2
(1.59)
Ejercicio 1.23. Supóngase que después de un cálculo se encuentra el siguiente resultado
W = (1.60) 2mgHz
(1.53) Como h es una distancia, sus dimensiones son de longitud
[h] = L
Y
[h]l/Z = LUZ
(1.54)
Sustituyendo las ecs. (1.53) y (1.54) en la ec. (1.50) se obtiene
Por otro lado se sabe que W es una cantidad que tiene dimensiones de
[WI
=
ML2 T
2
(1.61)
Además, m es una masa, g una aceleración y H una distancia. Verificar la congruencia dimensional de la ec. (1.60). Verificar la congruencia dimensional de una ecuación significa comprobar que las dimensiones de la cantidad que está en el lado izquierdo sonlas mismas que las de la cantidad que está en el lado derecho. Esta condición es necesaria para que una ecuación sea correcta.
Aquí se usó la ec. (1.26). Comparando este resultado con la ec. (1.42) concluimos que U tiene dimensiones de velocidad; es decir, U es una velocidad. Ejercicio 1.22. jCuáles son las dimensiones de E, si E, = [1/2] mv2? Aquí m es una masa y v es una velo-
cidad.
De la definición
[EA = [l/21[ml[v21
(1.56)
La cantidad 1/2 no tiene dimensiones. En general, ningúnnúmeropuro,como 3,-5, a = 3.14159,0.8, -2/3, etc., tiene dimensiones. Las dimensiones de m, por ser una masa, son [m] = M
(1.57)
La otra cantidad que aparece en (1.56)es [vz]
r.21
= [VI2
L T
ser
(1.63)
dado que g es una aceleración (véase ec. 1.44))
L
7
(1.64)
y como H es un? distancia, sus dimensiones son de longitud L, por lo que
por lo que elevando al cuadrado LZ
Veamos cada factor: 2 no tiene dimensiones por un número puro; como m es una masa
[gl =
[VI = -
TZ
[!.d.] = [21[ml[gl[~zl (1.62)
[m] = M;
pero como v es una velocidad, sus dimensiones son (véase la ec. (1.42))
[VI? = -
Analicemos las dimensiones del lado derecho (que denotaremos con I.d.1 de la ec. (1.60)
(1.58)
[Hz] = [HI2 = LZ
(1.65)
22
Cap. I .
UNIDADES
Y DIMENSIONES
Sustituyendo (1.63), (1.64)y (1.65) en (1.62) se tiene
[I.d.] = M
L
X 7 X L2 =
T
M L X L2 T2
- ML3
"
T2
(1.66)
Comparando este resultado con (1.61) vemos que el lado derecho de la ec. (1.60) NO tiene las mismas dimensiones que el lado izquierdo de la misma ecuación. Por tanto, no hay congruencia dimensional de la NO es ec. (1.60) y concluimosqueestaecuación correcta. En general, se recomienda que al obtener una ecuación se verifique su congruencia dimensional. Si hay algún error, este se puede manifestar en el análisis dimensional. E s importante darse cuenta de que el análisis dimensional no da ninguna información sobre posibles errores que puedan haber en factores que sean números puros, ya que éstos no tienen dimensiones. Un tipo de cantidades que se presentanconfrecuencia son el logaritmo natural (In), la función expoy las diversasfuncionestrigono-. nencialdebasee métricas. E l argumento de cualquiera deestas funciones debe ser una cantidad SIN dimensiones. Así, s i se tiene, por ejemplo,
z = Iny
1.8. La masa de un objeto es de 1 750 libras. Expresar
esta masa en kilogramos. 1.9. Un terreno tiene un área de 1 355 yardasz. Expresar esta área en m2. 1.10. E l área de la República Mexicana es de aproximadamente 2 millones de km2. Dar esta área en millas cuadradas. 1.11. Un recipiente tiene un volumen de 77 galones. ¿ A cuántos litros equivale? 1.12. E l gasto de agua diario de una familia es de 930 litros. iCuántos m3 gasta en 60 días? 1.13. U n a u t o se mueve a 97 km/h. Expresar esta velocidad en: a) mis; b) millasih. 1.14. Dar en millas/h2 la aceleración de4.7 X IO4 mis2
1.15. Expresar la cantidad de23.8
u = sens
en unida-
S
1.16. Se encuentra que cierta cantldad tiene el valor de 7.8 libra pie. Expresar su valor en kg m. 1.17. iCuáles son las dimensiones de área? 1.18. >Quédimensionestiene K = F/P s i F y P son fuerzas? 1.19. Se encuentra que
R=2H
P + Q ~7
donde H es una distancia; P, O v F son fuerzas. jQué c . dimensiones tiene R ? 1.20. i ~ u é dimensiones tiene = 4.5hZt3 si h es una I
longitud y t, un tiempo? 1.21. Determinar las dimensiones de
w = e' tanto r como w NO tienen dimensiones. Para las funciones trigonométricas, por ejemplo, si
S
g2 cm2 desde ___
.
elargumento y NO tienedimensiones.Asimismo, NO tiene dimensiones. Análogamente, s i
kg2 m2
Q =
siendo una aceleración a
1
a2
6
v2
"
y v, una velocidad
1.22. Obtener las dimensiones de
t a n t o s c o m o u NO tienen dimensiones.
si las dimensiones de ,o, 4 y a son PROBLEMAS 1.1. i A cuántos km equivalen 275 millas! 1.2. Unadistanciade 137 km, i a cuántasmillas equivale?
1.3. Unabrocamide
3/16 depulgada. i A cuántos milímetros equivale? 5 pies 3 pulgadasdealtura. 1.4. Unapersonamide Expresar esta longitud en metros y centímetros. 1.5. Expresar en segundos el intervalo de tiempo de 4 h 47 m i n 18 s. 1.6. Expresar en horas, minutos y segundos el intervalo de tiempo de 4 517 s. 1.7. i A cuántas libras equivalen 75 k g ?
1 .23. Si las dimensiones de F y P son ML2 [ F ] = [PI = T2
i q u é dimensiones tiene Q =
d
n?
1.24. Verificar la congruencia dimensional de la ecuación: a) H = 4.7 v2t, siendo: [HI = L; ves una velocidad y t, un tiempo. b) 7 = a/v, siendo: 7 , un tiempo; a una aceleración y v, una velocidad.
c) F =
d
T
d
x
PROBLEMAS
23
3Q2 r2 siendo: F y Q fuerzas; r y s son d) v = siendo: v, una velocidad; g, una a c e R + h distancias; v es unavelocidad y g es unaacelera-leración; R v h, distancias. ción. el v = H t HtZ,siendo:velocidad; v, una H una distancia y t, un tiempo.
+
2
Vectores
2.1. ESCALARES.VECTORES Por nuestra experiencia diaria estamos familiarizados con cantidades para cuya descripción es suficiente dar un valor. Por ejemplo, la edad de una persona: si decimos que tiene 19 años, su edad queda completamente especificada. Otro ejemploes el preciode un artículo: s i decimos que vale 175pesos, su precio queda completamente especificado.Este tipo de cantidades se llaman escalares. Escalar: s i para especificar una cantidades suficiente dar un número, se dice que esta cantidad es un escalar. Si lacantidadtienedimensiones,elnúmero tiene que ir acompañado de su correspondiente unidad, por supuesto. Además de cantidades escalares, en la naturaleza existen otros tipos de cantidades. Consideremos por ejemplo el desplazamiento. Si decimos que una persona se mueve una distancia de 50 m a partir del punto A (fig.2.1) no podemos saber aqué punto llegará al terminar su desplazamiento. La persona puede llegar al punto B, que dista de A en 50 m, o bien, puede Ilegar al puntoC, distinto de B que también dista de en A 50 m. De hecho puede llegar a cualquier punto del círculo de radio 50 m y cuyo centro sea A. Nos damos
cuenta, entonces, de que con dar 50 m el desplazamiento de la persona NO queda completamente determinado. Supóngase que ahora decimos lo siguiente. La persona se mueve una distancia de50 m, a partir del punt o A, a lo largo de una línea L-L que forma un ángulo X-X (fig. de 3 5 O con respecto a la línea de referencia 2.2) y hacia arriba. Con esta información vemos que al terminar su desplazamiento, la persona estará precisamente en el punto D y en ningún otro. Nos damos cuenta que para que el desplazamiento quedara bien especificado se tuvieron que dar tres datos:
24
a) La distancia a partir del punto A (50 m). b] E l ángulo que forma l a línea L-L, a lo largo de la cual ocurre el desplazamiento, con respecto a una línea de referencia ( 3 5 O con respecto a X-X). c) Hacia qué extremo de la línea LWL se efectúa el desplazamiento (hacia arriba).
Estos tres datos son, respectivamente: a) La magnitud del desplazamiento.
b) La dirección del desplazamiento. c] E l sentido del desplazamiento.
ESCALARES. VECTORES
25
Ejercicio 2.2. Dibujar el vector a cuya magnitud es Este tipo de cantidades, que ocurren muy frecuentemente, se llaman vectores. 18 unidades arbitrarias; dirección: a lo largo de una líVector: s i para especificar una cantidad se tienen nea que forma un ángulo de 60° con la horizontal y que dar su magnitud, su dirección y su sentido, se dice sentido hacia abajo. que cantidad la es vector. un Si se escoge escala launidades 3de = 1 cm, lonla gitud de la flecha debe ser de 6 cm. En la figura 2.5 se representa al vector a. La magnitud de un vector es siempre una cantidad positiva.
Ademásdeldesplazamiento,otrosejemplosde cantidades vectoriales que existen en la naturaleza son la velocidad, la aceleración, la fuerza, etc. Estas se estudiarán más adelante. Se suele representar a los vectores de maneras distintas;porejemplo,unvector se suelerepresentar como: 2, a;, etc. En texto impreso lo denotaremos con negri'rla: a. La magnitud del vector a se denotará c o m o l a l , o simplemente como a. E s conveniente representar gráficamente un vector por medio de una flecha (fig. 2.3). La longitud de la flecha representa, en alguna escala escogida de antemano, su magnitud; la orientación de la flecha representa su dirección; l a punta de la flecha representa su sentido. Así, la flecha de la figura 2.3 representa al vector a. Dirección,
/
Figura 2.5
Dos vectores son iguales si y sólo si tienen sus tres característicasiguales:mismasmagnitudes,mismas direcciones y mismos sentidos. Los vectores a y b son iguales s i magnitud de a = magnitud de b (la1 = I b l ) dirección de a = dirección de b sentido de a = sentido deb. Escribimos entonces
/
Así, los vectores a y b de la figura 2.6 son iguales, ya y que tienen la misma magnitud, la misma dirección el mismo sentido.
Figura 2.3
Ejercicio 2.1. Un cuerpo se desplaza 50 km en ladirección este-oeste, hacia el oeste. Dibujar el vector r que corresponde a este desplazamiento. Si se escoge la escala de 10 k m = 1 cm, la longitud elesser al oeste. sentido 5de cm. La flecha La debe dirección es estede 2.4 oeste yflecha de la representa a r.
O
Oeste
1
2
3
I
F
Sentido: este-oeste al oeste
50;trn
Figura 2.4
4
5 c m
4
@ Este Dirección:
L(y
la1 = lb1
la
X figura
Direcclones X iguales
\S,
X Figura 2.6
Si desplazamos un vector paralelamente asu dirección encontraremos otro vector igual; los vectores a figura mostrados la en 2.7todos iguales. son
26 i C ó m o se suman los vectores? Suponga que la distancia entre la ciudadA y la ciudad B es de 75 km (fig. 2.10), y que la distancia entre la ciudad B y la C es de 125 km. Nos damos cuenta de que la distancia entre las ciudades A y C NO es de 75 k m 125 km = 200 km. La distancia entre las ciudades A y C es la longitud del ladoAC del triánguloABC, que en este caso es de 73 km, distinto a 200 km. Por tanto, concluimos que los vectores NO se suman añadiendo simplemente sus magnitudes.
+
Figura 2.7
Si dos vectores difieren en por lo menos una de s u s trescaracterísticas,entonces los vectoresson distintos. Ejercicio 2.3. Decir por quélos vectores de la figura 2.8 son distintos.
hao i a l = lb1
03; \
Figura 2.8
G c
B
Figura 2.10
Supóngase que un cuerpo experimenta dos desplazamientos a partir del puntoA: el primero, dado por el vector rl (fig. 2.11a); y el segundo, dado por el vector r2 (fig. 2.11b). Por tanto, después del primer desplazamiento el cuerpo estará en el punto B (fig. 2.11~); una
Los vectores tienen la misma magnitud ( \ a l = Ibl); tienen la misma dirección. Lo que no tienen igual son sus sentidos: tienen sentidos opuestos. Por tanto, a b. Ejercicio 2.4. iPor qué los dos vectores a y b de la figura 2.9 son distintos?
+
Figura 2.9
Los dos vectores tienen la misma magnitud ( l a I = 1 b I ) . Sin embargo, los dos vectores tienen direcciones
diferentes: el vector a forma un ángulo de 65O con la línea X-X, mientras que el vectorb forma un ángulo de 38O con la misma línea. En consecuencia, a f b.
2.2. SUMA Y RESTA DE VECTORES Sabemos que s i gastamos 95 pesos en un artículo y 88 pesos en otro artículo, el total que gastamos fue de 95 pesos 88 pesos = 183 pesos. Es decir, cuando tratamos escalares, se suman en forma aritmética. De la misma manera, los escalares se restan aritméticamente.
+
Figura 2.1 1
vez que llega a B experimenta el segundo desplazamiento que lo lleva al punto C. Nos podemos preguntar ahora: iexiste un desplazamiento Único que lleve al cuerpo del punto de partida ( A ) al punto final (C)? E s decir, jun desplazamiento equivalente a los dos que realiza el cuerpo? En la figura 2.12 vemos que la respuesta es sí; que el desplazamiento dado por el vector r lleva directamente al cuerpo de A a C. Decimos que el desplazamientor es equivalente al desplazamiento r, seguido de r2. Expresamos esto de la siguiente manera
r = r,
+ r2
(2.2)
SUMA Y RESTA DE VECTORES
Ejercicio 2.5. Un cuerpo lleva a cabo dos desplazamientos: el primero, representado por el vector rl de magnitud 200 m, de dirección horizontal y de sentido hacia la derecha (fig.2.14a); el segundo desplazamiento, rz, tiene magnitud de 150 m, una dirección que forma un ángulo de 60° con la horizontal y sentido hacia los dos arriba(fig. 2.14b). Encontrarlaresultantede desplazamientos.
Figura 2.12
E l vector r es la suma o resultante de rl y r2. Esto significa que e l efecto de rl seguido de r2 es el mismo que el de r. Se puede encontrar gráficamente la suma de dos vectores de dos maneras equivalentes: se ve en la figura 2.12, después del primer vector (rJ se coloca el segundo vector (r2). La suma r es entonces el vector que va del inicio de rl (punto A) al final de r2 (punto C). 2. Regla del paralelogramo. Los inicios de los vectores por sumar se colocan en el mismo punto A (fig. 2.13a). En seguida se forma un paralelogramo con los vectorescomolados(fig. 2.13b). La diagonal que parte deA y llega al vértice opuesto Ces la resultante (fig. 2.1 3c).
-m uu
7,-
cl
1. Regla del triángulo. Como
cl
Figura 2.1
(2.3)
a + b = b + a
No importa el orden en que se sumen los vectores, siempre se encuentra la misma resultante. ~
!
Obsérvese que, en general, el vector resultante tiene una dirección distinta a las direcciones de los vectores que se suman. Asimismo, en la figura2.12 vemos que
+
Ir2(
/
x
c.no
Figura 2.14 En la figura 2.14 se usó la escala de 1 cm = 50 m. Construimos la resultante r = rl r2 colocando un 2.15a). E l vector que vector a continuación del otro (fig. une el principiodelvector rl (puntoAdelafigura 2.15b) con el final del vector r,(punto B de la misma fi-
+
3
Comparando la figura 2.12 con la 2 . 1 3 se ~ verá que en ambos casos se obtiene la misma resultante. Una propiedad importante de la suma de vectores es que es conmutativa, es decir,
Ir1 I Irll
27
(2.4)
ya que en el triángulo ABC la longitud de uno de sus lados (en nuestro caso AC) es menor o igual que la suma de las longitudes de los otros dos lados (en nuestro caso AB y BC).
r
bl
Figura 2.15
gura) es la resultante r. Si se mide con cuidado, se en6.1 cm, que en laescacuentra que la longitud AB mide la en que estamos trabajando, corresponden a 305 m; el ángulo a que forma la dirección de r con la horizontal es de 25O; el sentido de r es hacia arriba. Ejercicio 2.6. Encontrar la resultante de los vectores a y b mostrados en la figura 2.16.
Figura 2.16
28
Cap. 2. VECTORES
Antes que nada, nos damos cuenta de que a y b tienen la misma dirección y el mismo sentido. Decimos que a y b son vectores paralelos. Para sumar a y b colocamos un vector a continuación del otro (fig.2.17~1).E l vector que une el principio del vector a (punto A de la fig. 2.17b) con el final del vector b ( p u n t o C de la misma figura)es la resultantec
d = e + f En este caso vemos en la figura 2.19b que
id1 = ! e l - If1
c = a + b
b
a
A
P
C
ai
y, además, nos damos cuenta de que la dirección de d es la misma que tienen e y f. E l sentido de d es el del vector de mayor magnitud (vector e).
B b
a
A
Figura 2.19
C
C -
Se pueden también sumar más de dos vectores. Si se quieren sumar, por ejemplo, los vectores a, b, c y d (fig. 2.20), se colocaunoacontinuacióndelotro(fig. 2.21a). E l vector que une el principio del primer vector (punto A de la fig. 2.21b) con el final del último vector (punto C de la misma figura) es la suma de vectores
bi Figura 2.17
En este caso, vemos en la figura 2.17b que ! c l = la1
+
lb1
(2.5)
e = a + b + c + d
Además, nos damos cuenta de que la dirección y el sentido de c son los mismos que tienena y b. Estos resultados son válidos solamente para la resultante de vectores paralelos.
z,,
Ejercicio 2.7. Encontrar la resultante delos vectores e y f mostrados en la figura 2.18.
Figura 2.20
‘..
Figura 2.18
En este caso vemos quee y f tienen la misma dirección, aunque tienen sentidos contrarios. Decimos que e y f son vectores antiparalelos. Para sumar e y f colocamos un vector a continuación del otro (fig.2.19a). E l vector que une el principio del vector e (punto A de la fig. 2.19b) con el final del vector f (punto C de la misma figura) es la resultanted
Figura 2.2 1
Definimos el negativo de un vector cualquiera a (fig. 2.22a) como aquel vector que tiene la misma magnitud que a, la misma dirección quea, pero sentido opuesto a como al de a (fig. 2.22b). Denotaremos al negativo de - a . Nótese quea y - a son dos vectores antiparalelos.
29 /al = I-al
\
Figura 2.25
Figura 2.22
al
Supóngase que se tienen los vectores a y b (fig. 2.23). Para restar b de a, tenemos lo siguiente c =a
-b=a
+ [-b).
(2.7)
Figura 2.23
-
E s t o quiere decir que al vector a le sumamos el negativo del vectorb. Entonces, construimos primero elnegativo de b (fig. 2.24a)y sumamos ahora a con b. Para ello colocamos después de a el vector -b (fig. 2.24b). E l vector que une el principio del vector a (punto A de la figura 2 . 2 4 ~con ) el final del vector b (punt o C de la misma figura) es el vector c = a - b.
-
-
Figura 2.26 otro (fig. 2.266). E l vector d es el que une el principio del primer vector (punto A de la fig. 2.266) con el final del otro vector (punto C de la misma figura). Ya que la magnitud de a es igual a la magnitud de - a , nos damos cuenta de quelos puntos A y C coinciden. Por tanto, el vector d es un vector de magnitud nula. A este vector lo denotamos por O. En consecuencia, d = a - a = O
2.3. PRODUCTO (COCIENTE) DE UN VECTOR
POR (ENTRE)
UN ESCALAR
Si tenemos el vector a, lo podemos multiplicar por un escalar h. Definimos el producto ha como un nuevo vector b
\
al
1-
b = ha que tiene las siguientes características.
1. Caso en que h con magnitud
>
O. En este caso b es un vector
lb1 = h / a l bl
C
cl
(2.9)
(2 .I O)
con la misma dirección que a y con el mismo sentido que a (fig. 2.27).
Figura 2.24
/
Ejercicio 2.8. Encontrar el vector
/
ha = b h > O Figura 2.27
d = a - a
siendo a el vector de la figura 2.25 Escribimos
2. Caso en que h con magnitud
<
O. En este caso b es un vector
30
Figura 2.28
i
E l valor absoluto de un escalar h, denotado por ( h1 es
> O, lhl = h < o, l h l = "h si h = o, \ h i = o
Figura 2.31
1
la misma dirección quef y sentido opuesto af , ya que -1.5 < O. En la figura 2.32 se muestra el vector c.
si h si h
E l valor absoluto de un escalares siempre un número positivo (o cero). Figura 2.32
Hay que recordar que la magnitud de un vector es siempre una cantidad positiva.
3. Caso en queh = O. En este caso el vectorb es un vector de magnitud nula. O sea
También se define el cociente de un vector n entre un escalar u como un vector p
Ejercicio 2.9. Sea e el vector dado en la figura 2.29. Encuéntrese el vector 3e. E l vector b = 3e tiene magnitud
n
P=;
b = O a = O
(2.12)
que tiene las siguientes características.
1 . Caso en que u con magnitud
Ibl = 3 l e l
> O. Ipl
En este caso p es un vector
=1TI n /
(2.13 )
y con la misma dirección y sentido que n (fig. 2.33). Figuro 2.29 la misma dirección y el mismo sentido que e, ya que 3 > O. En la figura 2.30 se dibuja el vector b.
i 2 . Caso en que u con magnitud
/
< O.
Figura 2.33 En este caso p es un vector
1 lu 1
/ p i = -In1
Figura 2.30
Ejercicio 2.10. Sea f el vector mostrado en la figura 2.31. Encuentre vector el -1.5f. - E l vector c = -1.5f tiene magnitud
(2.14)
con la misma dirección que n, pero sentido opuesto an (fig. 2.34).
Ejercicio 2.11. Si q es el vector mostrado en la figura 2.35, encuéntrese: a ) r = q/3.3 y b) S = g/(-2.5). a ) E l vector r = q/3.3 tiene magnitud Ir/ =
I
Iql 3.3
31
/
./
o
u<
i
/
Figura 2.34
Figura 2.35
cl Figura 2.38
la misma dirección y el mismo sentido que q, ya que > O. En la figura 2.36 se muestra el vector r.
3.3
\\_\\
\ r
=
L
3.3
\
S
Is/ =
Supongamos que ahora se plantea el siguiente problema. Determinar las componentes de un vector dado a, de tal forma que:
= q/(-2.5) tiene magnitud 1
I -2.5 I
a = d + e
E s decir, las componentes de un vector noson únicas.
Figura 2.36
b) E l vector
Decimos que los vectores b y c son las componentes del vector a. Sin embargo, estos sumandos no son únicos pues, como se ve en la figura 2.38c, la suma delos vectores d y e también vector el da a
1
Iql = -Iql 2.5
Figura 2.37
a) las componentes sean perpendiculares entre de b) unaque las componentes dirección latenga de una línea dada.
que pase por e l inicio Q de a (fig. 2.39b). Llamamos a esta línea L’-L’. En seguida, del extremo P de a trazamosunalíneaque sea perpendiculara L’-L’ (fig. 2 . 3 9 ~ )Esta . perpendicular corta a L’-L’ en e l p u n t o S. Con las longitudes QS y PS así formadas se construyen los vectores f y g (fig. 2.39d). Nos damos cuenta de lo siguiente:
Supóngase que se tiene el vector a de la figura2.38a. Este vector se puedeconsiderarcomola Suma de 10s vectores b y c (fig. 2.38b)
a = b + c
+
g = a por lo que f y g son componentes del vector a. 2 . Los vectores f y g son perpendiculares entre sí. 3. E l vector f tiene la dirección alo largo de la línea dada L-L.
1. f 2.4. COMPONENTES DE UN VECTOR
sí, y
Portanto, con esta construcci~n hemos determina. d o las componentes de a que cumplen las condiciones a ) y b) arriba planteadas. Hay que notar que dadas las condiciones a) y b), las componentes vector del a
32
P
1
L
1
bi
dl
Figura 2.39
que así se obtienen son únicas. No se puede encontrar otra pareja de componentes que satisfagan las mismas condiciones. En las aplicaciones que haremos más adelante, tendremos interés en encontrar las componentes de vectores que estén dirigidas a lo largo de los ejes de u n Así, por sistema de coordenadas dado de antemano. ejemplo, s i se da el sistema de coordenadas X-Y (fig. 2.40a), tendremos interés de encontrar las componen-
tes del vector a (fig. 2.40b) de tal forma que una de ellas esté a lo largo del ejeX y la otra sea perpendicular a esta última.
En el sistema de coordenadas X-Y de la figura 2.40a el eje X es perpendicular al eje Y. Por tanto, cualquier perpendicular al eje X es paralela al eje Y. E l origen del sistema de coordenadas X-Y es el punto O, cruce de los ejes X y Y.
I
't
Figura 2.40
P
33
COMPONENTES DE UN VECTOR Siguiendo los pasos de la construcción dada arriba, encontramos que las componentes buscadas son los vectores a, y ay (fig. 2.40~1,o como se muestran en la figura 2.40d. E s decir, a
+ ay
= a,
(2 .I 5)
A continuaciónvamosaintroducirdosvectores
particulares, relacionados con el sistema de coordenadas X-Y. Sea i un vector de magnitud uno
111 = 1
(2.16)
con dirección a lo largo del eje X y con sentido hacia el sentido positivo del eje X (fig. 2.41).
siendo x la abscisa del punto P.
En el lado derecho de la ec. (2.194 e_stamos multiplicando un escalar (x) por un vector (i)(ver sección 2.3). La magnitud de a, es Ia,l
ITI
= 1x1
= 1x1
ya que 1 11 = 1 . Ladiresciónde a, dadaporlaec. (2.19a) es la dirección dei; el sentido de a, es hacia el sentido positivo del eje X si x > O, o inversamente, hacia el sentido negativo de ejeX s i x < O. Estas son precisamente las características del vector a, de la figura (2.42). De la misma forma se puede escribir el vector como A
ay
= YJ
ay
(2.19b)
siendo y la ordenada del punto P (fig. 2.42). En esta misma figura vemos que la ordenada y es
y =
os
8b) (2.1
Figura 2.41
j, también
E l otro vector, que denotaremos por de magnitud uno
Ijl
=1
es
(2.17 )
con dirección a lo largo del eje Y y con sentido hacia el sentido positivo del eje Y (fig, 2.41k Se dice que los vectores unitarios (i, j) forman una base. Una vez que s,e _establece el sistema de coordenadas X-Y, la base (i, j) queda completamente determinada. Nótese que los vectores son perpendiculares entre sí. Regresemos ahora al vector a mostrado en la figura 2.40. Sea P el extremo del vector a, cuando su inicio está en el origen O. En punto P tiene coordenadas: abscisa x, ordenada y. En la figura 2.42 vemosquela abscisa x es OQ.
”
X
~
6, 1)
x = OQ
(2.18a)
La componente a, del vector a la podemos escribir como
a, =
a
XI
(2.19a)
X
Figura 2.42
Sustituyendo las ecs. (2.19) en la ec. (2.15) obtenemos a
a = xi
+ yj ,
.
(2.20)
Ésta es una manera de escribir el vector a. Nótese que esta forma está referida a un sistema de coordenadas dado. S i se sobreentiende que estamos refiriéndonos a un sistema de coordenadas f i j o X-Y, entonces como se ve en la figura 2.42, una vez dado el vectora, las coordenadas (x,y) de su extremo, el punto P quedan determinadas. Inversamente, si se dan las coordenadas (x,y), el vector a queda determinado. Se suele llamar, y así lo haremos de ahora en adelante,
34
Cap. 2. VECTORES
a la abscisa x: la componente x del vector a Y
La componente x de b es - 4 y la componente y es 3. E l p u n t o Q , extremo de c, de coordenadas (-4,3) se muestra en la figura 2.44a.
a la ordenada y: la componente y del vector a. La cantidad OQ = x es la proyección del vector a sobre el eje X, mientras que OS = y es la proyección de a sobre el eje Y. Ejercicio 2.12. Dibujar el vectorb cuyas componentes son (3,7). La componente x d e b es 3, mientras que la componente y de b es 7. E l p u n t o P de coordenada (3,7)está dibujado en la figura 2.43a; el vector b se muestra en lafigyLa 2.43b. Podemos escribir el vector b, en la base (i,j) c o m o
b = 3;
+ 7;
""_ , "\I,,
-
,
--5.-4--3--2-10
71
2
X
3
bl
Figura 2.44
FI vector c estádibujadoen puede escribir
la figura2.44b.
+
c = -4:
Se
3;
Ejercicio 2.14. Dado el vector
d =
21
+ 5;
encontrar su magnitud, su dirección y su sentido. La componente x del vector d es + 2 y la componente y es +5. En la figura 2.45a se muestra a d. En la figura 2.45bse forma, con el vectord, el triángulo rectángulo OPQ. En este triángulo conocemos los catetos OQ y PQ:
OQ = 2, PQ = 5
(2.21)
UsandoelteoremadePitágorasencontramosla magnitud OP del vector d. Nótese que OP es la hipotenusa del triángulo rectángulo OPQ. Se tiene que OP2 = O Q 2 + X
+ PQz
T " -
5
bl
Figura 2.43
Ejercicio 2.13. Dibujar el vector c de componentes (-4,3).
lo rectángulo, el cuadrado de la hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de los catetos. Así, en el triángulo rectángulo OPQ (fig. 2.46). OP2 = OQ2
+
PO2
35
f
’$
6
Figura 2.45
usando los valores (2.21) nos da OP2 = 22
+ S2 = 4 + 25
= 29
Sacando raíz cuadrada obtenemos
Id1 = OP =
= 5.39
Ahora encontraremos la dirección de d. Para ello determinaremos el ángulo a que forma d con el eje X (fig. 2.45b). En el triángulo rectángulo OPQ calculamos la tangente del ángulo a.
E l sentido de d es hacia arriba, como se ve en la figura 2.45a. En general, s i se da un vector a en términos de sus componentes (x,y) se puede determinar su magnitud, su dirección y su sentido. Así, s i a (fig. 2.47) lo escribimos c o m o
(2.23)
a=xl+yj Y)
La tangente del ángulo CY en el triángulo rectángulo OPQ (fig. 2.46) es, por definición tga =
lado opuesto lado adyacente
_.
PQ OQ
”
-
X
D
Figura 2.46
entonces la magnitud de a es la longitud de la hipotenus;) OP del triángulo rectángulo OPQ. Del teorema de Pitágoras se tiene que
OP2 = O Q 2 Por tanto,
+ PQ2 = x2 + y2
y sacando raíz cuadrada tg a =
OQ
y usando los valores (2.21)
tg a =
E l ángulo
Figura 2.47
CY
5 = 2.5 2
es entonces CY
= arc tg 2.5 = 68O11 ’54”
IaI = OP =
4-
(2.24)
La dirección de a, con respecto al ejeX, digamos, está dada por el ángulo CY.Tomamos la tangente dea en el triángulo rectángulo OPQ. (2.25) y de aquí encontramos el valor deCY. E l sentido de a es el mostrado.
36
Cap. 2. VECTORES
Ejercicio 2.15. E l vector
S
s = -3i
está dado Fc'r
A
-
5j
Encontrar su magnitud, s u dirección y su sentido. Las componentes de S son x = -3, y = -5. Dibujamos el vector S (fig. 2.48). Nos damos cuenta de que S está en el tercer cuadrante. De la ec. (2.24) calculamos la magnitud de s
Is1 = =
d m = J(-3)*
d
m=
f i =
+ (-512 5.83
bl Figura 2.49 Figura 2.48
Las componentes de e son las coordenadas (:. p u n t o P. De la figura 2.49b vemos que
La dirección deS queda determinada por el ánguloa. D e l a ec. (2.25) tenemos que
x = OQ
(2.26)
En el triángulo rectángulo OPQ calculamos el coseno de 48'
Ahora bien, comoS se encuentra en el tercer cuadrante, el valor del ángulo a está comprendido entre180° y 270'.Se tiene que encontrar la solución de la ec. (2.26) para a en el tercer cuadrante. Recordamos que la tangentees positiva para ángu-
los del primer y tercer cuadrantes.
al= 59'2'10''
y
a2
En un triángulo rectángulo OPQ (véase figura 2.46) el coseno del ángulo a es, por definición, cos a = I
lado adyacente hipotenusa
I el, y
Como buscamos un ángulo que esté en tercer el cuadrante, la solución es a2. E l sentido de S es el mostrado en la figura 2.48. Ejercicio 2.16. E l vector e tiene una magnitud de 7.8, ángulo forma de de eje 48Oelcon X y sentitiene do hacia arriba (fig. 2.49a). Obténganse sus compocalcularemos Ahora nentes.
"
(2,27)
OQ = x, por lo que COS
239'2 ' I O ' '
- OQ OP
L
Pero OP =
Las soluciones de la ec. (2.26) son
v ) del
X
48O = __ le1
(2.28)
x de (2.281
Véase apéndice II con
N=
cos 48', v = x, b = l e I
x = / e1 cos 48O = 7.8 X 0.6691 = 5.22
figura y. En la
(2.29)
2.49b que vemos
COMPONENTES DE UN VECTOR
y = OS = PQ
sen CY =
En el triángulo rectángulo OPQ (fig. 2.49b) calculamos de el seno 48O. despejando que En el triángulo rectángulo OPQ (véase fig. 2.46) el seno de CY es, por definición sen
CY
=
ladoopuesto - PQ hipotenusa OP
"
day nos
CY, v = y, b = la 1
y = la1 s e n a
(2.30)
(2.33)
Las ecuaciones (2.32) y (2.33) nos dan las componentes (x,y) del vector a. Ejercicio 2.17. Un vector r tiene una magnitud de 72.8, forma un ángulo de 323O con el eje X y tiene el sentido mostrado en la figura 2.50. Encuéntrense las componentes (x,y) de r.
Y -
le1
Despejamos de esta ecuación y Véase apéndice II con N = sen 48O, v = y, b = l e 1
y = / e1 sen 48O = 7.8 X 0.7431 = 5.80
Y
Véase apéndice I I con N = sen
Pero OP = Iel, PQ = y, por lo que sen 48O =
37
't
(2.31)
Las componentes de e, son entonces (véanseecs. (2.29)
y (2.31)) x = 5.22, y = 5.80. Podemos escribir e = 5.221
+ 5.80;
En general, si se dan la magnitud, la dirección y el sentido de un vectora se pueden determinar sus componentes. Así, s i se dan l a I, el ángulo CY que forma a con el ejeX y el sentido, se tiene lo siguiente (véase figura 2.47). La componente x es la longitud OQ
I
x = OQ
Del triángulo rectángulo OPQ calculamos el coseno de CY (véase ec. (2.27)) (2.34) OQ cos a! = -
OP
El vector r está en el cuarto cuadrante. Usando la ec. (2.32) obtenemos x x = I r / cos 323O = 72.8 X 0.7986 = 58.14 Recordando que
Pero O P = la I y O Q = x, por lo que cos
1
CY
cos (270O
X
=la I
Véase apéndice II con N = cos CY, v = x, b = / a I
I
x = tal(2.32) cosa!
sen
CY
PQ =OP
Pero O P = la I, PQ = y, por lo que
+ A) = sen A
se tiene en nuestro caso A = 323O -270O lo que
y despejando x
Ahora calculamos en el mismo triángulo rectángulo OPQ el seno de CY (véase ec. (2.30)).
Figura 2.50
cos 323O = cos (270O
E l cosenodeunángulo siempre positivo.
+ 53O)
= 530, por
= sen 5 3 O = 0.7986
en elcuartocuadrante
es
Usando ahora la ec. (2.33) obtenemos la componentey (2.35)
Y =
1 r 1 sen 323O = 72.8 x (-0.6018)
= -43.81
Recuérdese que sen (270O
+ A) =
-cos A
I
1
38
Cap. 2. VECTORES
Con A = 53O, se t i e n e q u t sen 323O = sen (270O
+ 53O1 = -cos
Por tanto, de las ecuaciones (2.34) y (2.35)
6
+ 6 = 58.14;
b = b,;
53O = -0.6018
E l seno de un ángulo en el cuarto cuadrante es siempre negativo.
r =
+ ay; + a,G + by; + b,k
a = a,;
(2.38)
la suma de estos vectores c = a + b es el vector
- 43.81;
Hemos desarrollado el tema anterior para el caso de dos dimensiones. La generalización a tres dimensiones es directa. Solamente mencionaremos algunos puntos sobresalientes. En tres dimensiones se toma un sistema de coordenadascompuestode tres ejesmutuamenteperpendiculares (fig. 2.51j. Asociado a este-sistema tenemos una base de tres vectores unitarios (i,j,G) mutuamente perpendiculares. Cualquier vector b (fig. 2.52) se puede escribir como
(2.36)
b = G + d + z G
(2.37)
c = (a,
+ b,$ + (a, + by$ + ( a , + b,)C(
(2.391
E s decir, las componentes de la suma de dos vectores son la suma de las componentes de los sumandos. Ejercicio 2.18. Obténgase la suma de los vectores r y S dados por
r=41-31+5G S
= 71
+ 21 - 4G
Usando la ec. (2.39) se tiene que
+ S = (4 + 7 8 + (-3 + 2$ + (5-4)G II? - 1 + C
t = r =
Dos vectores son iguales si sus componentes x son iguales, s i sus componentes y son iguales y s i sus componentes z son iguales: u=v
si
4
Figura 2.51
\
Figura 2.52 X /
siendo (x, y, z) las coordenadas del punto P, extremo del vector b, cuando su inicio está en el origenO. Las componentes de b son precisamente (x,y,z). S i dos vectores a y b se expresan en tkrminos des u s componentes
u, =
VI,
uy - vy, u, = v,
(2.40) (2.41)
2.5. P R O D U C T O ESCALAR DE DOS VECTORES Dados dos vectores se pueden definir varios tipos de productos entre ellos. Vamos a definir dos productos que son de mucha utilidad en física, química, ingey el vectorial. En esta sección niería, etc.: el escalar trataremos el producto escalary en la próxima, el vectorial. Sean dos vectores a y b. E s t o s dos vectores est6n contenidos en un plano que vamos a suponer que es el plano deesta página. Si 8 es el ángulo entre los vectores a y b (fig. 2.53) definimos el producto escalar de a y b c o m o sigue a
b = la1 lb1 cos0
L b
Figuro 2.53
(2.42)
PRODUCTO ESCALAR DE
es decir, es el producto de las magnitudes de cada uno delos vectores a y b con el coseno del ángulo que forman. Se denotará este producto por un punto central entre los vectores. Haremos algunos comentarios.
1. E l producto escalar de dos vectores es u n escalar. Recuérdese que las magnitudes de los vectores a y b ( I a I y 1 b I , respectivamente) son escalares; además, el coseno de un ángulo también es un escalar. 2. Dado que las magnitudes l a / y I b l sonsiempre cantidades positivas, el signo que tenga a b será el del coseno de 8. 3. De la definición se tiene que a.b=b*a es decir, el producto escalar es claro, ya que b
(2.43) es conmutativo. Esto
porque 0 es también el ángulo entre b y a. Pero esta última expresión es igual a la dada en la ec. (2.42). Ejercicio 2.19. La magnitud del vectora es 3.5, la de b es 4.7. Si el ángulo entre a y b es 69O, j c u á l es el prod u c t o escalar de a y b? Se tiene que
lb1 = 4.7
y
8 = 69O
E l producto escalar es (véase ec. (2.42)) C O S O = 3.5 x 4.7
a * b = la1lb1
X cos69O
= 16.45 X 0.3584 = 5.90
E l producto escalar es 5.90 Ejercicio 2.20. S i los vectores a y b del ejercicio anterior formaran un ángulo de goo, >cuál sería su producto escalar? En este caso tendría que
tal = 3.5,
lb1 = 4.7
y
8 = 90°
por lo que a
b = l a ! ! b l c o s o = 3.5
= 16.45 ya que cos 90°
X O
distinto a O) son perpendiculares, calcúlesesu product o escalar. S i se obtiene cero, entonces los vectores
Ejercicio 2.21. Si los vectores del ejercicio 2.19 forman un ángulo de O o , j c u á l es el producto escalar? En este caso se tiene que
/ a l = 3.5,
lb1 = 4.7
y
0 = Oo
E l producto escalar es (véase ec. (2.42)) a * b = la1 I b l c o s e = 3.5 X 4.7 X c o s o o
= 16.45 X 1 = 16.45 ya que cos Oo = 1.
a = Ibl l a / cos 0
la1 = 3.5,
39
DOS VECTORES
x 4.7 x cosgoo
En este caso los vectores a y b son paralelos y se tiene entonces que a
b = / a / lb1
(2.44)
En el caso particular en quea = b entonces esta última ecuación queda como a = /alla/ = /al2
a
y sacando raíz cuadrada IaI =
J..;l
(2.45)
La magnitud de un vector es igual a la raíz cuadrada del producto escalar del vector consigo mismo.
Si a = b entonces el ángulo entre a y b es O O . E l ángulo entre un vector y éI mismo es 00. Ejercicio 2.22. S i los vectores del ejercicio 2.19 formaran un ángulo de 180°, jcuál sería su p r o d u c t o escalar? Tenemos que
lb1 = 4.7
/ a \ = 3.5,
y
0 = 180°
= O
= O.
Concluimos que s i dos vectores a y b son perpendiculares (fig. 2.54) su producto escalar es cero. Nótesequeenelladoizquierdodelaúltima ecuación ninguno de los factores es cero. Este hecho es distinto al caso familiar en que tratando con números, la única forma de que un producto se anule es que al menos uno de los factores sea cero.
al
I
L b
Figura 2.54
I
40
Cap. 2. VECTORES
E l producto escalar a
Ejercicio 2.23. Sean los vectores
es (véase ec. (2.42))
b = ( a / ( b l C O S O = 3.5 x 4.7 x cos180° = -16.45
= 16.45 X ("1)
a = 3? -
Y
b = 24
ya que cos 180° = -1 En este caso los vectores a y b son antiparalelos. E l producto escalar resulta ser un número negativo. Supóngase q u e se expresandosvectores(tridimensionales)entérminosde sus componentes. Por ejemplo,
a = a,; Y
b = b,?
+ ay; + a,G + by] + b,G
+ 8;
4G
- 2k
b.
Calcular a
Comparando estas expresiones con las ecs. (2.46) y (2.47) tenemos que a , = 3,
b,
(2.46)
2,
ay = -4, by = 8,
a, = 4 b, = -2
Usando la ec. (2.53) obtenemos que
(2.47)
a * b = 3 X 2 + ( - 4 ~ ,~ X8+4X1-2 . ) , = 6 - 32 -8 = -34
b. Usando estas
Calcularemos el producto escalar a expresiones tenemos que
4+
Si conocemos el vector a en terminos de su5 componentes,comoporejemplo,laec. (2.46), podemos calcular su magnitud con ayuda de la ec. (2.45). En Desarrollando los paréntesisdelladoderechoefecto,usandolaec. (2.53) con a = b a
b = (a,:
+ ay; + a,G)
+ by; + b&)
(b,?
+ ag, + &az
a - a = adx = af
+ azb,G "i+a.byG
*;+a,b,k
li
(2.481
+ a; + a<
Sustituyendo este en la ec. (2.45) nos da
(2.55)
Ahora bien, el producto n
n
i.j=O
Ejercicio 2.24. Calcularlamagnituddelvector
(2.491
y a q u e ?y; son perpendiculares (véase fig.2.51). Por l a misma razón T.C=~.C=O (2.50) ec.Por la de lado, otro 0
4
=
I i l IiI
cos
En tenemos caso este que a, = -2,
4
con 4 el anguIo_ entre ? e 1; pero 4 = 00 y cos 4 = I. Además, como i es unvectorunitario (véase ec. (2,16)), 14 1 = 1 . Por tanto, la última ecuación queda como
el
/ a ( = J(-2)2
si
Sustituyendo los resultados (2.49)-(2.52) tenemos que a
b = axbx
+ ayby + a z b z
en (2.48) ob-
(2.53)
a, = 5 (2.55) obtenemos
+ 32 + 52 = d4 + 9 + 25
= J38= 6.16
(2.51)
Por
ay = 3,
Sustituyendo estos valores en ec. la que
"
i * i = l x l x l = l
+ 4 + 5G
a = -24
(2.42)
4
(2.54)
Ejercicio 2.25. Encontrar el ángulo que forman ayb
b = 8;
+ 7] i- 2k
(2.57)
De la ec. (2.42) se tiene que
a b = / a l lb1 cos0 Conociendo las componentes de a y b se puede calcular su producto escalar por medio de este resultado. De esta ecuación despejamos cos 0
(2.58)
PRODUCTO VECTORIAL DE DOS VECTORES
b,a = la1 lb1 y u =
Véase apéndice I con P = a cos 8. COS
e=
2.55), entonces
a * b l a / lb1
Y
a,, = 3,
b, = 8,
con las características siguientes:
i) Magnitud. Si 0 es el ángulo que forman a y b (fig. (2.59)
Este resultado nos dice que podemos encontrar cos 0 (y de aquí 0, el ángulo entre a y b) si conocemos a b, 1 a I y 1 b I , Podemos calcular estas cantidades s i conocemos los vectores a y b. En efecto, de (2.56) y (2.57) tenemos que a, = 4,
41
IC/
= la1 lb1 sen0
ii) Dirección. Sea ABCD el plano que forman los vectores a y b (fig. 2.55). La dirección de c es a lo largo de una línea m a n a y b.
L-L perpendicular al plano que for-
a , = -2 (2.60)
by = 7,
(2.66)
B
b, =(2.61) 2
b. Sustituyendo (2.60) y (2.61) en la ec. (2.53) nos da
1. a
L
a*b = 4X8+3X7+(-2)X2=32+21-4 = 49 2. l a l . Sustituyendo (2.60) en la ec. m os / a l = 44’
I bl.
mos
= 416
a= 5.385
= 3.
+ 3’ + (-2)’
(2.55) obtene-
C
+9+4
Figura 2.55 (2.63)
Sustituyendo (2.61) en la ec. (2.55) encontra-
IbI
1
=
J82
+ 7’ + 2’ = d 6 4 +
e=
49
+4
= 10.817
(2.64)
Ahora sustituimos (2.62)-(2.64) en la ec. cos
D
iii) Sentido. Se determina como sigue: los cuatro de-
dos de la mano derecha se cierran hacia la palma, yendo del primer vector del producto (a) alsegundo vector (b). Hacia donde señale el pulgar,será el sentido de c (fig. 2.56). Esta es la llamada regla de la mano derecha.
(2.59)
49 49 - 0.8412 5.385 X 10.817 58.25 _”
D e aquí se tiene entonces que
e
= arc cos 0.841 2 = 32O43 ‘58‘ ‘
2.6. PRODUCTO VECTORIAL DE DOS VECTORES Consideremosahoraotrotipodeproductoentre vectores. Sean dos vectores a y b. Definimos el producto vectorial dea y b, que denotaremos comoa x b, c o m o un nuevo vector c c = a X b
(2.65)
E l producto escalar nos da como resultado unesca-
lar; el producto vectorial produce un vector.
Figura 2.56 Haremos algunos comentarios
1. E l producto vectorial de dos vectores es un vector 2. Considérese el producto
d=bxa
(2.67)
42
Cap. 2. VECTORES
De acuerdo con la definición de producto vectorial, el Ejercicio 2.26. iCuál es el producto vectorial de dos vector d tiene las siguientes características: vectores paralelos? Si los vectores a y b son paralelos (fig. 2.58) entona) Magnitud. De ec. la (2.66) ces ángulo el que forman es O = O O . C o m o sen Oo = O, de la ec. (2.66) vemos que la magnitud del producto es Id1 = lb1 la1 sen O cero, o sea que a
que es igual
IC l.
(2.70)
c = a x b = O
b] Dirección. Es la misma qL0 la de c: a lo largo de una línea perpendicular al plano que forman b y a. c) Sentido. E s el mostrado en la figura 2.57.
Figura 2.58
Aquí se nos presenta, otra vez, e l caso en que el producto se anula aunque ninguno delos factores sea cero. Ejercicio 2.27. iCuál es elproductovectorialde dos vectores antiparalelos? S i los vectores a y b son antiparalelos (fig. 2.59), entonces el ángulo que forman es O = 180O. Dado que sen 180° = O, otra vez tenemos que la magnitud del
Figura 2.57
I
Compárense los sentidosen las figuras2.56y
2.57.
I
producto c se anula
c = a X b = O
Por tanto, c y d tienen la misma magnitud, la misma dirección, pero sentidos opuestos; es decir,
d=
"C
(2.68)
Sustituyendo las relaciones (2.65) y (2.67) en (2.68) nos da b X a = - a x b (2 69) Figura 2.59 ~~
' ENTCNCES t L O R D F N , X L O S FACTORES
D e estos dos últimos ejercicios concluimos que el producto vectorial de dos vectores que tienen la misma dirección se anula. S i expresamos los vectores a y b en términos de sus componentes (ver ecs. (2.46) y (2.47)), entonces su producto vectorial c = a X b es [ - i L
" J !
c = (ax; E s t o significa que el producto vectorialNO es conmutativo. Por tanto, es importante poner atención al orden en que se escriben los factores en este producto.
+ a,,; + azk) X
(bxl
+ by; + b,L)
Desarrollando los paréntesis del lado derecho (¡cuidado! hay que mantener el orden de los factores) c = a,bx; X
i+ axby: X
7 + a,bd
x
C
PRODUCTO VECTORIAL DE DOS VECTORES
43
7
I
t
a,b& X
I + a,b,G
X
7 + a,b,G
X
Como iy son unitarios, l i l = I l l = 1; además, por t a n t o Id1 = 1. E s decir, d tamsen 90° = I; bién es unitario. ii) Dirección. La direcció? de d es perpendicular al plano que forman i y j; pero de la figura 2.60 vemos que este plano es el plano X-Y. Por tanto, d tiene dirección a lo largo del eje Z. iii) Sentido. En la figura 2.61 vemos que el sentido de d es hacia el sentido positivo del eje Z.
G
Ahoraobtendremos los diversosproductosque aparecen en (2.71). En primer lugar
ya que en cada uno deestos productos los dos vectores que aparecen son p_aralelos (ver ejercicio 2.26). Consideremos ahora i x j = d (véase fig. 2.60). Según la definición de producto vectorial,d tiene las siguientes características:
i) Magnitud. Recordando que el ángulo entre es de 90° de la ec. (2.66)
iy
En resumen, d tiene magnitud uno, dirección a lo largo del eje Z y sentido hacia el eje Z positivo. En la figura 2.60 vemos que estasson recisamente las caEn consecuencia racterísticas de k; es decir, d =
t.
¡xi=&
e
7
,
De manera análoga, se tiene que
;xi;=;,
zt
(2.73)
.
Gxi=;
(2.74)
Rec_ur_som_ne_rnotécnico. Si se escriben en orden cídos de c l i c o i, j, I;, i, j,. . el producto vectorial de ellos da el que está adelante. Usando lasecs. (2.69), (2.73) y (2.74) encontramos que
j
#
X i .
A
=
-C,k
X
I= - i , i e
e
Figura 2.60
que agrupando con nos da
zt
c = (a,b,
-a,,b,&
+ ayby
+a&,;
- a,bj
i,7 y &
- a&,$
-7
(2.75)
- a,b,;
c = ap,C
J
=
en la ec.(2.71)ob-
Sustituyendo las ecs. (2.72)-(2.75) tenemos que c = a X b es X
G
X
como factores comunes
- (a&,
- a,b,fi
+ (axby - a,b&
(2.76)
Este resultado se puede escribir como el siguientedeterminante de 3 X 3
c = a
,:I b,
x b=a,
ay
a,
(2.77)
:y
X
J Figura 2.61
7,
donde en el primer renglónse escriben I, G; en el segundo renglón, las componentes del primer factor (a); eneltercerrenglón, las componentesdelsegundo factor (b).
44 -
Cap. 2. VECTORES
Un determinante 3 X 3 se puede desarrollar, según el primer renglón, de la siguiente manera
+-+
a
b
c
d
e
f
g
h
i
=+a =a(ej
:1 I/
d
f
"b g
j
- hi)-b(dj
lg d
+c
r
decir, c debe ser perpendicular tanto a a como a b. Una manera de verificar esto es calculando el product o escalar de a con c. Tenemos, usando la ec. (2.53), a
c = ac,,
+ aYcy + a,c,
e
con (véanse ecs. (2.79) y (2.81))
hl
ax= 3, cX= -34, cy=
- gf)+c(dh-ge).
(2.78)
ay= -2,
-27,
a,=6 ~,=8
por lo que
Si se aplica (2.78) en (2.77) se encuentra, en efecto, el resultado (2.76). Algunos comentarios pertinentes.
i] Si a = b, entonces a, = b,, ay = b, a , = b, ec. (2.77) tenemos que
i;C c = a x a =
a,aya, a, ay a,
y de la
Entonces, en efecto, a y c son perpendiculares. De manera análoga se puede obtener que c * b = O.
PROBLEMAS = O
ya que de la teoría de determinantes se sabe que s i en un determinante dos renglones son iguales, ya el determinante se anula. Pero, por otro lado, sabíamos que a X a debe anutarse porque el vector a es paralelo a sí mismo. ii) Si intercambiamos a y b, en el determinante se intercambianelsegundo y tercerrenglones.Pero este intercambio cambia el signo del determinante, es decir,
2.1. Un cuerpo se desplaza una distancia de 130 km en una dirección que forma un ángulo de 2 8 O con el r norte y con un sentido hacia arriba. Dibujar el vector que representa este desplazamiento. 2.2. Dibujar el vector u con: a) Magnitud: 1 8 km; dirección: forma un ángulo de 87O con la horizontal; sentido: hacia arriba. b] Magnitud: 88 krnih; dirección: norte-sur; sentido: hacia el sur. c) Magnitud: 30 kg; dirección: forma un ángulo de 148O con la horizontal; sentido: hacia abajo.
2.3. Diga si los vectores a y b mostrados en la figura 2.62 son iguales o n o lo son. ¿Por qué?
b x a = - a x b q u e es el resultado (2.69). Ejercicio 2.28. Encontrar el producto vectorial de
Y Aplicando la ec. (2.77) obtenemos
= ;[(-2)
5 - 6 X 41 "7[3 X 5 - (-2) C[3 x 4 - (-2) x (-2)] c = "34; - 27; 8k X
+
+
af
X
61
b/
Ci
lb] = 3 / a l
dl
la1 = lb1
(2.81)
Según la definición de producto vectorial, el vector c debe ser perpendicular a l plano que forman a y b; es
Figura 2.62
PROBLEMAS
2.4. Obtener la suma w de los vectores u y v que se muestranenlafigura2.63,usandolosdosprocedimientos descritos en el texto. iCoinciden en cada caso los dos resultados?
45
= -3.2, y = 4 = -5.5, y -6.2 e) x = 2, y = -8 C)
d)
X
X
2.9. Obtenga la magnitud, la dirección y el sentido de v dado en el problema 2.8. 2.10. Obtenga las componentes de a s i sus características son: a) Magnitud = 18; dirección: forma un ángulo de 45O con el eje X; sentido: hacia arriba. b) Magnitud = 25; dirección: forma un ángulo de 223O con el eje X; sentido: hacia abajo. c) Magnitud = 328; dirección: forma un ángulo de 154O con el eje X; sentido: hacia arriba. d) Magnitud = 94; dirección: forma un ángulo de 327O con el eje X; sentido: hacia abajo.
2.11. Obtenga u = v
d)
V
_ _ "_
U
- c"---
+ wsi
/ u / = 70 km/h = 1.8 /u1
/Y,
Figura 2.63
2.5. Encuentre el vector S = u - v siendo u y v los vectores dados en el problema 2.4. 2.6, Obtener el vector b = ha para los casos mostrados en la figura 2.64. 2.7. Encuentre el vector c = alh con a y h dados en el problema 2.6. 2.8. Dibuje, en un sistema de coordenadas, el vector v, cuyas componentes (x, y) son a) x = 4 , y = 7 b) x = 4 , y = -7
2.12. Calcule S = v - w, siendo v y w los vectores dados en el problema 2.11. 2.13. Obtenga el producto escalarS r si (O es el ángulo entre S y r) a) Is I = 4.6, b) Is1 = 6.2, c) I s 1 = 2.7, dl Is/ = 1.6,
2.14. Calcule v problema 2.11.
la/ =
al \
Figura 2.64
I r I = 8.3, e = 540 I r / = 1.7, e = 1230 Ir1 = 4.3, í3 = 63O Ir1 = 0.8, e = 172O
w con v y w los vectores dados en el
7km;h = 4
46
Cap. 2. VECTORES
2.15. Obtenga la magnitud del vector
+
a) b = 21 3; f 4G b) b = - 2; - 3; - 4f( 4k c) b = 51 - 2; d) b = 2.31 - 4.7; - 6.5L
+
b si
2.16. &uá1 es el ángulo entre los vectores v y w del problema 2.11? 2.17. Obtenga u = v X w con v y w los vectores dados en el problema 2.11. 2.18. Verifiqueencadacasodelproblemaanterior (2.17) que u v = u w = O.
Cinemática de una particula Una dimensión ( I )
3.2. POSICIóN DE UNA PARTíCULA
3.1. MOVIMIENTO DE UNAPARTíCULAEN UNA DIMENSIóN
Supongamos que la partícula se mueve a lo largo de la línea L-L (fig. 3.1). Para describir su movimiento debemos poder decir, en cada instante de tiempo, en qué lugar se encuentra. Para esto conviene escoger, y así l o haremos siempre, un sistema de coordenadas en una dimensión. Tomaremos el eje X de este sistema a lo largo de la línea L-L sobre la que la partícula se mueve (fig. 3.2). Se puede tomar el sentido positivo hacia cualquier lado de la línea, digamos hacia la derecha, y el origen O en cualquier punto. Asimismo se escoge una escala conveniente. Denotaremos la coordenada de la partícula que se encuentra en un punto arbitrario como x (fig. 3.3). Si x > O la partícula se encuentra, en este sistema, a la derecha del origen O y si x < O, la partícula se encuentra a la izquierda del origen O. La magnitud de x nos da la longitud que separa su posición del origen.
La cinemática es aquella parte de la mecánica que estudia la descripción del movimiento de los cuerpos sin tomar en cuenta las causas de este movimiento, mientras que la dinámica es la parte de la mecánica que se interesa en las causas del movimiento. Los movimientos que efectúan los cuerpos a nuestro alrededor son, en general, bastante complicados. Tomemos, por ejemplo, el movimiento de una nube. Si la observamos nos daremos cuenta de que la nube se mueve, sube, baja, cambia de forma, se divide en varias porciones, se une a otras nubes, etc.Si de primera intención quisiéramos describir estos movimientos,es claro que tendríamos que considerar muchas cosas al mismo tiempo: el movimiento de cada porción de la nube, la deformación, la división, la unión, etc. Esto sería muy complicado. Se ha encontrado que es conveniente estudiar primero movimientos sencillos y lo que se aprenda de estos aplicarlo a movimientos más complicados; posteriormente, lo que se aprenda de estos últimos aplicarlo a movimientos todavía más complicados, y así sucesivamente.Deestamanera se va construyendo todo un cuerpo de teoría en que una parte sirve de escalón a la siguiente. Siguiendo las ideas acabadas de exponer, iniciaremos el estudio del movimiento considerando el caso más sencillo posible. Primero, en lugar de tratar muchaspartículas o cuerposextendidos,estudiaremos únicamente una sola partícula. En segundo lugar, tomaremos el caso en que esta partícula se puede mover solamente a lo largo de una línea recta. E s decir, empezaremos el estudio de la cinemática de una partícula en una dimensión.
L
Figura 3.1
+ L
t,
>
L
X
Figura 3.2
Coordenada x positiva
Coordenada x negativa
47
Figura 3.3
48
Cap, 3. CINEMATICA DE UNA PART/C:JLA
E l movimiento que realiza la partícula es independiente de nuestra selección del eje X, d e su sentido y
X
del origen. Esta selección la hacemos para ayudarnos en la descripción del movimiento. Una vez elegido el sistema, su sentido y su origen no se pueden cambiar mientras se esté haciendo la descripción. Como se decía arriba, decribir el movimiento de la partícula significa poder decir en dóndese encuentra en cada instante de tiempo; estoes, poder especificar que al tiempot la coordenada de la partícula tiene un valor x, hecho que denotamos comox(t). A esto le IlaFiguro 3.5 maremos la trayectoria de la partícula. Conociendo la función x(t) para todo instante t sabremos dónde se encuentra y además se puede conocer cómose mueve. con t dada en segundos y x, en metros. Con esta funSe puede dar la información contenida en x(t) de ción explícita se puede calcular x para toda t. Así, si t cualquiera de las siguientes maneras. = 2 S, 1. Por medio de una tabla de valores, por ejemplo x(2s)=3X22-2X2=12-4=8mm. como la tabla 3.1 Tabla 3.1
t(s)
x(m)
O
3.2
1 2
4.3 1.8
3
"2.5
-4.5 - 3.6
4
5
-2.2
6
La presentación gráfica tiene l a ventaja de que de un vistazo podemos darnos cuenta de lo que hace la partícula. Así, por ejemplo, de la gráfica x - t de la figura 3.5a podemos decir que al transcurrir el tiempo el valor de x aumenta; es decir, la partícula se mueve todo el tiempo hacia la derecha a partir del puntox. (fig. 3.5b). La gráfica x - t NO es la trayectoria que físicamente sigue la partícula, sino una representación de ella. La partícula se mueve a lo largo de una línea recta (fig.
3.56).
2. Por mediodeunagráfica x-t (fig. 3.4). Así, por ejemplo, en t = 4 S , que corresponde al puntoQ de la gráfica, leemos que la partícula tiene una coordenada x = 5 m. 3. Por medio de una función. Por ejemplo,
x(t) = 3tZ
- 2t
Figura 3.4
Ejercicio 3.1. Describa el movimiento de una partícula si la gráficax - t es la mostrada en la figura3.6a. La partícula parte del punto x. al tiempo inicial( t = O) que corresponde al punto A de las figuras 3.6a y
xt
x1
X0
bl
Figura 3.6
49 3.6b. La coordenada x de este puntoes positiva; es decir, inicialmente se encuentra a la derecha del origen O (fig. 3.6b). AI transcurrir el tiempo, la coordenada x de la partícula disminuye, o sea que la partícula se mueve acercándose al origen, es decir, se mueve hacialaizquierda. En elinstante t, lapartículatiene coordenada x1 (punto B), que también es positiva, es decir, la partícula se encuentra en este instante a la derecha del origen O. A I seguir transcurriendo el tiempo, la coordenada de la particula no cambia:sigue teniendo el mismo valorx,; esto significa que la partícul a está detenida en xl. Ejercicio 3.2. Describa el movimiento de una partícula cuya gráfica x - t es la mostrada en la figura 3.7a. Inicialmente ( t = O) la partícula está en el punto de coordenada x, positiva, o sea, a la derecha del origen (le corresponde el puntoA de las figuras 3.7a y 3.7b). A I transcurrir el tiempo, la coordenada aumenta; esto quiere decir que la partícula se separa del origen, o sea, se mueve hacia la derecha hasta llegar, en el instante t, al punto de coordenadax1 (punto 6). En seguida la coordenada disminuye, es decir, la particula se regresa hacia la izquierda y en el instante t2 pasa por el origen (punto C). La coordenada x sigue dlsminuyendo, o sea que la partícula sigue movikndose hacia la izquierda hasta llegar, en el instantet3, al punto de coordenada x 3 (punto D), que está a la izquierda del x g < O). Ahoralacoordenada x origen(nóteseque aumenta, es decir, se muevehacialaderechaotra vez, o sea que la partícula se regresa. En el instante t , pasa nuevamente por el origen (punto E) y sigue moviéndose a la derecha. En el instante t5 llega al punto de coordenadax,(punto F). AI seguir transcurriendo el tiempo, la partícula sigue teniendo la coordenada x5, es decir, está detenida en x 5
xt I
B
3.3. V E L O C I D A D M E D I A DE U N A P A R T í C U L A A I moverse una partícula, cambiarásu posición. Supóngase que al tiempo t , la partícula está en el punto de coordenada x, (fig. 3.8) y que a l tiempo t2 la partícula está en x2.
Definimos el cambio en la posición de la partícula, denotado por Ax, como
{
} { "9:1,::"} { pz::n}
cambio en la posición
=
-
(3.1)
o sea,
AX =
X,
- XI.
(3.2)
E l cambio Ax así definido puedeser positivo, negativo o cero: AX > O SI X, > X, AX < O s i X, < X, AX = O s i X, = XI
Lo anterior significa físicamente que: si Ax > O, la posición final de la partícula(x,) está a la derecha de la posición inicial (x,); si Ax < O, la posición final de la partícula(x,) está a la izquierda de la posición inicial (x1); si Ax = O, la posición final de la partícula (x,) es la misma que la posición inicial (x,). Esto último puede ocurrir de una de las dos maneras siguientes: la partícula se mueve y al instante t2 la partícula regresa a la misma posición que tenía al instante tl; la otra posibilidad es que l a partícula no se mueva en el intervalo de tl a t,. Definimostambiénelcambiodetiempo, bien, e / intervalo de tiempo At c o m o
o más
A diferencia de lo que ocurre con la posición, en este caso At puede ser solamente positivo o cero, ya que el instante final (tz) nunca puede ser anterior al instante inicial ( t J Figura 3.7
At
2
O
( 3 4)
50
Cap. 3 CINEMÁTICADE UNA PART~CULA Comparando (3.7) y (3.9) vemos que sus lados derechos son iguales, por l o q u e
E l cambio lo definiremos siempre como ( c a m b i o d e . . ) = ( . . f i n a l ) - ( . .inicial)
(3.5)
Supóngase que se tienen dos partículas, la A y la 8 , y que ambas están en el punto x1 en el instante tl (fig. 3.9); al transcurrir el tiempo,las dos partículas se mue-
Y A , u A '1
B
t,
X
XB
(3.10)
> (Ax),
(3.11)
O sea, la partícula B recorrió una distancia mayor que
+
xA
(At),
Las dos partículas se movieron durante el mismo intervalo de tiempo. Si ahora comparamos las ecs. (3.6) y (3.8) y vemos la figura 3.9 concluimos que
(Ax),
B 0
(At),
t2
Figura 3.9
ven. La partícula A llega en el instante t 2 a la posición
x A , mientras que la partícula B llega, en el mismo instante t2, a la posición X,. Calculemos los cambios de posición y de tiempo para cada partícula (véase ec. (3.2)).
la A, en el mismo intervalo de tiempo. Decimos que la partícula B se m o v i ó más rápidamente que la partícupl ae arla A; alternativamente se d i cqeu tícula A se m o v i ó más lentamente que la partículaB. La discusiónanterior nos indicaqueenelmovimiento de una particula, además de especificar su posición, va involucrado el concepto de rapidez (o de lentitud), Definimos la velocidad media T7 de una partícula que experimenta un cambio de posición Ax en el intervalo At c o m o (3.12)
Partícula A Sepu_ecje definir también el concepto de lentituc media I c o m o
(At),
=
Partícula
B
(AX), =
(At), =
{
intervalo detiem-} PO
[
de A
=
{
instante final de A
}
1{
Con este concepto se podría desarrollar la mecánica. Sin embargo, resulta más conveniente hacerlo con el concepto de velocidad. -
Regresemos al caso de las partículas A y E que consideramosarriba. Las velocidadesmediasde estas partículas son
} {
}
cambio posición posición de = final -I ; ¡ : : ¡ posición de B de B
{
(Ax), intervalo d et i e m - } = PO d e E
= x g - x1
{
instante final de 8
} { -
(3.8) instante inicial de B
}
Ahora bien, los denominadores son iguales (ec. (3.10)), mientras que el numerador deV,es más grande que el numerador de ?A (véase e c . (3.11)). Por tanto,
E s decir, la definición(3.12) nos representa el concepto de rapidez de una partícula porque asigna un mayor valor de la velocidad a la partícula que recorrió una distancia mayor en el mismo intervalo de tiempo. En la ec. (3.12) se nos presenta, por primera vez, una cantidad que es combinación de las cantidades básic a s Ax y At. Las dimensiones de v s o n (véase ec.(1.42)) L/T. Las unidades de la velocidad en el Sistema Internacional son mis.
Dt UNA PARTiCULA
VELOCIDAD MEDIA
En elcocientede (3.12), At es siemprepositiva,Delaec. mientras que Ax puede tener cualquier signo; por tanto, Ytiene el signo que tenga A x . Ahora bien (fig. 3.10) v>o
__I,
o
x1
I;
o
x
x2
(3.12) encontramosque
Intervalo de 1 que
S
a 2 S (At = 1
x i n i c . = 4.3 m
+
x
x2
Ax =
+ X
que nos da
- -2.5
I s
.
"
X
x2
> O (el desplazamiento ocurre hacia la derecha), entonces V > O, si Ax < O (eldesplazamientoocurrehaciala izquierda), entonces Y < O,
s i Ax = O (o no hay desplazamiento o al final del intervalo la partícula regresa asu posición inicial),entonces O.
V=
De lo anterior concluimos que el signo de la velocidad nos indica el sentido hacia donde se mueve la partícula. Conociendo la trayectoria de una partícula, es decir, x ( t ) (ya sea en forma de tabla de valores numéricos, de una gráfica x - t o de la función x(t))se puede encontrar la velocidad media para diversos intervalos de tiempo. Ejercicio 3.3. Calcule la velocidad media v de una partícula para la cual x ( [ ) está dada por la tabla 3.1 Haga los cálculos con At = 1 S , 2 S y 3 s. Tomemos primero At = 1 S , es decir, intervalos de tiempo de 1 s. Esto significa considerar los instantes sucesivos O, 1 S , 2 S , 3 S , 4 S y 5 s. Intervalo de O a 1 S (At = 1 S ) . En este caso, vemos de la tabla 3.1 que xfinal
= 4.3 m
por lo que, usando la definición (3.5) xfinal-xinic.
S
= 4.3 m - 3.2 m = 1.1 m
m
= -2.5 mis
(At = 1 S ) . Se tiene que xfinal
= -2.5 m
por lo que
Ax =
si Ax
Ax =
Intervalo de 2 S a 3
xinic. = 1.8 m
Figura 3.10
= 3.2 m
= 1.8 m
xfinal
At
xinic.
En este caso se tiene
= 1.8 m - 4.3 m = -2.5m
xfinal-xinic.
v = - - Ax
o
S).
por lo que
t
"
51
xfinnl-xinic.
= -2.5 m - 1.8 m = " 4 . 3 - m
Las coordenadas x son cantidades algebraicas, decir, van acornpanadas de su signo.
es
La velocidad media en este intervalo es
Ax V E "
- -4.3 m
I s
At
= -4.3 m/s
De manera análoga se encuentra que en el intervalo de 3 en el intervalo de 4 en el intervalo de 5
S S S
a 4 s. a 5 s. a 6 S,
V = "2 mls V = 0.9 mls V = 1.4 m/s
Calculemos ahora la velocidad media en intervalos de 2 s. Esto significa considerar los instantes O, 2 S , 4 S y 6 s. En el intervalo de O a 2 S (At = 2 S ) se tiene que xinic.
= 3.2 m
xfinal
= 1.8 m
por lo que
y la velocidad media es
v=--
Ax
-
At
En elintervalode2
S
-1.4 m 2s a4
S
= -0.7 mls
(At = 2
S
) se tieneque
Ejercicio 3.4. En la gráficax - t dada en la figura 3.11 obténgase la velocidad media a partir del instante1 S, tomando intervalos de 1 S, 2 S y 4 s.
por lo que
Ax = x f i n a l - x i n i c ,
v=--
= -4.5 m - 1.8 m = -6.3 m
- -6.3
m
2s
At
= -3.15 mis
De manera análoga, en el intervalo de
4
S
a6
S,
v = 1.15 mis
Calcularemosacontinuaciónlavelocidadmedia en intervalos de3 S, o sea, se tienen que considerarlos instantes 0, 3 S y 6 s. En el intervalo de 0 a 3 S (At = 3 S) se tiene q u e
x i n i c . = 3.2 m
x f j n a [ = -2.5 m
por lo que Ax = x f i n a [ - x i n i c , Y
v=--
AX
At
Figura 3.1 1
= -2.5 m - 3.2 m = -5.7 m
- -5.7
m
3s
= -1.9 mis
Según se lee de la gráfica, en el instante I S la partícula tiene la coordenadax = 1 m (punto A de lagráfica). Intervalo de 1 S ( A t = 1 S). Partiendo del instante I S, el instante final es 2 S (punto 6). En 2 S la coordenada de la partículaes 2.5 m . Por tanto, en este intervalo el cambio de posici6n es
Ax =
xB-xA
= 2.5 m - 1 m = 1 . 5 m
y la velocidad media es (ver ec. (3.12)) Tabla 3.2
Intervalo de 2 S (At = 2 S). A partir del instante 1 S, le corresponde el instante final 3 S (punto C). De la gráfica se ve que en 3 S la coordenada de la partícula es "2 m . En consecuencia, en este intervalo el cambio de posición es
AX =
xC-XA
-2 m - 1 m = - 3 m
y la velocidad media es -
-= -1.5
Ax v = __ At - - 3 2ms
También se puede obtener el valor de la velocidad mediasesi da x(t) en forma gráfica.
mis
Intervalo de 4 S (At = 4 S). Tomando como instante inicial 1 S, el instante final es 5 S (punto D). De la gráfica se ve que en S S la coordenada es 0.5 m . Por tanto, en este intervalo el cambio de posición es
Ax = x D - x A = 0.5 m - 1 m = -0.5 m
VELOCIDAD MEDIA DE UNA PARTíCULA
y la velocidad media es
Ax v=--
-0.5
m
4s
At
= -0.125 m/s
En general, si se tiene la gráfica x - t de un movimiento (fig. 3.12) y se determina un intervaloAt a partir de un instante dado t,, podemos encontrar la velocidad media como sigue: en el instante inicial tl (punx,; en t o A de la gráfica), la partícula tiene coordenada el instante final t2 = t , At (punto B), la partícula tiene coordenada x2. E l cambio de posición es
{
X*
- x1
secante AB
La pendiente de una rectaes la tangente del ángulo que forma la recta con el eje horizontal (fig. 3.13)
{
+
AX =
{
}
velocidad la pendiente de media =
53
pendiente de la recta RS
}
= tgcy
BC
*
1 Figura 3.13
'I
I
Figura 3.12
c o m o se ve de la gráfica. Además, el intervalo At es
At
t2
-
tl
Por tanto, la velocidad media
= AC r e s (véase ec. (3.12))
Ahora bien, en el triángulo rectángulo ABC, BC y AC son los dos catetos, y se tiene que (véase la ec. (2.22)) la tangente del ángulo cy es tgcy=-
BC AC
y comparando las últimas dos ecuaciones concluimos que v = tgcy
E s decir, la velocidad media en un intervalo es la tangente del ángulo cy de inclinación de la secante AB que une los puntos que corresponden al inicio y al final del intervalo. Dicho de otra manera,
Ejercicio 3.5. La gráfica x - t del movimiento de un cuerpo es la mostrada en la figura 3.14. Obtenga las velocidades medias de la partícula a partir del instante 2 h para los intervalos de 2 h y 4 h. E l punto inicial corresponde al instante 2 h (punto A de la gráfica) y tiene la coordenada x = 20 k m . Para el intervalo de 2 h el instante final es 4 h (punt o 6) y le corresponde la coordenada 35 k m . E l cambio de posición es
La velocidad media es (véase ec. (3.12))
v="
km
At
15 2 h
= 7.5 k m / h
54
Cap. 3. CINEMÁTICA DE UNA PARTíCULA
Para el intervalo de 4 h el instante final es 6 h (punt o C) al que le corresponde la coordenada 20 k m . E l cambio de posición en este intervalo es
Ax = xc -
XA
= 20 k m - 20 k m = O k m
y por tanto, la velocidad media es [véase ec. (3.12))
iLa velocidad media en este intervalo es cero! Nótese que la secante AC que une el principio (A) con el final (C) del intervalo es horizontal y, por tanto, tiene pendiente nula. De la gráfica vemos que el cuerpo cambia de posición y en el ¡?stante6 h regresa a la posición que tenía en el instante 2 h; a pesar de haberse movido, su velocidad media se anula. Ciertamente que esto va contra l a sensación que intuitivamente tenemos de que s i un cuerpo se mueve no puede tener velocidad cero.Este hecho nos indica que la definición de velocidad media dada en la ec. (3.12) no es completamente adecuada. D e los cálculos de velocidad media que hemos hecho arriba, se tienen indicios adicionales de que lad e finición (3.12) efectivamente noes adecuada. En efecto, regresemos al ejercicio 3.3, tabla 3 . 2 . Si tomamos como instante inicial t = O vemos que si At = 1 S , s i At = 2 S,
si At
3
S,
toma el intervalo (AtIl, la velocidad media es la pendiente de la secante A B -
VI
= t g cy
si, en cambio, se toma el intervalo (At),, la velocidad media es la pendiente de la secante AC
si ahora se toma
el intervalo (At),, la velocidad media es la pendiente de la secante AD v = tgy
etcétera. i C u á l es la velocidad que se le asocia a la partícula? Esperaríamos que la velocidad de una partícula NO dependiera de una selección que nosotros hiciéramos (en este caso de intervalo), sino que fuera algo independiente de nosotros. E s claro que, desde este punto de vista, la definición (3.12)no es adecuada. Te-
v = 1.I mls v = -0.7 mis v = -I 9 mls
E s decir, s i escogemos tres intervalos de tiempo diferentes a partir de un instante dado, se tienen tres valores distintos de la velocidad media. Esta conclusión también la podemos obtener de los r e s u l t a d w d e los ejercicios 3.4 y 3,5. En general, s i se tiene la gráficax-t de un movimiento (fig.3.15) y se toma el punto inicial A,se tendrántantasvelocidadesmediasdiferentes como intervalos At distintos se tomen. En efecto, s i se
nemos, por tanto, que modificar la definición de velolos inconvenientes que a concidad para que no tenga tinuación se mencionan: a) le puede asignar una velocidad nula a un cuerpo
'f
que sí se mueve,
b) le asigna tantos valores de la velocidad como intervalos de tiempo escojamos.
"
P
En el desarrollo de la física ha ocurrido a menudo que se da una primera definición de un concepto y que después de analizarla con cuidado resulta no ser adecuada. E l procedimiento es llegaraotradefinición, basada en lo que se hubiere aprendido de la primera, de tal manera que no tenga los inconvenientes de la primera definición. Este proceso es bastante común. En la siguiente sección estudiaremos la manera de
VELOCIDAD
3.4. VELOCIDAD INSTANTÁNEADE UNA PARTiCU LA
i
'
55
vez más parecidos entre sí). E s decir, a medida que el intervalo At se hace más y más pequeño la velocidad media deja de depender del intervalo. En el límite, cuando el intervalo es extraordinariamente pequeño, la velocidad es la pendiente de la tangente AR (fig. 3.1 6c)
Consideraremos en esta sección la forma de definir adecuadamente la velocidad. Volvamos nuevamente a la figura 3.15. Supóngase (At),, aparquetomamoselintervalomitadde tir del punto A;se tendrá la situación mostrada en la figura 3.16a. AI final del intervalo le corresponde el punto U. Ahora la velocidad media es la pendiente de la secante A U v = tgv
xt
INSTANTANEA DE UNA PARTiCULA
D e esta manera definimos una nueva velocidad, Ilamada instantánea, que denotamos por v, c o m o sigue
v = lím A t 4
(2)
(3.14)
A continuación ilustraremos en forma numéricalas ideas que acabamos de exponer. En la figura 3.17a se x como función det. Haremos cálcuve una gráfica de los d e &/At con el punto inicial A. En la tabla 3.3 se presentan los valores numéricos para varios instantes t.
B
t
O
En seguida tomemos otro intervalo(At)l,4, la mitad del anterior (fig. 3.16b). AI final del intervalo le corresponde el punto Vy la velocidad mediaes la pendiente de la secante AV -
v = tgX
Figura 3.17 o
continuación A calcularemos las pendientes de las secantes AB, AC, AD, AE. Para la secante AB se tiene
Si seguimos con este procedimiento nos damos cuentadeque las secantes AB, AU, AV,. . así generadas se van acercando a la tangente AR de la curva en el puntoA(fig.3.16~).También nosdamoscuentade y que a medida que el intervalo se va haciendo cada vez más pequeño, las pendientes de las secantes AB, AU, AV,. . . difieren cada vez menos una de la anterior (los ángulosdeinclinación CY, v, X,. . soncadaporloque
At =
AX
XB
tB
-
-
fA
XA
= 3.0
-
0.5 = 2.5
= 12.00 - 3.25 = 8.75
56
3.00 3.25 4.00 5.25
O
A
E D
c
9.25 12.00 B 19.00
0.5
1.o
1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0
7 .O0
1 5 25 23.25
4 5
Ax
at
-
8.75
mos la tabla 3.5 con puntos alrededor de A. La gráfica correspondiente es la de la figura 3.17c, que es una ampliacióndelrecuadrodelafigura3.17b.Nótese que la escala de esta gráfica es diez veces mayor que la de la figura 3.17b.
- 3.5
" "
2.5
D e manera análoga se encuentran las pendientes de las secantes AC, A D y AE
Tabla 3.5
3.2116 3.2209 3.2304
= 1.3;
At
1
Si se calculan las pendientes de las secantes A H y A l , se encuentra que AC
= 1.I (3.16)
Nhtese . " - ~ aue ahora las pendientes cambian menos que en e l caio de la figura 3.17a. si continuamos tomando valores deAt todavía más pequeños se tendrá la siguiente situación. Considere-
Se puede seguir de esta manera. Ya en l a f i g u r a 3 . 1 7 ~ se ve que estamos tratando con una sección de la curva que es casi una línea recta. Obsérvese que las pendientes dadas en (3.15) van
VELOCIDAD INSTANTANEA
zontales como la DE (fig. 3.18). En e l p u n t o B la tangente BU es horizontal y su pendiente es cero. Este p u n t o B corresponde al caso en que el cuerpo llega ala coordenada xB y se regresa; pero para regresar tiene que detenerse en xy por un instante; en consecuencia, sise detiene, su velocidad en ese instante es cero. Lo mismo sucede en el p u n t o C. En la porción DE no hay cambio de posición y por tanto, la velocidad es cero. bj Ya no se pueden asignar tantos valores de la velocidad como intervalos de tiempo escojamos, debido a queya no se tiene esta libertad. Se toma solamente el intervalo At O. La velocidad definida en (3.14) es la que tiene un cuerpo en cada instante y ya no está asociada a intervalos finitos arbitrarios.
- x i40
-
3 18i 1h
-
334-
H
3 12
i LH 3 Zh 1 24 1 10
122 1 LO
57
DE UNA PARTiCULA
2:ngente
-
-
-
3 18
1
1
1
1
1
1
1
1
r y 7 3 3 3 = " 1 T o T S f
T
~
*
L
^
L
^
r
r
L
^
L
T
C
t
t
" " " " " " " " " "
Figura 3.17 c
- - -
cambiando la primera cifra (3.5 2.5 2 1.5); al cambiar de escala, las pendientes (dadas en (3.16)) ya no cambian la primera cifra, sino que cambian la se1.3 1.I]. A I seguir cambiando de gunda cifra (1.5 escala, las pendientes (dadas en(3.17)) no cambian las primerasdoscifras,sinosolamentelaterceracifra (1 .O6 1.03). A medida que se va tomando At cada vez más pequeño, vamos obteniendo el mismo númenos vamos r o en las primeras cifras. De esta manera acercando al valor 1. Pero resulta que 1 es el valor de la pendiente de la tangente AS en el punto A
- -
\
/'
-\
-
=I I
Se ve así que al ir tomando intervalos At cada vez menores, la velocidad media correspondiente depende menos y menos del intervalo. E l proceso que hemos seguido se puede escribir como
La tangente AS prácticamente coincide, en la figura 3.17c, con la secante AI. La definición (3.14) de la velocidad instantánea no tiene los inconvenientes que tiene la velocidad media. En efecto,
1
S i viajamos en un automóvil, la velocidad que mar-
ca el velocímetro es justamente la velocidad instantánea dada por (3.14).
C
Ot----------"7
v-
Figura 3.18
a) si un cuerpo está en cierto punto (representado
por A en la figura 3.18)y se mueve, es decir, cambia su posición, entonces la velocidad instantánea no puedeser cero, ya que es la pendiente de la tangente AR, que no puede ser horizontal. La velocidad v será cern solamente en puntos como el máximo B. e l m í n i m o C o proporciones hori-
Del cálculo diferencial sabemos que el lado derecho de la ec.(3.14) es justamente la derivada dex con respecto at. v = - dx
dt
(3.18)
I
58
Cap. 3. CINEMÁTICA DE UNA PART~CULA
+ B d dt
d v(t) = A -t3 dt
Recuérdese la definición de la derivada de la función f(y) con respecto a y
t
y usando (3.22)
+
v(t) = 3At2 B Dada la trayectoria de la partícula? = x(t) se puede Sustituyendo valores encontrar la velocidad instantánea usando la ec. (3.18) o calculando la pendiente de la tangente en la gráfica m m x - t correspondiente. ~ ( S)3 = 3 X 5.2 -j- X (3 S)' -2.1 S
Ejercicio 3.6. Si un cuerpo sigue la trayectoria
x(t) = At3
+ Bt
x(3
S)
= 5.2
m
-7J
S
S
(3.19)
= 140.4-
m S
S)
Ejercicio 3.7. Calcule la posición y la velocidad en el instante 4 S de una partícula que se mueve según
x
S
x(t) =
I
S
es
S
Para obtener la velocidad derivamos con respecto a
t la expresión (3.24)
I I
La derivada de la función coseno es
d cos f(y) dY
= " s e n f(y)
d
(3.25)
dY d
v(t) = -x(t) = -xxOsenwt r ( w f ) dt t - - x O w sen ut
c1
(3.22)
S)
= 8.2m cos (12.4rad) = 8.2 m X 0.9862 = 8.09m
(3.20)
(3.21)
(3.24)
x(4 S) = 8.2 m cos (3.1 rad x 4
las deri-
1 b) si A es una constante
cos w t
ra 3.19. La posición en el instante t = 4
Del cálculo diferencial se tienen los siguientes resultados: es la suma de
x0
con x0 = 8.2 m y w = 3.1 rad/s. Esta expresión está referida al sistemade coordenadasmostrado en la figu-
= 140.4 m - 6.3 m = 134.1 m
la derivada de una suma vadas
S
S
Para calcular la velocidad instantánea tomamos la derivada de (3.19) con respecto at (véase ec. (3.18))
a)
-2.1 m
m
Recuérdese que los símbolos de se manejan como símbolos algebraicos (véase capítulo 1). x(3
S
= 138.3 -
S
x 3-
m S
x (3 s)3 - 2.1 - x (3 S) 2.1
S
= 3 X 5.2 X 9 m7 X S ' " 2 . 1 m
con A = 5.2 mis3 y B = -2.1 mis, obténgase su posición y su velocidad instantánea en el instante t = 3 s. Primero calcularemos la posición en t = 3 s. Sustituyendo este valor y los valores de A y B en (3.19) m
(3.23)
(3.26)
Para este cálculo hemos usado los resultados (3.21) y (3.22). Sustituyendo valores en (3.26) obtenemos v(4 S) = -8.2 m X 3.1 rad sen (3.1 __ rad x 4 ~
m
S
= -25.42 - x sen (12.4 rad) S
S
S)
I
I
59 = " 2 5 . 4 2 X (-0.1656)-
m S
m = +4.21 S
I
Aqui se manejaron las unidades como símbolos algebraicos. Además, se presentó el siguiente producto
I
ya que radianes es la medida de un ángulo quees una cantidad sin dimensiones.
Dado que el de Obtenido es positivo (+4'21 mis), esto significa que en el sistema de coordenadas de la figura 3.19, la partícula se mueve a la derecha.
O
t =4s
I
I
I
I
1°i
Figura 3.21 I
Ejercicio 3.9. La gráfica x - t del movimiento de un cuerpo es la línea recta mostrada en la figura 3.22.
Obtenga la velocidad instantánea en t = 2 h y en t = 5 h.
* X
x = ?
Figura 3.19 Ejercicio 3.8. La trayectoria de una partícula es tal Enque su gráfica x - t es la mostrada en la figura 3.20. cuentre la velocidad instantánea al tiempo t = 5 s.
1o
Obtendremos primero la velocidad instantánea en t = 2 h. A este instante le corresponde el punto U (fig. 3.23a). La tangente a la gráfica x - t en U es la recta UW, que coincide con la recta misma. La pendiente de UW (fig.3.23b) es
1
WT v(t = 2 h) = pendiente de UW = UT
*'I
Figura 3.20
pero WT =k m 3
y UT = 1 h, por lo que
~ ( t 2 h) =
3km
-
3-
km
velocidad instantánea Comolasearriba, discutió I h h es la pendiente de la tangente a la gráfica x - t en el instante de interés. Por tanto, se tiene que encontrar De la misma forma se encuentra que esta pendiente en el instante t = 5 s. La tangente a la gráflca x - t en t = 5 S es línea la PQ figura lade 3.21 km v(t = 5 h) = 3 __ h Ahora, de la gráfica (fig. 3.21) calcularemos la pendiente de la recta PQ. Para ello formamos, a partir de un punto arbitrario R sobre la recta PQ el triángulo Esto significa que las velocidadesen los dosinstantes rectángulo PRS. La longitud del cateto R S es 3.75 m y diferentes tienen el mismo valor la longitud del cateto PSes 2 s. La rendiente de PRes I La tangente a una línea recta coincide con la recta
v(t = 5 S) = pendiente de PQ
~
1
misma. Por tanto, la pendiente de la tangente a la rect a es igual a la pendiente de la recta. Además, una característica de una línea recta es que las pendientes en puntos distintos son siempre iguales.
60 En primer lugar, por ser la gráfica x - t una línea recta, su velocidad instantánea en cualquier instante es la pendiente de la recta PQ. Pero esta recta es horizontal, por lo que su pendiente es cero y
v = o es decir, el cuerpo no se mueve
3.5. A C E L E R A C I ó N DE U N A P A R T í C U L A En un movimiento arbitrario, la velocidad v de una partícula cambia al transcurrir el tiempo. Por tanto, se A v en el interpuede definir el cambio de la velocidad valo de tiempo At (véase ec. (3.5))
Av = (velocidad final) - (velocidad inicial) A I igual que en el caso de la posiciónse define la aceleración media T c o m o
(3.27) Las dimensiones de la aceleración
bl
Figura 3.23
En general, s i la gráfica x - t de un movimiento es una línea recta, la velocidad instantánea en cualquier instante tiene siempre el mismo valor. A este tipo de movimiento se le llama uniforme. La velocidad instantánea en el movimiento uniforme es la pendiente de la recta x - t. En un movimiento uniformev = V. Ejercicio 3.10. La gráfica x - t del movimiento de una partícula es la línea recta de la figura 3.24. iCuá1 es la velocidad de la partícula?
X
son
pero [t] = T y de la ec. (1.421,[VI = L/T por lo que
(véase ec. (1.44)). En el Sistema Internacional de unidades des de la aceleración son mis2.
las unida-
Ejercicio 3.11. Un cuerpo tiene una velocidad de 4.5 mis en el instante inicial; posteriormente, en el instant e 2 S, tiene una velocidad de 6.7 mis. 2Qué aceleración media experimenta e l cuerpo? Se tiene que en
y en
tl = O, tz = 2 S ,
v1 = 4.5 mis
v2 = 6.7 mis
E l cambio de velocidad es (véase ec. (3.5))
P
Av = (velocidad final) -
Q
m = 6.7 - -4.5S
1
b
Figura 3.24
(velocidad inicial)
v2 - "1
m
01
-
t
S
m = 2.2S
E l intervalo de tiempo At es (vPase ec. (3.3)) At=t2-t1=2s--0s=2s
61 Sustituyendo estos resultados en la ec. (3.27) -
a =
a l
“1.
”
2.2 mis - 2.2 mis 2s 2 s
O
m = 1.17
t, = o
t2=
3s
w
x
Figura 3.26
Aquí se usó la ec. (1.I 5). En este caso la aceleración media es positiva;en consecuencia, en el sistema de coordenadas de la figura 3.25, laaceleracióntienesentidohacialaderecha.
O
t, =
o
t2
x
= 2 s
Figura 3.25
Ejercicio 3.12. Un cuerpo tiene una velocidad inicial de 8.5 mis; en el instante 3 S tiene una velocidad de 4.2 mis. iQué aceleración media se ejerce sobre el cuerpo? Se tiene que en
y en
tl = O, t2 = 3 S ,
v1 = 8.5 mis v2 = 4.2 mis
E l cambio de velocidad es
m m = 4.2 - -8.5 S
= -4.3-
S
m
Sustituyendo estos valores en la ec. (3.27) nos da mis
+ 3.2 mis2
D e la ec. (3.27) despejamos el cambio de la velo,cidad Av
A t = t 2 - t 1 = 3 ~ - 0 = 3 ~
3s
Ejercicio 3.13. Una partícula está inicialmente en 3.2 m/seg2 reposo. Sobre ella actúa una aceleración de hacia la derecha. iQué velocidad tendrá la partícula después de 0.5 S ? Dado que la velocidad inicial de la partícula es cer o y que sobre ella actúa una aceleración, entonces la velocidad cambiará; cambiará del valor cero a un valor distinto de cero. E s decir, en un instante posterior la partícula tendrá una velocidad, o sea,se moverá. Tomamos el eje X a lo largo de la línea en que se mueve el cuerpo; se escoge el sentido positivo del eje hacia la derecha (fig.3.28).Como la aceleración actúa hacialaderecha,enestesistemadecoordenadas tiene signo positivo
a=
S
E l intervalo de tiempo es
m -4.3 a =
a> a<
si O, el cambio de la velocidad ocurre hacia la derecha (fig. 3.27a), si O, el cambio de la velocidad ocurre hacia la izquierda (fig. 3.276), si X= O, no hay cambio de velocidad.
= -1.43-
N
Véaseapéndice I I con
=
a, v
= Avy b = At.
(3.28)
Av = a A t S*
En este caso laaceleraciónmedia es negativa;por tanto, en el sistema de coordenadas de la figura 3.26 la aceleración tiene sentido hacia la izquierda. En vista de que el intervalo At es siempre positivo, el signo que adquiere r e s el mismo que tiene Av. AI igual que enel caso de la velocidad media (pág. 51) se tiene, en el sistema de coordenadas de la figura 3.27 lo siguiente:
Sustituyendo valores obtenemos m A V = 3.2 -X 0.5 S S2
m = 3.2 X 0.5 7X S
m
= 1.6-
S
S
1
62
CaD. 3 . CINEMATICA DE UNA PART~CULA
Ahora bien
A v = velocidad final-velocidad inicial = v " O = v
(3.29)
Ahora la velocidad de la partícula en t = 0.5 S es negativa; por lo que la partícula se mueve hacia la i z quierda (fig.3.29). La magnitud de la velocidad en este instante es 1 . 6 mis, igual que en el caso del ejercicio 3.13.
por lo que la velocidad que adquiere la partícula en el Ejercicio 3.15. Una partícula tiene en t = O una veinstante 0.5S es locidad de 4.3 mis hacia la derecha y sobre ella actúa una aceleración de 3.2 m/s2, también con sentido a la m derecha. iQué velocidad tendrá la partícula en el insv = 1.6S tante t = 0.5 S ? En el sistema de coordenadas de la figura 3.30 se tiene en este caso EI signo que tiene esta velocidad es positivo, por lo que la partícula se mueve a la derecha (fig. 3.28), con magnitud de la velocidad igual a 1.6 mis. a = 3.2 mis2 v1 = 4.3 mis
+ +
I
I
O
I
t=0.5s
t = O
* X
Figura 3.28
Figura 3.30
Ejercicio 3.14. Si la aceleración del problema anterior estuviera actuando hacia la izquierda, iqué velocidad tendría la partícula en el instante 0.5 s? En este caso, tomando el mismo sistema de coordenadas de la figura 3.28 -
a = -3.2 mis2
ya que la aceleración actúa en sentido opuestosenal tido positivo del eje X (véase fig. 3.29).
434
&+
v=0+
I
I
-
t = 0.5 S O
t = 0
Av =
+ 1.6 mis
En lugar de la figura 3.28, ahora se presenta la situación mostrada en la figura 3.30. Tenemos que
A v = (velocidad final) -
v2 = v1
* X
Figura 3.29
-
(velocidad inicial)
v2 - v1
Despejando v2
-1
1
Al igual que en el ejercicio 3.13
+ Av
(3.30) ~~~~
La diferencia entre lasecs. (3.29) y (3.30) es que ahora la velocidad al inicio del intervalo (vl) no es cero. Sustituyendo valores
Sustituyendo valores en la ec. (3.28)
= -1.6AI igual que en el ejercicio dad inicial es cero,
m S
3.13, dado que la veloci-
Av = v - O = v = -1.6 mis
m
~2
m 4.3 S
m + 1 . 6 -S = 5.9 S
La velocidad es positiva en t2, o sea que su sentido es hacialaderecha(fig. 3.30). Ademásvemosquela magnitud de la velocidad aumentó. Si la velocidady la aceleración tienen elmismo sentido, entonces la aceleración hace que la magnitud de la velocidad aumente. Ejercicio 3.16. Suponga que en el ejercicio 3.15 l a velocidad en el instante inicial tuviera sentido hacia
t2
= 0.5
I
S
O t, = O
lv*l
tl
I
0
'\
>
/VI1
*
\
\
X
'\\
x x
Figura 3.31
-
+ .e\,. -
la izquierda. iQué velocidad tendría la partícula en t = 0.5 S? Ahora se tiene,enelsistemadecoordenadasdela figura 3.31
63
I
-O
Figura 3.32 a
+
a = 3.2 mis2 v1 = -4.3 r n l s
AI igual que en el ejercicio anterior
Av =
+ 1.6 mis
La ec. (3.30) es
que sustituyendo valores da ~2
= -4.3-
O
Figura 3.32 b
m S
+
X
m 1.6S
La velocidad obtenida tiene signo negativo,lo que significa que su sentido es hacia la izquierda (fig. 3.31). Además notamos que la magnitud de la velocidad disminuyó. Si lavelocidad y laaceleracióntienen sentidos opuestos, entonces la aceleración hace que la magnitud de la velocidad disminuya. 1
O
riores, la partícula se mueve según indica el signo de la velocidad. Así, por ejemplo, en la figura 3.31 tanto en t , como en t2 la partícula se mueve a la izquierda, aunque la aceleración tenga sentido hacia la derecha.
3.33 x Figura L
LOS ejercicios anteriores ilustran lo siguiente:
1. Si la velocidad y la aceleracióntienenel mismo sentido (figs. 3.32a y 3.32131, entonces el efecto de la aceleración es aumentar la magnitud de la velocidad. 2. Si lavelocidad y laaceleracióntienen sentidos opuestos (figs. 3.33a y 3.33133, entonces el efecto de aceleración la es disminuir la magnitudvelola de cidad.
IVZI
<
//
lV1l
/.
//
a
,/
//I
&?
//Ia //
tzt Figura 3.33
I
O
x
64
Cap. 3. CINEMATICA DE UNA PART~CULA
La definición (3.27) delaaceleraciónmedidtiene los mismos inconvenientes que la definición de velocidad media (véase sección 3.3). De la misma forrna veque definición una apropiada la más se ade llega locidad, se define la aceleración instantánea a de la la utilizamos Ahora siguiente manera a =
lim -o
5:
(S)=dt dv
(1.31)
y usando la ec.(3.21)
d dt
~ ( t ) 3E -t4
- 4C -t 2 + 5 A d t dt dt
(3 22) X 4t3 - 4C x 2 t = 12Et3 - 8Ct 5A
vir) = 3E
+
+ 5A x
No repetiremoselargumentopues se puedecalcarUnavezquetenemosv(t)podemoscalcular la usando ¡a ec (3.31) palabraporpalabra,simplementesustituyendoen discusión dada en las secciones 3.2 y 3.3 la paidbra d posición por velocidady la palabra velocidad pordcea ( t j = __ v(t) = __ (12Et3 - 8Ct dt dt leraciór,. Si ahora sustituimos (3.18) en ec. la (3.31!, obtene= 12E X 3 t 2 - 8 C X 1 + O mos = 3 6 E t 2 - 8C a=- d
d
dx - d2X dt dt2
(3.3'1
Aqui se usaron las d(5A)idt = O, por Es decir,paraencontrarlaaceleracióninstantáneaahora(3.34) Para t hay que derivar dosveces la posiciónx(t) con respecto a(3 S) = 36 X tiempo. al dt
dt
1 a(t),
+ 5A) (3.34)
ecs. (3.20) a(3.22) y el hecho de que ser A unaconstante.Evaluaremos = 3 s. SustituYendo 10s valores
m 6.1 __- X (3 S4
S)*
m - 8 X 2 3 __ 52
En lo sucesivo se debe recordar que
o equivalentemente
Nótese que para obtener a(t), ec. (3.34), se llevaron a cabo dos derivadas con respecto ai tiempo.
s i la velocidad de un cuerpo CAMBIA aceleración
Como se vio en la sección anterior, si uno conoce la trayectoria x = x(t) puede obtenerse la velocidad v(t). A su vez, s i uno conocev(t) se puede obtener, con ayuda de la ec.(3.31),la aceleración a(t). Se concluye que la trayectoria x(t) determina tanto v(t) como a(t1
Ejercicio 3.18. En la figura 3.34se muestra la gráfica x - t del movimiento de una partícula. Obtener las gráficas v - t y a - t correspondientes.
Ejercicio 3.17. Una partícula se mueve de acuerdo con 5At C3.33) x(t) = 3Et4 - 4Ct2
+
con E = 6.1 mis4, C = 2.3 mis2y A = 4 mis. Calciilese la aceleración instantánea en t = 3 5 . Para calcular a(f) necesitamos conocer primero v(tj. Usando la ec. (3.18) obtenemos
d
L i t ) = ---x(t} dt
d = "(3Et4 dt
4Ct2 -1- 5,At)
d dt
+ __ (sAtj dt
Con ayuda de (3.20) d "(3Et4) dt
- --[4CrZj
En la sección 3.4se estudió que l a velocidad instantánea es la pendiente de la gráfica x - t. Se encontrará esta pendiente punto a punto. Así, en el punto L (fig. 3.35a) la tangente es la línea LT. Se calcula la pendiente de LT, como se hizo en el ejercicio 3.8, obteniéndose el valor 0.749 mis. Este valor es el de l a velocidad en ese instante y corresponde al punto X de la figura 3 . 3 5 6 D e l a misma forma se encuentran l ~ a spendien-
65
ACELERACldN DE UNA PARTiCULA
Ejercicio 3.20. Obtener la aceleración de la partícula en el instante 4 S para el caso dado en el ejercicio 3.7. En el ejercicio3.7 se dio
tes de otros puntos comoN, M,. . . que dan valores de la velocidad representados por los puntos u, F , . . NÓtese que la pendiente enL es positiva, en N es cero (es un máximo) y en M es negativa. De esta manera se tque se construye,puntoapunto,lagráficav muestra en la figura 3.3%. Una vez encontrada la gráficav t se puede encontrar, de la misma manera, la aceleración en cada instante. La pendiente de la tangente de la gráfica v- t (fig. 3.356) en cada punto da el valor de la aceleración. Ahora se trazan (en la figura 3.356)las tangentes en cada punto, se calculan sus pendientes y estos valores obtenidos se grafican. Se encuentra de este modo la gráfica de la figura 3.35~.
-
x(t) =
-
x0
cos w t
(3.24)
con x. = 8.2 m y w = 3.1 rad/s. Allá se encontró (véase ec. (3.26)) que la velocidad instantánea es v(t) = - x o o sen ot
(3.26)
Usando la ec. (3.31) obtenemos la aceleracion instantánea a(t) =
d
dt v(t) = - xow-
d
sen ot
dt
Aquí usamos el resultado (3.21).
I
La derivadadelafunción
d
seno es
= cos f l y ) " -WY) --
-sen fly)
(3.35)
dY
dy
La aceleración es, entonces, d a(t) = -xOo cos w t ---(or) dt - - x o o cos w t * o - " X o W ~ cos wt
(3.36)
Sustituyendo valores en esta expresión
a(4 S) =
- 8.2 m
rad
X (3.1 -)2
rad x 4 S) cos (3.1 -
S
S
= - 8.2 X 9.61 m X -cos (I 2.4 rad) S2
Figura 3.35
Ejercicio 3.19. iCuál es la aceleración de un cuerpo en movimiento uniforme? En el ejercicio 3.9 se estudió que en el movimiento uniforme la velocidad del cuerpo siempre es la misma, es decir, es una constante. Como la aceleraciónes la derivada de la velocidad con respecto al tiempo, en este caso se tiene que derivar una constante. Pero la derivada de una constante es cero, por lo que
m
= - 78.8 X 0.9862 S2
= - 77.7-
S2
Por tanto, en t = 4 S, la partículase mueve con velocidad positiva (véase ejercicio3.7). es decir, hacia laderecha (fig. 3.36). AdemAs,como acabamos de obtener,
4" i
a=O
Otra manera de ver esto es que en movimiento uniforme la velocidad del cuerpono cambia. Si no hay cambio de velocidad no hay aceleración.
m
O
I
-
t = 4 s y, X = 8.09 m Figura 3.36
66
Cap. 3. CINEMATICA DE UNA PART~CULA
la aceleración en este instante es negativa; es decir, hacia la izquierda. En consecuencia, la aceleración es opuesta a la velocidad.Esto significa que la velocidad va disminuyendo en su magnitud.
Ejercicio 3.21. Encuentre la aceleración de la partícula en t = 3 s para el caso del ejercicio 3.6. En el ejercicio 3.6 se encontró que la velocidad instantánea es (véase ec. (3.23)) v(t) = 3 A t 2 i- B
(3.23)
dt
+ B)
x0
+ v,t + ( -2 + ('6) - At3
(3.37)
yt2
con x. = - 7.98 m , ,v, =
- 58.36 mls, y =
31.34 m/s2
Y
X = - 6 m/s3. a ) Obtener la velocidad instantánea v(t).
b) Obtener la aceleración instantánea a(t). e) Craficar x, v y a como funciones de t.
f) Discutir el movimiento del cuerpo.
+ __ d B dt
d - -(3At2) dt
x(t) =
c) 2En qué instante v = O? dl 2En qué instante a = O?
Usando la ec. (3.31) encontramos la aceleración
a(t) = -(3At2
Ejercicio 3.22. La trayectoria de un cuerpo está da-
da por
a) Para calcular la velocidad instantánea sustituimos la expresión (3.37) en la ec. (3.18)
d
= 3A-t2 dt = 3A X 2t
+ v, t +
= "x0 ddt
v(t) = "(t) ddt
+( 3 t 3 )
(+t2
Ahora usamos sucesivamente las ecs. (3.20) a (3.22)
= 6At
d
Aquí se usaron las ecs. (3.20) a (3.22). Por tanto,
V(f) =
-x g + -(vat) + -(d
dt dt
6d t
d
2
dt
l
yt2)
d l +-
("At31
a(3 S) = 6A X 3 S = 5.2-
m
= 15.6-
x 3s
S3
= v,+
6
m
-y 1 x 2 t + 1- X x 3 t 2 2
v(t) = v,+yt+
S2
-At2 1 2
(3.38)
Aquí se usó dxddt = O ya que x. es constante. b) Paraobtenerlaaceleracióninstantáneasusti-
Aquí se t u v o
m -Xs=mX---
5 53
S3
-
tuimos el resultado (3.38) en la ec. (3.31)
m
S2
d
a(t) = -v(t) = -(Vo
2
dt
dt
+ yt +
1 "Xt2)
En el ejercicio 3.6 se obtuvo que en t = 3 S la velocidad es positiva ( + 138.3 m/s), es decir, hacia la derecha en el sistema de coordenadas mostrado en la figu- y usamos nuevamente las ecs. (3.20) a (3.22) ra 3.37. E l resultado que acabamos de obtener nos ind d d i dica que en este mismo instante, la aceleración es poa(t) = -VD -(yt) "-( "XtZ) 2 (fig.3.37). d t En dt dt sitiva, es decir, también hacia la derecha consecuencia, la aceleración y la velocidad tienen el mismosentido.Estosignificaquelavelocidadva aumentando en su magnitud.
+
+
(3.39)
o
I
+
t=3s x X = 134.1m
Figura 3.37
c)Sea 7 elinstanteenquev = 0; o sea, ~ ( 7 )= O . Usando la ec.(3.38) se tiene que v(7) = vg
+ y7 + - 21A S =
o
(3.40)
ACELERACIóN DE UNA PARTiCULA
ÉStaes unaecuacióncuadráticaparalaincógnita Las soluciones de (3.40) son
Portanto,lavelocidad
T.
en
67
es ceroendosinstantes, r2= 8.02 s.
y en
rl= 2.43 S
d) Sea T el instante en que a = O, es decir a(T) = O. Usando la ec. (3.39) obtenemos
Comparando las ecs. (3.40) y (111.7) del apéndice I l l se tiene que a = N2, b = y,c = vo. Sustiuyendo en la ec. (111.2)obtenemos las soluciones.
a(T) = y
+ AT
= O
Ésta es una ecuación lineal con incógnita T. La solución es
1
y despejando T
Véase apéndice I con
P =
1
- y, a = X, u = T
y sustituyendo valores - 31.34 mis2 (- 6 mis3]
T =
*
Sustituyendo valores
J(31.34 m/s2)2-2(-6 mis3)(-58.36 mis) (-6 m/s3)
-
-31.34 mis2 f J281.88 m2/s4 -6 m/s3
-
-31.34 mis2 f 16.79 mis2 - 6 m/s3
-31.34 mis2+ 16.79 m/s2 = 2.43 S - 6 mis3
=
(3.41)
Y 72
- 31.34 m/s2 - 16.79 mis2 - -48.1 3 mis2 -6 m/s3 -6 mis3
=
= 8.02 s.
(3.42)
Aquí se usó el resultado algebraic0 aib " - a X c/d
b
d
X c
(3.43)
por lo que misZ mis3
- mxs3 - m 53 X" $2 s2xm m
- 1 xs=s.
E l alumno pondrá especial atención a la forma en que se manejaron las unidades para llegar a (3.41) y
(3.42).
I
- 31.34 mis2 - - 31.34 -6
m/s3
- 6
m/s2 - 5.22 S m/s3
"
Aquí se volvió a usar la ec. (3.43). Por tanto, la aceleración
5.22 s.
por lo que las raíces son 7-1
T=
I
se anula en el instante T =
e) Para obtener las gráficas de x, v y a como funciones de t, usamos las ecs. (3.371, (3.38) y (3.39), respectivamente. En las figuras 3.38 se muestran estas gráficas. La gráfica v - t es una parábola, ya que la ec. (3.38) es una ecuación cuadrática ent, mientras que la gráfica a - t es una línea recta, ya que la ec. (3.39) es lineal en t. f) De la figura 3.38 podemos decir lo siguiente (véase también la fig. 3.39a). En t = O la partícula está en el punto de coordenadas -7.98 m (punto A en las figuras). AI transcurrir el tiempo, su coordenada x disminuye, es decir, el cuerpo se mueve hacia la izquierda, hasta llegar al punto de coordenadas -71.61 m en el instante t = 2.43 S (punto 6). A partir de este instante, la coordenada x de la partícula aumenta, o sea que la partícula se mueve ahora hacia la derecha; la partícul a se está regresando. En el instante t = 6.095 S regresa al punto inicial del que partió (punto C). Sigue moviéndose a la derecha, hasta que al llegar al instantet = 6.494 S cruza el origen (punto D).Sigue moviéndose aladerechahastallegaralpuntodecoordenadas 16.02 m en el instante t = 8.02 S (punto E). En seguida se empieza a mover otra vez a la izquierda. En el instante 9.308 S cruza otra vez el origen (punto F); se sigue moviendo a la izquierda y en t = 9.575 S pasa por el punto en el que se inició el movimiento (punto C). Posteriormente sigue moviéndose en forma continua hacia la izquierda. Analicemos ahora el mismo movimiento, pero desde otro punto de vista.
E
f 1
1 4
! I
"
En el instante inicial, la partícula tiene velocidad negativa y aceleración positiva (figs. 3.38by 3 . 3 8 ~ )En . consecuencia, por tener velocidad negativa, el cuerpo se mueve hacia la izquierda (fig. 3.39b). Sin embargo, por tener aceleración positiva, opuesta a la velocidad, la magnitud de la velocidad disminuye (véase la fig. 3.33). A l transcurrir el tiempo, la aceleración disminuye, pero sigue siendo positiva. Por tanto, la magnitud de la velocidad continúa disminuyendo hasta que se hace cero (en t = 2.43 S , según se obtuvo arriba) (punt o B). En este instante se tiene entonces
v = o a = 16.76 mis2 x = -71.61 m
+
i
c 8
I
I
11
NO hay velocidad: el cuerpo se detiene por un instante; sin embargo, sí hay una aceleración que está dirigida hacia la derecha (fig.3.39b). Esto significa que hay cambio de velocidad y es hacia la derecha. En consecuencia, la velocidad empieza a ser positiva. En un instante posterior (puntoB, de la figura 3.39b) el cuerpo tiene velocidad hacia la derecha, por lo que empieza a moverse hacia la derecha,es decir, se regresa. AI seguir transcurriendo el tiempo, la aceleración, a pesar de estar disminuyendo su magnitud, sigue siendo positiva, por lo que se tiene la situación que tanto la velocidad como la aceleración tienen ahora el mismo sentido y, por tanto, la magnitud de la velocidad aumenta (véase la fig. 3.32). La velocidad sigue aumentando de magnitud hasta el instante t = 5.223 S en que la aceleración se hace . este nula (punto K de las figuras 3.386 y c y 3 . 3 9 ~ )En instante la partícula tiene coordenada x = - 27.87 m. Un instante posterior la aceleraciónya es negativa (punto K 1de la fig. 3.39c), por lo que la velocidad y l a aceleración tienen sentidos opuestos; en consecuencia, la magnitud de la velocidad empieza a disminuir (véase la fig. 3.33). Esto significa que el máximo valor de la velocidad se logra justamente cuando a = O, O sea, en el punto K . Sigue transcurriendo el tiempo y ahora la aceleración es negativa, mientras que su magnitud aumenta. Esto significa que la velocidad irá disminuyendo en SU ,nagnitud. En t = 6.095 S el cuerpo regresa a su posición original (X = -7.98 m). En este instante (punto SU velocidad es de 21.21 m/s y su aceleración, - 5.23 mis2. La velocidad sigue teniendo sentido hacia la derecha, pero su magnitud continúa disminuyendo hasta volverse nula. E s t o ocurre en t = 8.02 S (punto E de las figuras 3.38b y c y 3.39d). En este instante
c),
+
v = o a = -16.78m/s2 x = 16.02m
I I
-71.67
m
-7.98 m O
+16.02 m
6
+16.02 m
bl
-71.61
m
-7.98
d)
m
& a j I
9
1
-71.61
I
"7.98 m 0
m
el
x, t 16.02 m
Figura 3.39
En vista de quev = O, el cuerpose detiene; como está experimentando una aceleración que es negativa, en un instante posterior (punto El, de la figura 3.394 adquirirá un cambio de velocidad también negativo, es decir, en E l la velocidad tendrá sentido hacia la izquierda. O sea, el cuerpo se mueve hacia la izquierda. En consecuencia, el cuerpo se regresa. A l segui.r transcurriendo el tiempo, la velocidad y la aceleración tienen ambas el mismo sentido (fig. 3.39e), por lo que la magnitud de la velocidad aumentacontinuamente.Dadoquelaaceleracienyano vuelve a ser positiva, la velocidad continúa teniendo sentido a la izquierda y el cuerpo se mueve ahora todo el tiempo hacia la izquierda.
a) x(t) = 4t3 - 3t
+
5 con t dada en segundos y x, en metros. b) x(t) = 3 sen 4t, con t dada en horas y x, en kilómetros. c) x(t) = 6e-2' 4t, con t dada en segundos y x, en metros. Describa en cada caso el movimiento resultante.
+
3.4. Describa algunos movimientos que le sean familiares de la vida cotidiana. 3.5. En la tabla 3.6 se da x(t) para un cuerpo. Obtenga la velocidad media del cuerpo tomando intervalosde 1 S, 2 S y 3 s. Presente sus resultados en forma de tabla. Tabla 3.6
PROBLEMAS 3.1. Describaelmovimientodeunapartículacuya gráfica x - t es la mostrada en la figura 3.40. 3.2. Haga una gráfica x - t con los datos de la tabla 3.1. Describa el movimiento que realiza la partícula. 3.3. Dibuje una gráfica x - t si:
I 1
3 4
I I
-45 -78
-1.3
I I
con x. = 20 k m v w = 1.2 radih
x(km)
D
-w-
" " " " "
4 3
a) Dibuje una gráfica x - t. b) Tomando el punto correspondiente a t = 1 calcule las velocidades medias en los intervalos At = 0.5 h, 0.4 h, 0.3 h, 0.2 h, 0.1 h; 0 . 0 5 h, 0.04 h, 0.03 h, 0.02 h, 0.01 h; 0.005 h, 0.004 h, 0.003 h, 0.002 h, 0.001 h. i A qué valor tienden sus resultados al hacer At cada vez más pequeño? Note las cifras que se van repitiendo. c) Obtenga la velocidad instantánea. dj Evalúe la velocidad instantánea en t = 1 h. Compare este resultado con los obtenidos en el inciso b).
3.12. Obtenga la velocidad instantánea en los siguientes casos:
2 1
+ +
a) x(t) = x. At. b) x(t) = At4 3Bt2 c) x(t) = a sen Qf. d ) x(t) = xoe-*'r. e) x(t) = A(? -
+ Ct + xo.
3.13. i Q u é dimensiones deben tener las constantes en el problema 3.121 3.6. Estime la velocidad media con la que se mueve 3.14. Con referencia al problema 3.12, obtenga la poun vehículo que circula en la ciudad. Considere varios sición y lavelocidaddelapartículaenelinstante intervalos. mencionado a continuación. iHacia dónde se mueve 3.7. Calculelavelocidadmediapara los intervalos la partícula en dicho instante? que corresponden a AB,AC, A D , BC, BD, CD de las gráficas del problema 3.1. 2Qué significan los signos a ) t = 3 h; x. = 4 km, A = - 5 km/h. que obtuvo? b) t = 2 S; A = 4 m/s4, B = - 7 m/s2,C = 3mis, 3.8. Verifique la congruencia dimensional de las ecs. x. = 6 m . (3.19) y (3.23). c ) t = 4 S; 0 = 6 rad/s, a = 8 km. 3.9. Verifique la congruencia dimensional de las ecs. d) t = 1 S; T = 4 s. x. = 5.5 m . (3.24), (3.26) y (3.36). e) t = 3 h; 7 = 6 h, A = 4.3 km. 3.10. La trayectoria de una partícula está dada por la siguiente función 3.15. Obtenga la aceleración media en los siguientes casos: x(t) = 4At3 B a ) tl = O, v1 = 3 . 3 m/s; t2 = 4 S , v2 = 5.8 mis. b) t l = 3 S, v1 = - 2 mis; t2 = 5 S, v2 = 4 mis. con A = 2 mis3y B = -5 m c) t l = 2 h, v1 = 32 kmih; t2 = 3 h, v2 = - 18 km/h. d ) tl = 7 S , v1 = 6.3 m/s; t2 = 8 S, v2 = - 5.7 mis. a ) Dibuje una gráfica x - t de este movimiento. e) t l = 3 S, v1 = 4 kmih; t 2 = 5 S , v2 = - 5 km/h. b) Partiendo del punto correspondiente a t = 1 S, calcule las velocidades medias en los intervalos 3.16. Estimelaaceleraciónmediaqueexperimenta At = 0 . 5 S , 0 . 4 S, 0.3 S, 0.2 S, 0.1 S ; 0.05 S, 0.04 S, un vehículo que circula en la ciudad. 0.03 S, 0.02 S, 0.01 S ; 0.005 S, 0.004 S , 0.003 S, 0.002 3.17. Obtenga la velocidad que adquiere un cuerpo al S , 0.001 s. > A qué valor tienden sus resultados al final del intervalo At, s i su velocidad inicial es v, y la hacer el intervalo At cadavezmáspequeño? aceleración que actúa sobre éI es E l cuerpo se mueiQué cifras van repitiéndose en sus resultados? ve a lo largo de una linea horizontal. c) Obtenga ¡a velocidad instantánea. d) Evalúe la velocidad instantánea en t = 1 s. Coma ) Iá( = 5 . 3 misZ hacia la derecha; I v i l = 3.7 mis pare este resultado con los obtenidos en el incihacia la derecha; At = 0.2 s. so b). b) / a 1 = 5.3 mis2 hacia la izquierda; I vil = 3.7 mis hacia la derecha; At = 0.2 s. 3.11. La trayectoria de una partícula está dada por c) la1 = 2.1 km/h2 hacia la derecha; v;I = O; At = 0.2 h. x(t) = x" sen ut
+
PROBLEMAS
dl 12 I = 2.1 km/h2 hacia la izquierda; I vil = O; At = 0.2 h.
e)
la I = 20.7 m/s2 hacia la derecha; l v i l = 2.8 mis hacia la izquierda; At = 0.2 s.
En cada caso haga un diagrama de la velocidad y aceleración en los instantes inicial y final. Explique el efecto de la aceleración. 3.18. Obtenga la aceleración instantánea para los casos del problema 3.12. 3.19. Evalúe las aceleraciones que obtuvo en el problema 3.18 en los instantes dados en el problema3.14. 2Qué efectotiene,en ese instante,laaceleración sobre la velocidad?
71
3.20. Para los casos de los problemas 3.12 y 3.18 (con los valores de las constantes dados en el problema 3 .I 4): a ) iEn qué instante(s) v = O? b) 2En qué instante(s) a = O? c) Crafique x, v y a como funciones de t.
d ) Discuta en cada caso el movimiento del cuerpo.
En particular, obtenga l a aceleración que actúa sobre el cuerpo en el instante en que=v O. iCÓmo prosigue su movimiento el cuerpo después de estos instantes? >Por qué?
4
Cinemática de u n a partÍcula U n a d i m e n s i ó n (11)
En el capítulo anterior llegamos a la conclusión de que si se conoce la trayectoria x(t) de una partícula, podemos determinar su velocidad instantánea v(0, y una vez conocida esta cantidad, se puede encontrar la aceleración instantánea a(t). Comoestudiaremosencapítulosposteriores,un tipo de situación muy común en física, ingeniería, química, etc., es que se puede encontrar la aceleración que experimenta un cuerpo y entonces uno quisiera determinar tanto la velocidad como la trayectoria de la partícula. t s decir, este problema es el inverso ai tratado en el capítulo anterior.
s i se conoce a(t),
jse pueden conocer
Si la aceleración es cero, quiere decir que no hay cambio de velocidad, o sea que la velocidad es siempre la misma. Nos damos cuenta de que la primera parte del problema planteado al inicio del capítulo ya lo tenemos resuelto para este movimiento si
entonces v(t) = vg
v( t) y x(#)?
Ax At
vg = -
(4.4)
con AX = x 2 - x1 y At = t 2 - tl. Despejamos Ax de (4.4)
AX
o bien xp
4.1. MOVIMIENTO UNIFORME En el capítulo 3, ejercicio 3.9, estudiamos que el movimiento uniforme es el que lleva a cabo un cuerp o si su velocidad tiene, todo el tiempo, el mismovalor, es decir, s i la velocidad es constante. Llamaremos a esta constante vo
(4.11
En el ejercicio 3.19 vimos que en un movimiento uniforme la aceleración que experimenta el cuerpo es cero
(4.3)
La posición x(t) para este movimiento la encontraremos de la manera siguiente. De la definición (3.12) se tiene que
Para atacar este problema vamos a necesitar tener a la ma,no algunos resultados sobre movimiento uniforme. Estos los obtendremos en la siguiente sección.
v(t) = vo
a(t) = O,
'
(4.5a)
voAt
- x 1 = v,(t2
- tl)
= v,tp - vot1
(4.5b)
Aquí se utilizó la definición(3.12) de velocidad media, y en lugar de la velocidad media V se usó el vavg que tiene el cuerpo en movilor de la velocidad miento uniforme, que resulta ser la velocidad instantánea (véase la ec. (4.3)). En el movimiento uniforme V = vo = v(t). En otrosmovimientos NO es cierto V se puedasustituirporla que la velocidad media velocidad instantánea. Dado quex2 y x1 [así como t2y tl) son arbitrarios, podemos usar, en particular, los valores
73
tl = o t, = t
x1 = XI
x0
= x(t)
Sustituyendo en (4.5b) nos da
- x0 =
x(t)
vot
y pasando x. al lado derecho de esta ecuación
x(t) =
Yo
+ vot
(4.6)
Éste es el resultado que buscábamos. Si conocemos v(t) ( = va), con la ec.(4.6) podemos encontrar x(t). Esta es la solución a la segunda parte del problema planteado al inicio del capítulo, naturalmente que para movimiento uniforme. En resumen, para el movimiento uniforme las ecs. (4.3) y (4.6) nos dan la solución al problema planteado. Nótese que en la ec. (4.3) aparece vo, la velocidad inicial, y en la ec. (4.6) aparece además xo, la posición de la partícula al tiempo inicial ( t = O). Si se grafica x(t) como función de t usando la ec. (4.6), se obtiene una línea recta (fig. 4.la). Esta recta tiene pendiente v,, y ordenada al origen, xo. Recuérdese que s i la ecuacion de una línea recta escribe como y = x,,
+ rnt
se (4.7)
entonces x. es la ordenada al origeny m, la pendiente de la recta. La gráfica v-t, dada por laec. (4.3) es una línea recta con pendiente nula, o sea, una línea horizontal, con ordenada al origen igual a v,, (fig. 4.lb). Obviamente la gráficaa-t, dada por laec. (4.21, es la mostrada en la figura 4.1 c.
Ejercicio 4.1. Un cuerpo se mueve a lo largo de una línea recta horizontal en movimiento uniforme.Su velocidad es de 78 m/shacialaderecha.jEncuánto tiempo recorre la distancia de 27 m ? Tomamos un sistema de coordenadas a lo largo de la línea en quese mueve el cuerpo (fig.4.2). E l sentido positivo se escoge hacia la derechay el origen O, en el punto en el que el cuerpo se encuentra en el instante inicial ( t = O). En este caso,las constantes de la ec. (4.6) son x,, = O
y
vo =
a
C)
Figuro 4.1
+ 78 m/s
Por tanto, la ec. (4.6) es para nuestro problema x(t) =
m + 78 t S
Sea J el instante en que la particula tiene coordenada 27 m . La ec. (4.8) es entonces
+
t = 0
L
x = +27 m T
Figura 4.2
74
Cap. 4. CINEMATICA DE UNA PART~CULA( 1 1 )
x(T) = 27 m =
+ 78
T
Véase apéndice I con P = 27 m, a = 78 mis y u = T. 27 m 78 mis
T =
= 0.346
I
S
la incógnita T
Despejamos de esta ecuacion
I
m
-
~
-
27 78
1
m mis
m X S - 0.346 S m
"1
Ejercicio 4.2. Un auto, que llamaremosA, se mueve 60 km/h en movimiento uniforme con velocidad de y en cierto instante pasa por una caseta. Media hora más tarde el auto B, moviéndose también en movimiento uniforme, pasa por la misma caseta. Si los dos autos deben llegar al mismo tiempo a un lugar distante 200 k m d e l a caseta, iqué velocidad debe tener el a u t o B? Es claro que el auto B debe recorrer la misma distancia que el a u t o A (200 km), pero en un tiempo menor que A (media hora menos).Por consiguiente, la velocidad del auto B debe ser mayor que la velocidad del auto A. Escogemos un sistema de coordenadas alo largo de la línea del movimiento de los dos autos (fig. 4.3). E l sentido positivo lo escogemos en el sentido del movimiento, digamos haciala derecha. E l origen O lo escogemos en la caseta. Para el auto A se tiene que al tiempo t = O
O;
V"
=
+
X,&) =
"~
Aquí (3.43) seec. usó la
xu
Para el auto B, al tiempo t = O se encontraba en un p u n t o xoB y tenía una velocidad vB, que en el sistema de coordenadas escogido es positiva. Por tanto, para el autoB l a ec. (4.6) es,
I
/VA
=
+ 60kmih
Nótese que en el sistema de coordenadas escogido la velocidad del auto A es positiva. Por tanto, la ec. (4.6) es, para el auto A .
que sustituida en la ec. (4.10) nos da
O =
A
xOB
+
X (0.5h)
IvBI
= - I V E / X (0.5h)
y sustituyendo en la ec. (4.10) encontramos Xdf) = -
Sacando
IvBI
X (0.5h)
+
IVBIt
I v B / como factor común xdt) =
I
[t
- (0.5h)l (4.1
1)
Ahorabien, los dosautosdebenllegaralmismo 200 km. Sea 7 tiempoalpuntodecoordenadas el tiempo en que llegan a dicho punto. Por tanto, se tiene que
+
De la ec. (4.9) se tiene que
7
1
1 +-• it-o
I
I I
l
! '
t
X
I
I
IO
I
I I
' 1 I
1
I
xOB
Despejando de esta ecuación xOB obtenemos
O L O R IO
II
(4.10)
xg(0.5h) = O
I
1 I
I VB I f
Determinaremos primeroxoB. Sabemos que al tiemp o t = 0.5 h el auto B pasa por la caseta, o sea, por el origen, por lo que
t = 01 B
+
XOB
X,
I I
" O
Figura 4.3
+ 200 km I
*X
LA POSICIóN x(t) EN UN MOVIMIENTO ARBITRARIO
xA(7)
=
+ 200 k m = (60 "1-Km h
=
+
200 km =
7
(4.12)
ejemplo, no se puede sustituir en la ec. (4.4) la velocidad media instantánea la por y considerar mismo al tiempo intervalos At arbitrarios, porque s i At es Sufi-
cidad 4.11) ntemente tantánea habrá la grande, ec. la y de xg(7)
De la ec. (4.12) despejamos
1 vBl
[T
- (0,5h)l
cambiado de valor en el transcurso del intervalo At. Para resolver el problema en el caso general, procederemos como se explica en la siguiente sección.
(4.13)
7
4.2. LA POSICIóN x(t) EN UN MOVIMIENTO
Véase apéndice I con P = 200 km, a = 60 kmih y u = 7 200 k m 60 kmih = 3.333 h
I
200 60
km X h km
I
Aquí se usó l a ec. (3.431 Sustituimos este valor de
7
en la ec. (4.13)
200 k m = / v B /[3.333 h - 0.5 h] = I vBI X (2.833 h) y despejamos
I
ARBITRARIO
"
7 =
75
Supóngase que se conoce v(t)y se plantea el problema de encontrarx(t). Desarrollaremos primero estasegunda parte del problema porque se presta a mayor claridad. Una vez resuelto, se verá que con facilidad se puede encontrar la forma de obtener v(t) dada la aceleración a(t). Supóngase que la gráfica v-t sea la mostrada en la figura 4.5. Se quiere encontrar la distancia ( x , - x,) que recorre el cuerpo en el intervalo de tiempo At =
t , - t,.
1 vg/
L'(t1
"_
-
1
" " "
I
I
Véase apéndice I con P = 200 km, a = 2.833 h, u =
(vi31
/VE#/
200 k m 2.833 h = 70.6 k m i h
=
Consideremos el movimiento de un cuerpo ficticio En resumen, el auto B debe tener una velocidad de en el mismo intervalo ( t , - t , ) . Dividamos el intervalo magnitud 70.6 kmih con sentido hacia la derecha para A7 (fig. 4.6a). E l llegar simultáneamente con el auto A a la distancia de enciertonúmerodesubintervalos cuerpo ficticio se mueve como sigue. En el primer 200 km de la caseta. Llegan en un tiempo de 3.333 h AT = 7 , ) se mueve en mosubintervalo (entre t , y t , después de que e l auto A pasó por la caseta. vimiento uniforme con velocidad igual a la que tiene En la figura 4.4 se muestran en una sola gráfica las el cuerpo real al inicio del subintervalo, es decir, v,. AI rectas x-t para A y B dadas por las ecs. (4.9) y (4,11), llegarelinstante T,, el cuerpo ficticio cambia brusrespectivamente. E l p u n t o Q en el que las rectas se camente su velocidad a la que tiene el cuerpo real en cruzan representa el instante en que los dos autos Ileese instante, o sea, VI. Durante el subintervalo de 71 a gan al mismo punto de coordenada 200 k m . 71 A7 = T , el cuerpo ficticio se mueve con velocidad constante V,, es decir, en movimiento uniforme. AI llegar al instante T ~ el , cuerpo ficticio cambia brusx(km) camente su velocidad al valor que tiene el cuerpo real en ese instante, o sea, V,. Así continuará Sucesivamente, hasta llegar al instante t,. La gráfica v-t del cuerpo f i c t i c i o se muestra en la figura 4.6b. iQué distancia recorre el cuerpo ficticio? Esta distancia es lasumadelasdistanciasquerecorreen cada subintervalo. Pero en cada subintervalo el cuer\ t(h) Figura 4.4 p o f i c t i c i o se mueve con movimiento uniforme y para este ya sabemos cómo calcular la distancia recorrida Para otros movimientos que no sean uniformes no (véase sección 4.1). Para este cálculo usamos laec. se puede proceder de manera tan sencilla ya que, por (4.5a). En el primer subintervalo, la distancia recorridaes
+
+
t
+
I
I
Figura 4.6 o
-t
; ; b y ekill "it)
v, "3
Cuerpo real
" " " " " " "
------
I
I
I
;I I
"1
[
c i o es vl, mientras que la del cuerpo real es mayor que v1 (véase figura 4.6b).E l cuerpo real tiene la velocidad v 1 solamente en el instantetl. Por consiguiente, la distancia recorrida por el cuerpo reales mayor que larecorridaporelcuerpoficticio.Delamismaforma, vemosqueen los demássubintervalosladistancia recorridaporelcuerporeal es mayorquelarecorrida por el cuerpo ficticio. Por tanto, si denotamos ( A x ) , l a distanciatotalrecorridaporelcuerporeal, se tiene
I +-&" 1 '
Figura 4.6 b O
I /
t,
71
I
I
1
72
r3
Figura 4.6 c
que
t2
(Ax), 2 (Ax):'
(4.14)
E l subíndice f significa iicticio.
En elsegundosubintervalo,ladistanciarecorrida es (Ax);z' = V1A T En el tercer subintervalo, la distancia recorrida
e5
(Axv3) = V2Ar y así sucesivamente. La distancia total recorrida, que denotaremos por (AxJ;) es la suma de estas distancias
A continuación consideremos otro cuerpo ficticio que se mueve como sigue. Dividamos cada subintervalo Aren determinado número de subintervalos AT' (&)y) = ( A x p (&);2' . . . (fig. 4.7); al igual que en el caso del primer cuerpo ficv1AT VIA7 VZAT ticio,encadasubintervaloelcuerporealizamovimiento uniforme con la velocidad que tenía al i n i c i o = VkAr del subintervalo; al iniciar un nuevo subintervalo, el k cuerpo cambia bruscamente su velocidad a la que en ese instante tiene el cuerpo real. Para este segundo E l último renglón es simplemente una abreviatura del renglón anterior con Vk el valor de la velocidad al ini- cuerpo ficticio, la distancia recorridaes la representada por el área achurada de la figura 4.7 y dada por cio del subintervalo correspondiente. Ahora bien, el producto vlAr es el área del rectángulo ABCD (fig.4 . 6 ~ ) q u e t i e base n e AT y altura vl. D e k la misma forma, VIAres el área del rectángulo BEFC, Nos damos cuenta de dos cosas: y así sucesivamente.Portanto,ladistanciatotal (Ax)?) recorrida por el cuerpo ficticio queda represen1. La distancia que recorre el cuerpo real es mayor tada por el área achurada de la figura 4 . 6 ~ . que la distancia (AX);"' que recorre el cuerpo ficticio Comparemos ahora las distancias recorridas por el cuerpo ficticio con la del cuerpo real. Vemos que en (4.15) (Ax),z(Ax);"' el primer subintervalo, la velocidad del cuerpo ficti-
+ +
+
+
+
LAPOSlCldN
Dado quetl y t2(al igual quex1 y x), cogemos
Aquí se puede repetir el mismo argumento que en el caso del primer cuerpo ficticio. 2. La distancia que recorre el segundo cuerpo ficticio es mayor que la que recorre el primer cuerpo ficticio, E s t o es claro de la figura 4.7. La distancia (Ax))”) del segundo cuerpo ficticioes la suma de lasáreas de los paralelogramosAUIWID, U1UzW3Wz,.. . , mientras que la distancia que recorrió el primer cuerpo ficticio es la suma de las áreas de los paralelogramos ABCD, BEFC,. . (compárense las figuras 4 . 6 y~ 4.7). O sea,
(Ax)?
(Ax)?
2
t l = o, tz = t,
77
son arbitrarios, es-
x1 = x0 x, = x(t)
il“
6) (4.1
y (4.16) podemos escribir
Combinando las ecs. (4.15) que ( A x ) , z (Axf’)
2 ( A x y
(4.1 7)
Esto significa que, al hacer la segunda subdivisión, la distancia recorrida por el segundo cuerpo ficticio se acerca al valor de la distancia recorrida por el cuerpo real. Si se siguieraesteprocedimiento-irdividiendo cada subintervalo en cierto número de subintervalos cada vez más pequenos,y cada uno de éstos, a su vez, en otros todavía más chicos-, se llegaría a la siguiente situación:
c o n lo que
o sea,
a) En cada división sucesiva la velocidad del cuerp o f i c t i c i ose acerca más a la velocidad instantánea que tiene el cuerpo real. b) En cadasubdivisión sucesiva, ladistancia recorrida por e l cuerpo ficticio se acerca más a la distancia recorrida por el cuerpo real.O sea que en el límite en que el número de subintervalos es extraordinariamente grande (-+ m ) y en que cada subintervalo es muy pequeno (-O), la distancia del cuerpo ficticio coincide con la del cuerporeal (Ax), =
x(t) EN UN MOVIMIENTO ARBITRARIO
Este resultado nos dice que s i conocemos la velocidad instantánea en el intervalo (O, t), podremos calcular la coordenada x(t). De la relación (véase ec. (3.18))
obtenemos
lím
dx = v(t) d t
N -m
rubtnt “o
=
eintegrandoambosladosde nemos
l i m C v k ~ T ( ~ ) (4.18)
N -m sublnt 4
C) La distancia (Ax), queda representada por el área bajo la curva de la gráfica v - t (fig. 4.8).
En matemáticas se enseña que la operación indicada en la ec. (4.18) es justamente la integral de la función v(t) entre t , y t, (Ax),
=S
t? tl
v(t ’) dt’
(4.19 )
1
Aquí se usa t ’ como variable de integración. y con ( A x ) , = x,
-
x1
x2 - x1 =
t2 tl
v(t’) d t ’
(4.20)
I
esta ecuaciónobte-
o sea,
que es l a ec. (4.20). Si v(t) se obtiene a partir dex(t) por medio de una derivada, el proceso inverso, obtener x(t) a partir de v(t) se encuentra aplicando el operador inverso de la derivada, que es la integral. De una forma completamente análoga se encuentra que v(t) = vo
+ 1; a ( t ‘ ) d t ‘
(4.22)
78
Cap. 4. ClNEMATlCA DE UNA PARTíCULA (11)
Ejercicio 4.4. Obtener la trayectoria de una partícula, si la aceleración que experimenta es
en donde vO = v(t = O) es la velocidad inicial de la partícula. Por tanto, s i se conoce a(t), conayudadelaec. (4.22) se puede encontrar la velocidad instantánea v(t). Unavezobtenida esta velocidad,utilizandolaec. (4.21) se puede encontrar la posición de la particula x(t), o sea, la trayectoria. D e las ecs. (4.21) y (4.22) se observará que para determinar x ( t ) y v(t), se necesita conocer x. y vO,los valores iniciales de la posicióny de la velocidad. A estose le llama dar las condiciones iniciales. Nóteseque si se dalaaceleración a(t), para encontrar la trayrctoria x(t) es necesarioefectuardos integraciones. Este es el proceso inverso de la operación dada en la ec. (3.32), que consiste en dos derivadas. Ahora bien, al llevar a cabo una integración se presenta una constante de integración; por tanto, en 9uestro caso aDarecen dos constantes de integración. Estas con precisamente x. y vo delas ecs. (4.21) y (4.22).
a(t) = St2
v(t) = vO
n l
Odt’
+ 1‘
$[u(t)
[ A u ( t )d t = A
+ vg 1O d t ’ = + v , t ’ 1: = + v,(t - O), x(t) = + v,t
v(t) = vo
y
Aquí se usóelhechodequelaintegralindefinida dt‘ = t‘ y además,deque
*2
t:t
= t’
+ S S,’
En seguida utilizamos cer términos
(4.26)
(4.27)
‘I
+S
u(t’) por lo que
(4.24)
I
v(t) = vO
f2 tl
= ( t z - tl) Las ecs. (4.23) y (4.24) son justamente las ecuaciones para el movimiento uniforme obtenidas en la sección 4.1 (véanse las ecs. (4.3) y (4.6)).
+
t’2dt’
Nt‘3dt’
+ N i Ot t ’ 3 d t ‘
(4.28) segundo el en
F e tiene que
y finalmente
1
O
ahora (4,27)
v(t) = vo
xg
1
S u(t)dt
+ $ ‘St‘2dt‘ + 5’o
v(t) = vO
xg
X”
w(t)dt
por lo que, usando (4.26)
(4.23) . ,
xg
o sea,
S
(4.28)
y c o m o vOes constante puede salir fuera de la integral x(t) =
+ N t ’ 3 ) dt’
+ w(t)] dt = S u(t1 d t +
b) si A es una constante
v,dt’
O
(St’2
a) la integral de una sumaes la suma delas integrales
ya que la integral de cerose anula. Este resultado nos dice que la velocidad en cualquier instante es igual a vO,el valor en el instante t = O. Ahora sustituimos (4.23) ec. (4.21) la en
x(t) = xO
5:
+
Del cálculo integral se tienen los siguientes resultados:
Este caso de aceleración nula es el del movimiento uniforme. Sustituyendo el valor de a en la ec. (4.22) obtenemos
+ 3;
(4.25)
siendo S y N constantes. En este caso la aceleración no es constante,sino que cambia de valor al transcurrir el tiempo. Primero obtendremos la velocidad instantánea. Para ello, sustituimos (4.25) en la ec. (4.22)
Ejercicio 4.3. Usando las ecuaciones obtenidas, encuentre la trayectoria x(t) para el caso de a = O.
v(t) = vO - Vn
+ Nt3
1 3
“ t ’ 3
1
ter-yel en
+ N -14 t y
I ::
= u(tJ - u(t1)
7 1 S ( t 3 - 03)
+
v(t) = vO
T“I S t 3
+
-1 q N(t4 - 04)
+
7 I Nt4
(4.29)
(4.30)
Una vez obrenida la velocidad instantánea procederemos a encontrar la trayectoria x(t) con ayuda de la ec. (4.21)
1 4
LA POSICIóN x(t) EN UN MOVIMIENTO ARBITRARIO las ecs. (4.26) a (4.29) nos da
usando que
+\
x(t) = x.
+
1;
1
\
+ v,
1
7
O
+
dt‘
= x.
+ v o t r ( t,+
\0‘ t f 3 d t ’
= x.
+ vo(t - o) +
-1P4I
l -S 3
t 0
+
1 -N 4
1 -4 5
La aceleración a(t) dada por la ec.(4.32),que actúa sobre el cuerpo no es constante sino que cambia con el tiempo. a) Para encontrar la velocidad sustituimos (4.32) en la ec. (4.22)
I
s(t4 - 04) 12
v(t) = v,
y finalmente
+ vot +
+
a,e-t/r’
dt’
Aquí vo es la velocidad inicial que tiene el cuerpo. Por ser a , constante, usamos la ec. (4.27)
N(t5 - 05)
x(t) = x, 20
(4.32)
a) Obtener la velocidad y la trayectoria del cuerpo b) Discutir los resultados.
j: t t 4 d t ’
N
+ - 201
1 -S 3
aoe-f/r
En esta expresión a , es una aceleración constante; e ( = 2.71828. . . ) es la base de los logaritmos naturales y T es un tiempo constante.
~ S t ’ ~ d t ’
Nt’4dt’
= x,
+
+ S,t
v,dt’
a(t) =
79
-St4 + -Nt5 (4.31) 1
12
Ejercicio 4.5. Compruebe que la ec.(4.30)del ejercicio 4.4 es correcta. Una forma de hacer la comprobación es encontrar a partir de la velocidad instántanea v(t), ec. (4.30), l a aceleración que le corresponde, usando la ec. (3.31).
v(t) = v,
+ a , ‘ e-”Irdt’ S O
Ahora efectuamos la integral
Si Tes constante, la integral de la exponencial e-tires
S
e-tyr
dt’
-Te-f‘/7
(4.33)
d
a(t) = dt
Usando las ecs. (3.20) a (3.23) encontramos a(t) =
dt d v,
+
&(
+St3)
+
d
(
aNt4)
ya queeo = 1 v(t) = v,
I d 1 d = “S t 3 + ”N -t4 3 dt 4 dt 1 = ”S X 3t2 3 = StZ N t 3
+
+
-N
X
4t3
que es precisamente la aceleración (4.25)de la que se partió. De la misma formase puede comprobar, usando la ec. (3.181, que el resultado para la posición x(t), dado por laec. (4.31)es correcto. Esto se deja de ejercicio al lector.
E l ejercicio 4.5 ilustra la manera en que uno mismo puede verificar los resultados que obtiene. Es importante desarrollar esta disciplina de autoverificación. Ejercicio 4.6. Sobre un cuerpo se ejerce la aceleración
= (v,
- aOTe-f/T + a,,T
+
ao7)
- aOTe-t/T
(4.34)
Para obtenerlatrayectoriadelcuerposustituimos ahora este resultado para la velocidad en la ec. (4.21)
+ 1: [(vo + Nótese que (vo + y x(t) = x.
aoT)
- a , ~ e - ~ ’ / ~dt’]
a07) (a,T) son constantes. Usando las ecs. (4.26) a (4.29) y (4.33) se encuentra que
x(t) = xO
+ j tO( v o + aOT)df’ - S: a,Te-t’/rdt’
80
cap. 4. CINEMATICA DE UNA PART~CULA( 1 1 )
= x,
+ (v, + aoT)t + aOT2e--t/7- a?,
y finalmente
x(t) = (x, - a,?)
+ (vu +
a,T)
t
+ a,?
e--t/7
Aa(rn/s2) a , = 6 misZ va = 3 m/s xo=Irn r= 3 s
6-
(4.35)
b) Las gráficas de x, v y a como funciones det se pueden encontrar a partir de lasecs. (4.323, (4.34) y (4.35),
respectivamente. Estas se muestran en la figura 4.9. En la figura4.9a se ve que la aceleración decrece al transcurrir el tiempo. Según la ec. (4.32), el decrecimiento es exponencial. Esto significa que para tiempos m u y grandes (t %-T) prácticamente ya no hay aceleración. De la ec. (4.32) vemos que s i t s T , a(t) O.
4. 7
II
'!
I
o'
1 2 3
I I
=
Si x
I
I I
I
En la figura 4.9b vemos que la velocidad es positiva, y como la aceleración tambiénes positiva, ambas cantidades tienen el mismo sentido. En consecuencia (véase la figura3.32), la velocidad aumenta; el aumento dela velocidad continúa hasta que ya no hay aceleración. Una vez que esto ocurre ya no hay cambio de la velocidad, o sea, el movimiento empieza a ser unif o r m e y elcuerpo se mueveconciertavelocidad constantequeobtendremosmás abajo (véase ec. (4.36)). La partícula se mueve hacia la derecha: la coordenada x va en aumento continuamente (véase figura 4 . 9 ~ ) .Una vez que Ih velocidad se vuelve constante (para tiempos t B T ) la gráfica x-t se vuelve una línea recta. En la ec. (4.34) vemos que s i t S T , e l ú l t i m o sumando es muy pequeño y se puededespreciar; lo que queda es v(t)
= v,, + aoT
t(s)
Figura 4.9 a
I
1
1, entonces,e-x z O .
5 6 7 8 9 10 11 12 1 3 1 4 1 5 1 6 1 7 18
4
I
a07) """""""""-
t I
" " " "
I
1 I
--
5 6 7 8 9 10 11 12 1 31 41 5 1 6 1 7 1 8
3 4
i
I I
+
t(s)
Figura 4.9 b
I
I I
I I
I
(4.36)
I I
que es una cantidad constante. ÉStaes la velocidad c o n l a q u ese mueve el cuerpo cuando ya deja de haber aceleración. Es decir, una vez que el movimiento empieza a ser uniforme, la partícula se mueve con esta velocidad constante. Por otro lado, de la ec. (4.35) vemos que s i t S T , otra vez se puede despreciar el último sumando porque es muy pequeilo y entonces
x(t) = (x,
- a o 9 ) + (v,
+ a,dt /'
que es la ecuación de una línea recta con ordenada al origen (x, - a,6) y pendiente (v, a,T) (véase ec. (4.7)). D e esta ecuación vemos que, en este régimen de tiempos, el movimiento es uniforme (compárese esta última ecuación con la ec. (4.6)). La pendiente de la recta (compárese con la ec. (4.36)) es justamente la velocidad con la que se mueve el cuerpo en este régimen de tiempos.
+
/
0 +
"
-
1
-
2' m
n
3 4 ~
-
/
s
5
-
6
v
r
7
8 9 10 11 12 13
Figura 4.9 c
1 5141 6 1 7 18
* t(s)
MOVIMIENTO UNIFORMEMENTE ACELERADO
a) 2En cuánto tiempo adquiere la velocidad de 72 m/s? b) i A qué distancia del punto de partida logra esta velocidad?
4.3. MOVIMIENTO UNIFORMEMENTE ACELERADO Dedicaremos esta sección a estudiar con detalle un movimiento de mucha importancia: el uniformemente acelerado. Este movimiento es el que realiza una partícula que experimenta durante todo el ii-mpo la misma aceleración, es decir, una aceleración cunstante. Sea a esta aceleración, entonces a(t) = a
(4.371
que puede ser positiva o negativa. Obtendremos lavelocidadinstantáneaparaestemovimiento.Sustituyendo (4.37) en la ec. (4.22) nos da
81
En vista de que el cuerpo experimenta una aceleración e inicialmente está en reposo, sentirá un cambio de velocidad. Por tanto, se empieza a mover. Como se vio en el capítulo3, en este caso la magnitud de la velocidad del cuerpo irá aumentando, ya que tanto la velocidad como la aceleración tienen el mismo sentido. Llegará un momento en que el cuerpo tenga la velocidad de 72 mis. Tomemos el eje X a lo largo de la línea en que ocurre el movimiento (fig. 4.10). Sea x. la posición del
+ \ : a dt’
v(t) = vo
y usando las ecs. (4.26) a (4.29)
v(t) = vo
+ a lofdt’
=v,+at’(;
+ a(t - O) = vu + a t = vo
v(t)
(4.38)
Para encontrar la trayectoria, sustituimos esta últim a expresión en la ec. (4.21) x ( t ) = x.
y usandolas contramos
+ S1 [vo + a t ’ l d t ’
cuerpo en el instante inicial t = O. En este instante la velocidad es vo = O, ya que el cuerpo parte del reposo. Por consiguiente,paraestecaso las ecs. (4.38) y (4.39) quedan como v(t) = at V
+
~ ( t=) x.
(4.40)
“ Ia r 2
(4.41)
2
ecs. (4.26)a
(4.29), sucesivamente enveloadquiere cuerpo la el que a) Sea instante en 7 el cidad de 72 rnis. Como la ec. (4.40) es válida en todo vodt’ a t ‘ dt’ instante, será válida, en particular, en el instante t =r
= x.
+ !of + + vo {:dt’ + a I Ot t ’ dt’ 1 + vot’I ‘+a Tt‘Z I
= x.
+ vo(t - O) +
x(t) = x.
= x.
x(t) = x.
v(7) = ar D e esta ecuación despejamos
O
+ vot +
1
”at2 2
7
Véase apéndice I c o n P = ~(71, a = a, u =
1
” a ( t 2 - 02] 2
v( 7) .__
7 =
(4.39)
(4.42)
a
y sustituyendo valores obtenemos
La ec. (4.39) nos indica que, en un movimiento uniformementeacelerado,la distancia que,recorre un cuerpo va como el cuadrado del tiempo. Esta es una característica del movimiento uniformemente acelerado. Ejercicio 4.7. Un cuerpo se mueve a lo largo de una línea recta horizontal, hacia la derecha, con una aceleración constante e igual a 3.2 m/s2. Si el cuerpo parte
7
7 =
72 rnis 3.2 mis2
72 3.2
m X s2 S X m
“
= 22.5 S Aquí se usó la ec. (3.43)
b] La posición del cuerpo en el instante res, según la (4.41),
82
Cap. 4. CINEMÁTICA DE UNA PART~CULA( 1 1 ) ~ ( 7= )
x0
+
1 -a9 2
(4.43)
x(7) = x"
1 = x(7)
m
__ X (22.5 S)'
2
1 = "2a ?
Véase apéndice I con P = v(7), a =
52
x
- x"
(4.47)
siendo L la longitud del cañón.Las ecuaciones (4.46) y (4.47) son dos ecuaciones con dos incógnitas:7 y a. Resolveremos estas ecuacionesenformasimultánea. Para ello despejamos a de la ec. (4.46)
Sustituyendo valores
1
1 -a72 2
De esta ecuación se tiene que (véase fig. 4.11)
La distancia d recorrida por el cuerpoes (véase la figura 4.10)
d = "3.2
+
S2
a =
d = 810m
7,
u = a
v( 7 ) __
(4.48)
7
y sustituimos esta expresión en la ec. (4.47)
Ejercicio 4.8. Una bala de fusil parte del reposo y sale del cañón con una velocidad de 800 mis. La longicañón del tud es m 1.5 de yaceleración la producida por los gases de la pólvora sobre la balaes constante.
1 = 1 v(7) 2
D e aquí despejamos
a] )Cuánto tiempo tarda el proyectil en recorrer el carión? bj ¿Qué valor tiene la aceleracihn?
7
72
1 = v(717
7
1
I-
Véase apéndice I con P = L, a = 2 ~
( 7y )U
=
Sustituyendo valores, nos da 7
=
2 x 1 . 5 m - 2 X i.5 m X S 800 mis m 800
Figura 4.1 1
a =
800 mis 3.75 X 1 0 - 3 s -
= 213 X 1 0 3 4 ~ 2
= 2.13 X I O 5 m/s2 Y
x(t) = x 0
+
" I
-at2 3
(4.45)
Sean ahora: 7 el instante en que la bala sale del cañón, x(7) la coordenada del extremo del cañón y ~ ( 7la) velocidad con la que sale la bala. Se tiene entonces, de la ec. (4.44) v(7) = y de la ec. (4.45)
+ 800 m/s
= a7
(4.46)
~
800 3.75
X 103
m
~
s x s
7
MOVIMIENTOUNIFORMEMENTEACELERADO
Los frenos generan una aceleración opuesta a lavelocidad. Por tanto, la velocidad del auto disminuirá (véase fig. 3.33). En vista de que la aceleración se aplica todo el tiempo, la velocidad disminuye hasta llegar al valor cero, en que el auto se detiene. Escojamos el eje X a lo largo de la línea en que se mueve el auto, con sentido positivoen el mismo sentido de la velocidad del auto (fig. 4.12). Sea t = O el ins-
= 1.39
x
10-3
= 1.39
h
x
10-3h
83 (4.54)
Ahora bien, como 1 h = 3 600 S = 3.6 X 103s = 1.39 X 10-3 x 3.6 x 103s = 1.39 X 3.6 X 1 0 - 3 + 3 ~
=5s
(4.55)
bl La distancia en que se detiene el auto es x(r)dada por la ec. (4.53). Sustituyendo los valores de I vol, l a I
y T (véanse ecs. (4.49) y (4.54)) X(T)
km x 1.39 x 10-3h = 60 -
h
1 1 X
43200
km -
h2
x (1.39 x 1O-3 h)2 tante en que se empiezan a aplicar los frenos. Escogemos el origen del sistema de coordenadas en el punto en quese encuentra el auto en el instantet = O. La aceleracióntienesentidohacialaizquierda,por lo que en el sistema de coordenadas escogido es negativa. Se tiene entonces que
= 8.34 ::IO-* k m - 41 733 X = 8.34 X IO-*km - 4.17 x = 4.1 7 X
Las ecs. (4.38) y (4.39) quedan en este caso como v ( t ) = vo - l a It
Y
(4.501
km km
km
Pero 1 km = I O 3 m , por lo que
= 4.17
x(r)=4.17 X lO-'X IO3m
X 10m
E l auto se detiene en 5 S a una distancia de 41.7 m. En la figura 4.13 se muestran las gráficas de x, v y a como funciones de t para el auto. Estas gráficas corresponden a las e a . (4.50) y (4.51).
Sea 7 el tiempo que tarda el cuerpo en detenerse; además sean x(r) la coordenada del punto en que se detiene y v(7)( = O) la velocidad con la quese detiene. En el instante t = r las ecs. (4.50) y (4.51) son
a) De la ec.(4.52) despejamos r
y por tanto,
(vol = / a l 7 u
l
L
(
4
que sustituyendo valores nos da 7 =
60 km/h 43 200 km/h2
60km 43 200
h
X X
h2
km
= 41.7m
Figura 4.13
5
fl
84
Cap. 4. CINEMÁTICA
DE UNA PART~CULA(11)
Como se ha visto en los ejercicios que hemos suelto, el procedimiento que se ha seguido es:
re-
i) Escoger un sistema de coordenadas.
H = De manera análoga
1
Dividiendo entre sí ambos lados de (4.59)
o sea,
1 = - - laAl laBl
Este procedimiento conviene seguirlo en gerleral. Ejercicio 4.10. Dos cuerpos, e l A y el 5, parten del reposo del mismo punto y en el mismo instante. Ambos cuerpos ,se muevenconmovimientouniformemente acelerado a lo largo de la misma línea recta y en el mismo sentido. Los dos cuerpos recorren la misma distancia: el cuerpo A la recorre en el tiempota y el cuerpo B, en el tiempo tB. i C ó m o están relacionadas las aceleraciones de los cuerpos? Escogemos el sistema de coordenadas alo largo de la línea en quese mueven los cuerpos (fig. 4.14); el ori-
(4.58)
H = - laBlti 2
i o Determinar, en este
sistema, los valores y signos de x,,, vg y a para el problema que se esté resolviendo. iii] Sustituir estos valores y signos en las ecuaciones generales(4.38) y (4.39), para así obtener la3 ecuacionesparticularesparaelproblemaen cuestión. iv) Resolver las ecuaciones particulares así obtenidas para las incógnitas del problema.
1 7 la41tA
Despejamos
(4.59) lasecs.
(4.58) y
It21 Itit
(diti)
la,l Aquí se usó l a ec. (3.43). Se pueden tener tres casos posibles.
1. tA Figura 4.14
y, por tanto,
gen O lo escogemos en el punto del que parten los cuerpos y el sentido positivo, en el sentido en que se mueven, hacia la derecha, digamos.Sea H la distancia querecorren los cuerpos. Las aceleracionesde los cuerpos, aa y ae, tienen sentidos hacia la derecha, o sea, son positivas en este sistema de coordenadas. Se tiene entonces que XM
=
aA =
+
X@
= o; laAl;
= VgB = o aE = last
V M
> tB. En este casc
+
La ec. (4.39) queda para el cuerpo A
t3 > ti
D e l a ec. (4.60) se tiene entonces que
o sea,
Si el tiempo en que el cuerpo A recorre la distancia H es mayor que el tiempo que tarda el cuerpo 5 en recorrer la misma distancia H , entonces la aceleración de A es menor que la aceleración de B. 2 . t A = tB. En este caso, y, por tanto,
t i=
t;
2
LA -1
y para el cuerpo 6
tb
De la ec. (4.60), se tiene entonces que Ahora bien, al tiempo tA, X A ( t A ) = tos valores en la ec. (4.56) nos da
H.Sustituyendo es-
la,! “=I
2
MOVIMIENTO UNIFORMEMENTE ACELERADO
o sea.
De la misma forma
l a A l = las1
x(3 x(4
Si los dos cuerpos tardan lo mismo en recorrer la misma distancia, entonces sus aceleraciones son iguales. 3. t~ < tn. Este caso es el inverso del caso 1.
Ejercicio 4.11. Un cuerpo que parte del reposo se mueve a lo largo de una linea recta horizontal con movimiento uniformemente acelerado, hacia la derecha y con aceleración de 3.3 m/s2. Calcule las distancias que recorrió el cuerpo en los instantes IS , 2 S , 3 S y 4 s. Escojamos el sistema de coordenadas a lo largo de la línea en quese mueve el cuerpo (fig.4.15). E l sentido a
t
=
C
D
O t = I s ; = 2s; = 3 s t = i s
* x
Figura 4.15 positivo del eje X se escoge con el mismo sentido que eldelaaceleración y elorigen O, en el punto del que parte el cuerpo. Se tiene que x. =
o; vo = O; a = +
+ 3.3 m/s2
la I =
Sustituyendo estos valores en la ec.
(4.391, nos da (4.61)
La distancia recorrida en t = 1 S es x(l
S)
S)
= 6.6 m = 4
1 2
x(3
S)
X 1.65 m =
4 x(l
S)
= 9 x(1 S )
Y x(4 S ) = 1 6 x(1 S) Estos resultados nos dicen que
Este ejercicio ilustra el hecho de que la distancia recorrida va como el cuadrado del tiempo. Esto es una característica del movimiento uniformemente acelerado. Supóngase que una partícula se mueve con movimiento uniformemente acelerado a lo largo de una línea recta (fig.4.16). La distancia recorrida por la partícula, en el tiempo t, es la longitud AB que es
d = ~ ( t) XO
d = vot
m
T X S 2 S
= 1.65
= 14.85 m = 26.4 m
donde se usó la ec. (4.62). De la misma manera
S2
- "3.3Xl
m
x(2
y usando la ec. (4.39)
1 m = - x 3.3 - x (1 SI2 2
S)
En un tiempo doble, el cuerpo recorrió una distancia 4 = Z2 veces mayor. En un tiempo triple, el cuerpo recorrió una distanveces mayor. cia 9 = En un tiempo cuádruple, el cuerpo recorrió una dist a n c i a 1 6= 42veces mayor, etcétera.
__t
B
S)
Notamos que
Estas conclusionessonciertas s i amboscuerpos parten del mismo punto y, además, del reposo.
O A
85
(4.621
+
I
"at2 2
La ec. (4.38) para la velocidad
es
v(t) = vo
+ at
(4.63)
(4.38)
Aquí se usó m
-xs2=mx S2
S2
- = m x l = m
La distancia recorrida en t = 2 x(2
S)
S
es
"O
Figura 4.16
1 m = - x 3.3 7 x (2 $2 2 S 1 = "x 3.3 2 = 6.6 m
m
x 4 "Tx S
S2
A continuación eliminaremos el tiempo t entre estas dos ecuaciones. Para ello despejaremos t de (4.38) y el resultado lo sustituimos en la ec. (4.63). Para facilidad escribiremos v(t) = v. De (4.38) se tiene
86
Cap. 4. CINEMÁTICA DE UNA PART~CULA( 1 1 )
at = v y de aquí
t=
- v" -
v
a =
V"
(4.64)
a
Sustituyendo este resultado en la ec.
d =v.(
(4.63) nos da
y)+ - ) 1
(8
v - vav g
y sustituyendo valores a =
x
2
-
"
-
2km
V"V
- va a
+
1
"(VZ 2a
- 2VV"
+ vi)
Aquí se usó, enelsegundosumando,eldesarrollodel cuadrado de un binomio. Combinando los dos últimos sumandos movimiento obtenemos ejemplo de Unque acelerado
1 d = -( 2 ~ 0 ~ 2 4 2a
= -
[o
-(
3.50
- X 1 2 2 500 4 km
122 500 k m 2 4 km 30 625 k m / h 2
"
-
1 2d
- (v2 - vi)
km2
h2
1
' h Z
4.4. CAíDA LIBRE
la de es el caída de un cuerpo en la vecindad de la superficie 0va)~ terrestre. Si soltamos un cuerpo sabemos por nuestra experiencia que cae hacia abajo (fig. 4.18), a lo largo vertical. recta, la línea unade Se puede afirmar inme(4.65) diatamente lo siguiente:
+ v2 - 2 ~ +
1 2a
d = - [ v * - v);
ÉStaes unarelaciónentre d, v, vo y a paraelmovimiento uniformemente acelerado que no involucra el tiempo
a) E l movimiento de caída es en una dimensión y
bl E l movimiento de caídaes acelerado,
Ejercicio 4.12. Un avión tiene, en el momento de aterrizar, una velocidad de 350 km/h. Después de un recorrido de2 k m se detiene. iQué aceleración experimentó el avión? Sea la línea en la que se mueve el avión la mostrada en la figura 4.17. Para que el avión disminuyas u velocidad inicial, la aceleraclon debe tener sentido opuest o a la velocidad. Por tanto, en el sistema de coordenadas de la figura 4.17 la velocidad iniciales positiva, Figura 4.18 I
o
4 t+ Xd
+v
d
4
=
o
+x
Figura 4.17
mientras que la aceleraciones negativa. Supongamos que la coordenada del punto en que se detiene el avión sea x. En este punto s u velocidad es cero. Por consiguiente, se tiene que v, =
De
Id
+
l v g / = 350 k m / h ; v = O; d = x - x" = 2 k m
ec. (4.65) despejamos la aceleración a
En efecto, respecto de este último punto podemos decir que el soltar el cuerpo, su velocidad inicial es cero (fig. 4.18a). Un instante posterior [fig. 4.186) el cuerpotieneunavelocidadhaciaabajo, es decir, hubo un cambio de velocidad: del valor cero a uno distinto de cero. Por tanto, sobre el cuerpo se ejerció una aceleración. Por el momento no nos interesará el origen de esta aceleración. Solamente nos adelantaremos y diremos que es causada por la Tierra. M á s adelante estudiaremos este asunto con mayor detalle. De la figura 4.18 nos damos cuenta de que el cambio de velocidad ocurrido en la caída tiene sentido haciaabajo(fig. 4.19).Por consiguiente (véase la fig. 3.27), la aceleración tiene la misma direccióny el mismo sentido que el cambio de velocidad, es decir, la aceleración tiene dirección vertical y sentido hacia abajo. La llamaremos aceleración de la gravedad.
87 =
.V
*
o
Tabla 4.1 Instante
y(cm)
2
2.40 5.O4 8.64 13.44 19.20 25.28 34.20 43.20 53.88 65.40 77.64 91.30
3
4 5 6 7
Figura 4.19
Lo Único que nos falta determinar es la magnitud de la aceleración de la gravedad.Para ello es necesase riorecurriraunexperimento. En lafigura4.20 muestra una fotografía del movimiento de una pelota que cae a partir del reposo. La fotografía es de exposic i ó n m ú l t i p l e y el intervalo entre cada exposición es de (1/30) s. E s decir, el intervalo entre dos posiciones sucesivas de la pelota en la fotografíaes de (1/30)s. A l lado aparece una escala en centímetros. En la tabla 4.1, en la segunda columna, se presentan las posiciones de la parte central de la pelota en instantes sucesivos. Estos valores se pueden leer de la escala de la fotografía.
Instar 1
3 4 5 6
4.83 4.81 8 4.80 9 4.85 10 4.86 4.86
11
12 13 14
[m/s*l 5.40
vlt2
106.20
5.04 4.86 4.84 4.80
4.86 4.87
Antes de cualquier cosa debemossaber q u é t i p o d e movimiento realizó la pelota al caer: ifue uniformemente acelerado o n o ? Si n o lo fue, entonces, i q u é otro tipo de movimiento realizó? Tratemos en primer lugar de ver si el movimiento fue uniformementeacelerado. Para ello recordamos que en este tipo de movimiento la distancia recorrida va como el cuadrado del tiempo (véase el ejercicio 4.11). Escojamos u n sistema de coordenadas a lo largo de la línea en que cae la pelota, es decir, la vertical (fig. 4.21). Tomamos el origen en el punto en que se suelta la bolay el sentido positivo, hacia abajo. Llamamos a este sistema de coordenadas el eje Y.
7
Siguiendo la costumbre denotaremos ahora al sistema de coordenadas vertical con la letray. D o n d e hasta ahora teníamos x, ahora escribiremos y.
8 9 10
t = 0
0 "--
11
12
F-
13
14
Figura 4.21
Y
Los valores de y dados en la tabla4.1 están referidos
al sistema de coordenadas que acabamos de escoger.
La velocidad inicial (t = O) es cero, ya que la pelota se soltó, o sea, vo = O. Además,enestesistemade coordenadas la aceleración es positiva, ya que tiene sentido hacia abajo
Figura 4.20
Asimismo,
a =
+
la1
Yo = 0
88
Cap. 4. CINEMATICA DE UNA PARTICULA (11)
Sustituyendo estos valores en la ec. (4.39) para el movimiento uniformemente acelerado nos da
Dividiendo ambos lados de esta ecuación entre t2, obtenemos (4.67)
Esto significa que la distancia recorrida en la caída es proporcional al cuadrado del tiempo transcurrido. Es decir, el movimientc de caída es uniformemente acelerado. Delaec. (4.67) obtenemosentoncesquela magnitud de la aceleración es a =
2x = 2 X 4.90 m/s2 t2
= 9.80 mis2 Denotaremos esta aceleración con la letra
Por tanto, s i en la caída libre la aceleración es constante, entonces la combinación [y(t)/t2) en cadainstante debe ser igual al mismo número
[
=
1
la I ] .
Si
esto ocurre en efecto, de este númerose puede entonces encontrar la aceleración a. Se procederá, por tanto, a calcular la combinación [y(t)/t2] en cada uno de los instantes mostrados en la tabla 4.1. Por ejemplo, para el instante 4 el tiempo transcurrido desde el inicio de la caída es 4
x 30 S = 1
g
g(4.68) = mis2 9.80 Otra pregunta que nos podemos hacer es: i l a aceleración de la gravedades la misma para cuerpos distintos? E l valor (4.68) se obtuvo para la pelota de la figura 4.20. Para responderla, haremos otro experimento. Se soltarán dos objetos distintos desde la misma altura sobre el suelo y se verá s i caen la misma distancia en e l mismo tiempo o no. En la figura 4.22 se muestra una fotografía de la caída de dos cuerpos distintos a
0.1333 S = 1.33 X I O " S mientras que de la tabla vemos que la posición correspondiente es
y = 8.64 cm Por tanto,
v= t2
8.64 cm cm (1.33 X 10"
-
S ) ~
8.64
1.778 X
s2
= 4.86 X 102cm/s2= 4.86 mis2 De la misma manera se calculan los valorescorrespondientes a los otros instantes. Estos resultados se muestran en la tercera columna de la tabla 4.1. Nos damos cuenta de que estos valores son casi iguales. El promedio de estos valores es 4.87 m/s2.
Los resultados de mediciones experimentales siempre contienen erroresdebidosadiversascausas. En nuestro caso éstas pueden ser: los instantes en que se enciendelaluzparatomarlafotografíanoestán exactamente separados en (1/30)s, las marcas de la regla tienen ligeras variaciones, por lo que los valores de y no son precisos, etcétera. De experimentos más predisos
se encuentra que:
Los valores (y/t2) son cada vez más iguales entre sí al aumentar la precisión del experimento. E l valor promedio de(y/t2) es 4.90 mis2. En conclusión, se puede decir que dentro de los errores experimentales, (y/t2) es efectivamente constante.
F
Ira
4.22
89
C A ~ D ALIBRE
partir del reposo desde la misma altura. La fotografía es nuevamente de exposición múltiple. De la fotograf i a se concluye que los dos cuerpos distintos caen, a partir del reposo, en el mismo tiempo. O sea, recorren distanciasigualesentiemposiguales.Delejercicio, 4.10, apartado 2, concluimosentoncesque los dos cuerpos experimentan la misma aceleración. E s decir,
v(t) = / g /t
(4.70)
a ) Sea r el instante en que la partícula llega al suelo (punto A de la figura 4.24). Por tanto,
y(r) =
+ 10 m
Las ecs. (4.69) y (4.70) son válidas en cada instante, en Particular en el instantet = T . La ec. (4.69) queda para t = r como
M I SMA
y su magnitud está dada por la ec. (4.68). E l tipo de movimiento de caída que hemos consideNO tieneninguna rado es aquelenelqueelaire o sea, influencia. A estemovimientolellamaremos caída libre. Si el aire tiene influencia en la caída, entonces el valor de la aceleración que experimenta el cuerpo ya no es g; además puede ocurrir que el movimient o ya no sea uniformemente acelerado. Despejamos Ejercicio 4.13. Se suelta un cuerpo desde una altura de 10 m sobre el suelo (fig. 4.23). a) 2En cuánto tiempo llega el cuerpo al suelo? b) icon qué velocidad llega el cuerpo al suelo?
Y(7)
1
= 2 lg172
1 1 0 m = -1g172 2 72
Véase apéndice I con P = 1 0 m, a =
1
- lgl, u = 72 2
10 m -
72
/2 '
lgl
-
2 X 10m
-
20 m 9.8 m/s2
Igl
= 2.04 Figura 4.23
Aquí usamos el valor de
m X s2 = 2.04 s2 m
g dado por la ec. (4.68) y la
Como en el instante inicial el cuerpo se suelta, tiene ec. (3.43). Sacando raíz cuadrada se obtiene velocidad nula. Pero como la aceleración de la graver= 1.43 S dad que actúa sobreéI tiene sentido hacia abajo, hay un cambio de velocidad hacia abajo (véase fig. 3.28). Por consiguiente,elcuerpoadquiereunavelocidad Éste es eltiempoenque cae lapartículadesdela alturade l o m. consentidohaciaabajo.Entonces,eninstantes sucesivos tanto la aceleración como la velocidad tienen el Esto tiene como consemismo sentido: hacia abajo. vg = o cuencia que la velocidad va aumentandosuen magnitud al transcurrir el tiempo. Escogemos un sistema de coordenadas vertical, con origen en el punto en que y sentidopositivohaciaabajo(fig. O'', = se sueltaelcuerpo 4.24). Se tiene entonces que
d m =
"'1.
~
yo=O
;
v,=O
;
a = +
Igl
Sustituyendo estos valores en las ecs. (4.39) y (4.38) se tiene, para nuestro caso (en lugar de x se usa y), (4.69)
I
Y
i
Figura 4.24
90
Cap. 4 . CINEMÁTICA DE UNA PARTíCULA (11)
b] Para el instante r, la ec. (4.70) nos da la velocidad que tiene el cuerpo al caer al suelo. v(7) = lgi7
+g
y sustituyendo
-1 47)
m
= 9.8
-
= 9.8
X
S2
1 43
= 1 4 m/s
bl
X 1.43 S
m
-- X S S2
¡Esta velocidad es igual a 50.4 kmjh!
En un instante posterior, dado que el cambio de vela locidad es hacia abajo, la partícula cambia su velocidad del valor cero a uno distinto a cero con sentido hacia abajo (fig. 4.25d).Es decir, la partícula se mueve hacia abajo. Por tanto, la máxima altura la alcanza cuando su velocidad se anula. Recuérdese que la partícula se mueve en el sentido (y dirección) de su velocidad.
Ejercicio 4.14. Se lanzauncuerpoverticalmente hacia arriba con velocidad de 7 mis.
a) iCuánto tarda el cuerpo en llegar a la máxima altura? b] i C u á l es la máxima altura a la que llega? c) ;Cuánto tiempo tarda en regresar al punto desalida? d] i c o n q u é v e l o c i d a d regresa el cuerpo al punto de salida?
I
Posteriormente. tanto la velocidad como la aceleracióntienenelmismosentido. En consecuencia,la magnitud de la velocidad va en aumento. Consideremosprimeroelmovimientodesubida. Escogemos un sistema de coordenadas vertical, con sentido hacia abajo y el origen, en el punto de salida (fig, 4.26). En este sistema se tiene que yu = O;
v,, = - I v u / = -7m/s;
Analicemos primero el movimiento. En el instante inicial, la partícula tiene velocidad hacia arriba, mientras que la aceleración tiene sentido hacia abajo (fig. 4.25a). Por consiguiente, el efecto de la aceleraciónes disminuir la magnitud de la velocidad. AI transcurrir el tiempo, la magnitud de la velocidad sigue disminuyendo (fig. 4.25b) hasta anularse. Cuando esto último ocurre, la partícula se detiene (fig. 4.25~).Sin embargo, en este instante la partícula sigue experimentando la aceleración de la gravedad. Recuérdesequelaaceleracióndelagravedad eierce sobre los cuerpos TODOtiempo. el
se
I
Y
f Figura 4.26
a =
+
Igl
91
CA¡DA LIBRE
Con estos valores las ecs. (4.39) y (4.38) quedan como
+
Y(t) = - lvolt
-
v(t) =
Ivol
1
I
-lglt2 2
+ Iglt
(4.71) (4.72)
a) Sea Te1 tiempo que tarda la partícula en llegar a la máxima altura. Comose vio, la máxima altura se logra cuando la velocidad de la partícula se anula, o sea,
v(T) =
o
que usando la ec. (4.72),
v(T) =
o
=
Despejando la incógnita
- lvul
+ IgIT
7
~
IH I
=
(7 mis)2 = 49 m2/s2 2 X 9.8 mis2 2 X 9.8 mis2
-
49 2 X 9.8
m2 X s2 s2 X m
= 2.5 m Aquí se volvió a usar la ec. (3.43). Concluimos que la partícula llega a 2.5 m encima del lugar del que fue lanzada y tarda 0.71 S en llegar. Consideremos ahora el movimiento de bajada. Tomemos como instante inicial para la bajada el instante en que la partícula está en su altura máxima (fig. 4.27). en el sistema de coordenadas escogido se tiene ahora yU = - / H I = - 2.5m;
/ v o l = Igl7
T=
Sustituyendo valores nos da
I vuI
vu = O;
a =
+
(g/
(4.73)
lgl
Sustituyendo valores
T =
7 mis 9.80 mis2
= 0.71
7
m x s 2
"
9.8 m
X S
(4.74)
S
Aquí se usó la ec. (3.43).
b] Sea H la alturasobre el suelo a la que llega la partícula. En el sistema de coordenadas escogido (véase fig. 4.26) se tiene entonces que
Y(7) = - IHI
Figura 4.27
Y
Sustituyendo estos valores en las ecs. (4.39) y (4.38), obtenemos las ecuaciones que describen la bajada y(t) = - I H I
y usando la ec. (4.71)
+
1
- lg/t2 2
v(t) = Iglt
1 Y(T) = - / H I = - / v o 1 7 + - Igl72 2
(4.76) (4.77)
E l tiempo t que aparece en las ecs. (4.76) y (4.77) es contado a partir del instante en que la partícula se encuentraen su máximaaltura. NO confundir con el tiempo t que aparece en lasecs. (4.71) y (4.72), que corre a partir del instante del lanzamiento.
Sustituyendo (4.73)
c) Sea T el tiempo que tarda la partícula en ir de su máxima altura (punto A de la figura4.27) al punto inir la partícula cial (punto O). Es decir, en el instante está en el origen O. Y(?) = 0
por lo que
I/jl
M 2 Igl
Por tanto, de l a ec. (4.76) (4.75)
y(7) = o =
1 - /HI + 1g172 2
92
Cap. 4 . CINEMÁTICA DE UNA PART~CULA ( 1 1 )
D e aquí despejaremos
7
1 I H ! = - Ig/72 2
=
i.”Il
V é a s e a p é n d i c e I c o n P =I H i , a =- - / g ! , u = 7 2
JF-
Sustituyendo los valoresde arriba y e l d e / g /
I HI
La magnitud de la velocidad al regreso es igual a la magnitud de la velocidad de salida. Sin embargo, estas velocidades no son iguales. A la salida, la velocidad tiene sentido hacia arribay a la llegada tienesentido hacia abajo (fig. 4.28).
I
o
(4.78)
= 2.5 mobtenido Figura 4.28
2 X 2.5 9.8
=
7 mis
T
y sacando raíz cuadrada T =
Jq=
m X s2 m
JmT= 0.71
PROBLEMAS
S
4.1. Un cuerpo se mueve a lo largo de una línea recta con movimiento uniforme. Si su velocidad es de 53 Aquí se usó la ec. (3.43). Comparando con la ec. (4.74) km/h, iqué distancia recorre en 1 h, 2 h, 3 h?, jqué revemos que lación existe entre los valores que obtuvo? 4.2. Calcule el tiempo que tarda un rayo de luz en IleT= 7 gar del Sol a la Tierra. La distancia es de 150 millones de kilómetros. Tome como valor de la velocidad de la es decir, el tiempo de subida es el mismo que el de baluz 300 O00 kmis. jada. 4.3. Un año luz es la distancia que recorre un rayo de d ) Ahora calcularemos la velocidad de la partícula luz en un año. Exprese esta distancia en km. en el momento en que regresa el puntoO; esto es, ~ ( 7 ) . 4.4. Un observador determina que transcurrió un inD e l a ec. (4.77) se tiene que tervalo de 4.5 s entre un relámpagoy el trueno correspondiente. Si la l u z y el sonido se mueven con velociv(r) = l g i r dadesuniformes,jaquédistanciadelobservador cayóelrayo?Tomelavelocidaddelaluziguala Sustituyendo la expresión (4.78) para 7 nos da 300 O00 kmls y la del sonido igual a 335 mls. 4.5. Dos carros (véase fig. 4.29), en movimiento uniforme, el rojo y el negro, entran en una autopista a las 8 a.m. E l carro rojo entra en el punto A con una velocidad de 80 km/h. E l carro negro entra en el punto B, que está al este de A, a una distancia de40 k m . Si ambos carros se encuentran en el punto C que está a 300 km al este de A, =J r n (4.79) Aquí se usó la ec. (1.27). Sustituyendo el valor de I H I = 2.5 m nos d a m v(7) = 4 2 X 9.8 7X 2.5 m S
40 km
A
m
2 X 2.5 X 9.8 7 X m S
300 km
6
Figura 4.29
C
PROBLEMAS
a) >Cuál es la velocidad del carro negro? b) i A qué hora se encuentran? c) D i b u j e en una sola gráfica las gráficas los dos carros.
x-t para
4.6. Resuelva el problema 4.5 para el caso general en que el carro rojo tiene velocidad vR y el carro negro, vN(vR > vN). Suponga que la distancia entreA y B es d y que la distancia entre A y C es h. 4.7. Encuentre la trayectoriax(t) y la velocidad instantánea v(t) de un cuerpo que experimenta la aceleración a(t) dada por a) a(t) = R t b ) a(t) = Rt Lt4 c) a(t) = a,(l - e--t/7)
+
Aquí R, L, a, y r son cantidades constantes. En cada caso haga gráficas x - t, v - t y a - t para valores que uslos movimientos. ted asigne a las constantes. Describa 4.8. Compruebe los resultados que obtuvo en el problema 4.7. 4.9. Verifique la congruencia dimensional de las ecs. (4.30) y (4.31). (>Qué dimensiones deben tener S y N?) 4.10. Verifique la congruencia dimensional delas ecs. (4.34) y (4.35). (2Qué dimensiones deben tener a, y r?). 4.11. Verifique la congruencia dimensional de los resultados obtenidos en el problema 4.7. (>Qué dimensiones deben tener las cantidades constantes?) 4.12. Compruebe que la ec. (4.31) del ejercicio 4.4 es correcta. 4.13. Compruebelacongruenciadimensionaldela ec. (4.65). 4.14. Resuelva el ejercicio 4.13 usando un sistema de coordenadas vertical, con el origen en el punto en que se suelta el cuerpoy con sentido positivo hacia arriba. >Se modifican los resultados? 4.15. Resuelva elejercicio4.14conunsistemade coordenadas vertical, con el origen en el punto de máxima altura y sentido hacia arriba. >Se modifican los resultados? 4.16. Un trense mueve con una velocidad de 80 km/h. En cierto momento frena y se detiene en 1 5 s. Si e l movimiento es uniformemente acelerado, >qué aceleración experimentó? >en qué distanciase detuvo? 4.17. En un tubo de televisión los electrones experimentan una aceleración constante de valor 3 X 1OI2 m/s2 >Qué velocidad alcanzan los electrones después de recorrer una distancia de 1 . 5 cm, si parten del reposo? 4.18. Un automovilista circula por una calle a una velocidad de 40 km/h. Cuando está 25 a m de un crucero se enciende la luz amarilla del semáforo. La luz permanece encendida durante 2 S y el ancho de la calle que va a cruzares d e I O m . Si acelera con aceleración constante de 7 mis2, >logrará cruzar antes de que se encienda la luz roja? 4.19. Un avión tiene una aceleración de 3.5 m/s2. Para elevarsetienequealcanzarunavelocidadde350 km/h. Suponiendo que la aceleración es constante durante el despegue, >de qué longitud debeser la pista?
93
4.20. Un tren parte de la estación A con una aceleración constante de 3.6 mis2.Después de haber viajado cierto tiempo, frena, con magnitud de la aceleración constante e igual a 0.22 mis2, deteniéndose en la estaes de 10 ción B. Si la distancia entre las dos estaciones km, encuentre el tiempo que tardó el tren en irAde a B. 4.21. Se suelta una piedra desde una altura de 130 m: a) >Cuánto tiempo tarda en llegar al suelo? b) >Con qué velocidad llega al suelo? Exprese su resultado en km/h. 4.22. Un cuerpocae de un edificio en 7.2 s. 2Qué altura tiene el edificio s i el cuerpo se soltó? 4.23. Un cuerpo cae libremente.AI pasar por el punto A tiene una velocidad de 14 misy al llegar al punto B tiene la velocidad de 33 mis. a) >Cuál es la distancia AB? b) >En cuánto tiempo recorre la distancia AB? 4.24. Desde una altura de 25 m se suelta una pelota. Después de 1.2 S se lanza hacia abajo otra pelota. a) >Con qué velocidad se debe lanzar la segunda pelota para que llegue al suelo al mismo tiempo que la primera pelota? b) icon qué velocidades llegan al suelo las dos pelotas? 4.25. Desde el borde de un acantilado se lanza una piedra verticalmente hacia arriba con una velocidad de 40 mis. La altura del acantilado sobre las playa es de 117 m. a) iCuál es lamáximaalturaalaque llega l a piedra? b) 2Cuánto tiempo tarda en llegar a la máxima altura? c) 2Cuánto tarda en llegar a la playa? d) >Con qué velocidad llega a la playa? e) i A dónde se encuentra la piedra 6 S después de haber sido lanzada? f) Haga las gráficas x - t, v - t y a - t del movimiento de la piedra 4.26. Se lanza un cuerpo hacia abajo con una velocidad de5.3 mis desde una altura de50 m sobreyl suelo. a) 2Cuánto tiempo tarda en llegar al suelo? b) >Con qué velocidad llega? 4.27. Se lanza una piedra verticalmente hacia arriba con una velocidad de 12.5 mis.AI mismo tiempo, desde una altura de23 m se lanza una pelota hacia abajo con la velocidad de 19.9 mis. a) iCuándo y dónde pelota?
se encontrarán la piedra y la
94
Cap. 4. CINEMATICA DE UNA PARTÍCULA ( 1 1 )
b) iQuévelocidadestienenenelinstantede
encuentro? c] En la misma gráfica dibujelas curvas x - t de ambos cuerpos.
a) iCuá1 es el valor dela aceleración con quees frenado el cuerpo? b) iEn cuánto tiempo se detuvo el cuerpo?
4.30. icon qué velocidad hay que lanzar una pelota 4.28. Desde el reposo se lanza un cohete verticalmen35 m ? hacia arriba para que llegue a una altura de te hacia arriba con aceleración neta constante e igual iCuánto tiempo tarda en llegar? 4.31. Un paracaidista cae desde el reposo desde una a 16.3 mis2. Después de45 S se apaga el motor. Suponga que la atmósfera no tiene ningún efecto. altura de 180 m. Después de3 S se abre el paracaídas, que hace que el hombresea frenado con una aceleraa) iQué velocidad tiene el cohete cuandose apaga ción constante de 2.8 m/s2. el motor? b) i A qué altura está el cohete cuando se apaga el a) i A qué altura se abrió el paracaídas? b) >Qué velocidad tenía cuando se abrió el paramotor? caídas? c) iHasta qué altura máxima llega el cohete? d) iCuánto tiempo tarda en llegar asu máxima altucj iCuánto tiempo tarda en llegar al suelo? r a? dl icon qué velocidad llega al suelo? e) iCuánto tarda el cohete en regresar a la Tierra? f] i c o n q u é v e l o c i d a d regresa a la Tierra? 4.32 Se lanza un cuerpo verticalmente hacia arriba g] D i b u j e las gráficas x - t, v - t y a - t del cohete. Discon cierta velocidad. Demuestre en general que cuta el movimiento. a) E l tiempo de subida hasta la altura máxima es igual al que tarda en llegar del punto de altura 4.29. Un cuerpo cae, a partir del reposo, desde unaalmáxima al punto inicial. tura de 31 m sobre una superficie que no es rígida, b) La magnitud de la velocidad con que regresa e l causando en ella una depresión de 32.5 cm. Suponga cuerpo al punto iniciales la misma que la magnique desde el momento de contacto el cuerpo es frenat u d d e l a v e l o c i d a d c o n q u ese lanzó el cuerpo. do con aceleración constante.
5
Cinerndltica de una pat-ticula. Dos dimensiones
5.1. PRINCIPIO DE SUPERPOSICI~N DE EFECTOS
Siguiendo el planteamiento propuesto al inicio del capítulo 3, una vez que ya aprendimos la forma de describir el movimiento de una partícula en una dimensión,estudiaremosahoraunmovimientomás complicado: el movimiento de una partícula en dos dimensiones, es decir,enunplano.Como se mencionó allá, la idea es poder usar, en la descripción del movimiento en dos dimensiones, lo aprendido para el caso de una dimensión. Esto significa poder contestar la siguiente pregunta: jse puede considerar el movimientoendosdimensionescomoalgunacombina-. ción de movimientos en una dimensión? Si la respuesta es negativa, entonces hay que investigar cómo describir directamente un movimiento en dos dimensiones. S i la respuesta es positiva, entonces surge otra pregunta: >de qué tipoes la combinación? La respuesta sólo nos la dará la Naturaleza. Para e l l o se puede hacer el experimento quese muestra en la figura 5.1. Aquí se tienen dos cuerpos a la misma altura sobre el suelo. Uno de ellos, el A, simplemente se suelta. E l otro cuerpo, el B, se lanza con una velocidad inicial horizontal. A ninguno de los dos cuerpos se le imparte una velocidad vertical.La única diferencia entre los dos cuerpos es que el cuerpo B tiene una velocidad horizontal. Naturalmente que ambos cuerpos experimentan la aceleración de la gravedad, que tiene dirección verticaly sentido hacia abajo. En la figura 5.2 se muestra una fotografía múltiple de los movimientos de los cuerpos A y B. E l intervalo entre dos posiciones sucesivas de los cuerpos es de (1/30)s. E l cuerpo A simplemente cae a lo largo de la vertical, mientras que el cuerpo B sigue la trayectoria mostrada. De la fotografía nos damos cuenta de que la posición vertical de ambos cuerpos es la misma en cada
95
Figura 5.1
Figura 5.2
96
Cap. 5
DOS DIMENSIONES
instante. Es decir, la altura del cuerpo B, al que S í se le dio una velocidad horizontal, es la misma que la del cuerpoA,alque NO se le dio una velocidad horizontal. Se puede decir entonces que, la velocidad horizontal dada al cuerpo B NO AFECTO la posiciónvertícal que fue adquiriendo. Este experimento ilustra una situación más general, que queda expresada de la manera siguiente:
Figura 5.3 a
PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN DE EFECTOS: Dos efectos perpendiculares sonindependientes entre sí.
E s importante tener en mente que el Principio de Superposición de Efectos es un resultado experimental. La conclusión a la que llegamos es que el movimiento del cuerpoB lo podemos descomponer en dos partes:
1 . Movimiento horizontal. Éste corresponde al de un cuerpo con velocidad horizontal inicial dada. En vista de que horizontalmente no hay ninguna aceleración, entonces el movimiento horizontal es uniforme (ver capítulo4, sección 4.1); 2 . Movimiento vertical. Este es el de caída libre, estudiado en el capítulo 4, sección 4.4.
Figura 5.3 b
Velocidad
M á s adelanteobtendremoscontododetalle
las consecuencias para este caso particular. Antes, dedicaremos la próxima sección obtener algunos resultados generalesparaelmovimientoendosdimensiones.
Por otro lado, el cuerpo tiene, en general, dos velocidades: una horizontal, que denotaremos como v, y una velocidad vertical, vy (fig. 5.4a). Estas dos velocidades son perpendiculares, por lo que de acuerdo con el Principio de Superposición, son independientes una de la otra. En consecuencia, la velocidad resultante que experimenta el cuerpo es la suma vectorial de v, y v,,(fig. 5.4b).
5.2. P O S I C I ~ NVELOCIDAD , Y ACELERACI~N DE UN CUERPO Posición
vy v = v,+
(5.2)
Consideremos ahora el movimiento general de un E l vector v, tiene las siguientes características: direccuerpo en dos dimensiones, es decir, el movimiento ción, a lo largo del eje X; sentido, el mostrado en la fide un cuerpo en un plano. Este cuerpo recorre cierta gura 5.4b; magnitud Iv, 1 dada por trayectoria, por ejemplo, la que se muestra en la figura 5.3a. Supongamos que en un instante cualquiera el dx cuerpo se encuentra en el puntoQ . Escogemos u n sis(5.3j lvxl = dt tema de coordenadas cartesianas X-Y. La posición de Q la podemos representar por medio desus coordenadas (x, y), Como se estudióenelcapítulo 2, esta Aquí se usó el resultado (3.18) para una dimensión. descripcion equivale a darla en términos del vector de posición r (fig. 5.3b). Por tanto, el vector v, se puede escribir como
I
r=d+y'j
(5.11
siendo ?,'j dos vectores unitarios a lo largo de los ejes X, Y, respectivamente (véase capítulo2).
Conoceremos la trayectoria de la partícula, si en cada instante podemos dar el valor de(x, y ) , o sea, del vector r .
v, =
lV,Il
c
=
dx c I dt
(5.4)
Análogamente, el vectorvy se puede escribir como vy =
c lVyIJ
'
dy f = __ dt
(5.5)
97
POSICION. VELOCIDAD Y ACELERACION DE UN CUERPO
2. Dirección dev. Para obtener la dirección dev usaremos la ec. (5.7) y la definición de derivada v = l i m ___ Ar - lim At -0
At
r(t
+ At) - r(t)
At - O
At
Esta ecuaciónquieredecirlosiguiente.Tómeseel At) vector de posición del cuerpo en el instante (t (este vector es r(t At)), réstesele el vector de posición en el instante t ( o sea, r(t)).l)ivídase el resultado entre At. Una vez obtenido este cociente, repítase el At mas pequeño. A proceso anterior para otro valor de continuac,ión, tómese otro valor de At todavía más chico, y así sucesivamente. E ; valor límite del cociente es el vectorv. A continuación llevaremos a cabo esta operación de derivada. E n la figura 5.5 se muestra la trayectoria de un cuerpo, que se mueve con sentido de U a S. Consideremos las posiciones del cuerpo en dos instantes: al tiempo t y al tiempo t At. En la figura se muestran los vectores de posición del cuerpo enestos At). E l cambio en la posición Ar instantes: r(t) y r(t es
I
+
+
Figura 5.4
a
Q&
v,
"
* Figura 5.4 b Sustituyendo las ecs. (5.4) y (5.5) en la ec. (5.2)nos da
I+"
"
dt
dt
d - -(xi
f
dt
dy
+
Ar = r!t
+
+ At) - r(t)
Este vector Ar es el vector que va del p u n t o Q al punt o P de l a figura 5.5. Nótese queeste vector Ar es la secante entre las posiciones Q y P del cuerpo en los dos instantes.
x
- dx
7
3
+i yj)Figura 5.5
y usando la ec. (5.1) encontramos que v=-
(5.9)
d r dt
Ahora dividirnos Ar entre At. Recordando que At es (AriAt) es un vector que ¿Cuáles son las características del vector de veloci- un escalar positivo, el vector dad v ? tiene la dirección misma que sentido mismo y el Ar (véase fig.5.6). Así, se ha obtenido (Ar/At) para el valor 1. Magnitud de v. La magnitud del vector v dado por At escogido. (5.6) es /VI
=
J-;
(5.8)
Véase la sección2.3 del capitulo 2
98 Y
A
Figura 5.6 Figura 5.7
t á dirigidoa lo iargodelasecante QP,. Si continuamos con este proceso, es claro que al hacer At cada vez más pequeño, los puntos P, PI,... que corresponden al final de cada intervalo, se van a acercando cada vez más al punto Q, y las secantes tienden a ser la tangente dela trayectoria enel punto Q (fig. 5.8). Por tanto, la dirección del vector v es la de la tangente a la trayectoria en el punto de interés. Las velocidades del cuerpo en distintos puntos de su trayectoria se muestran en la figura5.9. 3. Sentido de v. Si el cuerpo se mueve del punto Q al p u n t o P (fig. 5.5) el sentido de Ar es de Q a P; por consiguiente, el sentido de (ArIAt) también es de Q a P porque At es positivo. En consecuencia, el sentido del vector v es elmismoqueeldelmovimientodel cuerpo.
Figura 5.8
Aceleración De la misma forma en que se encuentra la ec. (5.7) para la velocidad, se puede encontrar ¡a aceleración. En efecto, en general, el cuerpo experimentaal mismo tiempo dos aceleraciones perpendiculares:a, y a,(fig. 5.10) Se tiene que
(5.10a)
(5.10bl Figura 5.9
E 1 Principio d e Superposición nos dice que estas acelo que la aceleraleraciones son independientes, por cihn total que experimenta el cuerpoes a = ax
+ ay
1.
.
U
"
-
d (vxi dt
-_
+ V,j),.
O
y usando l a ec (S 6)
a =
d
T V
S
--X
1
(5.11)
Figura 5.10
. ~.- ..," -
APLICACIONES
99
Según el Principio de Superposición, los movimientos horizontal y vertical son independientes. Por tanto, podemos considerar cada uno de estos movimientos por separado. i)Movimiento horizontal. Dado que horizontalmente no hay ninguna aceleración, la velocidad horizontal no cambia. En consecuencia, el movimiento horizontal es uniforme con velocidad siempre igual a la veloEn el estudio del movimiento en una dimensión que cidad horizontal vh que se le impartió al cuerpo. En la sección 4.1, vimos que las ecuaciones generase hizo en los capítulos 3 y 4, de hecho se estuvo trales para el movimiento uniforme son bajando con cantidades vectoriales, como la velocidad y la aceleración. La dirección de estos vectores adt) = O (5.12a) lo largo de la línea en que era fija, ya que estaba a ocurreelmovimiento. E l sentidode los vectores vdt) = VXO (5 .I 2 b) quedóincorporadoenelsignode las cantidades x(t) = x 0 v& . (5.12c) correspondientes. Así, porejemplo,enelcasodel ejercicio 3.7 en que se obtuvo la velocidad v = 4.21 Denotamos las cantidades asociadas con el movim/s, de hecho se está hablando del vector qúe tiene miento horizontal por medio de un subíndice x. las siguientes características(véase fig. 3.19): -Magnitud: 4.21 m/s; -Dirección: a lo largo de la línea en que ocurre el En el sistema de coordenadas escogido(véase fig. 5.11) movimiento; -Sentido: el mismo que tiene el sentido positivo x0 = o; v,o = IVh I (5.13 ) del eje X, o sea, hacia la derecha de la línea en que ocurre el movimiento. que sustituidas en las ecs. (5.12)nos dan Por tanto, la aceleración es un vector que nos da el cambio instantáneo del vector velocidad. Se debe enfatizar que s i el vector velocidad cambia, entonces existe una aceleración. Esto quiere decir que s i cambia, por lo menos, una de las tres características (magnitud, dirección o sentido) del vector velocidad, el cuerpo experimenta una aceleración.
+
+
+
5.3. APLICACIONES Eiercicio 5.1. Consideremos el caso del cuerpo que se lanza con velocidad horizontal en la fotografía.de la figura 5.2. Basándose en el Principio de Superposición encuentre:
ii) Movimiento vertical. Este movimiento es de caída
libre, o sea, uniformemente acelerado, con aceleración g hacia abajo (fig. 5.11). De lo aprendido en la seccion 4.3 sabemos quelas ecuaciones generales son
a) La trayectoria del cuerpo.
b) La velocidad (como vector) que tiene el cuerpo.
Para descripción la tomemos sistema un coordede nadas (ahora en dos dimensiones) como se muestra en la figura 5.1 1: el ejeX, horizontal, con sentido positivo igual al sentido de la velocidad inicial; el eje Y, vertical, con sentido positivo hacia abajo; el origen O en el p u n t o en que se encuentra inicialmente el cuerpo.
0
vh
R
x
r
aAt) = ay vJt) = vyo y ( t ) = yo
(5.15a)
+ a,t
+ vyot + (1/2)ayt2
(5.1 5b) (5.15~)
asociadas con el moviDenotamos las m,ento verticalpor medio de un subindicey
Inicialmente, en elsentidovertical, el cuerpono tiene velocidad. En el sistema de coordenadas escogique d o se tiene ay =
+
lgl;
vyo =O;
yo = 0
(5.16)
que sustituidas enlas ecs. (5.15) nos dan a,lt)=
+
lgl
v&t)= Iglt y ( t ) = (1/2) I g I t 2
(5.17a) (5.17b) (5.17c)
a) Consideremos primero la posición del cuerpo. Ésta Figura 5.1 1
está dada, en cada instante, por las coordenadas x(t) (ec. ( 5 . 1 4 ~ )y) y([) (ec. (5.17 c)).En cada instante t pode-
100
cap. 5. DOS DIMENSIONES
mos calcular los valores x ( t ) , y ( t ) y marcar en la figura 5.11 el punto correspondiente. Si lo hacemos en un númerograndedeinstantes,tendremoselconjunto de puntos por los q u e pasa el cuerpo; uniendo estos puntos por medio de una línea continua obtendremos su trayectoria. Desde el punto de vista matemático vemos que las ecs. ( 5 . 1 4 ~y) (5.1 7c) son las ecuaciones paramétricas Y de la trayectoria, siendo el tiempo t el parámetro. Podemos eliminar el parámetrot entre esas dos ecuaciones para obtener directamente la ecuación de la trayectoria. Para este fin, despejamos t de la ec. (5.14~) X
t=/Vh r
i
t
Figura 5.12
(5.18)
En lugar de x(t), y ( t ) escribiremos x, y, respectivamente. que sustituida en la ec. (5.1 nos 7c)da Figura 5.13
(5.19) a) >A qué distancia del pie del edificio cae la canica?
b) )En cuánto tiempo líega al suelo?
Debido a que las cantidades que están dentro del paréntesis son constantes, concluimos que la ec. (5.19) es la ecuación de una parábola (fig. 5.1 2).
c) )Con qué velocidad llega al suelo?
Tomaremos un sistema de coordenadas igual al del ejercicio 5.1 (véase fig. 5.11). Por tanto, las ecs. (5.14), (5.17 ) y (5.19) son válidas.
Recuérdese que y =
7x2
b) A continuación.estudiaremos la velocidad del cuer-
,
po. La componente horizontal de la velocidad, dada porlaec. (5.14b), tienesiempreelmismovalor, mientras que la componente vertical, dada por la ec. (5.17b) cambia al transcurrir el tiempo. En la figura 5.13 se muestran las componentes horizontal y vertical de la velocidad en varios instantes, así como el vector de velocidad total v. Este ú l t i m o es la suma vectorial de las velocidades horizontal y vertical. Nótese que el vector de velocidad total v es siempre tangente a la trayectoria de la partícula. Finalmenteconsideremoslaaceleración. En cada instante,launicaaceleración que experimentael cuerpo es la de la gravedad, de dirección vertical.No hay ninguna aceleración horizontal (fig.5.1 31.
Ejercicio 5.2. Se lanza una canica con una velocidad horizontal de 4.7m/s desde un edificio de 17 m de altura.
Si se escogiese otro sistema de coordenadas, entonces las condiciones iniciales ya no estarían dadas por las ecs. (5.13) Y (5.16). Por consiguiente,las ecs. (5.14)Y (5.17) ya no describirían el movimiento del cuerpo.En consecuencia, la ec. (5.19) ya no sería la ecuación de la trayectoria. Enfatizarnosquelatrayectoriaquesiguelapartícula NO depende del sistema de coordenadas que nosotros escogemos. Sin embargo, en distintos sistemas decoordenadasla misma trayectoriaqueda descrita por diferentes ecuaciones. a) t n nuestro caso / v h I = 4.7 mis. La ecuacion de la
trayectoria, ec. (5.1 9) es entonces lg!
y=2)vh;2
X2
y = (0.22/rn)x2
(5.20)
1 I
APLICACIONES
I
Aquí se usólaec. (3.43).
101
De la ec. (5.17~) tenemosqL;e
I
ÉSta es la ecuación de la parábola que describe la canica al caer. Sea P el punto en el que cae la canica al suelo (fig. DespejamosT 5.14).
I
Véase apéndice I c o n P = 1 7 m, a = l g / / 2y u = T2
p=" m
1 7 m - 2 X 17 lgl/2 9.8 m/sZ - 2 x 1 7 9.8
I
m
m X s 2 = 3.47 S 2
Aquí usamos la ec.(3.43). Sacando raíz cuadrada
T =
d m = 1.86 S
(5.21)
c) Los valores de las componentes de la velocidad en cada instante están dados por las ecs. (5.1 4b)y (5.1 7b). En particular para t = T, instante en que la canica Ile5). ga al suelo(véase ec. (5.21)) se tiene que (fig. 5.1 Figura 5.14
Las coordenadas de P son (R, 1 7 m), siendo R distanla punto del cia edificio. del P pie al En que vista de P es un punto de la trayectoria,sus coordenadas (x = R, y = 17 m) satisfacen la ec. (5.20)
VAT) = l v h l = 4.7 m/s (5.22a) VJT) = Ig 1 T = (9.8 m/s2) X 1.86 S = 9.8 X 1.86(m/s2) X S = 18.23 (5.22b) mis X
17 m = (0.22/m)R2 D e esta ecuación despejamos R2
R2
Véase apéndice I con P = 1 7 m, a = (0.22/m) y u =
17 m 0.22/m
R2'
-~l7m x m 0.22
= 77.27 m 2
y sacando raíz cuadrada R =
d m = 8.79m
E l alcance de la canica es 8.79 m.
bl Sea T el to P.
tiempo que tarda la canica en llegar alpun-
Figura 5.15
La magnitud de la velocidad totalv en el instante T es (véase ec. (2.55))
102
Cap. 5. DOS DIMENSIONES
Iv(T)I =
Jv:
(T)
= J(4.7 = J22.09
+ vp-l + (18.23 m2/s2+ 332.33 m2/s2
P(75 m, 42 m )
= d354.42 m2/s2= 18.83 mis
E l vector velocidad v(T) forma un ánguloCY con el eje
X (véase fig. 5.15) t a l q u e
En el triángulo rectángulo PQS de la figura 5.15 la tangente del ángulo(Y es (véase ec.(2.22)) tg
(Y
Figura 5.17
= SQ
PS
-
por tanto, CY
= arc t g 3.8787 = 75O 32 '34"
E l sentido dev es el mostrado en la figura 5.1 5. E l vector v(T) de la figura5.15 es tangente a la parábola en el punto P. Ejercicio 5.3. Se lanza una piedra con velocidad horizontal desde la parte superior de un edificio de42 m de altura (fig. 5.16). 2Qué valor de la velocidad horizontal debe tener la piedra para que caiga a una distancia de75 m del pie del edificio? Tomemos un sistema de coordenadas igual al de la figura 5.11. En consecuencia,podemosusarlaec. (5.19) para la trayectoria de la piedra. Sea+P el punto del suelo al que llega la piedra (fig. 5.17). Las coordenadasde P (x = 75 m, y = 42 m)satisfacenlaec. (5.19) ya que Pes un punto de la trayectoria, e5 decir,
(5.23) D e esta ecuación despejamos
IVh1 (5.24)
9.8 X5 625 4 2 x 2 656.25
m X m2 s2Xm
m2
S2
Sacando raíz cuadrada
= 25.62 m/s Ejercicio 5.4. Supóngase que se lanza un proyectil con velocidad de magnitud vo y formando un ángulo (Y con la horizontal. Basándose en el Principio de Superposición, obtenga:
a] La trayectoria del proyectil b] Su alcance. c) Su máxima altura. a) Escogemos unsistemadecoordenadas(fig.5.18) con el origen en el punto de lanzamiento; con elXeje horizontal y sentido positivo hacia dondese mueve el proyectil; con el eje Y vertical y sentido hacia arriba.
y sustituyendo valores y?
Figura 5.16
t-
75 m
4
Figura 5.18
103
APLICACIONES
En vista de que los movimientos horizontal y vertical son independientes, los consideraremos por separado.
i] Movimientohorizontal.Horizontalmentenohay
ninguna aceleración. Por tanto, se trata de un movimientouniforme. Las ecuacionesgeneralespara el movimiento uniforme (véase sección 4.1) son adt) = O
vx(t) = ,v x(t) = x0
+ v,t
(5.25a) (5.256) (5.25~)
Ahora determinaremos ,v y x. en el sistema de coordenadas escogido. La velocidad ,v con la que se mueve horizontalmente el cuerpo es la componente x de la velocidad vo (fig. 5.19). Su magnitud es
v , =c o / vsoal
(5.26)
la velocidad vertical disminuye al transcurrir el tiempo, hastaque su magnitud es cero.Posteriormente, como la aceleración g sigue actuando sobre el cuerpo, la velocidad vertical empieza a aumentar en el sentido de g, o sea, hacia abajo. Es decir, el cuerpo Ilega a un punto (su altura máxima) en que se detiene (verticalmente) y luego empieza el descenso. En este punto de altura máxima, el cuerpo tiene una velocidad horizontal. Por tanto, sí se está moviendo; se mueve horizontalmente. Ahora determinaremos ay, voy, yo en el sistema de coordenadas que se escogió. De la figura 5.19 se ve que ay
- lg/;
voy =
+ Ivol sena;
yo = O (5.29)
Por tanto, las ecs. (5.28) son
ay(d = - Igl vy(t) = ( v o l sen (Y - Iglt ~ ( t= ) ( I voI sen a)t - (I /2) I g I t2
(5.30~~) (5.30b) (5.30~)
Las ecs. ( 5 . 2 7 ~ )y ( 5 . 3 0 ~ )nos dan las coordenadas (x,y) delproyectilencadainstante; éstas son las ecuaciones paramétricas de la trayectoria. Eliminaremos el parámetro t’entre ellas. Para ello despejamos t de la ec. (5.27) (escribiremos x(t) = x, y ( t ) = y) X
t=
y sustituimos en la ec. (5.30~) Y = ( I v o l sena)
*(
X
/ v o l cos a
Figura 5.19
-
Finalmente obtenemos que ax(t) = O vdt) = Ivol cos a x(t) = ( I vo I cos a)t
(5.27a) (5.27b) (5.27~)
ii) Movimientovertical. Este movimiento es uniformementeaceleradoconaceleración g haciaabajo (fig. 5.19). Las ecuaciones generales de este movimient o son (véase sección 4.3) ay(t) = ay vy(t) = voy at ~ ( 0 = yo voyt
+
+
+ (1/2)ayt2
(5.28a) (5.2813) (5.28~)
La velocidad vertical inicial voy que tiene el cuerpo es la componente y del vector vo. De la figura 5.19 vemos que la velocidadvoyy la aceleración g tienen sentidos opuestos. Por consiguiente (véase sección 3.5),
(5.31)
lvol cos a
y = (tan a)x -
Igl
2 /vol2 COS2cY
X IVOI
)
X’
cos
.)’ (5.32)
Ésta es la ecuación de la trayectoria del proyectil.Las cantidadesqueestándentro de los paréntesisson constantes. Por tanto, la ec. (5.32) es la ecuación de una parábola (fig. 5.20). Recordamos ques i X y p son constantes, y = Ax
+ 0x2
es la ecuación de una parábola cuyo eje de simetría LL (fig. 5.20) es paralelo al ejeY.
b) E l alcance del proyectil es la distancia R a l a que
llega al mismo nivel horizontal (fig. 5.21). Sea Q el punto al que llega el proyectil en el mismo nivel horizontal, entonces, en el sistema de coordenadas esco-
104 de al origen O y claramente NO es la que buscamos La otra raíz es la solución de la ec. (5.35) tan a =
2 I vo l 2 cos2a
R
(5.36)
D e aquí despejamos R
I
Véase apéndice I con P = tan a, a = (lg1/2 / v o l 2 cos2a)y u = R
I
L Figura 5.20
Y
(5.37) Aquí se usó lo siguiente. En primer lugar, dado que tan Q' = sen alcos a sen (Y cos2a tan a = cosPcy cos (Y = cos (Y sen 01
gido, las coordenadas de Q son (R, O). Pero como el p u n t o Q está en la parábola, sus coordenafias satisfacen la ec.(5.32), o sea,
O = (tan (Y) R
-
(
Ig'
2 I vg l2cos2a
)
RZ
(5.33)
Ésta es una ecuación para la incógnita R. En el lado derecho sacamos R como factor común
Esta ecuación se satisface s i
R = O,
(5.34)
o bien, si
(5.38)
Además, se usó el hecho de que 2 sen a cos a = sen 2 a
Figura 5.21
(Y
(5.39)
La ec. (5.37) nos da el alcance R del proyectil. Como se ve, R depende cuadráticamente de la magnitud ¡vol de la velocidad con quese lanza el proyectil; es decir, a mayor Ivo/, mayor será el alcance. Intuitivamente sabemos que esta última afirmación es correcta. Sin embargo, la ec. (5.37) nos dice más que eso: s i aumentamos la magnitud de la velocidad de lanzamiento /vol al doble, el alcance aumenta 22 =4 veces; si aumentamos /vol al triple, el alcance aument a 32 = 9 veces, etcétera. De la ec. (5.37) vemos, además, que el alcance también depende del ángulo de lanzamiento a. En general, el artefacto que va a lanzar el proyectil tiene una velocidad d e lanzamiento /vol fija. Se puede cambiar el alcance cambiando el ángulo de tiro(Y. En la figura 5.22 se muestra una gráfica del alcance R como función de (Y,dada por la ec. (5.37). Vemos en primer lugar que la curva tiene un máximo; es decir, para cierto ángulo de disparo se logra el máximo alcance. Podemos encontrar el máximo de la función/?(a) tomando su derivada con respecto a. a
(5.35)
E l valor ,x para el que la función f(x) adquiere su valor máximo(o mínimo) es la solución de
Como la ec.(5.33) es cuadrática en R, tiene dos raíces. Una de ellas está dada por (5.34). Esta raíz correspon-
(5.40)
tan a
-
105
APLICACIONES
rJ
""_
"
r.
-- I v 0 l 2 sen 2a1 =
Jgl
I V ~ l Z
I d
,
*"t
>
Aquí se usó la identidad trigonométrica
I I
sen (180O " A ) = sen A
6
-i
T
I
I
Por tanto, losalcances dos rl y r2iguales son 5.23). (fig. c) La máxima altura a la que llega el proyectil la encontramos calculando el valor máximo de y, dado por la ec. (5.32)(véase ec. (5.40))
I
I
o :
;,
;(I
I
,I,,
41
!;I
:,I
dY = (tan a)-
<;!I%)
-
dx
Figura 5.22
)
= (tan a) -
I~oi* d sen 2 a Igl da
dR -
da
-
Iv0l2
2 cos 2 a =
"
tan a =
o yu = x
I vo I
cos2 a
o
nos da el valor deam para el cual se logra el máximo. Esta solución es
I
Recuérdese'que cos
o sea,
a,
= 45O
I vo I
cos2cY
I
90° = O
Se logra el máximo alcance con un ángulo de lanzamiento igual a45O. Esto se muestra en la figura 5.22. En lafigura5.22vemostambiénque se puede lograr determinado alcance, digamos r, ya sea con el ángulo al o también con el ángulo a2. Es decir, se logrará el mismo alcance con dos ángulos distintos. La relación entre estos ángulos es a 2
= goo -
a1
(5.41)
En efecto, sean r 1 y r2los alcances correspondientes a los ángulos al y a2, respectivamente.Sustituyendo (5.41) en la ec. (5.37) se tiene que el alcance r2para el ángulo a2es
- .- / v o l 2 sen 2 (90° - al) lgl
/vol2 -~ sen (180° - 2a1)
o
x
apéndice I con P = tan a, a = ( I g I / I voI cos2a)
La solución de cos 2cY =
2x =
Despejamos la incógnitax
Aquí se usó la ec.(3.35).
2am = 90°,
rl
Figura 5.23
106
Cap. 5. DOS DIMENSIONES
y usando las ecs. (5.38) y (5.39)
Ejercicio 5.5. Un cañón lanza un proyectil con una velocidad de 320 mis.
a) jQué alcance se logra si el cañón se dispara for!vol2 - - I vo! 2 sen a cos a = ___ sen 2a 21gl 2lgl
(5.42)
ÉSta es l a abscisa para la cual ocurre el máximo. Comparando las ecs. (5.42) y (5.37) vemos que
mando un ángulo de 28O?
b) >Cuál es el máximo alcance del cañón?
c) jA qué ángulo se deberá disparar el cañón para que el proyectil llegue a una distancia 7 de300 m ? a ) Se tiene que
x = R/2
l v o l = 320m/s
Esto es, l a abscisa en la que ocurre la altura máxima es la mitad del alcance (fig. 5.24). A esta abscisa le corresponde la ordenadaYmdx,, que se obtiene sustituyendo (5.42) en la ecuación de [a trayectoria (5.32) y,,áx
= (tan a)-
Ivo12 sen a cos a lgl
y
a
= 28O
Sustituyendo en la ec. (5.37) obtenemos que el alcance es
R=
(320 m’s)2 sen (2 X 28O) (9.8 m/s2) 102 400 m2/sZ sen 560 9.8 mis2
-
102400
= 8 662
X 0.8290
m2/s2 mis2
9.8
m 2 X s2 = 8 662 m = 8.662 k m m X s2
Aquí se usó la ec.(3.43)
b) E l máximo alcance se logra cuando se dispara el
proyectil formando un ángulo de45O (véase ejercicio 5.4, inciso b). Por tanto, se tiene que
Se usó tan a = sen aÍcos a Simplificando obtenemos
! v o l = 320mis
y
a
= 45O
y sustituyendo estos valores en la ec.(5.37) nos da (5.43) -
102 400 m2/s2 sen 9.8 mis2
- 102400m2 m 9.8
X S’
X s2
= 10 449 m
= 10.449 k m Se usaron los siguientes resultados: sen 90’ ec. (3.43). c) S i R = 7 300 m, de la ec. (5.37) se tiene que
7 300 m = Figura 5.24
(320 mis)2 sen 2 a 9.8 mis2 102 400 mz/s2 sen 2a 9.8 mis2
= (IO 449 m) sen 2 a
2
1 Y la
I
107 Despejamos sen 2 a sen 2 a =
300 m = 0.6986 1 0 449 m
Por tanto, 2 a = arc sec 0.6986 = 44O19'3"
Y
a
= 22O9'31
"
Del ejercicio 5.4 sabemos que con el ángulo
@ = 900 - (Y = 90' - 22'9'31 = 67OS0'28"
Figura 5.25 "
se logra también el mismo alcance.Por tanto, se logra el alcance requerido disparando el proyectil con cualquiera de los ángulos a o @ acabados de obtener. Ejercicio 5.6. Se encuentra que si se lanza un proyectil formando un ángulo de38O tiene un alcance de 14 km. >Cuál es la magnitud de la velocidad con que es disparado el proyectil? De la ec. (5.37) despejamos 1 vo I
Véase apéndice I con P = Iv0l2
R, a =
sen 2a/ Ig I y u =
del sistema en el punto en que se encuentra inicialmente el electrón. Llamemos las a aceleraciones constantes a, y ay. Según el Principio de Superposición podemos considerar los movimientos perpendiculares independientemente. Dado que cada una de las aceleraciones es constante, el movimiento a lo largo de cada uno de los ejescoordenados es uniformementeacelerado. Usamos entonces las ecs. (4.38) y (4.39) para este movimiento.
i ) Movimiento alo largo del ejeX. Se tiene que x. = O;
Rlgl /vol2= sen 2 a
Sustituimos ¡os valores R = 1 4 km = 1 4 O00 m y a = 38O.
=
1 4 O00 m X 9.8 mis2 sen (2 X 38O) 137 200 m2/s2 sen 76O
a = a,
adt) = a , vdt) = at, x(t) = (1/2)a,t2
(5.44)
.\/
= O;
Sustituyendo estas cantidades en las ecuaciones generales (4.38) y (4.39)
Ahora sacamos raíz cuadrada
lvol
,v
(5.45a) (5.45b) (5.45c)
i i ) Movimiento alo largo del ejeY. Se tiene que y o = O;
voy = O;
a = ay
Sustituyendo estas cantidades enlas ecs. (4.38) y (4.39) (ahora en lugar dex se escribe y) 137 200 0.9703
m2 s2
= d l 4 1 400 m2/s2= 376 m/s Ejercicio 5.7. Un electrón, inicialmente en reposo, experimenta dos aceleraciones perpendiculares, cada una de ellas constante. >Qué trayectoria describe el electrón? Tomemos un sistema de coordenadas tal que los ejes coincidancon las direccionesde las aceleraciones dadas (fig. 5.25). Además, escogemos el origen
a,,(t) = ay vJt) = ayt YO) = ( l /(25).a4y6t~2)
(5.46a) (5.4613)
Las ecs. ( 5 . 4 5 ~y) ( 5 . 4 6 ~ nos ) dan las coordenadas del electrón en cada instante y constituyen las ecuaciones paramétricas de la trayectoria, con el parámetro t. Eliminaremos t de estas ecuaciones. Despejamos t2 de la ec. (5.45c)(y escribimos x(t) = x, y(t) = y). Vease apéndice I con P = x,a = a,i2
y u = t2
I
108
Cao. 5. DOS DIMENSIONES t2
=
=-a, x
-
2x
Ahora sustituimos esta ecuación en la ec. (5.46~) y = -ay1 2 ax 2x
Y =
(*)x
a\ eR
+X
(5.47)
ÉStaes laecuacióndelatrayectoriaquesigueel electr6n. Comparándola con la ec. (4.7) vemos que se trata de una línea recta con pendiente m = (ay/ax)y ordenada a.1 origen cero. E s decir, electrón el parte del origen y se mueve en una línea recta.
Figura 5.26
5.4. MOVIMIENTO CIRCULAR Supongamos que un cuerpose mueve en un circulo de radio R (fig. 5.26). E n cierto instante el cuerpo se encuentra en un puntoP. E l radio PO formau n ángulo O con cierta dirección fija, el eje OX. En unmovimientocircularnoconvienehacerla descripción usando coordenadas cartesianas (x,y), sino coordenadas polares (R, O). E l m o t i v o es que R es constante y entonces solamente se requiere determi8. De otra manera, nar el valor de una sola variable, tanto x c o m o y varían (naturalmente con la restricción x* y 2 = R2) y la descripción matemática es más complicada. Los resultados físicos son los mismos, sin importar qué sistema de coordenadas usemos nosotros para la descripción del fenómeno. Dado un problema es conveniente escoger el sistema de coordenadas que resulte enlos desarrollos matemáticos más sencillos posibles.
+
Mientras más rápidamente gire el cuerpo, el ángulo
0 cambiará más. Esto nos lleva a definir una velocidad
angular media de la forma siguiente. Supóngase que en un intervaloAt el radio gira un ánguloAO(fig. 5.27). Definimos la velocidad angular media’LScomo
(5.48)
Figura 5.27
=
1 r
(5.49)
En e l SI, las unidadesdelavelocidadangular
son
radls. La definición (5.48) tiene el mismo tipo de inconvenientes que la definición de velocidad media dada en la sección3.3 del capítulo 3.Sin volver a repetirlos argumentos dados allá, definiremos de manera análoga una nueva cantidad (véase la sección 3.4), l a velocidad angular instantáneaw como (5.50)
De manera análoga alo que ocurre en el movimiento rectilíneo (vease sección 3.3), esta cantidad nos da una medida de la rapidez con que gira el cuerpo. I
Las dimensiones d e a s o n
Pero como O es un ángulo, A0 no tiene dimensiones; las dimensiones de Atson de tiempo,T. Por tanto,
Asimismo, definimos la aceleración angulara c o m o
dw a=---”dt
- d28 dt2
(5.51)
En consecuencia, s i uno conoce O = fit), usando las ecs. (5.50) y (5.51) puede encontrar la velocidad angular w(t) y la aceleración angulardt).E l problema inverso, a saber, conociendo dt), encontrarw(t)y Rt), se re-
109
MOVIMIENTO CIRCULAR
-
suelvedeigualmaneraqueenelcasolineal(véanseelarcodecírculo PQ. Por geometría se sabe que el ecs. (4.21) y (4.22)). ángulo A8 radianes expresado en es
6
Y
~
s(t) = Bo
+
4t')dt'
(5.53)
(5.54)
A8 = __ R
(5.52)
~
__
~~~
E l ánguloexpresadoenradianes
~~
es igualalarco subtendido entre el radio del círculo.
Aquí wo y O0 son los valores de la velocidad angular y delaposiciónangularaltiempo 1 = o, respectiva-Despejandoladistanciarecorrida FQ se tiene mente. = R(A8) (5.55) AI girar el cuerpo alrededor del círculo, aparte la de velocidadangular,tambiéntieneunavelocidadIineal. En el caso de movimiento circular, la trayectoria Entonces, la magnitud de la velocidad es (vease ec. es obviamenteelcírculo.De lo estudiadoenla sec(3.14)) R(A@ ción 5.2 concluimos dirección vector lade que del velocidad v del cuerpo es tangente círculo al (fig. 5.28). / V I = A(¡ím-"o At ~lím-" t - 4 At Además, el sentido del vector v es el mismo que el del giro. Pero R, el radio, es constante, por lo que
6
% -
df?
/ V I = R lím At
-o
A8 At
-=
R-
dt
y usando la ec.(5.50) l v ! = Rw
(5.56)
Así, el vector v queda completamente determinado. En efecto, su dirección es tangente al círculo; su sentido es el mismo que el de giro; su magnitud está dada por la ec.(5.56). Ejercicio 5.8. Suponiendo que la órbita de la Tierra en su giro alrededor del Sol fuerauncírculoderadio 150 millones de km, jcuáles la magnitud de la velocidad lineal con quese mueve la Tierra? La Tierra da una vuelta alrededor del Sol en
Figura 5.28
Obtendremos ahora la magnitud de v. Sean P y Q las posiciones del cuerpo en los instantes t y t At, respectivamente (fig. 5.29). Sea A8ángulo el girado en el intervalo At. La distancia recorrida por el cuerpo es
+
365 días = 365 X 86 400
S
= 31 536 O00 S
E l ángulo que gira la Tierra en este intervalo es, en ra. tanto, su velocidad angular es dianes, igual a2 ~Por 27r radianes = 1.9924 X 31 536 O00 S
w=
rad S
Sustituyendo este valor y el del radio
R = 150 millones de km = 1.5 X 1 0 * k m en l a ec. (5.56) obtenemos
Figura 5.29
l v / = 1 . 5 X 1 0 * k m X 1.9924 X 1 0 - 7 ( l / s ) 30 kmis
=
110
CaD. 5. DOS DIMENSIONES
¡Esta velocidad es igual a, aproximadamente, 108 O00 kmih!
5.3 1
Sin embargo, la velocidad como vector no m a en P que enQ , o en S
En un moviníiento circular general, al transcurrir el tiempo el vector velocidad cambia, tanto de magnitud como de dirección (fig:5.30). En consecuencia, el cuerpo experimenta una aceleración. Antes de obtener, enelcasogeneral,estaaceleración,estudiaremos un movimiento particular.
es la mis-
porque tienen distintas direcciones (véase sección2.1 del capítulo 21.
E l movimiento circular uniforme es un ejemplo de un movimiento en que la magnitud del vector velocidad es siempre la misma, aunque el vector cambie. En vista de que la velocidad lineal (como vector) cambia al transcurrir el tiempo, el cuerpo experimenta una aceleración lineal. Para obtener esta aceleración consideremos las posiciones y velocidades de un At siendo At un intercuerpo en dos instantes t y t valo muy pequeño (fig. 5.32). E l ángulo recorrido por el cuerpo es AO. E l cambio del vector velocidad Av es
+
AV =
VQ
-
Vp
Figura 5.30
U n caso muy importante es aquel en el que a = O, es decir, en el que la velocidad angular w es constante. A este movimientose le llamacircular uniforme. La velocidad lineal en el movimiento circular unif o r m e es, al igual que en otros casos, tangencia1al círculo y con magnitud dada por la ec. (5.56). D a d o que o es constante, entonces de la ec. (5.56) vemos que la magnitud I v l es también constante. Por tanto, algirarelcuerpo,encadainstante su velocidad v tiene la misma magnitud (fig 5.31) lvpl =
IVQI
= lvsl
Figura 5.32
En la figura 5.33se obtiene gráficamente este cambio. Notamos que Av tiene una dirección que casi coincide con la del radio OP y tiene sentido hacia adentro
111 Av
" " " "
muy pequeño (de hecho lo haremos tender a cero), A6 es un ángulo muy pequeño. Por geometría sabemos que, por consiguiente,
IAvl = /vpl A0 Figura 5.33
(5.57)
con A0 expresado en radianes
Si en el triángulo isósceles ABC (fig. 5.36) el ángulo
del círculo. Es claro que si queremos que la velocidad pase de vp a VQ tiene que haber un cambio de la veloAt se cidad hacia adentro del círculo. A medida que hace cada vez más chico, la dirección de Av se acercará cada vez mas a la del radio OP. Como la acelera. ción a es (véase sección 5.2)
Av
a = lím At - o a t el cociente (AvlAt) tenderá a tener una dirección a lo largo de OP y sentido hacia O. En consecuencia, la aceleración a tiene dirección radial y sentido hacia el centro del circulo (fig. 5.34). Por este m o t i v o se le Ilam a aceleración centrípeta.
0 es pequeño, entonces el lado BC, opuesto a 0,tiene magnitud
BC = (AB10
(5.58)
con 0expresado en radianes. Por tanto, como
IAvl At
la1 = lím At+
sustituyendo (5.57) en esta expresiónse tiene que
A0 At
l a / = l í m /vpIA t 4
Pero I vp/ = Rw es constante, por lo que / a l = lvpl l í m
A t 4
A8
= lVp/ At
(5.59)
Aquí se usó la ec.(5.50). Sustituyendo en (5.59) el valor (5.56) nos da / a l = w 2 R = vz/R Figura S.34
A continuación obtendremos la magnitud de a. En la figura 5.33 vemos quevQes perpendicular a OQ por ser tangente al círculo en Q; por el mismo motivo, vp es perpendicular a OP. PeroOQ y OP forman unángulo A0. En consecuencia, vp y vQ forman un ángulo A6. En la figura 5.35 se repite la figura 5.33b. E l triángulo formado es isósceles ya que /vpI = lvpl. Como At es
(5.60)
Ésta es la magnitud de la aceleración centrípeta de un cuerpo que gira con velocidad angular w constante alrededor de un círculo de radio R. La última igualdad en(5.60) se encuentrausandolaec.(5.56) (véase problema 5.25). En un movimiento circular uniforme la aceleración angular es cero, pero la aceleración linealNO es cero. La aceleración lineal es el vector mostrado en la figura 5.34 con magnitud dada por la ec. (5.60).
112
Cap. 5. DOS DIMENSIONES
Ejercicio 5.9. Uncuerpogiraconvelocidadangular constante e igual a 1.8 rad/s en un círculo de radio 7.2
Se puededemostrarque m.
f="-
1 T
-
W
(5.63)
2a
a ) iQué velocidad lineal tiene?
b ) iQué aceleración experimenta?
EnSistema el Internacional, periodo, el por ser u n tiempo, tiene unidades de segundo. En este Sistema, a) La velocidad lineal es tangente en cada punto del la unidad de la frecuencia es círculo y tiene sentido igual al del giro. Su magnitud _ _ _ _= 1 Hertz = 1 Hz [ 5.63) la obtenemos de la ec. (5.56) S
/ v i = Rw = 7.2 m X 1.8 rad/s
= 12.96 mis
6) La aceleración que experimenta el cuerpo tiene /a dirección del rad,o (fig,5.34) y haciael centro
'
del círculo. Su magnitud la calculamos de la ec. (5.60)
1 a 1 = Ru2 =
A lo que actualmente se designa por 1 Hz anteriormente se le llamaba1 ciclois. Ejercicio 5.10. U n tocadiscosgiraa nes'min. Obtenga:
7.2 m X (1.8 rad/s)2
= 23.33 m/s2
Una característica del movimiento circular es que es repetitivo, es decir, peribdico. Si la partícula se en0 cuentra en el puntoP (fig. 5.37) que forma un ángulo con el eje X, al girar v llegar al ángulo 0 2 n volverá a estar en el punto P. Es decir, después de completar una revolución, el cuerporegresa a la misma posición. E l tiempo que tardael cuerpo en girar una vueltase llama el periodo, que se denotará con la letra T. Ahora bien, una vuelta consiste en un giro de un ángulo de 2n, medido en radianes; por tanto, la velocidad angular u es
+
(5.61)
T
33 revolucio-
a) S u velocidad angular en radls. b) Su periodo. c) Su frecuencia.
= 7.2 X 3.24 m X (lis')
2n __
I
a) E l dato que se d a es la velocidad angular, pero en otras unidades, a saber, revo!uciones/min (abreviado como rpm). Ahora bien, una revolución es justamente una vuelta, y esto corresponde a un giro de un ángulo de 27r!en radianes)
1 revolución = 27rradianes Además,
1 m i n = 60 S por lo que la velocidad angular es revoluciones mln = 3.46 radls
w = 33
= 33
x 27r
radianes 60 S
b) E I periodo T es, según la ec.(5.62). T = - - 2a -
u
w = 1.82 S
Aquí usamos la ec. (3.43). Figura 5.37
y despejando de aquí T
T = - 27r w
27r rad rad/s 3.46
(5.62)
La frecuencia f del movimiento es elnúmerode vueltas que la partícula gira en la unidad de tiempo.
c) La frecuencia f es, de la ec. (5.63)
Ejercicio 5.11. Un satélite artificial gira en una órbita circular a una altura de 155 k m sobre la superficie de la Tierra, dando una vuelta en90 min. Suponiendo el movimiento circular uniforme, obtenga: a) La velocidad lineal del satélite. b) La aceleración centrípeta que experimenta
ALGUNAS APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON
(véase problema 7.2); i i ) dirección: es la misma que la del vector F, o sea, a lo largo de la línea norte-sur; iii) sentido: como se está dividiendo el vector F entre un escalar positivo, el sentido de a es el mismo que el de F, o sea, hacia el scr.
129
cer poco familiar, ya que de la experiencia cotidiana usamos para el peso de un objeto unidades de kilogram o . Lo que ocurre es que hay otra unidad de fuerza, distinta al newton. Esta unidad, llamada kilogramo, se define como el peso de una masa de un kilogramo.Es decir
Ejercicio 7.3. iQué fuerza experimenta un cuerpo una masa de masa 30 kg debido a la aceleración de la gravedad? Como estudiamos en el capítulo 5, la Tierra ejerce un kilogramo una aceleración g sobre cualquier cuerpo que esté en 1 I su superficie. La magnitud de esta aceleración es 9.8 La relación entre estas dos unidades es la siguiente. mis2, su dirección es vertical y su sentido es hacia abaUna masa de 1 kg pesa (véase ec. (7.4)) jo (fig. 7 . 2 ~ ~De ) . acuerdo con la segunda ley de Newton, s i se genera una aceleración, entonces se ejerce peso de 1 k g = 1 kg X 9.8 m/s2 una fuerza sobre el cuerpo. Llamaremos a la fuerza = 9.8kg X mis2 = 9.8 N que experimenta un cuerpo debido a la aceleración de la gravedad su peso. Por tanto, el peso es una fuerPero en el otro sistema de unidades, una masa de1 kg za y, en consecuencia, es una cantidad vectorial. Denotemos por P el peso del cuerpo. De la segunda pesa 1 kg. Por tanto ley de Newton se tiene que 1 k g = 9.8 N P = mg
(7.4)
En consecuencia, el peso del cuerpo tiene las siguientes características:
i) magnitud: de la ec. (7.4) se tiene que
Así, en el ejercicio 7.3 podemos decir que la magnitud del peso es de 30 kg, en el sistema de unidades en 7.3). que las fuerzas se miden en kilogramos (véase fig. E s importante no confundir el concepto de masa con el de peso. Desafortuniidamente, y por razones
I P I = mlgl = 30 kg X 9.8mis2 = 30 X 9.8kg X mis2 = 294 N Aquí se usó la definición de newton dada en la ec.
(6.4);
ii) dirección: la misma que la de la aceleración g, o sea, vertical; i i i ) sentido: el mismo que el del vector g, ya que en la ec. (7.4) se está multiplicando g por m, que es un escalar positivo. Por tanto, el sentido del peso es hacia abajo (fig. 7.2h).
Figura 7.3
del desarrollo histórico, se usan dos unidades distintas con el mismo nombre: la unidad de masa y la unidad de fuerza, ambas con el nombre de kilogramo. Como se ha visto (t-es+-[ mientras que ) z t - - - e s
Figura 7.2
En el ejercicio anterior se encontró que la magnitud del peso del cuerpo fue de 294 N. Esto nos podrá pare-
--+KZL-~
En consecuencia, ma5a y peso son dos cantidades de naturalezasdistintas. La masa es unacaracterística intrínseca de cada cuerpo, mientras que el peso está asociado con la aceleración que se le imprime en el lugar en que se encuentre el cuerpo. En particular, un cuerpo tiene la MISMA masa aquí en la Tierra o en cualquier otro planeta u objeto estelar; mientras que ese mismo cuerpo tendrá DIFERENTES pesos en diferentes cuerpos planetarios o estelares, ya que las ace-
130
Cap. 7. APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON
leraciones de la gravedad que se ejercerían sobre PI serían distintas en diversos cuerpos estelares.
En consecuencia, el peso de cualquier cuerpoen la Luna es 0.166 veces menor que en la Tierra.
Ejercicio 7.4. iQué peso tiene un cuerpo de masa 30 kg en la superficie de la Luna? La aceleración de la gravedadg, en la superficie de la Luna tiene una magnitud de 1.63 mis2, está dirigida verticalmente y con sentido hacia el centro. Por tanto, el peso P, de un cuerpo en la superficie lunares (véase ec. (7.4)) PL = mgL
Ejercicio 7.5. U n cuerpo de masaM se encuentra sobre una superficie horizontal (fig. 7.4). Por medio de un cable de masa m, también horizontal, se le jala en un extremo con una fuerzaF,. iQué aceleración experimenta el cuerpo?
Nótese que la masa m es la misma quese utilizó para calcular el peso del cuerpo sobre la Tierra. Por consiguiente, la magnitud del peso del cuerpo en la Luna es
IPLI = m l g , / = 3 0 k g
= 48.9 k g X m/s2 = 48.9N
= 4.99 k g
(véase el problema 7.5). E l mismo cuerpo (de masa 30 kg) pesa 294 N en la Tierra y 48.9 N en la Luna. La dirección del peso en la Luna es vertical y el sent i d o es hacia abajo. La relación entre las magnitudes de las aceleraciones de la gravedad en la Luna y en la Tierra es
lgLI - 1.63 mis2 = 0.166
"
/g/
Figura 7.4
X 1.63m/s2
9.8 m/s2
Para resolver este tipo de problemas separaremos, imaginariamente, diversas porciones del sistema. Cada separación que hagamos la reemplazaremos por una fuerza. Así, ennuestro caso, enelsistemacuerpocable-mano-mesa,haremos las siguientesseparaciones (véase fig. 7.5a): a ) E l cable lo separamos tanto del cuerpo como de
la mano.
b) E l cuerpo lo separamos tanto de la mesa como del cable.
c) La mano y la mesa no las consideraremos. En seguida, el punto de contacto de cada separación que hagamos lo reemplazamos por una fuerza. Asimismo, dibujamos en cada porción que se hubiera separado,TODAS las fuerzas que actúan sobre esa porción. A cada figura que se obtiene asíse le llama diagrama de cuerpo libre.D e esta forma, para nuestro caso se tiene (fig.7.5b): a ) para el cable: del lado derecho está siendo jalado por la fuerza F, con que acciona la mano; del lado iz-
4"
F2
- m
4'
Figura 7.5 b
ALGUNAS APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON
quierdo, como lo separamosdelcuerpo,dibujamos una fuerza que no conocemos y que llamaremos F,; b) para el cuerpo: del lado derecho, como lo separamos del cable, dibujamos una fuerza que se tiene que determinar todavía y que llamaremos F,; por abajo, dado queseparamosalcuerpodela mesa, dibujamos la fuerza correspondiente de dirección vertical, que Ilamaremos F,; también se dibuja el peso P que experimenta el cuerpo, que tiene dirección vertical y sentido hacia abajo. A continuación se aplica la segunda ley de Newton a cada cuerpo.
131
coge arbitrariamente un sentido para cada aceleración y cada fuerza, como se muestra en las figuras . solución del problema nos indicarási la 7.5b y 7 . 5 ~ La selección fue acertada o no. La indicación de que no se hizolaseleccióncorrecta se detectacuandola magnitud del vector en cuestión se obtiene con signo negativo. Recuérdese que la magnitud de un vectores siempre una cantidad positiva (véase sección 2.1 del capítulo 2). Si la selección de sentido no resultara correcta, entonces simplemente habrá que cambiar el sentido de aquel vector que no tiene sentido correcto. Ahora se toma un sistema de coordenadas para cada porción en que se dividió el sistema. Escogeremos estos sistemas como se muestra en la figura 7 . k .
vector. es un
coordenadas de sistemas La selección de es arbitraria. Los resultados físicos N O dependen de esta selección. Además, se puede escoger, si así conviene, un De esta forma se tiene que: sistemadecoordenadasdistintoparacadaporción del sistema. En el problema que estamos resolviendo a) para el cable, la fuerza total que experimentaes F 1 conviene escoger los sistemas iguales. F,, y, por tanto,
+
F1
+ F, = ma
(7.5) ec. la (7.5)
Aquí a es la aceleración que experimenta el cable (fig. 7 . 5 ~ ) b) ; para el cuerpo, la fuerza total que experimenta es F , F, P y, por tanto,
+
+
F,+ F,+
P = MA
(7.6)
’t
Tomamos ahora la componente x de cada lado de
F1 - F2 = ma
(7.8)
Ninguno de los vectores que aparecen en la ec. (7.5) tiene componente y. Nótesequelaaceleracióndel cuerpo tiene dirección horizontal. De la misma manera tomamos la componente x de la ec. (7.6), obteniendo
F, = MA
(7.9)
Nótese que los vectores P y F, no tienen componentes x, yaquesonverticales.Asimismo,hayquedarse cuenta de que la aceleración A tiene dirección horizontal (véase problema 7.7). Ahora tomamos la componente Y de la ec. (7.6)
Figura 7.5 c
Aquí A es la aceleración que experimenta el cuerpo. Ahora bien, las fuerzas F2 y F3 son las que provienen del contacto en el punto Q (fig. 7.4). La fuerza F, es la que ejerce el cable sobre el cuerpo, mientras que F, es la fuerza que ejerce el cuerpo sobre el cable. De la tercera ley de Newton se tiene entonces que FZ=
“3
(7.7)
Tanto el sentido de las aceleraciones que se presentan (en nuestro caso a y A) como los sentidos de las fuerzas que reemplazan a los contactos (en nuestro caso F,, F3y F4) n o los conocemos de antemano.Se es-
La fuerza F , y la aceleración A no tienen componente y debido a que tienen solamente dirección horizontal. De la ec. (7.7) vemos que los vectores F , y F , tienen la misma magnitud
Por otro lado, si el cable es inextensible entonces
A = a
(7.12)
ya que en este caso todassus partes se mueven al unísono. Por tanto, todas sus partes deben experimentar las mismas aceleraciones. Usando las ecs.( 7 . 1 1 ) ~(7.12), sustituimos la ec. (7.9) en la ec. (7.8)
132
Cap. 7. APLICACIONES 3~ LAS LEYES DE NEWTON
F , - M a = ma Pasamos Ma alladoderecho,consignopositivo, factorizamos a
y
+ M a = ( m + Mb
F, = ma
Despejando ahora a se obtiene a =
(7.13)
m + M
Podemos encontrar también las magnitudes de las fuerzas F2y F3.En efecto, de la ec. (7.8)”despejamos F2 (y usamos la ec. (7.11))
F2 = F , = F , - ma Ahora sustituimos a dada por la ec. (7.13)
a l es inextensible, entonces todas sus partes se aceleran con la misma aceleración; , . D ! es de masa despreciable comparada con la del cuerpoalqueestásujeto,entoncestrasmite completamente la magnitud de las fuerzas que se ¡e aDlican. Finalmente, regresamos al a ec. (7.10). D e ésta obtenemos que
y factorizando F ,
=
vés del cable, aun s i este se acelera. Decimos que en este caso la masa del cable es despreciable. A la fuerza que estira el cable se le llama latensión que experimenta el cable. En cada punto del cable hay una fuerza de este tipo; en particular, en su extrem o i z q u i e r d o la tensión es precisamente FZ. Cuando la masa del cable no es despreciable y se estáacelerando,latensióna lo largodelcableva decreciendo continuamente del valorF1en el extremo derecho hasta el valor F3en el extremo izquierdo. Solamente si la masa del cable es despreciable, la tensión se trasmite sin disminuir en su magnitud. En resumen, concluimos que si el cable:
f,
F1
P
Este resultado significa que la reacción de la mesa sobre el cuerpo tiene una magnitud igual a la magnitud de la fuerza que se ejercesobrelamesa, es decir, igual al peso del cuerpo.
m + M - m m S M
Finalmente,
(7.13) Dado que las masas m y M son cantidades positivas, < (m 1- M), por lo que el cociente M/(m M ) < 1, o sea,
+
M
Ejercicio 7.6. En el ejercicio anterior, al dibujar el diagrama de cuerpo libre de la cuerda no se t o m ó en cuenta su peso. Discutir esta cuestión. E l diagrama de cuerpo libre de la cuerda sería, tomando en cuentasu peso, el mostrado en la figura 7.6. En este caso, en lugar de la ec. (7 5) se tiene para l a cuerda
F, i- F,
+ PC = ma
(7.15)
E s decir, la magnitud de la fuerza F, que experimenta
el cuerpo NO es igual a la magnitud de la fuerza con
que se jala el cable; la magnitud es F3 menor que F,. De la ec. (7.8) vemos que la diferencia entre F , y F, ( = F,) es precisamente ma. E s t o significa que la cuerda al ser acelerada no trasmite completamente la fuerza F, al cuerpo. S i no hubiera aceleración, entonces la cuerda trasmitiría completamente la fuerza al cuerpo, ya que de la ec. (7.8) se tendría entonces que F ,
= F,.
Unaposibilidaddequelacuerda,acelerándose, trasmita al cuerpo completamente la fuerza quese le aplica, es hacer que el coeficiente de F1 en la ec.(7.14) sea lo más cercano a1, E s t o se puede lograr si l a masa m de la cuerdaes m u c h o más pequeña que la masa M del cuerpo: m 4 M . En este caso (m M) M y el cociente Ml(m M) M/M = 1; por tanto, F3 F,. E s decir, la fuerza F, se trasmite completamente a tra-
+
-
+
-
-
7;
Figura 7.6
donde PC es el peso de la cuerda y a su aceleración. Tomemos ahora la componente y de la ec. (7.15), teniendo en mente que ay = O. Se obtiene
F , sen 0
+ F, sen 8 - PC = O
Aquí 0 es el ángulo que forman F, y tal.
F2 con la horizon-
ALGUNAS APLICACIONES
Dado que I F, I = I F 2 / (por ser la cuerda de masa despreciable) y \PC/= mg, esta ecuación nos queda como
2 / F , I sen Despejando sen
133
DE LAS LEYES DE NEWTON
tiene dirección a lo largo del plano; escogeremos sentido como se ve en la figura 7.8. Por tanto,
N+p=ma
O = P C = mg
su (7.17)
O (7.16)
F,
Si la magnitud de la fuerza aplicada es grande commg, entonces el coparada con el peso de la cuerda
ciente de la ec. (7.16) es un número muy chico y, por tanto, el ángulo 8 es muy pequeno.
E l seno de un ángulo es muy pequeño si el ángulo es muy pequeño. De hecho,si el ángulo se mide en radianes, se tiene que sen O = O. Esta última aproximación no es válida si el ángulo se mide en grados. En la situación que estamos considerando, el peso de la cuerda tiene que ser cancelado con una fuerza vertical y de sentido hacia arriba para que la cuerda no se acelere verticalmente. Esta fuerza hacia arriba tiene que venir de las componentes y de F, y F1. Esto significa que F, y F2 NO pueden ser, en rigor, horizontales. La cuerda adquiere una forma curva simétrica (que resulta ser una catenaria) y las fuerzas en los extremos son tangentes a la cuerda, como se muestra en la figura 7.6. En aquellos casos en que la masa del cable sea despreciable, este efecto es pequeño y no lo tomaremos en cuenta en lo sucesivo. Esto es lo que se hizo en e l ejercicio 7.5.
E l siguiente paso es escoger un sistema de coordenadas. Lo escogeremos con el eje X a lo largo del plano y sentido hacia arriba; el eje Y lo escogemos perpendicular al plano y con sentido hacia arriba. Tomemos ahora componentes de la ec. (7.17) (véase la fig. 7.9) componente x: componente y:
Ejercicio 7.7. Un cuerpo de masa m se suelta sobre un plano inclinado, como se muestra en la figura 7.7.
’e
Figura 7.7
I \V I(.
- px = - ma N - p,, = o
(7.18) (7.19)
Figura 7.9
Hay que darse cuenta de que no hay componente de la aceleración perpendicular al plano inclinado; es decir, la componentey de a es nula. iPor qué? ~~
>Qué movimiento realiza? Lo primero que haremos es dibuja; un diagrama de cuerpo libre del cuerpo de masa m. Este es el mostrad o en la figura 7.8. E l contacto con el plano inclinado lo reemplazamos con la fuerza N, con dirección perpendicular al plano; p es el peso del cuerpo, que tiene dirección vertical. A continuación escribimos la segunda ley de Newton para el cuerpo. La fuerza total que actúa sobre éI es N p. La aceleración a que experimenta el cuerpo
+
Ahora bien, vemos que la línea OV (fig. 7.9) es perpendicular a UT, mientras que OK es perpendicular a UW. Como UT forma el ángulo O con UW, entonces por geometría se sabe que O V y OK forman también un ángulo O. Por tanto, (7.20) (7.21) Sustituyendo estas ecuaciones en las ecs. (7.18) y (7.19) nos da
134
Cap. 7. APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON
p sen 8 = ma N = p cos 8
(7.22) (7.23)
D e l aec. (7.22) despejamos la magnitud de la aceleración a y usamos p = mg a = -Ps e n 8
m
= __ mg sen O m
o sea,
Figura 7.10
a = gsen 8
(7.24)
En primer lugar, vemos que el lado derecho de esta ecuación es una cantidad positiva; es decir, la selección del sentido de a en la figura 7.8 es la correcta. En segundo lugar vemos que el lado derecho de la ec. (7.24) es una cantidad constante, ya que g, l a aceleración de la gravedad,lo es, así como el ángulo8 de inclinación del plano. Por tanto, el movimiento que realiza el cuerpo al deslizarse por el plano inclinado es uniformemente acelerado (véase sección 4.3). En tercer lugar, dado que sen 8 es siempre menor o igual a 1, a ~g o sea, la aceleración con quese desliza el cuerpo nunca será mayor que la de la gravedad (jcuándo es igual a la de la gravedad?). Escogiendo adecuadamente el ángulo de inclinación 8 podemos tener un movimiento uniformemente acelerado con una aceleración tan pequena como se desee. Esta observación es importante, ya que la aceleración de la gravedad es "grande" y para ciertos experimentoses conveniente disminuirla. Así, se puede decir que el plano inclinado es u n dispositivo para "diluir" el valor de la acejeración de la gravedad. Calileo utilizó para sus experimentos planos inclinados, ya que conlos relojes y aparatos de que disponía no podía hacer experimentos de caída libre directamente.Antesdepodermedircualquiercosa,el cuerpo ya había caído. Así, con planos inclinados pu-
AI cortar el contacto en U lo reemplazamos por la fuerza F, con dirección a lo largo de 19 cuerda; el contacto con la mesa lo reemplazamos con la fuerza N, que tiene dirección perpendicular al plano inclinado; p es el peso del cuerpo 1, con dirección vertical. AI cortar el contacto en W lo reemplazamos por la fuerza F 2 con dirección vertical; P es el peso del cuerp o 2, con dirección también vertical. La aceleración a que experimenta el cuerpo1 tiene dirección a lo largo del plano inclinado, mientras que la aceleración A , que experimenta el cuerpo 2, tiene dirección vertical. Los sentidos de estas aceleraciones no los conocemos. Supondremos que a tiene el sentido mostrado en la figura7.11. En consecuencia, como el cable es inextensible A debe tener el sentido hacia abajo. Del resultado sabremos si nuestra suposición sobre los sentidos es correcta. Aplicamos ahora la segunda ley de Newton a cada cuerpo cuerpol: cuerpo 2:
N
F,
+ p + F1 = ma + P = MA
A continuación escogemos para cada cuerpo unsistema de coordenadas. En este caso los seleccionaremos como se muestra en la figura 7.11. Nótese que ahora los escogimos diferentes para cada cuerpo.
t
En cuarto lugar, la ec. (7.23) nos dice que la fuerza N tiene una magnitud igual a la magnitud de la componente y del peso. Nos damos cuenta de que estoes necesario para que no haya fuerza neta lo a largo del eje Y, y no haya aceleración perpendicular al plano. Ejercicio 7.8. Describa el movimiento del sistema mostrado en la figura 7.10. Suponga que el cable es de masa despreciable e inextensible. En primer lugar dibujamos un diagrama de cuerpo libre de cada uno delos cuerpos 1 y 2 . Estos se muestran en la figura 7.11.
(7.25) (7.26)
Figura 7.1 1
F2
ALGUNAS APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON
Esta expresión es la magnitud de la aceleración con que se mueve el cuerpo.Por tanto, debe ser una cantidad positiva. E l denominador de (7.35) siempre es positivo. En consecuencia, el numerador debe ser también positivo
Recuérdese que las propiedades físicas NO depenlos sisteden de la manera en que nosotros escojamos mas de coordenadas para hacer la descripción. Tomaremos componentes a lo largo de cada eje de cada una de las últimas dos ecuaciones:
M
Cuerpo 1 componente x de la ec. (7.25): F l componente y de la ec.(7.25): N
- p x = ma - py = O
(7.27) (7.28)
-Fz+ P= M A (7.29)
Los valores de px y p y están dados en las ecs. (7.20) y (7.21),respectivamente.Sustituyendolasecs.(7.20) y (7.21) en las ecs. (7.27) y (7.28) obtenemos F , - p sen O = ma ~ - p c ~ ~ e = o
(7.30) (7.31)
= Fz
(7.32)
En cuerdas de masa despreciable las magnitudes de las tensiones se trasmiten sin disminuir, pero no así las direcciones. Además, como la cuerda es inextensible, todas sus partes se aceleran de la misma manera, por lo que
a=A
(7.33)
A continuaciónresolyeremos las ecs. (7.29)-(7.33). En primer lugar, usando las ecs. (7.32)y(7.33) así como P = Mg en la ec. (7.29) se tiene que
F , = -Ma
+ Mg
que sustituyendo en la ec. (7.30) - Ma
(7.34)
nos da, con p = mg
+ M g - mg sen O = ma
(7.36)
i ) M < m sen 19. En estecaso, el sentido del vector aceleración es haciaabajodelplanoinclinado. El cuerpo 1 baja y el cuerpo 2 sube.Se puede demostrar que ahora (véase problema 7.18)
En vista de que la cuerda tiene masa despreciable F1
> m sen O
Concluimos que los sentidos de los vectores aceleración que seleccionamosen la figura 7.11 sonlos correctos, s i la condición (7.36) se cumple. En este caso el cuerpo 2 baja y el cuerpo1 sube por el plano inclinado. Observamos que las cantidades que aparecen en el lado derecho de laec. (7.35) son constantes.En consecuencia, la aceleración a es constante y el movimiento que realiza el sistema es uniformemente acelerado. Podemos describirlo según lo aprendido en la sección 4.3 del capítulo 4. En caso de que la condición (7.36) no se cumpla, hay dos posibilidades:
Cuerpo 2 componente y de la ec. (7.26):
135
1
a=
m sen O - M g m + M
(7.37)
i i ) M = m sen O. Se tiene ahora que (véase problema 7.18) a=O
(7.38)
En este caso el movimiento del sistemaserá uniforme.. Si inicialmente el sistema está en reposo, continuará
estándolo, ya que no hay aceleración; si inicialmente el sistema se estaba moviendo con cierta velocidad, continuará moviéndose con la misma velocidad. Regresando al caso en que se cumple la condición (7.36), sustituimos la expresión (7.35) en la ec. (7.34) y usamos P = Mg. F1=
M
- M
- m sen O g m + M
+ Mg
Pasando -Ma del lado derecho (pasa con signo opues- Sacamos Mg como factor común to) y factorizando a se tiene m sen O - M F 1 = Mg 1 m + M Mg - mg sen O = ma Ma = ( m M)a
1+ c
+
+
Combinando los términos dentro del paréntesis
Ahora despejamos a Usamos el apéndice I con P = M g - mg sen O, a = ( m M), u = a.
+
f1=
Mg
m
+ M + msenO-
y finalmente a=
Mg - mg sen O - M - m sen O g m + M m + M
(7.35)
F , = Mg
m + M
+
m(1 sen O) m + M
M
(7.39)
136
Cap. 7. APLICACIONES DE LAS LEYES
DE NEWTON
Nos damos cuenta de que el lado derecho de la ec. Tomamosahoraunsistemadecoordenadaspara (7.39) es positivo. Por tanto, la elección del sentido del cada uno de los cuerpos. Como los movimientos son vector F1 en la figura 7.11 es la correcta cuando la verticales, solamente tomamos un eje vertical, al que condición (7.36) se cumple. llamamos Y. Para el cuerpo 1 escogemos su sentido De manera análoga se pueden encontrar los valores hacia abajo, mientras que para el cuerpo 2 lo escogemos hacia arriba (véase fig. 7.13). de F1 para los casos en que la condición (7.36) n o se cumpla (véase problema 7.18). Ejercicio 7.9. Máquina de Atwood. Esta máquina consiste en una polea (cuya masa la despreciamos) alrededor de la cual se desliza un cable, inextensible y de masa despreciable. En cada extremo del cable hay un cuerpo, como se muestra en la figura 7.12. Describir el movimiento de la máquina.
1
l
Figura 7.13
ty
En seguida tomamos componentes de cada una de las ecs. (7.40) y (7.41)
l
componente y de la ec. (7.40): - F , + p = -ma (7.42) (7.43) componente y de la ec. (7.41): F,“P= - M A Por otro lado, por ser la cuerda de masa despreciable, las magnitudes delas fuerzas aplicadas sobre ella son iguales
Figura 7.12
Además, por ser la cuerda inextensible, a=A
Como primera cosa haremos un diagrama de cuerpo libre de cada uno delos cuerpos 1 y 2. Estos se dibujan en la figura 7.13. AI cortar el cable en el punto U del cuerpo 1 lo reemplazamos por la fuerza F1,cuyo sentido lo escogemos hacia arriba; p es el peso del cuerpo de masa m. La aceleración a que experimenta el cuerpo1 tiene dirección vertical; su sentido, que aúnno conocemos, lo escogemos hacia arriba, como se ve en la figura 7.1 3. AI cortar el cable en el punto W del cuerpo 2 lo reemplazamos por la fuerza Fa, y escogemos su sentido hacia arriba; P es el peso del cuerpo 2. La aceleración A que experimenta el cuerpo 2 tiene dirección vertical; su sentido queda determinado por la selección del sentido de a, ya que el cable es inextensible. Como se escogió a con sentido hacia arriba, A debe tener sentido hacia abajo. En consecuencia, aplicando la segunda ley de Newton a cada uno d e los cuerpos se puede escribir cuerpo 1: cuerpo 2:
F,+p=ma F,+ P = MA
(7.40) (7.41)
(7.45)
Ahora resolveremos las ecs. (7.42)-(7.45). Usando las ecs. (7.44) y (7.451, la ec. (7.43) queda como
F1- P = -Ma
(7.46)
Sumando miembro a miembro las ecs. (7.42) y (7.46), se tiene
D - P = - Ma
- ma
= - (M
+ m)a
(7.47)
Aquí factorizamos a en el lado derecho. Usando p = mg y P = Mg, el lado izquierdo de (7.47) es p-P
= mg-”g = ( m - M)g
donde se factorizó g. Sustituyendo esta última expresión en el lado izquierdo de la ec. (7.47) se tiene entonces que (m - M)g = - ( M
+ m)a
ALGUNAS APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON
y despejando a
a= - m - M m M~
+
Introduciendo el signo negativo en el numerador tiene finalmente que
a =
M - m m + M g
se (7.48a)
En primer lugar vemos que el lado derecho de esta expresión es positivo solamente s i el numerador lo es, ya que el denominador siempre es positivo. O sea, s i
M >m
137
Ejercicio 7.10. Un cubo de masam reposa sobre una cuña inclinada de masa M (fig. 7.14a). jQué fuerza F hay que aplicar a la cuña para que el cubo esté siempre en el mismo lugar sobre la porción inclinada de la cuña? En este ejercicio se requiere que el cubo nose mueva con respecto al plano inclinado, es decir que el cubo y la cuña tengan la misma velocidad.Si esto ocurre, entoncesamboscuerposdebentenerlamismaaceleración. Los diagramas de cuerpo libre del cuboy de la cuña se muestran en la figura 7.14b.
(7.49)
entonces los sentidos escogidos para las aceleraciones a y A en la figura 7.13 son los correctos. Es decir, si inicialmente el sistema está en reposo y se cumple la cony el cuerpo1 sube. dición (7.49) el cuerpo 2 baja Si la condición (7.49) no se cumple hay dos posibilidades:
< m. En este caso las aceleraciones tienen y su magnisentidos opuestos a las de la figura 7.13, t u d es (véase problema 7.26) i ) Caso M
a =
m - M m + M g
A'
(7.48b)
i i ) Caso M = m. En este caso la aceleración del sistema es nula (véase problema 7.26). Es decir, si el sistema estaba inicialmente en reposo continuará en reposo, y s i inicialmente se estaba moviendo con cierta velocidad, continuará moviéndose con la misma velocidad. Regresando al caso en que se cumple la condición (7.49) vemos, en segundo lugar, que el lado derecho de (7.48a) es una cantidad constante.Por tanto, la aceleracióndelsistema es constante y los cuerpos se mueven con movimiento uniformemente acelerado. En tercer lugar nos damos cuenta de que dado que
'.
't
M - m < m + M el coeficiente deg en la ec.(7.48a) es menor que1. Por tanto, a < g La aceleración de la máquina es menor que la de la gravedad. Haciendo M y m muy próximas, se puede lograr una aceleración tan pequeña como se quiera. Es decir, tenemos otra vez un dispositivo en el quese puede "diluir" la aceleración de la gravedad. Por lo que acabamos de discutir, la máquina de Atwood es un aparato muy usadoen el laboratorio, pues con éI se puede estudiar con mucha precisión un movimiento uniformemente acelerado con una aceleración muy pequeña.
Figura 7.14
Las fuerzas que actuan sobre la cuña sonsu peso P; la fuerzaF que se ejerce sobre éI; al quitar el contacto con el cubo, una fuerza L perpendicular al plano inclinado, y la fuerza H que resulta de quitar el contacto
138
cap. 7. APLICACIONES DE LAS LEYES
DE NEWTON
con la superficie inferior. Por tanto, la fuerza total sobre la cuña es P F l H. Las fuerzas que actúan sobre el cubo son su peso p, vertical y al quitar el contacto con el plano, la fuerza N perpendicular al plano inclinado. En consecuencia, N. la fuerza total sobre el cubo es p La cuña solamente se mueve a lo largo de la superficie horizontal. Entonces, la aceleración A que experimenta es horizontal. De lo arriba discutido, concluimos que la aceleración a del cubo también tiene que ser horizontal ya que a = A. Esto es lo que se muestra en la figura 7.14b. Ahora aplicamos la segunda ley de Newton a cada uno de los cuerpos
+ + +
+
cuña:
P
cubo:
p
+ F + 1 + H = MA
+ N = ma.
(7.50) (7.51)
Ahora tomamos las componentes de estas ecuaciones a lo largo de los ejes coordenados, escogidos como se muestra en la figura 7.14b. componentex,ec.(7.50):"F-tL
sen O = - M A
(7.52)
H =O
(7.53)
componente y, ec. (7.5O):"P-L cos
O+
En seguida sustituimos en el lado derecho de esta última ecuación el valor de A dado por la ec.(7.57), obteniendo
- ~ + m g tg
a
= - Mg tg
e
Despejando F se encuentra que
F = M g t g e + mgtge = (M m)gtgB
+
(7.58)
Aquí se factorizó g tg 0 en el lado derecho. La fuerza que se tiene que aplicar al plano para que elcubopermanezcaenrepososobreelplanoestá dada por la ec. (7.58). Ejercicio 7.11. Se suelta una canica de masa 150 g desde un edificio de 120 m de altura (fig.7.15). Desde el momento en que la canica toca el suelo hasta que 0.002 s. i Q u é se detienetranscurreunintervalode fuerza ejerce la canica sobre el suelo?
componente x, ec. (7.51): - N sen O = -ma(7.54)
N cos 8 = 0
componente y, ec.(7.51):-p+
(7.55)
Se tiene que 1 = - N, ya que son fuerzas de acción y reacción entre el cubo y la cuña. Por tanto L = N. Además, a = A . D e l a ec. (7.55) despejamos N. Pasamos p al miembro derecho (pasa con signo positivo)
N cos 0 = p = mg +Y
Y
Figura 7.15
(7.56) Escogemos u n sistema de coordenadas con el eje Y vertical; sentido hacia abajoy el origen en el punto en que se suelta la canica. E l movimiento de caída libre lo quepodemos es uniformementeacelerado,por usar l a ec. (4.65) con
Ahora, de la ec. (7.54) despejamos a a=
N sen 6 m
y sustituimos el valor de N dado en la ec. (7.56) a=-
mg cos 0
sen rn
e
- gtgO= A
d = 120m;
Aquí se cancelaron m en el numerador y en el denominador; además, se usó la identidad (sen @/cos = tg e. A continuación sustituimos el valor de L, dado por la ec. (7.56), en la ec. (7.52)
e)
"F
+
~
rng sen cos e
O=
- MA
v u = O;
a = /g/
(7.57)
siendo v la magnitud de la velocidad de la canica al llegar al suelo. D e esta ecuación despejamos v. M u l t i plicando ambos miembros por 2g 2dg = v2 y sacando raíz cuadrada
139 v
=
a
Sustituyendo valores numéricos
v= 4 2 X 120 m
1
X 9.8 mlsZ= 48.5 mls
La canica llega al suelo con este valor de la velocidad. Ahora bien, a causa del choque la canica cambia su velocidad de 48.5 m/s al valor cero en el intervalo At ( = 0.002 S ) . Por tanto, el cambio de velocidad de la canica es
Av = O - 48.5mis = - 48.5 mls En consecuencia, la aceleración que experimenta la canica es (véase ec. (3.27))
a = - - Av - -48.5mis
At
0.002
S
= - 24 250 mis2
E l signo resulta negativo, lo que quiere decir que la aceleración está dirigida hacia arriba. Esto es claro, ya que la velocidad conla que llega la canicaal suelo está dirigida hacia abajoy para detener la canicase le tiene que aplicar una aceleración con sentido opuesto. Usando la segunda ley de. Newton, encontramos la magnitud de la fuerza que experimenta la canica
IF1 = m l a l
= 1 5 0 g X 24250mls' X 24 250 m/sZ = 3 637.5 N = 371 kg
= 0.150 kg
Por el cálculo que acabamos de hacer nos damos cuenta de que mientras más pequeno sea el intervalo en que se detiene el cuerpo, mayor será la fuerza que experimenta. Esto se debe sencillamente al hecho de que mientras menor sea el intervalo en que cambia la velocidad, mayor será la aceleración y, por tanto, mayor será la fuerza. Inversamente, s i se quiere que la fuerza sea de la mínima magnitud, entonces, el intervalo deberá ser lo más grande posible. E l intervalo en que se detenga un cuerpo depende de los materiales, en particular, del suelo (o de la superficie receptora). Mientras más dura sea la superficie, menor será el intervalo y mayor la fuerza ejercida. Si la superficie receptora es blanda, entonces el intervalo en que se detiene al cuerpo es más grande y la fuerza ejercida es menor. En los casos tratados en esta secciónse ha supuesto que al deslizar un cuerpo sobre otro no hay fricción. En la siguiente sección estudiaremos la manera de tomar en cuenta el efecto de la fricción,
7.2. F R I C C I ~ N En la sección anterior aplicamos las leyes de Newton a diversos casos, obteniendo en cada uno de ellos elmovimientoresultantedelsistema. Sin embargo,
i
1 " .
1
/
\
entre las fuerzas que se consideraron no se t o m ó u n a que con mucha frecuencia sí interviene en los fenómenos, a saber, la fuerza de fricción. En general,cuandounasuperficieresbalasobre otra (fig. 7.16), se presenta una fuerza que se opone al movimiento. Esta fuerza tiene su origen en el hecho de que una superficie, por muy pulida que nos parerca, siempre tiene protuberancias muy pequeñas; mientras más pulida esté la superficie menores serán, en promedio, sus protuberancias. Sin embargo, NO es posibleeliminarlascompletamente.Entonces,cuando una superficie resbala sobre otra, las protuberancias de una de ellasse meten dentro delos huecos que hay entre las protuberancias de la otra superficie, obstaculizando así el movimiento. E l resultado neto es que se ejerce una fuerza, que denotaremos por ff, que se opone al movimiento (fig. 7.17).
Figura 7.16
Fuerza de
1" Figura 7.17
140
Cap. 7. APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON
Experimentalmente se encuentra que las características de la fuerza de fricción ff son:
if Su dirección es la misma que la de la velocidad v del cuerpo que resbala (fig. 7.17). ii)Su sentido es opuesto al de la velocidadv (fig. 7.17); es decir, se opone al movimiento. i i i ) Su magnitud es proporcional a la magnitud de la fuerza R que aprieta a las dos superficies
Esto significa que las fuerzas de fricción son iguales:
I ffi > Iff’ I
ff y f i n o (7.60)
Es decir, la fuerza de fricción que se opone al movimiento depende de si las superficies están en reposo una con respecto a la otra o están en movimiento. La explicación de este hecho es que cuando A está en reposo sobre B, sus protuberancias se meten compIR/ (7.59) pletamente dentro de las de B. Por otro lado, cuando A está en movimiento, por decirlo así, no hay tiempo En el caso de la figura 7.17, resulta que la fuerza para que las protuberancias de A se metan completaque aprieta a las superficies es justamente el peso del mente dentro de las de B. Por tanto, cuando A ya se cuerpo de arriba; sin embargo, en otras situaciones no está moviendo hay menor resistencia al movimiento. es así. A I estar el cuerpo A en reposo e intentar moverlo, la La constante de proporcionalidadp qcre aparece en fuerza de fricción que aparecees mayor que la fuerza l a ec. (7.59) depende de los materiales de las dos sude fricción que se presenta cuando A ya se está moperficies, así como de sus acabados. Se puede demosviendo. Como cada una de estas fuerzas de fricción trar que p es una cantidad sin dimensiones(véase prosatisface una ecuación del tipo (7.59) y en ambas siblema 7.40); es decir, p es un número puro. tuaciones (en reposo o en movimiento) la fuerza que Consideremosahoradossituaciones: la primera aprieta a las superficies es la misma, concluimos que cuando un cuerpo A (fig. 7.18a) está inicialmente en si las fuerzas de fricción son distintas, entonces los reposo sobre un cuerpo B. Para iniciar el movimiento coeficientes p deben ser también distintos. Se puede de A sobre B es necesario aplicar una fuerza, digamos entonces escribir que F. La magnitud de F tiene que ser tal que venza a la fuerza de fricción ffquese opone al movimiento. Una en reposo: IffeI = PeIRI (7.61) vez que F alcanza esta magnitud, el cuerpo va podrá en movimiento: 1 ffdI = pdl R I (7.62) empezar a moverse. La otra situación que consideraremos es cuando A donde pe se llama el coeficiente de fricción estático ya se está moviendo sobre B. Se quiere saber qué fuer[en reposo) y pd, el coeficiente de fricción dinámico za F’ hay que aplicar a A (fig. 7.18b) para que se siga (en movimiento). La combinación de lasecs. (7.61) y moviendo con velocidad constante. La magnitud de (7.62) con la ec. (7.60) nos indica que F ’ tiene que ser igual a la de la fuerza de fricción ff’ q u e se opone al movimiento. @e > pd (7.63) Para obtener el tipo de movimiento que realiza un cuerpo en presencia de fuerzas de fricción, se procede de la misma manera como se hizo en la secciónanterior, con la única diferencia de que en la expresión para la segunda ley de Newton se deben añadir las fuerzas de fricción correspondientes.
Figura 7.18
Resulta que las magnitudes de F y de F ’ NO son iguales; experimentalmente se encuentra que la magnitud de F es mayor que la de F ‘
IF1
> IF’I
Ejercicio 7.12. E l coeficiente de fricción estáticoentre un cuerpo y un plano inclinado es 0.26. i A qué ángulo de inclinación del plano empezará el cuerpo a resbalar? Sea 8 un ángulo de inclinación arbitrario del plano (fig. 7.19a). E l diagrama de cuerpo libre del cuerpo se muestra en la figura 7.19b. La diferencia entre este diagrama y el que dibujamos en el caso de la figura 7.8 es la presencia de la fuerza de fricción ff Aquí usamos la misma notación que en el ejercicio 7.7. Debido a que, al moverse el cuerpo, lo hace a lo largo del plan o y hacia abajo, la velocidad que tendría es u n vector con dirección a lo largo del plano y sentido hacia abajo. Por tanto, la fuerza de fricción tiene dirección a lo largo del plano y debido a que se opone al movimiento tiene sentido haciaARRIBA, c o m o se muestra
FRICCION
En elladoizquierdosacamos factor común - mg (sen
"p
(=
141
- mg) c o m o
8 - p cos 8) = - ma
y despejamos a, obteniendo a = (sen 8 - p cos 8)g
(7.68)
Como esta cantidad es la magnitud de la aceleración, debe ser positiva. En el lado derecho de la ec. (7.68), g es positiva, por lo que se deberá tener entonces que sen8-pcos820 (7.69)
bl Figura 7.19
en la figura. Por tanto, la segunda ley de Newton es ahora (compárese con la ec. (7.17))
N+p+ff=ma
(7.64)
Escogiendo el sistema de coordenadas igual que en elejercicio 7.7 y tomandocomponentesdelaec. (7.64) a lo largo de cada uno de los ejes, se obtiene -psenO+ ff= -ma N = py = p cos 8
AI ir levantando el plano inclinado, el ángulo 8 va aumentando. E l cuerpoempezaráadeslizarjustamente cuando a, dada por (7.68), sea cero. A ángulos mayores que éste, a dejará de ser cero. Por tanto, el ángulo 8, al que se inicia el deslizamientoes el que se obtiene usando la igualdad en (7.69). Aquí habrá que usar el coeficiente de fricción estático, ya que el cuerp o está en reposo. Por tanto, sen 8, - pe cos 8, = 0 De aquí obtendremosO,. Para ello escribimos esta última ecuación como
(7.65) (7.66)
sen BC = pe cos 8,
Aquí se usaron las ecs. (7.20) y (7.21). Nótese que la ec. y dividimos ambos miembros entre cos 8, (7.66) es la misma que la ec. (7.23); es decir, la fuerza (7.70) de fricción no altera la componente y. Esto ú l t i m o es claro, ya que la fuerza de fricciónes perpendicular al eje Y. Aquí se usó la identidad trigonométrica válida para Además de las ecs. (7.65) y (7.661, podemos escribir cualquier ángulo 8: (sen 8icos 81 = t g 8. la expresión para la magnitud de la fuerza de fricción (ec. (7.59)) Para nuestro caso, se tiene entonces que ~~
Iff1
= PIPy/
(7.67)
Nótese que en este caso la fuerza que aprieta a las dos,superficies es la componente y del peso p, o sea, p,,. Este es un ejemplo en que el peso del cuerpo que está arriba noes la fuerza que aprieta, sino solamente una de sus componentes. En la última ecuación no especificamos qué coeficiente de fricciónse usará, ya sea el estático o el dinámico. Más abajo lo precisaremos.
~~
tg OC = 0.26
por lo que
8, = 14O 34' 27" Cuando el ángulo de inclinación del planoes O,, observamos de la&. (7.65) y d e la figura 7.20 que - p x ff = O; es decir, a lo largo del plano inclinado no
+
Ahoraresolveremos las tres ecs. (7.65)-(7.67) para obtener a. Sustituimos las ecs. (7.66) y (7.67) en la ec. (7.65) - p sen 8
+ pp cos 8 =
-
ma
Figura 7.20
142
Cap. 7. APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON
hay fuerza neta que actúe sobre el cuerpo.Para ángulos 0 > e, la magnitud de la fuerza p x es mayor que la magnitud de ffy, por tanto, hay una aceleración hacia abajo dada por la ec.(7.68) (con el coeficiente de fricción dinámico ,Ud, ya que sí hay movimiento). Para ánp x es menor que gulos 0 < O,, la magnitud de la fuerza no la magnitud deff y por tanto, la fuerza hacia abajo puede vencer a la de fricción y no hay movimiento.En consecuencia, se tiene que
I
a=O a = (sen 0
-
p cos O)g
s i 0 5 0, s i O > 0,
(7.71)
Nótese que tanto p x c o m o f f d e p e n d e n d e l á n g u l o q
E l lado derecho de la ec. (7.68) es una cantidad constante, por lo que la aceleración, cuando el cuerporesbala, es constante y el movimiento que realiza es uniformemente acelerado. La presencia de la fricción no altera el carácter del movimiento con que resbala el cuerpo por el plano inclinado. Solamente se altera el valor de la magnitud de la aceleración. Comparando el resultado (7.68) con el obtenido cuando no hay fricción(véaseec. (7.24)), concluimosquecuandohay fricción la aceleraciónes menor que cuando no la hay acon frtcclbn
< a,,"trlcclhn
Otra observación quees interesante hacer es que se puede encontrar, usando un plano inclinado, el coeficiente de fricción estático entre dos superficies. En efecto, si una de las superficies se inclina y juega el papel de plano inclinado y la otra superficie se deja resbalar, podemos ir aumentando el ángulo de inclinación hasta encontrar el ángulo Oc para el cual empieza el resbalamiento. Usando la ec.(7.701, obtendremos inmediatamente el coeficiente de fricción entre las superficies. Ejercicio 7.13. Un cuerpo de masa de25 kg, con velocidad de 45 km/h resbala sobre una superficie horizontal. Si el coeficiente de fricción dinámico entrelas superficies es 0.31, encuentre la distancia a la cual se detiene el cuerpo. S i el cuerpo se mueve en cierto sentido (fig. 7.211, entonces la fuerza de fricción tiene sentido contrario. Por tanto, de la segunda ley de Newton sabemos que esta fuerza implica la existencia de una aceleración que se opone a la velocidad.En consecuencia, el efect o es que la velocidad disminuye en magnitud, hasta anularse (véase sección 3.5).
Figura 7.21
Dibujamos ahora un diagrama de cuerpo libre del cuerpo que se mueve, como se ve en la figura 7.22.La fuerza total que actúa sobre el cuerpo es N p ff, por lo que la segunda ley de Newton queda como
+ +
N+p+ff=ma
;4:i
(7.72)
't
cg
Figura 7.22
Aquí m es la masa del cuerpo; p , su peso; N, l a reacción de la mesa sobre el cuerpo; a, la aceleración. En seguida escogemos u n sistema de coordenadas, como el mostrado en la figura. E l sentido positivo del eje X lo escogemos con el mismo sentido que el de la velocidad; el sentido positivo el eje Y, hacia arriba y el origen, en el punto en que el cuerpo tiene la velocidad de magnitud I v o / = 45 km/h. Tomamos componentes de la ec.(7.72) a lo largo de los ejes -ff = - ma (7.73) componente x: componente y: N -p =O (7.74) Además, de la ec. (7.62) se tiene para la magnitud de la fuerza de fricción
En este caso la fuerza que aprietalas superficies es e l peso p. Se usa el coeficiente de fricción dinámico pd, ya que el cuerpo se mueve sobre la superficie. Sustituyendo la ec.(7.75) en la ec. (7.73)y cambiando el signo en ambos miembros, pdmg = ma
y despejando a se obtiene que
a = Pdg
(7.76)
La aceleración es constante. Por tanto, el movimiento es uniformementeacelerado.Usamosahoralarelación entre distancia recorrida d, velocidad inicial vo, velocidad final v y aceleración a, dada por la ec.(4.65). Además, usamos el hecho de que la velocidad final v = O. En el sistema de coordenadas escogido la aceleración es - la1
d =
1
-(vZ
2a
- VOZ)
FRICCI~N
(7.77) Aquí se usó para l a I su valor dado por la ec. (7.76). Sustituyendo los valores numéricos se encuentra que (en el SI vo = 45 k m / h = 12.5 mis)
d = -
(12.5 rnls), 2 X 0.31 X 9.8 m/sZ 156.25 m2/s2 = 25,72 m 6.076 m/s2
143
vimiento, causando un aumento de temperatura. Si n o se evita este aumento, la temperatura puede llegar a o las dos superficies empiecen un valor en que una a derretirse, perjudicándoseel motor. Por otro lado, al resbalar una superficie sobre otra, sus protuberancias chocan unas contra otras, ocasionando que se rompan; es decir, la superficie sufre un desgaste. Se pueden evitar, en cierta medida, estas consecuencias Iubricando las superficies. Esto significa colocar una película de algún líquido (aceitees el usual) entre las superficies,detalmodoquenoesténencontacto, sino que se muevan con el lubricante entre ellas. De esta manera, el efecto de la fricciónse minimiza. Desafortunadamente no se puede eliminar por completo. Un ejemplo en el que la fricción es ventajosa es cuando caminamos (fig.7.23). AI caminar, las protuberanciasdenuestroszapatos se meten dentro de las protuberancias del suelo, y al impulsarnos hacia adelante ejercemos, a través de las protuberancias, una fuerza F, sobre la Tierra. De la tercera ley de Newton, la Tierra reacciona y ejerce una fuerza F2 sobre nosotros. Es esta fuerza F , la que hace que nos movamos. Si el suelo es m u y liso, por ejemplo, s i es hielo o una superficie mojada, entonces casi no hay fricción.
De la ec. (7.77) vemos que la distancia d recorrida es proporcional al cuadrado de la velocidad inicial. Mientras mayor sea esta velocidad, mayor será l a distancia d. Este resultado lo conocemos de nuestra experiencia diaria. Sin embargo,laec. (7.77) nos dice más: a una velocidad doble, el cuerpo se detiene a una distancia cuatro veces mayor; a una velocidad triple, se detiene a una distancia nueve veces mayor, etc. La ec. (7.77) también nos dice que la distanciad dependeinversamentedelcoeficientedefricción pd: mientras mayor sea pd, menor será d, e inversamente. Esto es claro, pues mientras más rugosas sean las superficies, la distancia recorrida por el cuerpo será menor, e inversamente. En el caso extremo en que las superficies resbalen muy bien una sobre otra, o sea, cuando el coeficiente de fricción es muy pequeño, entonces vemos que la distancia d recorrida es muy grande. A medida que pd sea más y más pequeño, d será más y Figura 7.23 más grande. En el límite en que p d - O , la distancia d-+oo. La interpretación física de este resultado, aparentemente extraño, es que s i pd tiende a cero, entonEn este caso, las protuberancias de nuestros zapatos ces de la ec. (7.59) vemos que la fuerza de fricción casi n o se meten entre las de la superficie, y la fuerza también tiende a cero. E s decir, horizontalmente no F, que ejercemos sobre la Tierra es de magnitud pehay fuerza alguna actuando sobre el cuerpo. La priqueña. Por tanto, la Tierra reacciona ejerciendo sobre mera ley de Newton nos dice que entonces el cuerpo nosotros una fuerzaF , también de magnitud pequeña. se moverá todo el tiempo con la misma velocidad ho- E l resultado neto es que nos es difícil caminar sobre rizontal v,,, y por tanto, la distancia recorridaserá infieste tipo de superficies. nita. E l cuerpo nose detiene, ya que eneste caso nada Otra aplicación ventajosa de la fricción es en el mese opone a su movimiento. Nótese quelas únicas fuercanismo de frenos de un vehículo automotor (véase zas que actúan sobre el cuerpo serían N y p, que son problema 7.46). perpendicularesaladireccióndelmovimiento.De acuerdo con el Principio de Superposición, estas fuerEjercicio 7.14. Se aprieta un cuerpo que pesa 30 k g zas no afectan el movimiento horizontal. Si contra una pared, como se muestra en la fig. 7.24~. el coeficiente de fricción estático entre el cuerpo y la pared es de 1.25, jcuál es la mínima magnitud de la La existenciadelfenómenodefriccióntiene,en ciertas circunstancias, desventajas y en otras situaciofuerza F, horizontal, que hay que aplicar para que el nes, ventajas. cuerpo no caiga? Un ejemplo de situación desventajosa de la fricción En primer lugar dibujamos un diagrama de cuerpo es e l caso de los motores. Cuando dos de sus superfilibre del cuerpo (fig. 7.24b). Las fuerzas que actúansocies en contacto resbalan una sobre la otra (por ejembre éI son: la fuerza F que empuja al cuerpo sobre la plo, un eje que gira descansando sobre un cojinete), la pared; al separar el contacto con la pared lo reemplafricción que se manifiesta impide, por un lado, el mozamos con una fuerza N, horizontal; el peso P, verti-
144
Cap. 7. APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON
cal y hacia abajo; la fuerza de fricción ffentre el cuerpo y la pared, que se opone al movimiento. Este movimiento sería con dirección vertical y sentidohacia abajo; por tanto, la fuerza de fricción tiene direccibrl vertical y sentido hacia arriba, como se muestra en la figura 7.246. La fuerza total sobre el cuerpo es F i N P f,f. AplicandolasegundaleydeNewton,y dado que se quiere que el cuerpono se mueva. su aceleración se dehe anular
+ +
F+N+P+ff=O
V.78j
que el cuerpo no caiga, es necesario vencer su peso, q ~ ~ e es una fuerza vertical y con sentido hacia abajo. La ljnicamaneradecontrarrestarlo es conunatuerza vertical y con sentido hacia arriba. Si no hubiera fricción, por muy grande que fuera la magnitud de F no contrarrestaría al peso P, que es vertical. De la ec.(7.82) notamos que la magnitud deF es inversamente proporcional a pe. Por tanto, mientras mayor sea y, menor será f. Esto es claro, pues mientras más rugosas sean ¡as superficies, más se interpenetran las protuberancias de sus superficies y, por decirloasí, con una fuerza F más pequeña se detiene el cuerpo. t nversarnente, mientras menor sed p,, mayor deberá ser Id fuerza f . Esto también es cidro, pues mientras mejor acabadas estén las superficies deberá aplicarse 1.ln~1 tuerza mayor que apriete a las superficies para que jus protuberancias se penetren suticientemente con el fin de que el cuerpose sostenga y no caiga. Ejercicio 7.15. Un cuerpo de peso 20 k g es empujado por medio de una baira A B (fig. 7.25a) y resbala SQh r r una superficie horizontal. La barra forma un ángulo d e 3 5 0 con la horizontal. E l coeficiente de fricción entre las superficies es 1.2. &uá1 es la magnitud de la íuc:r/n T que hay que aplicar para que el cuerpo se mueva con velocidad constante?
a; il!
Figura 7.24
Escogemos ahora un sistema de coordenadas como se ve en la figura7.246. Tornamos las componentes de la ec. (7.78):
F "N= O -P f f f = O
componente x delaec. (7.78): componente y delaec. (7.78):
(7.79) (7.80)
Además, dado que la fuerza que aprietalas dos superficies es F, de la ec. (7.61) se tiene que ff =
't
(7.81)
peF
Sustituyendo el valor de ff dado por esta última ecuación en la ec.(7.80),se tiene que
"P
+ peF
O
y despejando F
Figura 7.25 f=-
P Pe
(7.82)
Sustituyendo valores
Es importante darse cuenta de quees precisamente la existencia de la fricción la que hace posible que el cuerpo no caiga al aplicarle la fuerza horizontal.Para
E l diagrama de cuerpo libre del cuerpo quese mueve se muestra en la figura 7.256. Aquí P es el peso del cuerpo; N es la reacción de la superficie horizontal sobre el cuerpo; T es la fuerza que se aplica a la barray cuya magnitud se debe determinar; f es la fuerza de fricción, que tiene dirección horizontal y sentido hacia la derecha ya que en la figura el movimiento es hacia la izquierda. La fuerza total que se aplica sobre el cuerpo es, entonces, N T f P.
+ + +
FUERZAS DE FRICCIÓN Y DE CONSTRICCI~N
Por otro lado, si se requiere que el cuerpose mueva con velocidad constante, entonces su aceleración a debe ser cero. Por tanto, aplicando la segunda ley de Newton se tiene que (7.83)
N + T + f + P = O
Escogemos u n sistema de coordenadas como el mostrado en la figura7.25b. Tomamos componentes de la ec. (7.83) a lo largo de los ejes - T cos cy f f = O N - P - Tsen 01 = O
componente x: componente y:
(7.84) (7.85)
Ahoraescribiremoslamagnituddelafuerzade fricción f. Notamos que en este caso hay dos fuerzas que aprietan a las superficies: la primera es el peso P y la segunda es la componente y de la fuerza T. O sea que, usando la ec. (7.59). se tiene que
f = p(P
+ T),
= p(P
+ Tsen cy)
(7.86)
Sustituyendo la ec. (7.86) en la ec. (7.84) nos da
- T cos
cy
+ p(P + 7 sen cy) = O
Factorizando T en el lado izquierdo y pasandoal o t r o miembro el sumando que contiene ap f
T(p sen
cy
-
cos cy) = -pf
Despejando 7
T=
cos
PP
cy
-
p sen
cy
(7.87)
Sustituyendo los valores dados se encuentra que 1.2 x 20 kg cos 35O - 1.2 X sen 35O
T = -
24 kg = 183.4 kg! 0.1309
"
Otra posibilidad de mover el cuerpo es jalándolo, en lugar de empujarlo. Se puede calcular la magnitud de la fuerzaR que es necesario aplicar en estecaso. E l resultado es (véase problema 7.47)
R=
cos
+ y sen a PP
cy
(7.88)
Sustituyendo los valores del problema se obtiene que
R = 15.9 kg! Por tanto,hayunadiferenciaconsiderableentre empujar o jalar. Para algunas personas que han usado podadoras de pasto, aparatos limpiadores de tapetes, etc., este resultadoes conocido empíricamente. E l ori-
145
gen de esta diferencia está en el hecho de que cuando se empuja el cuerpo, de la ec. (7.86) vernos que la fuerza que aprieta a las dos superficies no es solamente P sino que se le añade la componente y de la fuerza 1, que tiene sentido hacia abajo. Por tanto, la fuerza de fricción que se opone al movimiento aumenta. En el caso en que se jala, la fuerza que aprietaes menor que P (véase problema 7.47), ya que se le resta la componente y de R, que ahora tiene sentido hacia arriba.
7.3. ALGUNAS CONSlDERAClONES SOBRE LAS FUERZAS DE F R I C C I Ó NY DE CONSTRICCI~N En los ejercicios que se han resuelto en este capítulo se consideraron diferentes tipos de fuerzas: la fuerlos cuerpos za gravitacional que ejerce la Tierra sobre que están a su alrededor, las fuerzas de tensión en un
cable, la fuerza de reacción de una superficie sobre la que se encuentra un cuerpo, la fuerza de fricción. Sin haberlo mencionado, se ha supuesto que entre estas fuerzashaydiferenciasesenciales.Efectivamente, una fuerza como la gravitacional tiene la característica de que siempre se ejerce sobre los cuerpos, estén en la condición que esten, se muevan o no. Así, s i la única fuerza que actlid sobreel cuerpo es la de lagravedad, esta fuerza hace que el cuerpo empiece a moverse. Por otro lado, las fuerzas de fricción son diferentes a la de la gravitación. Si, por ejemplo, se tiene un cuerpo en reposo sobre una superficie rugosa, de tal forma q,le haya fricción entre ellos, y no5e aplica fuerza extern& adicional alguna, entonces la fuerza de fricción no se marlifiesta. No ocurrequelafuerzadefricción haga que el cuerpo empiece a moverse. La fuerza de fricción empieza a actuar solarnentesi otra fuerza externa F intenta que haya deslizamiento sobre la superficie rugosa (fig. 7.18a). En este momento empieza a aparecer la fuerza de fricción. Además, la magnitud con que aparece la fuerza de fricción va cambiando; s i la fuerza externa es de magnitud muy pequeña, entonces la fuerza de fricción que se le opone también será demagnitudpequeña;dehecho,delamisma magnitud que la externa, de modo que impide el movimiento del cuerpo. A medida que la magnitud de la fuerza externa F aumenta, la magnitud de la fuerza de fricciónaumenta,hastaquellegaalmáximovalor que puede alcanzar, dado por la ec. (7.59).Si ahora la fuerzaexterna F tienemagnitudmayorqueeste máximo
entonces habrá una fuerza neta en el sentido de F que hace que el cuerpo empiece a moverse (fig. 7.18b). En el ejercicio 7.12 vemos que s i el ángulo de inclinación del plano es muy pequeño (0 < O=), entonces no ocurre que la fuerza de fricción tenga mayor magnl-
14
Cap 7 . A P L I C A C I ~ T ~ EDE S LAS LEYES NEWTON DE
tud que Id com[mswn!e del peso a lo largo del planoy # por tanto, haya und fuerza neta hacia arribay el cuerpo empiece a moverse hacia arriba. Lo que ocurre es que dado que Id componente mencionada del peso tieneunamagnitudpequeña.entonces la magnitud de l a fuerza de fricción es igual a esta componente c o n el resultado de que la fuerza neta a lo largo del plano es nula y no hay movimiento AI aumentarel i n g u l o de inclinación, la componente del peso aumenta al mismo tiempo aumenta la fuerzadefriccihn. t.stci ocurre hasta que l a magnitud de !a fuerza de fricci6n adquiere su máximo valor, dado por Id cjc (7.673. E;tc; ocurre para el ángulo de inclin,-icibn O,. A partir d c i " : t ~momento, la componente a 10 largo del plano puetff. vencer 2: la fuerza de friccihn y empieza a habrr n?ovimlc>ntohac!a abajo. Esto aclara el resultado dado por la ec. (7.71) en quese afirma que la aceleraI?,. ción es cero para ángulos menores que el crítico Cuando un cuerpo se mueve sobre una superficie (por. ejemplo, un plano inclinadoo una superficie horizont,tl), entonces aparece otra fuerza, que hemos designado como d e reacción (son las fuerzas N de las figuras 7.19h y 7 2 2 , por ejemplo). Estas fuerzas reciben el nombre general de fuerzas deconstricción. Son preclsamente las fuerzas de constriccihn las que obligan a un carrito a seguir hacia arriba y hacia abajo la forma que tiene la montafia rusa, las que obligan a una pelota que rueda sobre una mesa horizontal a moverse solamente en el plano de la mesa, etc. Las fuerzas l a característica de decoostrlccióntambiéntienen quc' su magnitud depende de la presencla de fuerzas 7.13 (fig 7.22), externas Así, en el caso del ejercicio de la ec (7.74) vemos que si la magnitud de! peso p del cuerpo cambid, entonces, para que no hakd movimiento verticai, la magnitud N también debe cambiar Es decir, la m e w debe w r capar de ejercer {irla fuerra l sea hacia arriba N tal que cancele el peso d ~cuerpo, e l que sea éste. Por supuesto que s i en determinado momento la mesadejade ser capardegenerarla t u e r r a d e c o n s t r i c c i t n N que cancele al peso, entonc.cls P I cuerpo se mover.& hacia abajo.1d. capacidad de u n a superficie dtt generar una fuerza de constricción depende, en última instancia on sus propiedades elksticas. Por supuestoquecualquier sistema tendrá siempre un lírnite para generar una fuerra de constl-icciiln de la rnagnitudapropiada Si se colocaun cuerpo extremadamente pesado sobre una mesa, p o d r á ocurrir que la mesa no IC) soporte, es decir que no genere i a fue!.ra de constricc i6nN de magnitud S C I ficientc: t n general, la direcccbn v e ! sentido de las fuerzas d c fricciOn y deconstrircibnquedandeterminadas p o r l a ,Ituacibn física: en l a frlccibn se oponen a l movlrnlento, mientras que /as fuerzas de constricrrón gent.radns por una supvrficre siempre son perpendiculsrc5
/la.E S en la m,lgnitud donde estas tarrzas manif i e s t d n S C I S propiedades si!lgulares Frl resumen, vemos que existen en la naturaleza dos \ip<)s dt. fuerzas. las que s c generanindependienter ~ l c n t c de que haya otras fuerlas presentes. por
ejemplo, las gravitacionales,que ya vimos, o las eléctricas,magnéticas,etc., y aquellascomo las de fricción o de constricción que van adquiriendo una magnitud que depende de la presencia y magnitud de otras fuerzas externas
7.4. MOVIMIENTO CIRCULAR Como se estudió en e l capítulo 5, s i una partícula realiza un movimiento circular, entonces experimenta una aceleración. Si el movimiento es circular uniforme (véase sección 5.4), entonces la única aceleración que experimenta el cuerpo es la centripeta, es decir, hacia el centro del círculo. Si, por otro lado, el movimiento no es circular uniforme (véase secciónS S ) , entoncesademásde l a aceleracióncentrípeta, la partícula también experimenta una aceleración tangencial. De acuerdo con l a segundaleydeNewton, s i un cuerpoexperimentaunaaceleración,entonces eso significa que una fuerza está actuando sobre él. Por consiguiente,podemosdecirque se ejercenfuerzas sobre un cuerpo en movimiento circular. Si el movimiento es circular uniforme, entonces la única fuerza es centrípeta (fig 7.26) y su valor F , es
F, = ma,
(7.89)
Figura 7.26
La direcclón de esta fuerza es a lo largo del radio; su sentido es hacia el centro O del círculo y su magnitud es
IF,
= mla,i = mw2R = mv2/R
(7.90)
En estas ecuaciones R es el radio del círculo,w la velocidad angular constante y v, la velocidad lineal que, como se sabe, es tangencial. Se usó la expresión (5.60) para la, l . S i el movimiento es circular, pero no uniforme, entonces además del a fuerza centrípeta F , hay una fuerza tangencia1 F,(fig 7.27). E l valor de la fuerza centrí-
147 peta en cada instante está dado por las ecs. (7.89) y (7.90). E l valor de la fuerza tangencial F , es
F, = ma,
(7.91)
Figura 7.27
que tiene dirección tangencial; su sentido está dado por el signo de la aceleración angular(Y : si la aceleraes el ción angular (Y es positiva, entonces el sentido mismoqueeldelavelocidad, y s i CY es negativa, el sentido es opuesto al de la velocidad; su magnitud está dada por (véase ec. (5.67))
IF,I = mla,I = m R a
(7.92)
En este caso, se tiene entonces que la fuerza total sobre el cuerpo es F = F,
+ F,
F
(7.93)
Ejercicio 7.16. Analizar el movimiento cuando un auto que se mueve en una carretera entra en una curva. )Quién aplica la fuerza Centrípeta necesaria para que el auto recorra la curva? Cuando el auto entra en la curva, para que dé vuelta en un círculo es necesario que se le aplique una fuerza centrípeta dada por las ecs. (7.89) y (7.90). Consideremos en primer lugar el caso en que el pavimento de la curva sea horizontal (fig. 7.28a). En la figura 7.28bse muestra un diagrama de cuerpo libre del auto, en donde P es su peso, con dirección vertical y sentido hacia abajo; N es la reacción del suelo sobre el auto, con dirección vertical y sentido hacia arriba. L.a fuerza total sobre el auto es, en este caso, P N. Aplicando la segunda ley de Newton nos da
+
P+N=rna
(7.94)
A continuación escogemos un sistema de coordenadas, c o m o se muestra en la figura 7.28b, y tomamos componentes de la ec. (7.94) lo a largo de los ejes. Nos damos cuenta de que ni P n i N tienen componente x, por lo que componente x de la ec.(7.94): componente y de la ec.(7.94):
O = ma, -P N = O
+
(7.95) (7.96)
bi Figura 7.28
Aquí se usó el hecho de que la aceleración a no tiene componente a lo largo del ejeY, dado que no hay movimiento vertical. Como consecuencia de la ec. (7.96), la fuerza N cancela al peso P, o sea,
N + P = O
(7.97)
De la ec. (7.95) concluimos que a , = O, y como la componente y de a es también cero, entonces a = O. Esto significa que tal como están las cosas en la figura 7.28, el auto NO dará la vuelta pues no experimenta ninguna fuerza centrípeta que lo haga dar la vuelta. Por tanto, s i se quiere que el auto dé la vuelta, la fuerza centrípeta tiene que ser proporcionada por alP n i N la proporciogún agente adicional, ya que ni nan. En general, en este caso la fuerzaes proporcionada por el contacto entre e¡ suelo y la llanta. E l suelo, por fricción, ejerce una fuerza sobre la llanta que la hace girar y así el vehículo da la vuelta. Este mecanism o es muyinconveniente,dadoque, s i se requiere que la magnitud de la fuerza centrípeta sea grande, no hay garantía de que la fricción entre el suelo y la llanta sea suficientemente grande para proporcionarla. Además, por tratarse de un mecanismo de fricción, la llanta se desgasta. Otra manera de proporcionar esta fuerza centrípeta es la siguiente. En el caso de arriba, la reacción N del suelo sobre el auto tenía dirección vertical porque el suelo era horizontal.Si en lugar de que la curva sea horizontal se la construye peraltada, o sea, formando el ángulo 0 determinado con la horizontal (ftg 7 2%).
ponente
148 Aquí se usó P = mg y la identidad trigonométrica (sen @cosP) = t g 8. Esta cantidad, ma,, es precisamente la fuerza centrípeta que se nplica sobre el auto. En efecto, en la figura 7.29b nos damos cuenta de que si la reacción N n o es vertical, tiene entonces una componente N, horizontal diriglda hacia el centro del círculo. E s precisamenteestacomponentelaquejuegaelpapelde al tuerza centrípeta que hace que el auto dé vuelta circulo t i a v que darse cuenta de que N, y por tanto, s u componentehorizontal, es proporcionadaporla reacción del sueio sobre el auto, reacción debida al peso riel auto. De esta manera, no es necesario que se "obiigue" a las llantas a generar, por medio de la fricción, la fuerza centrípeta necesaria. De la ec.(7.100) obtenemos la aceleración centrípeta a, a, = g tg 8 (7 101)
I
Por otro lado, usando en la ec. (7.101) la ec(5.60) para la aceleración centrípeta, se encuentra "2
R
- gtg8
"
Figura 7.29
(7.102)
Aquí es la velocidad lineal con que el auto da vuelta al círculo y R essu r a d i o
entonceslas cosas cambian. En efecto,dibujarido ahora el diagrama de cuerpo libre se tiene la situación mostrada en la figura 7.29b. Las fuerzas que actúan sobre el auto siguen siendo P I su peso con dirección vertical y sentido hacia abajo y N, cuya dirección es ahora perpendicular al suelo, por la que la direccibn de N ya NO es vertical. Este hecho es crucial. La ec. (7.94) sigue siendo válida, pero al tomar componentes en el sistema de coordenadas mostrado en la figura 7.29 se tiene ahora
Ejercicio 7.17. Se desea peraltar una curva que tenga un radio de35 m . Si ia velocidad a la que deben tomar la curva los vehículos ps de 40 km/h, iqué ángulo de peralte se le debe dar? En nuestro caso
De la ec. (7.102) despejamos tg 8
componente x delaec.(7.94): N sen 8 ma, (7.98) componente y de la ec.(7.94): - P+ N cos 8 = 0 (7.99) Otra vez se usó el hecho de que la aceleración no tiene y. De la ec. (7.99) despejamos N. Pasamos P al miembro derecho
(7 103) y sustituyendo valores
tg8 =
(11.I 1 (9.8 mi's2) (35 m)
N cos 8 = P
= 0 3599
Y N="-
P cos
Por tanto,
O
6, = arc t g 0.3599 = 19O 47' 30"
Sustituimos ahora esta expresión en la ec. (7.98) ma,
= ___ sen O cos 8 = PtgO = m g t g a
(7.100)
Si se peralta con este ángulo, un auto que entre en la curva a la velocidad de 40 km/h recibirá del suelo la fuerza centrípeta necesaria vuelta. ladar para Si entra a otra velocidad, e! conductor, a traves del volante, tendráquehacer que las llantasgeneren,porfricción,
PROBLEMAS
la fuerza que falta para completar la fuerza centrípet a necesaria. Para evitar desgastes de llantas, es recomendable entonces tomar las curvas a la velocidad indicada. De la ec. (7.103) nos damos cuenta de que el ángulo de peralte 8 no depende de la masa del vehículo.Esto significa que el MISMO ángulo dará la fuerza centrípeta necesaria para que cualquier vehículo, yasea de masa grande o pequeña, pueda dar la vuelta. E l ángulo de peralte solamente depende de la velocidad Iineal con que se da la vuelta y del radio de la curva.
PROBLEMAS 7.1. Un cuerpo de masa m se acelera con magnitud a. Encuentre la magnitud de la fuerza F aplicada si: a) m = 125 kg; a = 2.5 mis2. b) m = 250 g; a = 18.7 cm/s2. c) m = 2.4 kg; a = 3.4 km/h2.
7.2. Demuestre la ec. (7.3). 7.3. Sobre un cuerpo de masa m se aplica una fuerza de magnitud f. Encuentre la magnitud de la aceleración que experimenta si: a) m = 18.6 kg; f = 26.3 N. b) m = 322 g; F = 17.4 N. c ) m = 12.9 kg; F = 33.6 kg. 7.4. i C u á n t o pesa un cuerpo s i su masa es: a ) m = 62.5kg? b) m = 487 g? c)m = 128 libras?
7.5. Demuestre que un cuerpo de masa 30 kgpesa 4.99 kg en la superficie de la Luna. 7.6. E l peso de un cuerpo en la Tierra es de 88.4 kg. iCuánto pesa en Júpiter?, jcuánto en Mercurio? Use los valores g, = 2.65g y g , = 0.38g. 7.7. jPor qué en el ejercicio 7.5 la aceleración A es horizontal? 7.8. justifique la ec. (7.12), válida para cables inextensibles. 7.9. Refiriéndonos al ejercicio 7.5, discuta el caso en que el cable sea extensible. iQué aceleración experimenta el cuerpo? 7.10. Suponga que en el ejercicio 7.5 el cuerpo tiene masa M = 4.5 k g y la cuerda tiene masa m = 930 g. >Cuál es el porcentaje de la fuerza trasmitida por la cuerda al cuerpo? 7.11. iPuede una fuerza horizontal cancelar una fuerza vertical? Con respecto al ejercicio 7.6. ipueden las fuerzas F , y F2 ser horizontales si se considera el peso de la cuerda P? 7.12. Si en el ejercicio 7.5 la cuerda tiene masa de 1.2 kg y se aplica en su extremo una fuerza de 9 kg, j q u é ángulo formará la cuerda en su extremo con la hori-
149
zontal para que el peso de la cuerdase equilibre y no haya aceleración vertical? Exprese su resultado en radianes. 7.13. Demuestrelacongruenciadimensionaldelas ecs. (7.13) y (7.14). 7.14. Con respecto al ejercicio 7.7 jpor qué la aceleración tiene que tener dirección a lo largo del plano? iPor qué no tiene componente perpendicular al plano? 7.15. Verifique la congruencia dimensional de la ec. (7.24). 7.16. Haga una gráfica dea contra 8(ec. (7.24)) obtenida en el ejercicio 7.7. 7.17. Se quiere que un cuerpo resbale lo a largo de un plano inclinado con una aceleración de 2.6 mis2. i Q u é inclinación debe tener el plano? los casos en que 7.18. Resuelva el ejercicio 7.8 para M < m sen 8 y en que M = m sen 8. Obtenga en cada caso las magnitudes y sentidos de la aceleración a y de la fuerza F , . 7.19. Verifique la congruencia dimensional de las ecs. (7.35) y (7.39). 7.20. Si en la figura 7.10 los valores de las masas son: m = 28 k g y M = 45 k g y el ángulo 0 es32O, i h a c i a dónde se mueve el sistema?, icon qué aceleración?, i c u á l es la tensión en la cuerda? Suponga que la cuerda es de masa despreciable e inextensible. 7.21. Obtenga la magnitud de la fuerza f, del ejercicio 7.9. Verifique la congruencia dimensional de su resultado. Interprete físicamente sus resultados. 7.22. Demuestre la congruencia dimensional de la ec. (7.48a). 7.23. En una máquina de Atwood,uno de los cuerpos tiene masa de45 g mientras que el otro tiene masa de 47 g. iHacia dónde se mueve el sistema? i c o n q u é aceleración? jCuál es la tensión en la cuerda? Suponga que la cuerda es de masa despreciable e inextensible. 7.24. En una máquina de Atwood, uno de los cuerpos tiene masa de 17 gy el otro tiene masa de25 g. Si inicialmente los dos cuerpos están en reposo y ambos a lamismaaltura,jenquéposición se encuentrala masa de 25 g después de 2.4 S ? 7.25. Una máquina de Atwood tiene dos pesos iguales de 210 g. En uno de los brazos se coloca una carga adicional de 8 g. Si inicialmente los dos lados de la y a la misma altura, iqué máquina están en reposo distancia recorre el brazo más cargado en 2 S ? Si en este instante se quita la carga adicional, jqué distancia recorre este brazo en los 2 S siguientes? 7.26. Resuelva el ejercicio 7.9 para los casos en que M < m y en que M = m. 7.27. Un cuerpo de masa 5.2 k g se mueve en una trayectoria dada por las ecuaciones x = 3t2, y = " 2 t 3 4t2 - 6t 4, con t expresada en segundos y (x, y) en metros. Encuentre la fuerza que actúa sobre el cuerpo en el instante t = 1.5 s. 7.28. Una pelota de masa 150 g está en contacto con un bat durante un milésimo de segundo y cambia su velocidad en 25 mls. iQué fuerza se le impartió?.
+
+
150
Cap. 7. APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON
7.29. >Desde qué alturase tiene que soltar un cuerpo de 527 g para que al llegar al suelo ejerza una fuerza de 275 kg, si el intervalo en quese detiene es de 0.003 S?
7.30. En un incendio, una persona que pesa 75 k g se arroja desde una altura de 15 m. Cae sobre una lona 1.5 S de bomberos que la detiene en un intervalo de desde el momento de contacto. iQué fuerza siente la persona? 7.31.En el arreglo mostrado en la figura 7.30 ihacia dónde se mueveelsistema? icon qué aceleración? >Cuál es la tensión de la cuerda? Suponga que la cuerda es de masa despreciable e inextensible. Obtenga de sus expresiones los valorescuando O2 = 90O. 2A quécasocorresponde?iSoncorrectas sus predicciones?
Figura 7.32
Figura 7.30
7.32. Tres carros de ferrocarril están unidos por me-
dio de barras rígidas, como se muestraenlafigura 7.31. S i la locomotora ejerce una fuerza F , encuentre la aceleración A del sistema, así c o m o las tensiones 1, y T2 en las uniones. 7.33. Un cuerpo de masa M , se encuentra sobre una superficiehorizontalunido,como se muestraenla figura 7.32, al cuerpo de masa M,. Suponga que las masas del cable y delas poleas son despreciables y el cable es inextensible. iHacia dónde se mueve el sistema? Encuentre la aceleración de cada cuerpo. Calcule la tensión TIen la barra rígida que une la masa M1 con la polea. Obtenga la tensión T2 en el cable. Suponga que no hay fricción entre el cuerpo de masa M, y la mesa. 7.34. Suponga que, en el problema 7.33, M , = 625 g y M , = 235 g. iHacia dónde se mueve cada cuerpo?, icon qué aceleración?, >qué valor tiene la tensión TI en la barra que une aM , con la polea? iCuá1es la tensión T2 en la cuerda? 7.35. En el sistema de poleas de la figura 7.33, >hacia
dónde se mueve cada cuerpo?, (con qué aceleración?, j c u á l es la tensión en la cuerda? Suponga que las masascle las poleas y del cable son despreciables y que el cable es inextensible. 7.36. Un automóvil que pesa 1 650 kg acelera de 1 5 kmih a 50 k m l h en 4.2 S >Qué fuerza se genera sobre
éI?
7.37. Una lancha que pesa 275 kg se mueve a una velocidad de 8 krnlh y entra en una zona pantanosa deteniéndose en 15 s. iQue fuerza la detuvo? 7.38. Un elevador que pesa 574 k g se mueve hacia abajo con aceleración uniforme. En 1 0 S cae 42 m partiendodelreposo.Encuentrelatensiónenelcable que detiene al elevador. 7.39. E l bloque 1 de la figura 7.34 pesa 4 kg y el bloque 2 pesa 25 kg. No hay fricción entre el bloque 2 y e l plano inclinado Cuando los bloques 1 y 2 se sueltan, resbalan al unísono. iCuál es la magnitud y dirección de la fuerza entre los bloques 1 y 2 ? 7.40. Demuestre que el coeficiente de fricción p no tiene dimensiones
PROBLEMAS
Figura 7.34
7.41. Haga una gráfica de a contra 6' (ec. (7.71)) del ejercicio 7.12, s i el coeficiente de fricción dinámicopd tiene el valor 0.17 y el estático, 0.2. 7.42. Un cuerpo de masa 25.3 k g se encuentra en un plano inclinado que forma un ángulo de 28O con la horizontal. Si el coeficiente de fricción entre el cuerp o y el plano es de 0.78, jresbala el cuerpo hacia abaj o ? Si su respuesta es afirmativa,iconquéaceleración? 7.43. Resuelva el problema 7 20 s i el coeficiente de fricción entre el cuerpo y el plano es de 0.93. 7.44. Resuelva el problema 7.31 para el caso en que el coeficiente de fricción entre el cuerpo 1 y el plano sea 0.1, y el coeficiente de fricción entre el cuerpo 2y el plano sea 0.22. Suponga que m , = 19 kg, m2 = 32 kg, 8, = 28O, 0, = 63O. Compare sus resultados con el caso en que no haya fricción. 7.45. Suponga que en el problema 7.34 hay fricción entre el cuerpo de masaM , y la mesa. Si el coeficiente de fricción es 0.63, responda a las preguntas del problema 7.34. )Hay resbalamiento? 7.46. Investigue el uso del fenómeno de fricción en los frenos de un vehículo automotor. iQué papel juega el disco? 2Qué papel juegan las balatas? 7.47. Resuelva el ejercicio 7.15 para el caso en que se jala el cuerpo. Obtenga la ec. (7.88). 7.48. En el sistema mostrado en la figura 7.35 los bloques estan unidos por medio de una barra rígida de masa despreciable. Si M , = 1.S k g y M , = 3.1 kg, y los coefi-isntes de fricción tienen los valores: entre M , y el plano, pl = 0.14, y entre M , y el plano, p 2 = 0.23, j c u á l es la aceleración de los bloques?, jcuáles la tensión en la barra? Compare sus resultados con el caso en que no hubiese barra y con el caso en que no hubiese fricción.
Figura 7.35
151
7.49. j C ó m o se modifican los resultadosdelproblem a 7.48, si los cuerpos se invierten? 7.50. Un cuerpo que está sobreunasuperficiehorizontal tiene una velocidad inicial, también horizontal, de magnitud 2.3 mis. Se mueve en línea recta y se detiene después de haber recorrido 4.2 m. iCuá1 es el coeficiente de fricción entre el cuerpo y la superficie horizontal? 7.51. Un cuerpo resbala por un plano inclinado que E l coefiformaunángulode 35O conlahorizontal ciente de fricción entre las superficies en contacto es de 0.15. Si inicialmente el cuerpo está en reposo, jen cuánto tiernpo recorrerá una distancia de 6 m ? , i q u é velocidad tendrd al cabo de este intervalo? 7.52.En el sistema de la figura 7.36 el cuerpo A pesa 50 k g y el B pesa 175 kg. Los coeficientes de fricción estáticos son: entre A y B, 0.28; entre B y la mesa horizontal, 0.14. jQué fuerzaF hará que A se mueva hacia arriba de B? iCuá1 es la reacción de B sobre A en el instante en que A empieza a moverse con respecto a B?
I
I
Figura 7.36
7.53. Resuelva el ejercicio 7.10 para el caso en que haya fricción entre el plano inclinado y la superficie horizontal. 7.54. Verifique la congruencia dimensional de la ec. (7.102). 7.55. Un velódromo tiene la pista peraltada en la curva a un ángulo de 70° Si el radio de la curva es de 30 m, ipara qué velocidad está diseñada la curva? 7.56. iQué peralte debe tener una curva de la vía de un tren pdra que no haya desgaste de las ruedas s i el radio de la curva es de 270 m y la velocidad con la que se quiere que pase el tren es de 55 k m i h ? 7.57. Se hace girar una cubeta con canicas en su interior, en un círculo vertical de radio 45 c m ( f i g 7.37). icon qué frecuencia se debehacergirarlacubeta para que las canicas no caigan? 7.58. Un cuerpo A de la masa 2 k g está sujeto a un extremo de una cuerda de 4 m de largo (fig. 7.38). E l otro extremo de la cuerda está fijo en el punto O. E l cuerpo A se mueve a lo largo de un círculo horirontal. La cuerda forma un ángulo de 60° con la vertical. Encuentrelavelocidaddelcuerpo y latensiónen la cuerda.
R
Figura 7.39
7.59. Una piedraque pesa 2.3 k g está sujetaenun extremo de una cuerda de 1.3 m de largo. Se hace girar la piedra en un círculo que está enun plano vertical. La máxima tensión que puede darse a la cuerda antes de que se rompa es de 6 kg. iCuál es la máxima velocidad angular con la que puede hacerse girar la piedra, para que la cuerda nose rompa? 7.60. Una barra A B de longitud 1 5 cm que pesa 8 kg se encuentra sobre una mesa circular horizontal. Sus extremos están sujetos a dos puntos del circulo de la mesa (fig. 7.39). E l círculo tiene un radio de 10 c m . E l sistemagiraalrededordelcentro C delcírculo a 150 rpm. Calcule las reacciones en los extremos de la barra. 7.61. Una esfera, que pesa 2 kg, está dentro de una caja (fig. 7.40) que está rígidamente sujeta a un brazo que puede girar alrededor de un eje horizontal (perpendicular al pldno de l a figura). E l sistema gira con una aceleración angular de 3 revls'. Cuando el brazo se w c u e n t r a en l a posición mostrada, la velocidad angular r3 de 3 revls. >Qué fuerzas actúan sobre la esfer d en este instante? iQué magnitudes tienen? 7.62. E l marco ABC de la figura 7.41 gira con velocidad angular constante de 250 rpm alrededor del eje A D E l bloque M que pesa 50 kg está sobre el brazo tSC a u n a distancia de 1 . 2 m de AC. Al girar el marco, ('1 bloque M no se mueve. Calcule el coeficiente de triccibn clntre M y el brazo BC. Obtenga la magnitud dr la reacci6n del brazo BC sobre M.
Figura 7.40
Figura 7.41
Trabajo y energia m F Ax = -(v,22 2
8.1. TRABAJO Consideremos el caso en que una fuerzaF constante se aplica a un cuerpo de masam que se puede mover solamente a lo largo de una línea recta, sin que haya fricción entre las superficies (fig. 8.1). De la segunda ley de Newton sabemos que esta fuerzagenerauna aceleración.
x2
I - x1 = --(VX22
- VX12)
2a,
X I I
X1
I
Ax
2
x2
Figura 8. I
Despejando de esta relación a,
1 F a, = -(vXz2- vXl2) = Ax m
mv, 2
(8.4)
Este resultadotambién se Puedeescribircomo
í:
F A x = A-mv,2
)
(8.5)
Recuérdese la definición (3.1)de cambio de la cantidadA
que también es constante. En consecuencia, el movimiento que realiza el cuerpo es uniformemente acelerado. Tomemos un sistema de coordenadas, como se muestra en la figura 8.1. Supongamos que cuando el cuerpo está en la posición x, tiene velocidad v,. y cuand o está en x2 tiene velocidad va. De la ec. (4.65) se tiene entonces, para este caso, queladistanciarecorridapor decuerpo cuerpo ypor dada está el
Ax =
v1 ,2)
1 - - mvXz2- 1
(8.11
a = F/m
-
cambio de A = AA = Afinar
- Ai,icial
En el lado derecho de esta ecuación se tienen cantidadesasociadas solamentecon las ProP]edades del su movimiento instantáneo. Estas son la masa m y las velocidades vX1y vX2.En el lado izquierdo (8.2) se tienencantidades asociadas alaacciónejercida externamente sobre el cuerpo. Estas son la fuerza aplicada y el desplazamiento. E s decir, en la ecuación(8.5) se logra una separación entre la acción externa y las propiedades intrínsecas del cuerpo.Se puede decir que acción la externa dada por lado el izquierdo de ec. la propiedad intrínla (8.5) cambio de se transforma el en (mv2/2). cuerpo seca del Si en lugar de que la fuerza constante F fuera horizontal como figura la en 8.1fuerza la tuviera una dirección arbitraria (fig. 8.2), se puede demostrar que (véase problema 8.1)
(8.31
('2
(Fcos8)Ax = A - m v x
(8.6)
Aquí Ax es la distancia recorrida y 8 el ángulo entre el F y el vector de desplazamiento Ar. La magnitud Aquí se usó la ec. (8.1). Multiplicando ambos lados de vector última la ecuación por m Ax se obtiene Ares de A x .
153
154 unidad
unidad
{ z::::::} { unidad
=
= 1 newton = 1 joule
} { x
fude:za
X
1m
=11
disccia} (8.10)
Figura 8.2
D e esta manera, se define el joule (denotado j ) c o m o SI. la unidad de trabajo en el
La ec. (8.6) nos indica que en este caso la acción externaque se transformaenpropiedadintrínsecadel cuerpo ya no es f A x , sino (f cos 8) A x , o sea que solamente la componente de F a lo largo de la dirección del movimiento es la que contribuye a esta cantidad. La ec (8.6) se pucde escribir como(véase fig. 8.3)
Ejercicio 8.1. Sobre un cuerpo se aplica una fuerza de 45 N y el cuerpo se desplaza una distancia de25 m (fig. 8.4). S i la fuerza forma un ángulo de 34O con el desplazamiento,jcuántovaleeltrabajomecánico realizado?
X
Figura 8.4
De la ec.(8.8) se tiene que el trabajo mecánicoes
Figura 8.3
W = F * A r = F i A r ! cos0
Aquí se usó la definición (2.42) de producto escalar En el lado izquierdo se tiene el producto escalar del vector fuerza F con el vectorAr de desplazamiento. Definimos el trabajo mecánico W realizado por la fuerza constante F al desplazarse una distancia dada por el vectorAr c o m o W=F*Ar
(8.8)
La definición (8.8) nos indica que el trabajo mecánic o es una cantidad escalar. La acción externa de la que hablamos arribaes entonces el trabajo mecánico. La cantidadintrínseca (rnv2/2) queapareceenel lado derecho de las ecs. (8.5)-(8.7) la denominaremos la energía cinética del cuerpo. En la sección 8.2 estudiaremos con detalle este concepto. E l resto de esta sección lo dedicaremos a estudiar algunas propiedades del trabajo mecánico. En primer lugar, las dimensiones del trabajo mecAnico son
En segundo lugar, las unidades del trabajo mecánico en el Sistema Internacional (SI) son
= 45 N X 25 m X cos 34O = 45 X 25 X 0.8290 N X m = 932.7 J
De la definición (ec (8.8)) vemos que se habrá realizado trabajo mecánico por una fuerza, solamente si el lado derecho de la ec. (8.8) es distinto a cero. Esto implica que Ar tiene que ser no nulo. Por tanto, para que una fuerza realice trabajo mecánico tiene que desplazarse. Si no hay desplazamiento, entonces no hay trabajo mecánico.
En el lenguaje cotidiano uno se refiere a diversas acciones por medio de la palabra trabajo. Así, se dice que cuesta trabajo ganarse la vida, cuesta trabajo pasar un examen, etc.Nos damos cuenta de que este trabajo no es el trabajo mecánico que hemos definido. La definición precisa está dada por la ec. (8.8). Ejercicio 8.2. Sobre un cuerpo se aplica una fuerza F que es perpendicular al desplazamiento Ar (iig. 8.5). iQué trabajo mecánicose realiza? En este caso los vectores F y Ar son perpendiculares, por lo que su producto escalar se anula(véase ejercicio 2 20).
W=F.Ar=O
Ar = F lAri c o s 0 = 45 N X 25 m X cos 126O = 45 X 25 X (- 0.5878) N X m = -661.3 J
W = F
En este caso el trabajoes negativo
Si el trabajo realizado por una fuerza es positivo, decimos que la fuerza realiza trabajo sobre el cuerpo. Si el trabajo realizado por una fuerza resultaser negativo, se dice quese realiza trabajo contra la fuerza. En el caso en que la fuerza aplicada no sea constante a lo largo del desplazamiento, se puede obtener el trabajo realizado de la siguiente manera. En primer lugar consideremos el caso del movimient o en una dimensión. Supóngase que se aplica sobre un cuerpo de masam una fuerza f(x) que dependesolamente de la posición. Esto significa que en distintos puntos en los que se encuentra el cuerpo, se le aplican diferentes valores de la fuerza (fig. 8.7). De la segunda ley de Newtonse tiene que dv dt
F(x) = m -
(8.1 1)
Figura 8.5
Si el desplazamientoes perpendicular a la fuerza aplicada, el trabajo realizado por la fuerza es nulo. Tenemos aquí un caso en que apesar de que SI hay desplazamiento, la fuerza aplicadaNO realiza trabajo. Podemosentenderesteresultado,queaprimera vista nos puede sorprender. En efecto, s i la fuerza F es perpendicular al vector de desplazamiento Ar, en virtud del Principio de Superposición de Efectos (véase sección 5.1) dicha fuerza no afecta el movimientoloa largo de la dirección de Ar. En particular, la fuerza F no genera ninguna aceleración a lo largo de la dirección de Ar, por lo que la velocidad a lo largo de esta dirección no cambia como resultado de la aplicación de F. Ejercicio 8.3. Suponga que el ángulo entre la fuerza y el desplazamiento del ejercicio 8.1 f u e r a . d e 126O (fig. 8.6).
c I I
25 m
Figura 8.7
Multipliquemosambosmiembrosdeestaecuación por la velocidad v F(x)v = mv-
dv dt
(8.12)
El lado derecho se puede escribir
c o m o se puedecomprobarinmedlatamente(véase problema 8.2). Por tanto, sustituyendo (8.13) en (8.12) obtenemos
r( I
!
Ahora integramos sobre el tiempo t ambos miembros de esta ecuación
Figura 8.6
¿Qué trabajo realiza en este caso la fuerza? En este caso se tiene de laec (8.8) que
De la definición de velocidad instantánea (ec. (3.18)) se tiene que vdt = dx, cantidad que sustituimos en el miembro izquierdo de la última expresión. Asimismo, las integrales las realizamos entre una posición x1 con
m2
156
Cap. 8. TRABAJO Y ENERGiA
velocidad v1 v una posición x 2 convelocidadv2. El miembro derecho de la última ecuación es la integral de una diferencial. Por tanto, el miembro derecho es
En este caso el trabajo resultó positivo; esto quiere decir que el agente externo que ejerce la fuerza sobre el cuerpo realiza trabajo sobre el cuerpo. De la ec. (8.15) podemos decir que en este caso el cambio de la energía cinética es positivo, o sea,energía la cinética del cuerpo aumenta. b) La energía cinética inicial del cuerpo ( m ~ , ~ tiene /2) el valor
~~:d($mv2)=(fmv2)l~
2
-
-
1
1
-mvZ2 - -mv12 2
1 -my: 2
= A(+mv2)
F(x)dx = A ( + m v 2
)
Ahora, de la ec. (8.15) despejamos (mvZ2/2) 1 ,mvZ2 = W ,mv12
se tienen
r x2
1
-mvZ2 2 = 442.71 J
~ 2 ’=
Eiercicio 8.4. Una fuerza unidimensional dada por Ax2, con A = 5 N/m2, se aplica sobre un cuerpo dede 4.2kg, desde un punto de coordenada
1
[(x):
x1 = 3 m hasta otro punto de coordenada x2 = 6.5 m .
I
2 - X 464.2 J = ___ X 464.2 J = 221 .O5 m2/s2 m 4.2 kg
Aqui Se UsÓ:
(J/kg) = m2/s2.Véase elproblema8.7. se encuentra que
S i se fuerza lada F(x) se puede dibujar una gráfica de F-x. En la figura 8.8se muestra un ejemplo. Por el cálculo integral sabemos que la integral de F(x) entre dos valores x1 y x 2 es el área bajo la curva. Por tanto,
I “2
I
y dividi-
= J221 .O5 m2/s2 = 14.87 m/s
a) De la ec. (8.16) se tiene que el trabajo realizado es Ax2 dx = Ax3/3
+ 21.5 J = 464.2 J
Por tanto, sacando raíz cuadrada
a) 2Qué trabajo realiza l a fuerza? b) S i el cuerpo tiene una velocidad v1 = 3.2 mis v2 cuando está en xl, iqué velocidad v2 tiene cuand o se encuentra en x,?
1::
(8.1 7)
L
Ahora despejamos vZ2. Multiplicamos por 2 mos entre m
(8.16)
x1 F(x)dx
+
L
lamente depende características de intrínsecas del cuerpo y de su movimiento.Definimos,generalizando la definición (8.81. el trabajoW realizado Dor una fuerza unidimensional F(x), que no es constante, al desplazarse del puntox 1 al punto x2, c o m o
W =
( )23:.
= 21.5 I
(8.1 5) 1
En el miembro izauierdo de esta ecuación
W =
x
2
1 mz = - X 4.2 X 10.24 kg2 S2
E s decir, esta integral es el cambio de la energía cinética del cuerpo.Por tanto, la ec.(8.1 4) queda como
1:
1 = -2X 4 . 2 k g
x1
Aquí se usó la ecuación (4.28).
I
I
W = A (xZ3- x13)/3 y sustituyendo valores numéricos
N (6.53m 3 - 33m3) W = -__ 3
5 3
m2
= “(274.63
- 27)
N
= N X m = 442.71 J
X
m3
X2
Figura 8.8
t
el trabajo realizado por la fuerzaF(x), dado por (8.161,
1:
F-dr =
1:
d dt
(
+mv2) dt =
(
“2
$mv2)
”1
queda representado por e l área sombreada mostrada en la figura 8.8. E l caso más general es cuando se trata de un movimiento tridimensional en el cual cambia la fuerza que se aplica sobre el cuerpo. Si la fuerza aplicada es una De manera análoga a los casos anteriores, definimos función de la posición r del cuerpo, F(r) y el cuerpo reel trabajo W realizado por la fuerza variable F(r) al corre cierta trayectoria (fig.8.9), entonces tenemos la siguiente situación. La segunda ley de Newton en este moverse el cuerpo del punto rl al punto r2 como caso es (8.22) W = F-dr dv F(r) m(8.18) dt Esta integral se evalúa a lo largo de la trayectoria que sigue el cuerpo entre los puntos 1 y 2. En esta expreMultipliquemosescalarmenteambosmiembrosde sión notamos que al llevar a cabo el cuerpo un desplaesta ecuación por la velocidad v zamiento dr a lo largo de su trayectoria (fig. 8.9), l a fuerza realiza el trabajo dv F - v = mv*(8.19) dt d W = F-dr (8.23)
S:
Ahorarecordamoslaec. (2.45), válidaparacualquier vector, en particular para v .
=
V’V
)VI2
= v2
Tomemos la derivada de esta ecuación con respecto al tiempo t dv
V.”
dv dt
+ __ dt
*V
= 2v-
dv dt
o sea,
2v.-
dv
dt
= 2v-
dv
dt
Figura 8.9
es decir,
(8.20) Este resultado es válido para cualquier vector. Ahora sustituimos (8.20) en la ec. (8.19), obteniendo F * v = mv- d v dt Integrando ambos miembros de esta última ecuación sobre el tiempo t, se tiene que
1
F-vdt =
d
tmv’)
dt
Ahora, de la ec.(5.7) tenemos que vdt = dr. Por tanto, si la fuerza se aplica entre las posiciones 1 y 2 [fig. 8.91, en las que el cuerpo tiene vectores de posición rl y r2, así como velocidades v1 y v2, respectivamente, obtenemos que
Esto es congruente con la ec. (8.8), ya que a lo largo del desplazamiento infinitesimal dr se puede tomar a F(r) como constante, y por tanto, de (8.8) el trabajo E l trabajototalalmoverseel estádadopor(8.23). cuerpo del punto1 al punto 2 es la suma de los trabajos dados por (8.23). Esta suma es precisamente la integral dada en(8.22), que es lo que en matemáticasse llama una integral de línea. En cursos avanzados de matemáticas se enseña cómo evaluar, en general, este tipo de integrales.Sin embargo, en casos especiales se puede encontrar su valor de manera sencilla Ejercicio 8.5. Un carro de masa 350 kg desciende a lo largo de una montaña rusa que tiene una altura de
3 5 m (fig. 8.10). Calcule el trabajo realizado por la fuerza gravitatoria al ir el carro del punto A a l p u n t o B. Desprecie la fricción. Para calcular el trabajo hecho pot el peso P, Wp, utilizaremos la ec. (8.22).En este caso se tiene que, en e l sistema de coordenadas mostrado en la figura 8.10
158 8.2. ENERGíA CINÉTICA
Yj
__
En la sección anterior obtuvlmos la ec. (8.21), válida en el caso general. Esta ecuación nos dice que el trabajorealizadoporunafuerzaqueactúasobreun cuerpo,alexperimentarciertodesplazamiento, se transformaenelcambiodelaenergíacinéticadel cuerpo. Esta ecuación no es trivial en el sentido en que se hanpodido separar los efectosexternosal cuerpo, de las propiedades intrínsecas del cuerpo y de su movimiento Hasta este punto hemos tomado a la energía cinética como una palabra que denota el térintrínseco mino (rnv2/2). Definimos la energía de un cuerpo como la capacidad que tiene dicho cuerpo para realizar trabajo mecánico Como se verá, un cuerpo tiene capacidad para realizartrabajopordiversascircunstancias.Unade ellas se debe a que se está moviendo. En este caso decimosque e l cuerpotieneenergíacinéticaDenotando esta energía por K
"
Figura 8.10
p = -mgj
Y
dr = dx7
n
+d6
Tomamos el producto escalar de Podr = (-rnG)*(dxi = "mgdy
1 K = -rnvz
2
P con dr
I
+ dy?)
ya que ?-?=O, por ser i, j dos vectores perpendiculares. Por tanto, al sustituir esta expresión en laec (8.22) nos da
W p ( A AB) =
SA R
P-dr =
= -mgy
= mg
(YA
:1
[-rng)dy
1 E = -rnmg(y, -
- YA)
YR)
Pero en la figura 8.10 vemos que ( Y A - y H ) es precisamente la altura vertical h de la montaña rusa, por lo que
W p ( A 4 3 ) = rngh = 350 k g X 9.8 (mis2) X 35 m = 120 OSO (kg x m2/s2)= 120 050 J D e este ejercicio vemos, que en este caso, el trabajo realizado realmente no depende de la forma particular de la trayectoria, sino solamente de la altura de la montaña rusa. Si se tuvieran dos montañas rusas de formas diferentes, pero con las mismas alturas, los trabajosrealizadosporlafuerzagravitatoriaserían los mismos. Como conclusión final de esta sección tenemos la relació? (8.21) ( o dependiendo del caso, las ec. (8.7) u (8.1s)). Esta es una relación entre el trabajo realizado por una fuerza y el cambio de la energía cinética del cuerpo. Se suele llamar a esta relación Teorema trabajoenergía cinktica.
La energía escantidad una escalar.
(8.241
I
En efecto, cuando un cuerpo se mueve, por el solo hecho de moverse, tiene capacidad de realizar trabajo. Esto lo podemos ilustrar con el siguiente ejemplo. Supóngase que un cuerpo se mueve horizontalmente (fig. 8.11). E l cuerpo tiene cierta velocidad v. A cierta dlstancia del cuerpo se encuentra una pared con un clavo listo para ser metido. Sabemos que al chocar el cuerpo con el clavo es capaz de meterlo dentro de la pared, venciendo las fuerzas de friccion entre el clavo y la pared. Esto significa que el cuerpo, por el simple hecho de moverse, tiene la capacidad de realizar el trabalo de meter el clavo. También sabemos que una veL metldo el clavo, el cuerpo se detiene. Podemos decir entonces que la energía de movimiento que el cuerpo tenía se fue en hacer el trabajo de vencer a las fuerzas de fricción entre el clavo y la pared AI detenerse el cuerpo ya no tiene energía de movimiento, o sea, cinetica. De hecho, este caso es e l bien conocido de clavar con un martillo un clavo en una pared. AI golpear el clavo impartimos energía cinética al martillo, la cual se transforma en el trabajo para meter el clavo.
Figura 8.1 1
159
FUERZAS CONSERVATIVAS ENERGiA POTENCIAL
Ejercicio 8.6. U n m a r t i l l o d e masa 4 k g se mueve con una velocidad de4.2 mis y choca con un clavo de 20 cm de largo (fig. 8.12). Si al chocar el martillo con el clavo, éste se introduce en la pared completamente y al final el martillo queda en reposo, jcuál es el valor de la magnitud de la fuerza que se ejerció sobre el clavo? Suponga que durante el proceso la fuerza es constante.
En la sección anterior demostramos que el trabajo
W realizado por una fuerza externa sobre un sistema es igual al cambio de la energía cinéticaK del sistema (ec. (8.21)) W = AK = K f -
Si en un proceso el trabajo realizado por la fuerza es positivo, W > o, el cambio en la energía cinética delsistema A K , también es positivo, lo que implica que Kf
x
Ki
>
Ki
En este casoelagenteexternoquehaceeltrabajo cede energía al sistema. En caso contrario, en que el trabajo realizado por la fuerza externa sea negativo
,
w
Figura 8.12
Kf
Tomamos un sistema de coordenadas como el que se muestra en la figura8.12. La energía cinética inicial del martillo es (véase ec. (8.24))
trabajo positivo
A I detenerse, la velocidad del martillo es nula, por lo que ya no tiene energía cinética,
trabajo negativo
Kf = O
A K =,Kf
-
K i = O - 35.28 J
"
el agente externo cede energía al sistema
-"+ el sistema cede energía al agente externo
POTENCIAL
Ejercicio 8.7. Supóngase que se tiene un plano inclihado a 30° con la horizontal (fig. 8.13). U n c u e , p o d e masa 15 k g se sube a lo largo de.1 plano, a velocidad
= -35.28 J
I
-
8.3. FUERZAS C O N S E R V A T I V A S . E N E R C ~ A
es
E l signo negativo indica que la energía cinética del martillodisminuye. En efecto,laenergíacinética cambia de 35.28 j a cero.
Ki
En este caso el sistema disminuye su energía cinética cediendo la diferencia al agente externo. En resumen
= 35.28 J
Por tanto, el cambio en energía cinética
<
1
Sea Ax la distancia que recorre la fuerza F que se ejerce sobre el clavo; es decir, Ax = xf - x i = 20 c m = 0.2 m. Ahora usamos la ec. (8.5)ya que estamos tratando con una fuerza constante, con la misma dirección que el desplazamiento
F X 0.2 m = 35.28 J por lo que
F=
35'28 0.2 m
'
I k
= 176.4newton
17.32 m Figura 8.13
I I
r,
160
Cap. 8. TRABAJO Y ENERGíA
L
constante, desde el punto A hasta el punto 8, que distan 20 m . E l coeficiente de fricción entre el cuerpo y el plano es 0.2.
Se usó la identidad trigonométrica -sen 8.
cos (90°
+ 8) = 1
Sustituyendo valores a) Calcule el trabajo realuado por la fuerza de frlcción. W p ( A 4 3 ) = - 1 5 k g X (9.8 mis2) X 20 m X sen 30O b) Calcule el trabajo realizadopor el peso del cuer= -1 470 J (8.27) PO.
Ejercicio 8.8. Suponga que en el caso del ejercicio 8.7 elcuerpo se mueve,avelocidadconstante,del p u n t o A al C y luego al punto B (fig. 8.13). En la parte horizontalhayuncoeficientedefricciónpntre el cuerpo y la superficie cuyo valor er O 25
E l diagrama de cuerpo libre del cuerpo se muestra en
la figura 8.14. Las fuerzas que actílan sobre el cuerpo son: su peso P, vertical hacia abajo; la fuerza F aplicada, a lo largo del plano y hacia arriba; la fuer7a de fricción f, que se opone al movimiento, a lo largo del plano y con sentido hacia abajo; la fuerza N, reaccicin del plano sobre el cuerpo, perpendicular al plano y con sentido hacia arriba.
;I)
Ca!cule el trabajo realizado por. la tuerza de frrc
ci6n.
b) (:alcule el trabajo realizado por el peso. Consideremos primero el movimiento del cuerpo
a
lo largo del tramo AC. E l diagrama de cuerpo libre se
muestra en Id figura 8.17. Las fuerzas que actúan sobre el cuerpo son: su peso P, vertica! hacia abajo; fa reacción de la superficie horizontal sobre el cuerpo N,, vertical hacia arribd; la fuerza de fricción f,, que se opone al movimiento y que tiene dirección horiF 1 aplicazontal y sentido hacia la izquierda; la fuerza da q u e es horizontal y con sentido hacia la derecha
a ) La magnitud de la fuerza de fricción (7.59))
es (véase ec.
f = pP C O S 30"
(8.25)
Recuérdese que la fuerza que aprieta a las dos superficies es la componente del peso perpendicular al plano, PI,que tiene magnitud P cos 30".
I
Sustituyendo valores se encuentra que Figura 8.15
f = 0.2 X 15 kg X (9.8 mis2) X cos 30" = 25.46 N Esta fuerza es constante. Por tanto, el trabajo realizado por f al i r de A a B (véase fig. 8.15), se encuentra usando la ec. (8.8), Wf(A AB) = f Ar = f(AB) cos 180" = -f(AB) = -25.46 N X 20 m -509.2 J
b) E l trabajorealizadoporelpeso 8.16), usando la ec. (8.8),
W p (A +3)
(8.26)
P es (véasefig.
= P Ar = P(AB) cos (90° = -P(AB) sen 8
+ 8)
Figura 8.16
161
FUERZAS CONSERVATIVAS. ENERGiA POTENCIAL
= -36.75 N x 17.32m = -636.51 J
t
(8.28)
En el tramo de C a B no hay contacto entre las superficies. Por tanto, no se genera ninguna fuerza de fricción y, en consecuencia, en este tramo la fuerza de fricción no realiza ningún trabajo. E l trabajo total realizado por la fuerza de frlcción al desplazarse el cuerpo de A a C a B es entonces, Wfl(A “c-*B) Figura 8.17
+O
= “636.51 J = -636.51 J
(8.29)
b) E l trabajo realizado por el pesoP al ir el cuerpo de A a C es (véase fig. 8.20), usando la ec. (8.81,
AI recorrer el cuerpo el tramo CB, su diagrama de cuerpo libre es el mostrado en la figura 8.18. Las fuerzas que experimenta el cuerposon: su peso P, vertical Y hacia abajo; la fuerza F 2 que se le aplicaPara subirlo es diculares. vertical arriba. y hacia
kvp (A-+C) = P
[Ar), = O
(8.30)
ya que el peso P y el desplazamiento (Ar), son perpen-
E l trabajo realizado por el peso P al ir el cuerpo de C a B se obtiene usando la ec. (8.8), (véase fig. 8.21) Wp (C
+
6 ) = P (Ar), = P(CB) cos 180°
-f(CB)
= “-15 k g X (9.8 m/s2) X 10 m = -1 470 j (8.31)
E l trabajo total hecho por el peso P, al ir el cuerpo de A a C a B es la suma delos trabajos dados en (8.30) Y (8.31 1 Wp(A-.C+B)=O+(-l
I
4 7 0 ] ) = -1 470 J
(8.32)
Figura 8.18
a ) La magnitud de la fuerza de fricción
(7.59))
Figura 8.19
f, (véase ec.
f l = PIP siendo pl el coeficiente de fricción entre el cuerpo y la superficie horizontal. La fuerza que ahora aprieta a cuerpo.peso P del
las superficies es el
Sustituyendo valores se tiene que f, = 0.25 X 15 k g >< (9.8 mis2) = 36.75 N
E l trabajo realizado en este tramo por la fuerza fl es (véase fig. 8.19), usando la ec. (8.8), WfJA 4)= f , (Aril = f,(AC) cos 180° = -fl(AC)
I
I
Figura 8.20
S B
(Arb
P
e
C
I
Figura 8.21
162
Cap. 8. TRABAJO Y ENERGiA
-
Comparemos ahora los trabajos realizados por las fuerzas de fricción al recorrer las dos trayectorias (A By A C -+ B). Sus valores están dados por las ecs. (8.26) y (8.29), respectivamente. Nos damos cuenta de que estos valores son diferentes: uno es de -509.2 j y e l o t r o es de -636.51 J. S i ahora comparamos los trabajos realizados por el pesoalrecorrer las dostrayectorias(valoresdados por las ecs. (8.27) y (8.32), respectivamente) nos damos cuenta de ¡que son iguales! (-1 470 J), E s decir, el peso P realiza el MISMO trabajo, ya sea que el cuerpo recorra la trayectoria A + B directamente o recorra la trayectoria A + C -+ B. Supongamos ahora que el cuerpo de los ejercicios A,es anteriores recorre la trayectoria A -+ C + B decir, recorre una trayectoria que se inicia en A y tertrayectomina en A.Se dice que el cuerpo recorre una ria cerrada. iQué trabajo total realizan la fuerza de fricción y la del peso? Consideremos primero el trabajo realizado por el peso. En el tramo A -+C B el trabajo realizadoes e l mismo que se calculó en el ejercicio8.8, inciso b). Este C trabajo está dado por la ec.(8.321, es d e c i r W d A B) = -1 470 J . Nos falta, entonces, obtener el trabajo realizado por el peso P al ir el cuerpo de B a A (fig. 8.22). Este trabajo es (véase ec. (8.8)) +
-
-
WdB -A)
-
-
+
(Ar), =
- (AT]
Esto trae como consecuencia que el trabajo (8.33) tenga signo opuesto al trabajo (8.27). La magnitud, la dirección y el sentido del peso P son los mismos, ya sea que la trayectoria vaya de A a B o de B a A.
+
= W d A -+C -B) WdB -A) = -1 470 J 1 470 J = O
WdA -C --B -A)
+
E l trabajo total realizado por el peso P al recorrer la trayectoria cerrada es ¡cero! Ahora calculemos el trabajo realizado por las fuerzas de fricción cuando el cuerpo recorre la misma traB -+A. yectoria cerrada A .+ C En el tramo A C B el trabajo es el dado en la ec. (8.29), o sea, -636.51 J. En el tramo de B a A ahora El se tienelasiguientesituación(véasefig.8.23). desplazamiento es (Ar), y la fuerza de fricción que En este aparece es f,, oponiéndosealmovimiento. caso, la fuerza de fricción f2 tiene magnitud igual a la quetenía f delejercicio 8.7, yaquelafuerzaque aprieta a las dos superficies no ha variado. Por tanto, If, I = 25.46 N. La única diferencia está en el sentido: " +
= P (Ar), = OAB) cos (90° -O)= OAB) sen O = 15 kg X (9.8mis2) X 20 m X sen30° = +I 470 J (8.33)
En este caso, el ángulo entre el peso P y el desplazamiento (Ar), es (90° -S) (véase fig. 8.22). ES importante darse cuenta de que s i la trayectoria va de A B,a entonces el vector de desplazamiento es Ar (fig. 8.161, mientras que si la trayectoria es de B a A, entonces el vector de desplazamiento es (Ar),. Notamos que la Única diferencia entre estos dos vectores es SU sentido, u n o es opuesto al del otro. Por tanto,
--
E l trabajo total realizado por el peso P al recorrer el cuerpo la trayectoria cerrada A C B A es, entonces, la suma de los trabajos (8.32) y (8.33)
--
Figura 8.23
f2 tiene sentido opuesto af. En consecuencia, el trabajo realizado por f 2 es Wj2 ( 8
-+
A)= f , (Ar), = fdAB) cos 180° = -25.46 N X 20m = -509.2 J
(8.34)
Este trabajo es igual al que hizo la fuerza de fricción al moverse el cuerpo de A a(véase B ec. (8.26) del ejercicio 8.7). E l trabajo total realizado por la fuerza de fricción al recorrer el cuerpo la trayectoria cerrada AC B A es la suma de los trabajos (8.29) y (8.341
-
-
Wf,,cc,on(A -X-+E% -+A) = Wjl(A +C -+B)
+ Wf2(B -+A)
= -636.51 J - 509.2 J = -1 145.7 J
Figura 8.22
-+
(8.35)
En este caso, el trabajo total realizado por la fuerza de fricción al recorrer la trayectoria cerrada NO se anula. Comparemos los cálculos realizados para los trabajos efectuados por el peso y por la fuerza de fricción en el tramo B - A . En este tramo, ya sea que se vaya de B a A o de A a B, el vector P NO cambia; la única diferencia entre las dos trayectorias es que el vector
FUERZAS CONSERVATIVAS. ENERGíA POTENCIAL
de desplazamientocambiadesigno.Estosignifica que el trabajo realizado por P puede ser positivo o negativo, dependiendo del sentido del vector de desplazamiento (compárense las figuras 8.16 y 8.22). Por otro lado, al cambiar el sentido del desplazamiento, la fuerza de fricción también cambia su sentido ya que la fuerza de fricción se opone al movimient o (véanse las figuras 8.1 5 y 8.23). Esto significa que el trabajo realizado por una fuerza de fricción SIEMPRE será negativo. En consecuencia, al sumar varios trabajos de fricción a lo largo de diversas trayectorias, la suma siempre será negativa. No hay manera de quese anulen. Definimos una fuerza conservativa como aquella que al recorrer una trayectoria arbitraria cerrada (fig. 8.24) realiza un trabajo total nulo. Por la ec.(8.22) podemos decir, en general, quesi F es una fuerza conservativa, entonces $F*dr=O
(8.36)
163
cir, la capacidad de realizar este trabajo no se debe a que tenga una velocidad; o sea, no se debe a la posible energía cinética que tenga. La capacidad de realizar trabajo es debida a que está en el punto B. Por tanto, la energía que tiene es de otro tipo distinto al energía potencial. de la cinética. Decimos que tiene Esta energía se debe simplemente a que está en el punto B, que está en una posición vertical superior al punto A. AI llegar al punto B, jcómo adquirió el cuerpo la energía potencial que tiene? Pues nos damos cuenta B se le tuvo que subir desde el de que para llegar a punto C. S i queremossubirlo,entoncesunagente externo tiene que aplicar una fuerza para ello. En la figura 8.18 (diagrama de cuerpo libre en el tramo de B) se muestra la fuerza F, que un agente subida C externo tiene que aplicar para subir el cuerpo a velocidad constante. La fuerza total sobre el cuerpo es F2 P y de la segunda ley de Newton se tiene que -+
+
F,+P=O
(8.37)
ya que el cuerpo se sube sin ser acelerado. De esta ecuación se tiene que F2=
-P
(8.38)
Al ir F, de C a B recorre el desplazamiento(Ar), (véase fig. 8.21). Por tanto, W C (, Aquí el círculo en el signo de la integral significa que lo largo de unatrayectoria se calculalaintegrala cerrada. Inversamente, s i a lo largo de cualquier trayectoria cerrada se satisface la ec. (8.36), entonces la fuerza F es conservativa. Se puede demostrar que s i en lugar de tomar la trayectoria A -+ C + B A arriba tratada, se tomara otra trayectoria cerrada, el trabajo realizado por el peso P del cuerpo se anularía. Lo que ocurrees que en ciertos tramos el trabajo es positivo, mientras que en otrostramoseltrabajo es negativo,anulándose su suma. Por tanto, el peso P de un cuerpoes una fuerza conservativa. En contraste, la fuerza de fricción NO es una fuerza conservativa, ya que en una trayectoria cerrada cualquiera, el trabajo realizado es siempre negativo, no pudiendo ser positivo nunca. Por tanto, no hay manera de que el trabajo totalse anule. Concluimos que la fuerza de fricción NO es una fuerza conservativa. Regresemos a los casos de los ejercicios 8.7 y 8.8. Supóngase que el cuerpo ya se encuentra en el punto B (fig. 8.13). Si se suelta el cuerpo, sabemos que éste resbalará hacia abajo, y por tanto, realiza un trabajo. Esto significa que, en el punto B, el cuerpo tiene capacidad de realizar trabajo; es decir, tiene energía. Ahora bien, en el punto B el cuerpo puedeestar en reposo y aún así realizar el trabajo de caer al puntoA. Es de+
+
B) = F2*(Ar)2= - P*(Ar), = "(-1 470 J) = +I 470J
(8.39)
Aquí usamos las ecs. (8.38)y (8.31). Pero esta cantidad es justamente el trabajo que hace el peso cuando el cuerpo baja de B a A (véase ec.(8.33)). Podemos decir entonces que el agente externo que ejerce la fuerza F, hace un trabajo de 1 470 J sobre el cuerpo para Ilevarlo al punto B. En este punto el cuerpo tiene una capacidad de realizar trabajo justamente en esta cantidad; y al bajar el cuerpo al punto A realiza este trabajo. E s decir, el agente externo (el que aplica la fuerza FJ, al subir el cuerpo, le dio la energía que tiene en el punto B. La energía potencial que tiene el cuerpo enB es de 1 470 J. De la segunda ecuación en (8.39) podemos escribir que
+
+
Cambio de
= 1470 J
(8.40)
En este caso, el trabajo que hizo el agente externo se convirtió en un aumento de energía potencial del cuerpo; es decir, este trabajo se fue en cambiarle su energía potencial.
164
Cap. 8. TRABAJO Y ENERGíA
En el miembro izquierdo de la ec. (8.40) se tiene el cambio de la energía potencial porque el trabajo rea(o quita, según el caso) lizado por el peso P añade energía a la que ya podría tener el cuerpo. Esta ú l t i m a energía sería la obtenida como consecuencia de algún proceso anterior. La.cantidad -P*(Ar)2 es, de acuerdo con el primer renglón de la ec.(8.31), justamente el negativo del trabajo realizado por el peso P al ir deC a B. Combinand o las ecs. (8.40) y (8.31) obtenemos que Cambio de
-WdC
"*
B)
(8.41)
En el caso general en quese aplica una fuerza conser1a vativa F(r) sobre un cuerpo que va de un punto o t r o p u n t o2 a lo largo de cierta trayectoria (fig.8.25), habrá un cambio en la energía potencial O del cuerpo que será igual a
K, - K, =
-(u2 - U,)
=
"u' + u,
y pasando U zal miembro izquierdo y K, al derecho, se tiene que K2 U2 = K1 U1 (8.44)
+
+
Esta ecuación nos dice lo siguiente. A I moverse el F , la cuerpo bajo la acción de una fuerza conservativa combinación (K. U) en el punto Itiene el mismo valor que en el punto 2. En vista de que los puntos l y 2 que se tomaron son completamente arbitrarios, podemos decir que la combinación (K U) tiene el mismo valor en cualquier punto por el que pase el cuerpo.E s decir, esta cantidad conserva su valor a lo largo del movimiento del cuerpo.Se llama a esta combinación la energía mecánica total del cuerpo y se denota con la letra € E = K + U
+
+
I - --mv2
2
+U
(8.45)
La ec. (8.44)nos indicaquelaenergíamecánica total de un cuerpo, sujeto a una fuerza conservativa, se conserva
E, = F(r)*dr
(8.42)
Figuro 8.25
Esta expresión es una generalización de la expresión (8.41) al caso en que la fuerza aplicada no sea constante. Nótese que en (8.41) el cambio en la energía potencial es el negativo del trabajo realizado por la fuerza conservativa P.
Esto quiere decir que en cualquier punto de su trayectoria siempre tiene el mismo valor. Este resultado no es trivial, ya que al moverse el cuerpo, su energía cinética en general cambiará de punto a punto; asimismo, su energía potencial cambiará. Sin embargo, su energía mecánica total tiene el mismo valor en cualquier punto. Recordemos ahora que el pesoP de un cuerpoes la Si considefuerza que ejerce la Tierra sobre el cuerpo. ramos al conjunto formado por el cuerpo más l a Tierra como un sistema (fig. 8.26), nos damos cuenta de que es un sistema cerrado. Esto quiere decir ques i encerramos al cuerpoy a la Tierra dentro de una superficie imaginaria como la mostrada, en lo que respecta al peso ningún agente externo está actuando sobre el sistema. E s decir, el sistema cuerpo-Tierra no experimenta ninguna fuerza externa. Es en estas condiciones que se obtiene la ec. (8.44).
Solamente tiene sentido hablar de energía potencialparafuerzasconservativas. Si recordamosel ejemplo de la fuerza de fricción, vemos que el agente que genera una fuerza no conservativa no puede entregar trabajo a un cuerpo, o sea que no le puede dar energía. Podemos combinar ahora las ecs. (8.21) y (8.42)
S,
2
F - d r = AK = -AU
(8.43)
siendo K la energía cinética (ec. (8.24)). Por tanto,
Figuro 8.26
ALGUNAS APLICACIONES
De manera general, la ec. (8.44) es solamente válida si el sistema que se esté considerando es un sistema cerrado; es decir, un sistema que no experimente fuerzas ajenas a él. Podemos entonces expresar el siguiente resultado. PRINCIPIO DE CONSERVACIóN DE LA ENERGíA MECANICA: En un sistema cerrado en el que actúan fuerzasconservativaslaenergíamecánicatotal se conserva. S i las fuerzas que actúan en un sistemano son conservativas, entonces la energía mecánica total no se conserva. En particular, resulta claro que en este caso ni siquiera se puede hablar de una energía potencial.
con dirección vertical y sentido hacia abajo. Para obtenerlaenergíapotencialusamoslaec. (8.42).Para este fin necesitamos considerar una trayectoria y dos puntos en ella, el inicial A y el final B. Dado que el peso es una fuerza conservativa, podemos considerar cualquier trayectoria que vaya de A a B. Tomemos la más sencilla que es una línea vertical (fig. 8.27). Asimismo,tomemosunsistemadecoorO en el denadas, en este caso vertical, con el origen suelo y sentido hacia arriba. La coordenada de Aes y la de B, ye.
165
Wp(A d B ) = P-Ar = P I A r l cos18Oo = -PI Ar I = - f l y , - Y A ) (8.48) Sustituyendo esta cantidad en la ec. (8.47) nos da
Ahora pasamos al miembro izquierdoPy,(pasa con signo negativo), y al miembro derecho U a (pasa con signo positivo)
La constante que aquí aparecese determina de maneraconvencional. Para los resultadosfísicosquede esta ecuación se obtengan, el valor de esta constante no tiene ninguna consecuencia. Determinaremos esta constante tomando la energía potencial al nivel del suelo como cero; esto es,
U(y = O) =
o
Evaluando la ec. (8.50) para y = O obtenemos que el valor de la constante es cero. Por tanto, de la ec. (8.50)
U(y) = Py = mgy
(8.51)
Aquí se usó l a ec. (8.46) para el peso del cuerpo. Éste es el valor de la energía potencial debida al peso de un cuerpo de masam. Vemos que solamente depende de la altura y sobre el nivel, en nuestro caso el suelo, en que se encuentre el cuerpo.
Suelo
I Usando la ec. (8.42) se tiene que UB - UA = AU = - Wp (A
Figura 8.27
-
B)
(8.47)
Ahora calculamos el trabajo realizado por la fuerzaP al ir de A a B (véase ec. (8.8))
E l cero de la energía potencialse escoge de manera arbitraria. Esta selección no tiene ningún efecto sobre los resultados físicos, ya que la definición de energía potencial está dada en términos de su cambio (véase ec. (8.42)). La cantidad física quese mide en un experimento es el trabajo realizado por la fuerza.Por tanto, añadir una constante arbitraria a la energía potencial no afecta las conclusiones físicas. En el ejercicio anterior se obtuvo la energía potencial de la gravedad. Sustituyendo el valor (8.51) en la ec. (8.45) encontramos que la energía mecánicaes, en este caso,
1
-mv2 2
+ mgy = E
(8.52)
166
Cap. 8. TRABAJO Y ENERGiA
Del principio de conservación de la energía mecánica podemos decir que al moverse un cuerpo sobre la superficie de la Tierra, su energía cinética (mv2/2) varía, su energíapotencial (mgy) también varía, pero su suma en cualquier punto es una constante (€), que es la energía mecánica total del cuerpo. Ejercicio 8.10. Un cuerpose suelta desde una altura su movimiento de caída usando el principio de conservación de la energía mecánica. Sea A el punto donde se suelta el cuerpo (fig. 8.28). La velocidad del cuerpo en es A cero, ya quese suelta; por tanto, su energía cinética en ese punto es nula
h sobreelsuelo.Analizar
1
KA=-mV2=0 2
(8.53)
En esta ecuación, el lado derecho es una cantidad positiva; en el lado izquierdo, las cantidades que aparecen también son positivas. Como YB < 1 h I, eso significa que mgy, es menor que mgl h I . La diferencia es justamente la energía cinética del cuerpo en B. En efecto,
En el punto C, que está en el suelo, la coordenada es y = O, por lo que la ec. (8.521 queda como I
-mv$ 2
'f
=E
En el punto C el cuerpo no tiene energía potencial, solamente tiene energía cinética. Usando el valor de E dado en la ec. (8.55) nos da
1 2
= mglh I
(8.581
La energía total E tiene el mismo valor en B y en que en A.
En el sistema de coordenadas mostrado, en el punto A el cuerpo tiene la coordenada y = I h I . Por consiguiente, de la ec. (8.51) su energía potencial en A es
+
UA = mgyA = mg I h I
(8.54)
En consecuencia, de la ec. (8.52) la energía mecánica total es
Consideremos ahora un punto arbitrarioB en la trayectoria de la partícula. Supóngase que B tiene coordenada ye; además, sea V, la velocidad que tiene la partícula en el punto B . La energía cinética de la partícula en B es (mv&/2); de la ec. (8.51) sabemos que la energía potencial en B es (mgys). Por tanto, de la ec. (8.52)
Pero E está dada por laec. (8.55). Recuérdese que la energía mecánica total es la misma en A que en B. Por tanto, la ec. (8.56) queda como
c
Por tanto, se puede decir que en el punto A el cuerpo solamente tiene energía potencial, pero no tiene energía cinética. AI empezar a caer, cuando pasa por unpuntocomo B, lapartículatieneenergíatanto cinética como potencial. Esto significa que parte de la energía potencial que tenía en A se transformó en energía cinética. A medida que el cuerpo sigue bajando, su energíapotencial va disminuyendo, mientras que su energía cinética va aumentando. AI llegar al suelo ya no tiene energía potencial, sino solamente cinética. Es decir, toda la energía potencial que tenía en A se transformó en energía cinética en C. En la figura 8.29 se grafican la energía potencial U ( y )dada por la ec. (8.511, y ademá? I? energía cinética K(y] = mv2/2 = mgt I h 1 - y), dada por la ec.(8.57). Se aprecia cómo al caer el cuerpo cambia (disminuye) la energía potencial; asimismo, se ve cómo cambia (aumenta) laenergía cinética. Nótese queen cualquier punto (por ejemplo, B) l a suma de las energías potencial y cinética dan el valor de la energía totalE. En efecto, en el punto B, quetienealtura ys sobre elsuelo, su energía cinética está representada por VN, mientras que SU energía potencial está representada por ZN. Se puede demostrar (véase problema 8.25) que VN = LZ. Por tanto,
ALGUNAS APLICACIONES
Energía
La energía potencial del carro en B es (véase ec. (8.51))
B
C
I
E
UB
= mgyB
por lo que la energía mecánica en B es KB
Y-
167
+ U,
1 2
= -mv&
+ mgy,
= EB
E l principio de conservación de la energía mecánica nos indica que h
E , = E*
O
YB
por lo que
Figura 8.29
1
De la ec.(8.58) podemos encontrar el valor de lavelocidad vc con la que llega el cuerpo al suelo. Despeiando vc nos da (8.59) Este valor ya lo habíamos obtenrdo en el capítulo 4 (véase ec. (4.79)) cuando estudiamos la cinemática de la caída libre.
-m v i 2
+ mgy,
= mgyA
De aquí despejamos vB.Para ello, dividimos en primer lugar ambos miembros de esta ecuación entrem y pasamos al miembro derecho g y B (pasa con signo negativo)
1
v&= gyA - g y B
A continuación factorizamos g en el miembro derecho; luego multiplicamos ambos miembros por 2 y fi-
Ejercicio 8.11. E l carrito de una montana rusa parte nalmente sacamos raíz cuadrada del reposo del punto A, que se encuentra a una altura de 42 m sobre el suelo (fig. 8.30). i c o n q u é v e l o c i d a d llega el carrito al punto B que se encuentra a una altura de 23 m sobre el suelo? Suponga que se puede dessiendo h la diferencia de alturas entrelos puntos A y B preciar el efecto de la fricción. (véase fig. 8.30). Para resolver este problema usaremos el principio de la conservación de la energía mecánica: la energía mecánica en el puntoA es igual a la energía mecánica Y estas en el punto B. Calculemos ahora cada una de i energía:. Para ello escogemos un sistema de coordenadas con el eje X en el suelo (fig. 8.30). A Punto A. La velocidad del carrito en A es nula, porque se suelta; por tanto, su energía cinética es nula:
KA = O La energía potencial del carro enA es (véase ec. (8.51))
I
I I
U A = mgyA Usando la ec. (8.52) escribimos para la energía mecánica en el punto A
Punto B. Procedemos de manera análoga para el punt o B. Su energía cinética es 1 2
K B = --vi
Figura 8.30 Notamos de este resultado que la velocidad que adquiere el carro en el puntoB NO depende de la masa del carro, solamente depende de la diferencia de alturas entre los dos puntos. Tampoco depende de la trayectoria que haya seguido;es decir, NO depende de la forma que tenga la montaila rusa entreA y B. Compa-
168
Cap. 8. TRABAJO Y ENERGiA
rando con la ec.(4.79) nos damos cuenta de que la velocidad en B es la misma que adquiriría un cuerpo s i cayera verticalmente del reposo desde una altura h sobre B. Sustituimosvaloresnuméricosen ta ultima ecuación y obtenemos que
= 4 2 X 9.8 X 19 m2/sz = 19.3 m/s
Ejercicio 8.12. Un cuerpo se mueve en una dimen-
sión. Suponga que se escoge un sistema de coordenadas (fig. 8.31) con el eje X a lo largo de la línea del movimiento. La fuerza que experimenta el cuerpo depende de la posiciónx en que se encuentra el cuerpo; suponga que esta fuerza está dada por F(x) = -kx
(8.60)
siendo k una constante positiva. Encuentre la energía potencial del cuerpo.
o
Si x > O, o sea, el cuerpo se encuentra a la derecha del origen O (fig. 8.321, la fuerza F es negativa; es decir, está dirigida hacia la izquierda. Si x < O, o sea, el cuerpo está a la izquierda del origenO, la fuerza F es positiva; es decir, está dirigida hacia la derecha. En el capítulo 1 3 estudiaremos con detalle esta fuerza.
x < o
-
F
-
\
x
Usaremos la ec. (8.42) para obtener la energía potencial del cuerpo. Para ello calcularemos primero el trabajo realizado por la fuerza F al ir el cuerpo de un punto A a otro B (fig. 8.33). Dado que la fuerza es variable y en una dimensión, usamos la ec. (8.16) para evaluar el trabajo.
-
y sustituimos la expresión (8.60) WAA -B)
=
1"
XA
(-k)xdx = -kjxExdx XA
-
--k(XB2
=
-k(XA2 2
I
-
2
1
-
XA2)
Xg')
Aquí se usaron las ecs. (4.27)y (4.28) para evaluar la integral. Sustituyendo en la ec. (8.42) obtenemos que
A
B
O Figuro 8.33
Ahorapasamos ( k x E 2 / 2 ) almiembroizquierdo(pasa con signo negativo)y UAal miembro derecho (pasa con signo positivo)
1 1 U g - -kXB2 = UA - -kXA2 2 2 Nos damos cuenta de que en el miembro izquierdo solamente se tienencantidadesasociadasalpunto B, mientras que en el miembro derecho, solamente cantidades asociadas al punto A. En vista de que A y B son arbitrarios, la única forma en que esta última expresión se puede satisfacer es que la combinación(U(x) - kx2/2) sea una constante independiente de x
1
U(x) - --x2 2
Figuro 8.32
AA
*A
X
Figura 8.31
x > o
B) =lxEF(x)dx
rnls21 X (42 m - 23 m)
vE= 4-8
-P
-
WAA
L
xi3
*
X
= constante
Se escoge U(x = O) = O, con lo que esta constante es cero. Por tanto, I
U(X) = --x2 2
(8.61)
Esta expresión es la energía potencial asociada a la fuerza dada por la ec. (8.60).
Ejercicio 8.13. La fuerza que actúa sobre un cuerpo, que se mueve en tres dimensiones, es F(r) = -7
(Y
r2
(8.62)
ALGUNAS APLICACIONES
169
Aquí el vector r es el vector de posición del cuerpo (fig. 8.34); 3 = rlr, es un vector unitario a lo largo del vector r; Q es una constante. Obtenga la energía potencial asociada a la fuerza F dada. V
-
C Y C Y -trA
(8.64)
Se usó la ec. (4.28) para evaluar la integral con n = -2. b
Sustituyendo el resultado (8.64) en la ec. (8.42) encontramos que c
Usaremos la ec. (8.42) para determinar la energía potencial U. En primer lugar, determinaremos el trabajo realizado por la fuerza al moverse el cuerpo de un punto A a otro B (fig. 8.35). De la ec. (8.22) se tiene que este trabajo es Ahora pasamos (a/rB) al miembro izquierdo (pasa con signo negativo) y u(rA), al miembro derecho (pasa con signo positivo) ff
01
U(rB) - - = U(rA)- rA rB
(8.65)
AI igual que en los ejercicios anteriores, dado que los puntos A y B son arbitrarios, la única manera en que se pueda satisfacer la ec.(8.65) es que la combinación U(r) - a/r sea una cantidad constante CY
U(r)- - = constante
r
Se escoge el valor cero para la energía potencial en el infinito, o sea,
Figura 8.35
U(r
que sustituyendo (8.62) nos da (8.63) razonamiento mismo Usando elque resulnos al llevó t a d 0 (8.20) se puede encontrar que r
dr = rdr
por lo que
-
m) =
r
Sustituyendo en (8.63)
r
O
(8.67)
De esta forma, la constante que aparece en la ec. (8.66) es cero. Por tanto,
U(r) =
+ -r CY
(8.68)
ÉSta es la energía potencial correspondiente a la fuerza (8.62). En lanaturalezahayvarios
1 1 3*dr=-r*dr=-rdr=dr
(8.66)
casos importantes en
los cuales se ejercen fuerzas del tipo dado en la ec.
(8.62). Por ejemplo, el caso gravitatorio (véase capítulo 14) y el caso eléctrico. En los últimos ejercicios se calculó la energía potencial una vez que l a fuerza se daba. También se
170
Cap. 8. TRABAJO Y ENERGiA
puede proceder de manera inversa, asaber, s i se da la energíapotencial U uno puede encontrar la fuerza correspondiente. En efecto, tratemos por simplicidad, elcasodeunadimensión.Tomemosunsistemade coordenadas, como se muestra en la figura 8.36. Consideremos dos puntos A y B muy próximos entresí, de tal forma que la fuerza f(x) casi no varíe i ralde A a B. Las coordenadas de A y de B son
Ejercicio 8.15. La energíapotencialquetieneun cuerpo es, en un sistema de coordenadas en una dimensión, U(X) =
siendo k una constante. Calcule la fuerza aplicada al cuerpo. Usando la ec. (8.69) obtenemos que F(x) =
-
-
O
- + dx B
X
x
*X
8.5. POTENCIA
Figura 8.36
La separación entre Ay B es dx. E l trabajo dW realizado por la fuerza f(x) al desplazarse de A Ba es (véase
ec. (8.8))
Como se estudióenseccionesanteriores,cuando una fuerza se desplaza, en general realiza un trabajo. Ahora bien, el desplazamiento de la fuerza ocurre en cierto intervalo de tiempo. Supóngase que una fuerza F se aplica sobre un cuerpo y que este se desplaza dr en un tiempo dt. E l trabajo realizado es
d W = F(x) dx
dW = F
Pero al ir de A aB hay un cambio en la energía poteneste camcial dU. Usamoslaec.(8.42)paracalcular bio
Y el trabajopor
por lo que (8.69)
Ejercicio 8.14. Si la energía potencial es constante, j c u á l es la fuerza aplicada? En este caso U(x) = constante por lo que de la ec. (8.69) encontramos que
d constante dx valores sustituyendo
1w
potencia
Esta ecuación nos dice que s i conocemos la energía su derivadaEjercicio potencial U(x), tomandoelnegativode conrespectoalaposición x, obtendremoslafuerzaenuntiemPode ncia definición de la F(x) De aplicada.
La fuerza es nula.
(8.70)
dt
Aquí se usó la ec. (5.7) que nos da la velocidad v del cuerpo. La cantidad P así definida es la potencia desarrollada por la fuerza F. En el Sistema Internacional de Unidades, la unidad de potencia es el watt (W).
f(x) dx = - dU
dU dx
unidad de tiempo es
dt
o sea
f(x) = - -
dr
p=" d W - F e - dr = F * v
d W = - dU
= o
d (kx4)
-7 X
= -4kX3
A
F(x) =
kX4
(8.71)
8.16. UII agenterealizauntrabajode 247 J 3.2 S . ¿QUé Potenciadesarrolla? que se tiene W At
- 247 J 3.2 S
- 77,2
Ejercicio 8.17. Jn motortieneunapotenciade 7 528 W. jQué trabajo desarrolla s i funciona durante 4 h? De la definición (8.70) de potencia se tiene que el trabajo W desarrollado en el intervalo At es
W = PAt
(8.72)
y
P = 7 528 W;
At = h 4
= 4 X600 3
S
= 1 4 400
S
POTENCIA
nos d a
W = 7528W X 14400s = 7.528 X 103 X 1.44 = 10.84 X I O 7 W X S
x
104
w
X S
Pero de la ec. (8.71) se tiene que
I
Se usaron las definiciones (8.10) de joule y (8.71) de watt.
I
Otra unidad usada con frecuencia para expresar la potencia es el caballo de fuerza (abreviado hp). Su definición es 1 hp = 745.7 W
w x s = j
171
(8.74)
Ejercicio 8.19. Un caballo jala una carreta (fig. 8.38) a una velocidad de 11 km/h. E l peso de la carreta con su pasajero es de 225 k g y el coeficiente de friccióndinámico entre la carretay el suelo es de 0.12. i Q u é p o tencia desarrolla el caballo?
por lo que el trabajo realizado es
W = 10.84 X I O 7 J Se acostumbra también expresar el trabajo realizado de otra manera.En efecto, en nuestro casose tiene también que
P = 7.528 x I O 3 W = 7.528 kW;
At = 4 h
que sustituidos en la ec. (8.72) dan
W = 7.528 k W X 4 h = 30.112 kW-h
E l kW-h(kilowatt-hora) es unaunidaddetrabajo usada con mucha frecuencia. Su equivalencia con el joule está dada por (véase problema 8.27) 1 kW-h = 3.6 X I O 6 j
(8.73)
Ejercicio 8.18. Un cuerpo se mueve a lo largo de una superficie horizontal (fig.8.37) con una velocidad de magnitud13.7 mis. Si se le aplica una fuerzaF cuya magnitud es de 322 N que forma un ángulo de 43O con la horizontal, iqué potencia desarrolla el agente que aplica la fuerza? Para encontrar la potencia usaremos la ec. (8.70)
P = F * v = f v cos43O = 322 N X 13.7
= 3 226
N x m S
m
X
0.7314
= 3 226
Figura 8.38
La fuerza F que ejerce el caballo sobre la carretaes horizontal y con la misma dirección que la velocidad del caballo (fig.8.38). La magnitud de la fuerza F debe ser tal que venza a la fuerza de fricción ejercida por el suelo. En lafigura 8.39 se muestra un diagrama de cuerpo libre de la carreta. Las fuerzas que actúan sobre ella son: la fuerza de fricción f , que se opone al F con que jala el caballo; el movimiento; la fuerza peso P, vertical hacia abajo; la reacción del suelo N, vertical hacia arriba. Nos damos cuenta de que para vencer a la fuerza de fricción f, el caballo tiene que ejercer una fuerza F tal que F = “f
(8.75)
J
-
S
= 3226 W
Figura 8.37
Figura 8.39
172
Cap. 8. TRABAJO Y ENERGíA
Es decir, la magnitud de la fuerzaF es la misma que la magnitud de la fuerza de fricción f. Pero recordamos que (véase ec. (7.59)) la magnitud de la fuerza de fricción es el producto del coeficiente de fricción por la magnitud de la fuerza que aprieta. En nuestro caso, la fuerza que aprietaes el peso de la carreta. Por tanto,
Ejercicio 8.20. Una máquina que entrega una potencia constante P acelera un cuerpo de masa m. Si inicialmente el cuerpo está en reposo, obtenga la distancia L recorrida por el cuerpo en el tiempo t. De la ec.(8.70) despejamos el trabajo d W realizado por la máquina en el tiempo dt
d W = P dt nos da
que sustituyendo valores
F -- 0.12 X 225 k g = 264.6 N
Por otrolado,delteorematrabajo-energíacinética (véase sección 8.1) se tiene que (véase ec. (8.21))
X 9.8 mis2
d W = dK siendo dK el cambio de la energía cinética. Por tanto,
Por otro lado, la velocidad del caballo es v=ll--
km
-
h
m 3.06-
dK = P dt
S
Integramos ahora esta relación, recordando que la potencia P es constante
Por tanto, de la ec. (8.70) se tiene que la potencia desarrollada por el caballo es P = F*v
jzodK =
FV c o s o o
K-K,,= P
S
,
Pero la definición (8.74) se tiene que
1 1 w = - 745.7
hp
por lo que P = 808.5 X
1
-
745.7 hp
O
Pdt
o sea,
m = 264.6 N X 3.06 -
= 808.5 W
5'
l tO d t = Pt
Se usaron las ecs. (4.27) y (4.28).
I 1
Aquí KOes el valor de la energía cinética inicial, que en nuestro caso es cero, ya que el cuerpo parte delreposo. Se tiene entonces que 1
K = L m v 2 = Pt 2 D e esta ecuación despejamos la velocidadv. M u l t i p l i camos ambos lados de la últirna ecuación por (2/m) y sacamos raíz cuadrada
= 1.08hp
-
dx
"
dt
Aquí se usó la ec. (3.18). Ahora despejamos dx
Integrando ambos lados de esta ecuación (la variable x va de O a L, mientras t va de O a t )
Aquí se usó el resultado (4.28)
MAS APLICACIONES
173
Trabajo W, realizado por f. En la figura 8.41 se ve
8.6. MÁS APLICACIONES
que
Dedicaremos esta última sección a tratar algunas aplicaciones de las relaciones de trabajo y energía.
Wf = -f(Ay) = "f(Y.4
- Ys)
(8.78)
Ejercicio 8.21. Un elevador desciende a lo largo de su cubo. En cierto momento, el cable que lo une al motor se rompe. En este instante el elevador tiene una velocidad de 2.8 m/s. Los frenos de seguridad del elevador proporcionan una fuerza de fricción con magnitud de 1.31veces el peso del elevador, dirección vertical y sentido hacia arriba. iQué distancia desciende el elevador antes de detenerse? Sea A el punto en el quese rompe el cable (fig. 8.40) y B el punto en el que se detiene el elevador. Escogemos un sistema de coordenadas vertical, con sentido hacia arriba y con el origen O en el suelo.
't1
A Ya
Figura 8.41
[ ;; I=
Por tanto, el trabajo total realizado por P y por f es la suma de estos dos trabajos
Elevador
Trabajo realizado
R A Y ) - /(Ay) = (P - fl(AY) (8.79)
Ahora calculamos el cambio en la energía cinética. Llamando m a la masa del elevador se tiene que Figura 8.40 Desde el momento en que se rompe el cable y empieza a actuar el freno de seguridad, el elevador experimenta dos fuerzas: su peso P con sentido hacia abaj o y la fuerza de fricción f con sentido hacia arriba (fig. 8.41). Aplicaremos ahora el teorema de trabajoenergía cinética al elevador: Cambio
{
{
Trabajo
r ? ~ ~ i ~ ~= ~ z ~a cinética E e ;:/ ~ r }
}
(8.76)
W P = RAY)
RY,
- Ye)
ya que enel p u n t o B el elevador se detiene. Por tanto, el cambio de la energía cinética es
1 1 AK = - m v ~ - - m v ~ 2 2 1 - --mvi
(8.80)
2
Ahora calcularemos cada una de estas cantidades. DenotaremosconunsubíndiceAa las cantidades asociadas al puntoA, y lo mismo haremos conlas cantidades asociadas al punto B. Trabajo W prealizado por P. En la figura8.41 vemos que =
Energía cinética en A = mv?1/2 Energía cinética en B = mv$/2 = O
(8.77)
Aquí Ay = ya - ye es la distancia recorrida por el elevador hasta detenerse.
En consecuencia, sustituyendo (8.79) y (8.80) en (8.76) elteorematrabajo-energíacinéticaquedaeneste caso c o m o
Pero
P-
f = P-1.31P = -0.31P = -0.31
Se tiene entonces que -0.31 rng(Ay) =
I
- "2m v ?
mg
174
Cap. 8. TRABAJO Y ENERGíA
Dividiendo ambos miembros de esta ecuación entre (-0.31 mg) obtenemos Ay
Ay =
2
Vi
X 0.31g
(8.81)
y sustituyendo valores numéricos encontramos
Ay =
(2.8 mls)’ = 1.29 m 2 X 0.31 X 9.8 mis2
ÉStaes la distancia que desciende el elevador antes de detenerse. Usando las ecs. (8.77) y (8.78), el teorema trabajoenergía cinética dado por la ec. (8.76) se puede escribir como
Wp Pero dado que el peso se tiene que
+ Wf
AK
justamente en la cantidad dada por el trabajo realizad o p o r las fuerzas ajenas al sistema.E l algunas ocasiones la energía mecánica del sistema puede aumentar. En este caso, se dice que las fuerzas ajenas a éI hacen trabajo sobre el sistema. En otras ocasiones, c o m o en el ejemplo del elevador, la energía mecánica disminuye. Se dice entonces que el sistema hace trabajo sobre su alrededor. Ejercicio 8.22. Considérese la palanca mostrada en la figura 8.42. En un extremo se aplica una fuerza F para subir el cuerpo de pesoP que se encuentra en el otro extremo. Usando el principio de conservación de la energía mecánica, obtenga la magnitud de la fuerza F parasubirelcuerpoavelocidadconstante. Desprecie la fricción que pudiese haber en el apoyo A.
(8.82)
P es una fuerza conservativa,
Wp=
-AU
siendo U la energía potencial gravitacional, dada por la ec. (8.51). La ec. (8.82) queda entonces como
-AU
+ Wf=
AK
que equivale a
Wf = AK
= A(K = A€
+ AU + U)
Si finalmente recordamos que el trabajo hecho por la fuerza de fricción, Wf, es una cantidad negativa (véase ec. (8.78)) que podemos escribir como
Wf = - I W f !
En este caso se tiene que el trabajo WF realizado (Ay)l se transforpor la fuerzaF al recorrer la distancia m a en un cambio de laenergía mecánica A€ del sistema Tierra-cuerpo al moverse la distancia (Ay)2.
E l trabajo WF es
la ec. (8.83) queda como
A€ =
Figura 8.42
(8.83)
- I WfI
(8.84)
Por otro lado, dado que el proceso ocurre a velociEsta ecuación nos dice que la energía mecánica total dad constante, no hay cambio en la energía cinética del elevador cambia; de hecho, disminuye. La energía del cuerpo. En consecuencia, el cambio en la energía mecánica total del elevador no se conserva. Lo que mecánica es solamente el cambio en la energía potenocurre es que el sistema Tierra-Elevador, en este caso cial del cuerpo al recorrer la distancia (Ay)’ n o es un sistema aislado ya que experimenta una fuerza ajena a éI, a saber, la fuerza de fricción. Por tanto, su energía mecánica cambia, y cambia justamente en la cantidad dada por el trabajo realizado por la fuerza Igualando (8.85) con (8.86) nos da de fricción. En nuestro caso, la energía mecánica disminuye a causa de la fricción. E l propósito de aplicar la fricción es justamente disminuir la energía del elevador. Despejando de esta ecuación F En general,cuandounsistemano es cerrado, su energíamecánicano se conserva,sinoquecambia
(8.87)
PROBLEMAS
En la figura 8.42 vemos que los triángulos AMN y AVS son semejantes. Por tanto, por geometría sabemos que
que sutituyendo en la ec. (8.87) nos d a
F = P-
L2
Ll
(8.88)
ÉStaes la fuerza que hay que aplicar para elevar el cuerpo de peso P. Si se quiere poder levantar el cuerpo con una fuerza menor a su peso, o sea,
F < P
175
8.2. Demuestre la ec. (8.13). 8.3. Desde una altura de28 m se hace descender, con ayuda de una cuerda, una cubeta quepesa 32 kg, con una aceleración de 1 . 3 m/s2. 2Qué trabajo se realiza? 8.4. Un levantador de pesas levanta una masa de 120 k g hasta una altura de 1.90 m. iQué trabajo realiza? 8.5. Una persona empuja un cuerpo que pesa25 kg, a velocidad constante, una distancia de 4.6 m. E l cuerp o se mueve horizontalmente y l a persona aplica la fuerza formando un ángulo de 38O con la horizontal. E l coeficiente de fricción dinámico entre el cuerpo y lasupgrficiehorizontal es 0.14. 2Qué trabajorealiza la persona? 8.6. Para jalar un carrito que pesa 22 kg a velocidad constante se requiere aplicar una fuerzaT de magnitud 165 N formando un ángulo de 25O con la horizontal.
T al moverse el carrito una distancia de 1 5 m horizontalmente. b) Obtenga el valor de la fuerza de fricción entre el carrito y el piso. c) Obtenga el coeficiente de fricción entre el carrit o y e l piso. d ) Calcule el trabajo realizado por la fuerza de fricciónaldesplazarsehorizontalmenteelcarrito 15 m .
a) Calcule el trabajo que realiza
entonces se debe tener que
E s decir,
La fuerza F se debe aplicar entonces a una distancia L , del apoyo A mayor que la distancia L 2 del cuerpo al apoyo. Se define la ventaja mecánica de la palanca como el cociente del peso del cuerpo por levantar, P, entre la fuerza F necesaria para lograrlo. De la ec. (8.88) resulta que la ventaja mecánica de la palanca es
(8.89) Este número es mayor que 1 , Mientras más grandesea el cociente (Ll/L2), más ventajosa será la palancay menor fuerza tendremos que aplicar parasubir el cuerpo. Hay que darse cuenta de quepesar a de quese aplica una fuerza F menor que el peso P, se tiene que recorrer una distancia(Ay), mayor que la que recorre el peso (Ay)2. En este proceso no nos ahorramos trabajo. Una máquina es un dispositivo quenos permite mover cuerpos utilizando fuerzas de magnitudes menores a los pesos que hay que mover. Mientras mayor sea la ventaja mecánica de una máquina, menorserá la fuerza que se tenga que aplicar. Sin embargo, en una máquina uno no se ahorra trabajo,
PROBLEMAS 8.1. Demuestre la ec. (8.6) para el caso en que la fuerza constante F forme un ángulo8 con la dirección del desplazamiento.
8.7. Demuestre que (J/kg) = (m2/s2). 8.8. Obtenga las dimensiones y unidades en el SI de l a energía cinética K dada en la ec. (8.24). 8.9. Un cuerpo quepesa 15 k g se empuja hacia arriba, con velocidad constante, a lo largo de un plano inclinado, que forma un ángulo de 2 7 O con la horizontal. La fuerza aplicada es paralela al plano. La distancia recorrida es de 14.7 m. E l coeficiente de fricción entre el cuerpo y el plano es 0.18. a) Obtenga los trabajosrealizadosporlafuerza aplicada, la de friccióny por el peso del cuerpo. bl i C u á l es el valor de la suma de los trabajos hechos por las tres fuerzas? iQué significasu resultado?
8.10. Un cuerpo de masa 62 k g se mueve a lo largo de 32 una superficie horizontal con velocidad inicial de km/h. E l coeficientedefriccióndinámicoentreel cuerpo y lasuperficie es 0.19. Usandoargumentos energéticos responda a las siguientes cuestiones. a) iQuédistanciarecorreelcuerpohastadetenerse? b) >Qué velocidad tiene el cuerpo después de haber recorrido una distancia de 15 m ? 8.11. Un caballo jala a una carreta que pesa 450 k g aplicando una fuerza horizontal de magnitud 165 kg. E l coeficiente de fricción dinámico entre la carreta y el suelo es 0.27. La carreta se mueve 158 m .
176
Cap. 8. TRABAJO Y ENERGiA
a) iQué trabajo realiza el caballo? b) 2Qué parte de este trabajo se va en vencer a la fuerza de fricción? c) Si inicialmente la carreta estaba en reposo, iqué velocidad adquiere después de recorrer los 158 m ? Suponga que el movimientoes uniformemente acelerado.
B
I I
I
I
I
I
8.12. Se sube un cuerpo que inicialmente est& en reposo y que pesa 2.5 k g a lo largo de un plano inclinado que forma un ángulo 31 deo con la horizontal, aplicandounafuerza F paralelaalplanodemagnitud 14.5 kg. E l coeficiente de fricción dinámico entre el cuerpo y el plano es 0.12.
Figura 8.43
a) Calcule el trabajo realizado por F para que el cuerpo suba una distancia de 13 m. b) iQué parte de este trabajo se va en vencer a la fuerza de fricción? c) A I llegaralfinalde su recorrido, se sueltael cuerpo. Obtenga la velocidad con que llega al suelo. 8.13. Se lanza una particula de masa 45 kg a lo largo de un plano inclinado 37” con la horizontal. La velocidad con quese lanza la partículaes de 7.2 mis.La partícula recorre una distancia de 2.9 m hasta quese detiene y luego empieza aresbalar de regreso hacia abajo. Usando argumentos energéticos responda alas siguientes preguntas. a) 2Qué valor tiene el coeficiente de fricción entre la partícula y la superficie! b) i c o n q u é v e l o c i d a dregresa la partícula al punto desde que fue lanzada hacia arriba? 8.14. Resuelva el problema 8.12, suponiendo que la fuerza F que se aplica tiene dirección horizontal. 8.15. Una fuente lanza verticalmente hacia arriba un chorro de agua que llega a una altura de 85 m. iCuá1 es la velocidad del agua a la salida de la fuente? 8.16. Obtenga la energía cinética de un automóvil de masa 1 500 kg que se mueve con una velocidad de65 km/h. 8.17. iQué trabajo hace la fuerza centrípeta en un movimientocircularuniforme?iQuéocurreconel cambio de la energía cinética? iQuépasa con la magnitud de la velocidad? 8.18. Demuestreque s i se atiadeunaconstante arbitraria al valor de la energía potencial, la relación (8.47) n o se altera. 8.19. Un carrito se suelta en el puntoA de una montaria rusa (fig. 8.43).Si la altura de A sobre el suelo es h, j c u á l es la máxima altura h B a la que puede llegar el carrito? Desprecie el efecto de la fricción. 8.20. Un carrito de juguete corre a lo largo de un riel y entra en un círculo, de radio r, vertical, como se ve en la figura 8.44. Desprecie la fricción.
4
8.44Figura
a) iQué velocidad mínima v,in debe tener el carrito al entrar en el círculo enA para que llegue al extremo vertical B sin que caiga? b) Si el carrito tiene velocidad v en A, i c o n q u é velocidad v ’ llega a 5?
8.21. E l m a r t i l l o M de una máquina está unido a la barra OM de longitud 75 cm, que está pivoteada en el punto f i j o O (fig. 8.45). Si el martillo cae del punto A estando en reposo, )con qué velocidad llega al punto más bajo B? A
\
\
I
\
\
\
-.
‘““4
I I I
I
b3
Figura 8.45
8.22. E l cuerpo mostrado en la figura 8.46se suelta et7 la guía circular A 5 que no tiene fricción. Después de dejar la guía, el cuerpo llega a la rampa CD. a) Usando argumentos energéticos obtenga la velocidad del cuerpo cuando deja la guía. b ) Encuentre la distancia h vertical donde el cuerpo toca a la rampa. c) ) Q u é ángulo de inclinación0 debe tener CD para que sea tangente a la trayectoria del cuerpo en el instante en que toca a la rampa?
PROBLEMAS
177
Si, en lugar de que F fuera vertical, formara un ángulo 6 con la vertical,c) jQué magnitud tendría entonces? 2Qué conviene más: aplicar F con dirección vertical o formando un ángulo con la vertical? 8.33. Con la polea mostrada en la figura 8.48 se desea levantar, a velocidad constante, un cuerpo que pesa 428 kg. a) iQué fuerza F hay que aplicar en el extremo del cable? b) i C u á l es laventajamecánicadelapolea? No t o m e en cuenta el efecto de la fricción. Figura 8.46
8.23. Un cuerpo se mueve en una dirnensión bajo la acción de la fuerza F(x) = n/x3,donde n es una constante. Obtenga la energía potencial del cuerpo. 8.24. Un cuerpo experimenta un potencial dado por U(x) = 3x2 - (x3/4), c o n x dado en metros y U en J.
a) Calcule la fuerza que experimenta la partícula. b) iEn qué punto(s) la fuerza se anula? > A qué característica de U corresponde este(os) puntois)? 8.25. En relación con la figura8.29 demuestre queVN = LZ. 8.26. Obtenga las dimensiones de la potencia (véase ec. (8.70)). 8.27. Demuestrelarelación (8.73) entrekW-hora y joule. 8.28. Obtenga la potencia de una máquina que levanta un martinete que pesa 210 kg a una altura de 45 c m a razón de 95 veces por minuto. Exprese su resultado en hp. 8.29. Una bomba es accionada por un motor de potencia 2 hp. La bomba eleva un volumen de3 000 m3 de agua a una altura de10 m. Si la eficiencia delsistem a es de 75%, ken cuánto tiempose bombea el agua? 8.30. Un ciclista sube a lo largo de un camino ascendiendo verticalmente 85 m.Si l a masa del ciclista con la de su bicicleta es de 95 k g y si el ciclista desarrolla una potencia de0.7 hp, ien cuánto tiemposube? Desprecie la fricción. 8.31. Si un montahista que pesa 68 kg asciende una altura de 1.8 km:
8.34. Calculelaventajamechnicadelamanivela mostrada en la figura 8.49. Desprecie la fricción. 8.35. Obtenga la ventaja mecánica del conjunto de engranesmostrado en lafigura8.50.Cadasección central tiene radio rl, mientras que la rueda externa tiene radio rz. Desprecie el efecto de la fricción. La rueda externa de cada engrane gira al unísono con su engrane central. 8.36. iQué fuerza será necesario aplicar en el conjunto de poleas de la figura 8.51 para levantar, a velocidad constante, un peso de 1 O00 kg? >Qué valor tiene la ventaja mecánica de esta máquina? 8.37. 2Qué aceleración tiene el cuerpo del ejercicio 8.20 en el Instante t? 8.38. Una máquina desarrolla una potencia, que varía con el tiempo, dada por P(t) = bt?, siendo b una constante con valor de 85 watt/s2. La máquina se acopla a un cuerpo de masa1 4 kg, inicialmente en reposo, que solamente se puede mover en una línea recta a ) iQu6 distancia recorre el cuerpo en 4 S ? b) ;Qué aceleración experimenta en este instante?
a) iQué trabajo realiza contra la fuerza gravitacional? Exprese su resultado en kW-h.
b) Si este trabajo lo realiza en 5.5 horas, >qué potenciadesarrolla? Exprese su resultadoenhp. Desprecie la fricción.
8.32. a ) iQué fuerza F hay que aplicar para subir, a velocidad constante, el cuerpo de peso P en la palanca mostrada en la figura 8.47? b) iCuá1 es el valor de la ventajamecánicadelapalanca?Desprecielafricción.
Figura 8.47
178
Figura 8.49 Figura 8.48
P
I
179 ////////////////////
8.40. En el ejercicio 8.9 se encontró la energía potencial asociada a la fuerza gravitacional usando la trayectoria mostrada en la figura 8.27, en la que los puntos inicial y final están uno en la misma vertical que el otro. Demuestre que la energía potencial está dada por la ec. (8.51), tomando los puntos inicial A y final B que no estén en la misma vertical (figura 8.53). (Sugerencia: use la trayectoria A -C +B).
F 1 r I
I I
I I I
A 0
8.39. Un cuerpo experimenta una fuerza (fig. 8.52) F(r) =
-
k?
Figura 8.53
r3
donde k es una constante positivay ^r es un vector unitario a lo largo del vector de posición r. Obtenga la energía potencial que experimenta el cuerpo.
8.41. Obtenga la ventaja mecánica de un plano inclinado un ángulo8 con respecto a la horizontal. Suponga que no hay fricción. >Por qué se puede considerar al plano inclinado como una máquina?
/
particuIas. Conservación del momento l i n e a l , C e n t r o s de m a s a
En los capítulos anteriores desarrollamos la mecánicadeunapartícula.Aunqueenalgunasaplicaciones hablamos de cuerpos extendidos, por ejemplo, coches, personas, etc., en realidad, enlo que se refiere a la aplicación concreta, en esos casos iba implícito que estábamos hablando de una sola partícula. Siguiendo el programa trazado al principio del cap í t u l o 3, una vez aprendida la cinemáticay la dinámica de una partícula emprenderemos en este capítulo el estudio de la mecánica de varias partículas. Para ello reformularemos algunos aspectos de la dinámica de una partícula que nos serán de utilidad.
9.1. M O M E N T O LINEAL DE UNA PARTíCULA Consideremos la expresión (6.4) para la segunda de Newton, aplicable a una partícula
ley
mento lineal p de una partícula de masa m que mueve con velocidad v como p = mv
(9.4) Antes de analizar la forma (9.4) regresemos a la definicibn de momento (9.3).E l momento p es el producto de un escalar positivo (la masa m) por un vector (la velocidad v). Por tanto (véase capítulo 2), las características del momento son: a ) Su magnitud es
donde F es la fuerza que se aplica a una partícula d e masa m, y a es laaceleraciónqueexperimenta. Reescribiremos esta ecuación de otra forma que será de c) interés.Usandolaec.(5.11)paralaaceleración se tiene momento F = m -
/PI
= mlvl
v. Su sentido es el del vector v (véase fig. 9.1).
Las del dimensiones
son
dt
Aquí v es la velocidad de la partícula. Debido a que la masa m de la partículaes una cantidad constante que no depende del tiempo, usando la ec. (3.21) podemos escribir el lado derecho de (9.1) c o m o (9.2)
Este resultado nos sugiere definir la cantidad mv asociada movimiento al partícula. lade Se define moel
180
(9.5)
b ) Su dirección es ladelvector
dv
dimv) F = ___ dt
(9.3)
Si nohayconfusiónllamaremosa esta cantidad simplemente momento. Se le asignan también otros nombres: cantidad de movimiento, impetu, etcétera. La ec. (9.2) queda, entonces, como
F = ma
que
se
Figura 9. l
MOMENTO LINEAL DE VARIAS PART~CULAS
Las unidadesdelmomentoen cional son
el SistemaInterna-
(9.7)
Ejercicio 9.1. Unapartículademasa 42 kg se mueve con una velocidad de magnitud 6.7 m/s. $uá1 es la magnitud de su momento lineal? De la ec. (9.5) se tiene que
/ P I = mlvl
= 42 kg X 6.7 mis = 281.4 kg m/s
Regresemosahoraalaec. (9.4). Esta ecuación es simplementk otra forma de escribir la segunda ley de Newton. Supóngase que la fuerza aplicada sobre la partícula sea nula
F = O La ec. (9.4) queda, entonces, como
181
casodelmovimientouniforme. Este resultadonos dice entonces que en ausencia de fuerza, una partícula realiza un movimiento uniforme, hecho que ya conocemos. Para el caso de una sola partícula, la forma alternativa (9.4) de la segunda ley de Newton no nos da más información física de la que ya obtuvimos los en capítulos anteriores. Sin embargo, al aplicar esta forma al movimiento de varias partículas sí resulta ser de utilidad. Esto lo estudiaremos en la siguiente sección.
9.2. M O M E N T O LINEAL DE VARIAS PARTíCULAS Supongamos que tenemos un sistema que consta de varias partículas, digamos N (fig.9.3), de masas m,, m2,m3, . . , mN. La masa de la i-ésima partícula la denotaremos como mi. Cada una de estas partículas experimenta una fuerza: F,, F2,. . , FN, respectivamente; i c o m o Fi. denotaremos la fuerza sobre la partícula Entonces, para cada una de las partículas de nuestro sistema podemos escribir la segunda ley de Newton dada en la forma (9.4) ,
- dP =o dt
E s decir, la derivada con respecto al tiempo del mo-
mento p es cero. Por tanto, el momento no depende de t . Esto quiere decir que pes un vector constante al transcurrir el tiempo p = constante
(9.9)
AI moverse la partícula, su momento siempre será el mismo vector (fig. 9.2): s i en el punto A la partícula tiene un puntop, en el punto B tendrá el mismo vector momento (la misma magnitud, la misma dirección y el mismo sentido). Lo mismo ocurrirá en cualquier otro p u n t o C.
+
C Figura 9.2
e4 m4
3,
m3
e
Je
mi e
Se dice que en ausencia de una fuerza el momento de una partícula se conserva. E l contenido físico del resultado acabado de obtener de hecho yalo conocíamos. En efecto, dada la deFigura 9.3 finición (ec. (9.3)) del momento y dado que la masam de una partícula es la misma a lo largo de su movimiento, s i el momento se conserva, entonces esto significa que la velocidadv de la partícula (como vector) Aquí pl, p2, . ., pN son los momentos lineales de las es siemprelamisma.Peroéste es precisamenteel partículas 1, 2,. . . , N,respectivamente.Podemos
182
Cap. 9.
MECANICA DE VARIAS PARTíCULAS
abreviar escribiendo todo este conjunto de ecuaciones de la siguiente forma (i = 1,2,
(9.1O)
A continuación sumemos miembro a mlembro todas las ecs. (9.10); estasuma se lleva a cabosobre todas las partículas que componen el sistema bajo estudio. Se tiene entonces que
(9.14) En esta ecuación p i denota el momento lineal de la iésima partícula. Ahora bien, la fuerza que experimenta cada una de Consideremosporseparadocadaunode los dos las partículastiene,engeneral,doscontribuciones: miembrosdeestaúltimaecuación. E l miembro dey otra de origen exter- recho se puede escribir como sigue: una de origen interno al sistema no al sistema. En efecto, consideremos, por ejemplo, la partícula 1. Esta partícula experimenta las siguien(9.15) tes fuerzas de origen interno: la fuerzaF,,* que le ejerce la partícula2 (fig. 9.4a). Además, la partícula1 también experimenta la fuerza F,,3 que le ejerce la partícula 3 (fig. 9.4b). De manera análoga, la partícula 1 m experimenta además las fuerzas F,,,, . . , F,,,, . . ., F,,N 3 que sobre ella ejercen las partículas 4, . . . , j, . . , N del sistema (fig. 9.4~). En consecuencia, la fuerza de 1 es la suorigen interno que experimenta la partícula ma de las fuerzas que las otras partículas del sistema ejercen sobre ella
que abreviaremos en la forma
c
Figura 9.4 a
N
N
N
(Fllint. =
j #1
Fl ;
Aquí el signo significa la suma sobre
(9.11) las cantidades
j#l
marcadas con el subíndice j, de 1 a N,con excepción del valor 1. En general, cualquier partícula del sistema experimenta una fuerza que le eierce cada una delas otras partículas del mismo siste’ma. De manera análoga a como se procedió para obtener la fuerza(9.11) para la partícula 1, podemos escribir para la fuerza de origen interno (F;)int.que experimenta la i-ésima partícula
1 m.
I m
m
N
(FiIint.
=C
~ i , j
j + l ( i = 1, 2 , . .
.,
N)
(9.12)
*N
Figura 9.4
En esta suma se suma sobre todas las partículas, excepto la i-ésima. Aparte de las fuerzas de origen interno, cada una de las partículas puede también experimc,ltar una fwrza que sea ajena al sistema, es decir, externa. Denotaremos la fuerza de origen externo que experimenta lai@sima partícula como(Fi)ext. Por tanto, la fuerza total que experimenta la partícula i es la suma de las fuerzas interna y externa que está experimentando
la con (FL)~,,,, por dado
ec. (9.1 2).
b
m
3 O
j
N’
*
Figura 9.4 c
Recordamos que la suma de derivadas es igual a la derivada de la suma (véase ec.(3.20)).
04
O3
F1.2
Definimos ahora elmomento lineal totalP del sistema como la suma de todos los momentos de cada una de las partículas que lo componen N
(9.16)
P = C P i i= 1
De esta forma, el miembro derecho de la ec. queda como
(9.14) O N
(9.17 ) Ahora consideremos el miembro izquierdo de laec. (9.14). Sustituyendo la ec. (9.13) obtenemos i= 1
+E (FAext. i=
(9.18)
1
El segundo sumando del miembro derecho de estaexpresión es la suma de las fuerzas externas que se aplican a cada una de las partículas; por tanto, es la fuerza externa total (Fl)ext. que se aplica al sistema
E (FiIext. = ext. t. i= N
9)(9.1
1
Ahora consideraremos la suma de todaslas fuerzas internas, dada por el primer sumando del miembro derecho de la ec. (9.18). Si sustituimos en este sumando las fuerzas de origen interno que experimenta cada partícula (ec. (9.12)), se tiene una suma de la siguiente forma i=1
+ + F,, + + F2,l + F,3 + F2.4 + + + + +
(FJint. =
+
partícula 2 una fuerza F2,,.Según esta ley, la relación entre estas dos fuerzas es
N
N
F i = C(Fi)int.
N
Figura 9.5
FI,~ ~ 7 , 3
'3,l
'3,2
'3,4
.
.
.
'
'
'
'
'
por lo que la suma Fl,* + F2,l = 0 se anula. De la misma manera, la suma de las fuerzas que cada pareja ejerce entre sí se anula. En consecuencia, cada uno de los paréntesis del lado derecho de la ec. (9.20) se anula y, por tanto, todo el lado derecho es cero. E s decir, N
(FJint. = 0 (9.21) i=1 Por tanto, la fuerza interna total de un sistema de partículas es cero. Esto es una consecuencia de la tercera leydeNewton.Laec.(9.18)quedaentonces como N
Aquí se están sumando todas las fuerzas internas del sistema. Podemos efectuar ahora la suma cambiando el orden de los sumandos, agrupándolos por parejas
(9.22) i=1 Aquí se usó la ec. (9.19). Este resultado nos indica que la fuerza total ejercida sobre un sistema de partículas es igual a la fuerza externa total quese aplica al sistema. Las fuerzas internas no contribuyen a la fuerza total. Sustituyendo ahora las ecs. (9.17 ) y (9.22) en la ec. (9.14) obtenemos (9.23)
AI inspeccionar estos términos nos damos cuenta de que la suma consiste en la suma de las fuerzas que cada pareja de partículas ejerce una sobre la otra.Por ejemplo,lasumade las fuerzasquelapareja (1,2) ejerce entre sí es (véase fig. 9.5) Fl,2 + F , , Pero por la tercera ley de Newton sabemos que s i la partícula 2 ejerce una fuerza F,,2 sobre la partícula 1, entonceslapartícula 1 reacciona y ejercesobrela
La ec. (9.23) nos indica que el momento total P de un sistema solamente puede cambiar debido a la acción de una fuerza externa.Las fuerzas internas de un sistema NO modifican su momento total. Ahora reescribiremos la ec. (9.23) de otra forma. E l momento p i de la partícula i es (véase ec. (9.3)) p i = mivi
dri - mi dt -
(9.24)
184
Cap. 9.
MECANICA
DE VARIAS PART/CUI.AS
Aquí se usó la ec. (5.7) para la velocidad vi. E l vector r i es el vector de posición de la partícula i (fig. 9.6). Por tanto, el momento total P del sistema es, de la ec. (9.161,
En esta expresión V es la velocidad definida por
v=
d R dt
(9.29)
E s claro que esta velocidad es la del centro de masa dado por R. Si ahora sustituimos la expresión (9.28) en la ec. (9.231, vemos que se requiere la derivada de P con respecto al tiempo. De la ec. (9.28), esta derivada es
d
(9.25) En la obtención de(9.25) se usó el hecho de que cada masa mi es constante y, por tanto, se pudo usar la ec. (3.21). Además, se usó el hecho de que la suma de derivadas es la derivada de la suma. Definimos ahora elvector de posición del centro de masa del sistema R como
d
-P
= -(MV) dt
dt
=M- d V dt
= MA Hemos definido el vector A como
(9.26) Aquí M es la masa total del sistema
(9.30)
E l vector A es la aceleración del centro de masa.
N
M=C m i
(9.27)
¿=1
M A = F&.
Por tanto, la ec. (9.25) queda como
P
d
-(MR) dt
= M - dR dt
= MV
(9.28)
4
I
.3
'4
.
Fi-
nalmente, la ec. (9.23) queda como
(9.31)
Este resultado nos dice lo siguiente. Si sobre un sistemadepartículasactúaunafuerzaexternatotal (F)ext.,entonceselsistema se comportademanera equivalente al comportamiento de un punto (el centro de masa) en el que está concentrada toda la masa M del sistema y sobre el que actúa la fuerza total Fe,,. que actúa sobre el sistema (fig. 9.7). Antes de continuar estudiando la dinámica de sistemas de partículas, veremos la manera de encontrar el centro de masa de un sistema dado. Esto lo haremos en la siguiente sección.
.:**..' ++;. r:........ .S. ..:.:.-..*.: f
hCentro de masa
.m
/Fe,*.
IFexr'
Figura 9.7
9.3. CENTROS DE MASA En esta sección obtendremos los centros de masa de diversos sistemas de partículas. Ejercicio 9.2. Obtenga el centro de masa de un sistema formado de dos partículas de masas m , y m 2 separadas una distancia L.
Figura 9.6
,
.
CENTROS DE MASA
Tomemos un sistema de coordenadas con el ejeX a las partículas (fig. 9.8), con el origen en una de las partículas, digamos la de masa m,. Llamaremos a esta partícula 1 y a la otra, 2. En este sistema de coordenadas los vectores de posición de estas partículas son
lo largo de la línea que une a
partícula 1: partícula 2:
rl = (x,, y, z,) = (O, O, O ) r2 = (x,, y, z,) = (L, O, O)
y4
185
Por tanto, de las ecs. (9.32) y (9.33) concluimos que la posición R del centro de masade las dos partículas está dada Dor (9.34) Este resultado nos indica variascosas. En primer Iugar, el vector R tiene dirección a lo largo del eje X, debido a que sus coordenadas Y y Z se anulan. E s decir, el centro de masa de dos partículas está en la línea que une a las dos partículas. En segundo lugar, dado que la masa de una partícula (m,) es menor que la masa de todo el sistema (M),
mdM
<1
de la ec. (9.32) podemos escribir que X
O
11
-2 U
1
+X
En consecuencia, la posición del centro de masa está entre situada partículas, como las dos seenmuestra figura la
9.9.
V
Figura 9.8
Ahora usaremos la definición de R, el vector de posición del centro de masa, dada por la ec. (9.26), con el númerodeparticulasdelsistema N = 2. Sean las componentes de R = (X,Y,Z). Tomemos la component e x de la ec. (9.26)
X =
1 , -Cmixi
Figura 9.9
M i=,
1 X = -(mix, M
+ m,x,)
La posición exacta depende, según vemos en la ec. (9.321, del cociente (mdM). Se pueden presentar varias posibilidades:
i) m, = m , = m; es decir, las partículas tienen masas
Aquí M es la masa total del sistema
M = m,
iguales.
+ m2
En este caso se tiene que
Sustituyendo
x1=0
M = m, y
xq=L
se tiene que
1
X = -(m, M
X O
por lo que de la ec. (9.32)
x=
+ m2L) (9.32)
Se puede demostrar que, en este caso (véase problema 9.3),
Y=O
z=o
+ m , = 2m
(9.33)
-L = M 2
m L = 2m
1 -L
(9.35)
En el caso de masas iguales, el centro de masa se encuentra a la mitad de la distancia entre ellas (fig. 9.10). ii) Sea m, > m,; es decir, la partícula que está en el origen (1) es más masiva que la otra (2). E l cociente que multiplica a L en la ec. (9.32) lo podemos escribir como m2
-
"
M
m1
m2
+
m2
186
Cap. 9.
MECANICA
DE VARIAS PART~CULAS
Ahora dividimos tanto el numerador como el denominador de este cociente entre m2
Ahora bien, dado que m ,
>
x > Ll2 (véase problema 9.4)
m2 entonces
y sumando 1 a cada miembro de esta desigualdad I + -> 1 + 1 = 2 m2
1
L
y por tanto, tomando el inverso de esta desigualdad
1
1
(9.39)
+ (ml/m21 <
-1 2
(9.37)
U
Figura 9.1 1
Mientras mayor sea la masa de una de las partículas, más cerca a ella se encuentra el centro de masa del sistema de dos partículas. Ejercicio 9.3. Encuentre el centro de masa de dos partículas de masas 22 kg y 35 kg que distan 3.2 m. Tomemos un sistema de coordenadas como se muestra en la figura 9.12, con el origen en la partícula de masa 22 kg. En la notación del ejercicio 9.2.
L
m , = 22 kg,
m 2 = 35 kg,
L = 3.2 m
Figura 9.10
AI tomar el inverso de una desigualdad se le cambia de sentido. Si a > b, entonces (l/a) < (l/b). 35 kg
En consecuencia, combinando lasecs. (9.32) y (9.36) se tiene que
/
X
Figura 9.12
Pero en la ec. (9.37) vemos que el coeficiente de L es menor que (1/2), por lo que
x<
I
"L 2
(9.38)
Este resultado no dice que si la partícula de la izquierda (fig. 9.11) tiene mayor masa que la otra partícula, entonces el centro de masa del sistema se encuentra más cercano a la partícula de mayor masa. Se puede demostrar, en la misma forma, que si m, < m2,entonces
La masa t o t a l M del sistema es
M = 22 kg
+ 35 kg = 57 kg
La coordenada X del centro de masa está dada por la ec. (9.32). Sustituyendo valores en esta ecuación obtenemos que
x="-
35 kg X 3.2 m 57 kg
= 1.96 m
187 Las otras coordenadas del centro de masa son iguales a cero (véase ec. (9.33)). Por tanto, el vector de posición R del centro de masa es R = (1.96 m, 0.0) En la figura 9.13 se muestra el centro de masa del sistema. Nos damos cuenta de que el centro demasa está más cercano a la masa de35 kg, que es la más masiva de las dos partículas. Esta última afirmación es general. E l centro de masas se encuentramáscercadelapartículamás masiva.
Figura 9.15
-
O
3.2 m
rl = (O,O, O) rz = (2.6 cm, O,
partícula 1: partícula 2:
O)
Para la tercera partícula la situación es c o m o sigue. La coordenada x 3 es (véase fig. 9.15)
I
x3 = O A
""""4
triángulo del pero rectángulo OAC
Figura 9.13
Ejercicio 9.4. Encuentre el centro de masa de las tres partículas mostradas en la figura 9.14.
LgO
se tiene que
O A = OC cos 48O = 1.75 c m X 0.6691 = 1.171 c m La coordenada y3 de la tercera partículaes (véase fig. 9.15) y3
= OB
que del triángulo rectángulo OCB nos d a O B = OC sen 48O = 1.75 cm X 0.7431 = 1.301 c m La coordenada z 3 es cero
2.60 cm
e
-4
75 g
Figura 9.14
z3 =
Por tanto,elvectordeposición cula es
o r3 delatercerapartí-
r3 = (1.I 71 cm, 1.301 cm,O)
Escogemos unsistemadecoordenadascomo se muestra en la figura 9.15, con el origen en una de las partículas, digamos la de 40 g. Además, escogemos el eje X de forma que pase por otra delas partículas, digamos la de masa 75 g, y el plano X-Y de manera que la tercera partícula quede contenida dentro de él. Ahoradeterminaremos las coordenadasdecada una de las partículas en el sistema escogido. Para las partículas 1 y 2 se tiene que (véase fig. 9.15)
Recordamos que las propiedades físicas de un sistem a NO dependen del sistema de coordenadas que escojamos. Conviene, entonces, seleccionar un sistema de coordenadas en el cualse faciliten las operaciones matemáticas. En nuestro caso, esto significa tratar de que el máximo número de coordenadas de cada partícula sea cero. E s con esta idea en mente que se escoge el sistema de Coordenadas mostrado en la figura
188
MECANICA DE VARIAS PART~CULAS
Cap. 9.
9.1 5. Así, las coordenadas de la partícula de masa 40 g R = (1.461 cm, 0.571 cm, O) son (O,O, O). Para otra de las partículas escogemos el sistema de tal forma que dos de sus coordenadas se En la figura 9.16 se muestra la posición del centro de anulen haciendo pasar el eje X por ella; así, las coormasa. denadas de la partícula demasa 75 g son (2.6 cm, O, O). Para la tercera partícula escogemos el plano X-Y de forma que la posición de la partícula quede contenida en este plano. Así, las coordenadas de la partícula de 90 g son (xg, ya, O). No se puede lograr que un mayor se númerodecoordenadasdelatercerapartícula anulen, excepto en el caso en que la tercera partícula estuviese en la misma línea que forman las otras dos partículas. / q O g
Ahora calculamos la posición del centro de masa ello usamoslaec.(9.26)conel delsistema.Para número de partículas N = 3. La masa total M del sistema es
M = 40g
+ 7 5 g + 9Og
= 205 g
Figura 9.16
Sea
R = (X,Y,Z) Tornamos la componente x de la ec. (9.26)
1 X = -(mix, M
+ m2x2+ m3x3)
que sustituyendo valores numéricos
x = -
205 g
(40g X O
nos da
+ 7 5 g X 2 . 6 c m + 9Og
-~ (195 g X cm 250g = 1.465 cm
X 1.171cm)
+ mzy, + m3y3)
Sustituyendo valores numéricos
y="-
250 g
(40g
x
O
I
R = -(mlrl M
+ m2r2+ m3r3)
las partículas 1
quepodemosreescribir,agrupando v 2.
+ 105.39 g X cm)
De manera análoga
1 y = "m,Yl M
Un procedimiento alternativo para obtetler el centro de masa de un sistema de partículas es como sigue. Para facilidadconsideremostrespartículas. El centro de masa de tres partículas (fig. 9.17a) lo podemos obtener usando la ec. (9.26) con N = 3
+ 7 5 g x O + 9Og X 1.301 cm)
- 117.09 g X cm
(9.40) Calculemos ahora el centro de masa de las partículas 1 y 2. Sea r su vector de posición. Usando nuevamente la ec. (9.26) se tiene que r =
1
m1
+
(mlrl
m2
+ m2r21
Este vector r se muestra en la figura 9.17b. Ahoradespejamos de la última ecuación (m1rl m2r2)
+
(mlrl
+ mzrz)= ( m l + m&
que sustituimos en la ec. (9.40)
250 g
1
= 0.571 cm
Se puede encontrar también que
z=o Por tanto, el vector de posición del centro de masa es
+
R = ~ { ( r n , m2)r
+ m3r3/
(9.41)
Llamemos m a la suma de las masas de las partículas l Y 2
m = m,
+ m2
(9.42)
189
Figura 9.17 d
Figura 9.17a
La ec. (9.41) queda como (9.43)
1' .
+
+
+
ya que M = m, m2 m3 = m m 3 .Podemos interpretarahoraelresultadodadoporlaec.(9.43) c o m o sigue. E l centro de masa que se busca (el de las tres partículas) es el mismo que s i se consideraran solamente dos partículas: una de ellas en la posición r con masa m, y la otra de masam3en la posición r3. Es decir, se puede encontrar primero el centro de masa A ( f i g . 9 . 1 7 ~ ) d e dos de las partículas y en este punto concentrar la masa total de las dos partículas. E l centro de masa delas tres partículas es, entonces, el cent r o d emasa del sistema formado por: la partícula en A m,) y la partícula en r3 con masa m3. con masa (m, Si el sistema constara de más partículas, se puede continuar con el mismo proceso: tomar dos partículas, encontrar su centro de masa y remplazarlas por una partícula en este centro de masa con la masa de las dos partículas. En seguida se tomaelcentro de masa de este último punto con la tercera partícula. Se remplaza a las tres partículas con una partícula en el centro de masa de las tres partículas con la masa de las trespartículas y se obtieneelcentrodemasa de este última partícula con la cuarta partícula (fig. 9.17d), y así sucesivamente.
+
Figura 9.17 b
yt L
*
O
X
Figura 9.17 c
Ejercicio 9.5. Encuentre el centro de masa de tres partículas de masa iguales que no estén alineadas (fig. 9.1 8a). Sea m la masa de cada una de las partículas. Tomaremos primero el centro de masa de dos de las partículas, la 1 y la 2, digamos. Dado que las masas de las partículas son iguales, de lo aprendido en el ejercicio 9.2 sabemos que este centro de masa se encuentra a la mitad de la distancia entre ellas (punto A de la fig. 9.18b). Ahora tomamos el centro de masa de las partículas: una situada en A con masa m m = 2m y otra situadaenelpunto F conmasa m. Este centrode
+
190
b
Figura 9.18 Figura a9.18
masa se encuentra en la línea que une los a puntos A y F ( f i g . 9 . 1 8 ~ )Por . geometría se sabe que esta línea es justamente una mediana del triángulo en cuyos vértices están las partículas.
Recordamos de geometría que las tres medianas de un triángulo se cruzan en un solo punto (fig. 9.22).
&
Figura9.22
I
La mediana de un triángulos es la línea FC que une un vértice F con el punto medio C del lado opuesto (fig. 9.19). c
También se podría haber procedido tomando primero la pareja de partículas 1 y 3. Entonces se hubiera llegado a la conclusión de que el centro de masa de las tres partículas se encuentra en la mediana HB que une el punto B. mitad de la línea FC con el vértice opuesto H (fig. 9.20).
Concluimos que el centro de masa de tres partículas de masas iguales que forman un triángulo, se encuentra en el p u n t o en que se cruzan las medianas del triángulo. De los ejerciciosanteriores nos damos cuenta de de unsistema que,engeneral, elcentrodemasa de partículas está situado en un punto que NO está contenido en el sistema; es decir, está fuera del sistema.
9.4. CENTROS DE M A S A DE CUERPOS CONTINUOS En la sección anterior estudiamos la forma de encontrar los centros de masa de sistemas que constan de partículas discretas. Sin embargo, también existen cuerpos que tienen distribuciones continuas de masa. En esta sección estudiaremos cómo encontrar el centro de masa de este t i p o de cuerpos. La ec. (9.26) nos indica cómo encontrar el centro de masa de un sistema de partículas: tómese una masa m i y multiplíquese por su vector de posición r;; hágase lo mismo para cada una de las demás particulas y súmense los resultados. Finalmente, divídase el resultado entre la masa total del sistema. E l vector resultante de esta operación nos da el centro de masa del sistema. En el caso de un cuerpo con distribución continua, usaremos esta prescripción de la forma siguiente. Sea el cuerpo el mostrado en la figura 9.23. Escogemos un sistema de coordenadas como el mostrado. Construyamos ahora un elemento de volumendV cuyo centro tiene vector de posición r . ~~
Por tanto, el centro de masa que buscamos se encuentra tanto en la mediana FA como en la mediana HB; en consecuencia, se encuentra en la intersección P de las medianas (fig. 9.21).
E I elemento de volumen dV se escoge de tal manera que macroscópicamente sea muy pequeño, pero que microscópicamente sea muy grande. Aparentemente lo que acabamos de afirmares contradictorio. Sin embargo, no hay tal contradicción. En
CENTROS DE MASA DE CUERPOS CONTINUOS
zj,
191
La integral se efectúa sobre todo el volumen V del cuerpo.Finalmente,paraobtenerelvectordeposición del centro de masa R , dividimos esta suma (integral) entre la masa total M del cuerpo, obteniendo R=
3
V
rdm
Se suele reescribir este resultado de otra manera. Para ello definiremos la densidad de la distribución de masa dentro del volumen del cuerpo. Volvamos a considerar el elemento de volumen dV; como dijimos arriba, este elemento contiene una masa dm. Definimos la densidad de masa e(r) del cuerpo en el punto r (donde está situado el elemento de volumen) como la masa por unidad de volumen
=-Y
X
(9.48)
Figura 9.23
efecto, supóngase, por ejemplo, que el volumen V de todo el cuerpo sea de 1 cm3. Si escogemos para db un volumen de 10"j cm3, entonces se tiene que
dV a V
(9.47)
(9.44)
Este volumen dV es una millonésima parte del volumen del cuerpo; por tanto,es mucho menor que elvolumen V del cuerpo. Ahora bien, desde el punto de vista microscópico, el volumen de un átomo Vátornoesdel orden de cm3. Por tanto, este volumen es muy pequeño comparado con dV
Aquí se escribió explícitamente el hecho de que la densidad puede variar de punto a punto; es decir, es una función de r. De la ec. (9.48) despejamos d m dm (9.49) = e(r)dV que sustituimos en la expresión (9.47) (9.50) La masa total M del cuerpo es la suma de las masas dm de los elementos de volumen en quese puede descomponer. Por tanto,
M = !$m Este último hecho nos indica que en el elemento de volumen dV cabeunnúmeroextraordinariamente grande de átomos. Combinando las ecs. (9.44) y (9.45) se tiene que
Vátorno-e dV 4 V
(9.46)
En conclusión, vemos que la condición arriba mencionada sí se puede satisfacer y no da lugar a contradicciones. Sea dm la masa contenida dentro del elemento de volumendV.Siguiendolaprescripciónarribadada para obtener el centro de masa, multiplicamos la masa dm por su vector de posición r; en seguida sumamos estas cantidades para todas las partículas que componen el cuerpo. En matemáticas se enseña que en caso de que se tenga una distribución continua de masa, como en nuestro caso, esta sumaes precisamente una integral
S
que sustituyendo (9.49) nos da
M =(9.51)e(rldV V
Las integrales que aparecen enlas ecs. (9.50)y (9.51) son integrales de volumen.Se supone que uno conoce y, por tanto, los la densidad de masa del cuerpo e(r) integrandosde(9.50) y (9.51)son conocidos. Las integrales se llevan a cabo alo largo de todo el volumen que ocupa el cuerpo.En general, cada una de estas integrales resulta ser una integral triple. Sinembargo, en algunos casos en que los cuerpos tienen ciertas simetrías, se puede obtener el valor de estas integrales sin tener que usar el hecho de que son triples. Para ello se usan las simetrías que tiene el cuerpo. Esto lo veremos con detalle en los ejercicios que se resuelven más adelante. Un caso de mucha importancia es aquel en el cual la masa del cuerpo está distribuida uniformemente. Esto significa que en cualquier punto del cuerpo la densidad de masa es la misma. Así, s i el cuerpo de, la figura 9.24 tiene su masa distribuida uniformemen-
192
Cap. 9.
MECANICA DE VARIAS PART~CULAS
te, entonces la densidad en A es la misma que en B, que a su vez es la misma que en C
pero esta suma es precisamente el volumen total del cuerpo
e(r.4) =VdV e(rBl = ebc)
=V
(9.55)
O t r o caso de mucha importanciaes aquel en el que los cuerpos, con distribución de masa uniforme, forman una placa delgada (fig. 9.25). Sea h el ancho de la placa. En este caso, el elemento de volumen dV se puede escoger como un paralelepípedo debase dA y altura h. Por tanto, el volumen de este elemento es
z
(9.56) d V = hdA
c
i
Figura 9.24
Figura 9.25
Llamaremos a l a densidad de masa simplemente e, que es una cantidad constante.En este ca50, en la ec. (9.50) podemos sacar e de la integral y se tiene
1
R= 2 M
v
r d VhdA
(9.52)
Pero en la expresión (9.51) para M también aparece que se puede sacar de la integral
M =
j$V
Q
e,
(9.53)
Sustituyendo en la ec.(9.521 nos da R=
\
e
v
(9.54) paralaposicióndel
\
rhdA
V -
(9.57)
V
Dado que h es constante, se le puede sacar de las integrales. D e esta f o r m a h aparece tanto en el numerador como en el denominador. Por consiguiente, h se cancela. La integral que queda es la suma de los integrandos respectivos sobre el área A de la placa. Por tanto, (9.57) queda como
1
A
rdA (9.58)
SA
SvdV La e en el numerador cancela a la dor, obteniéndose el resultado.
\
R =
R=
rdV
e
R=
Portanto,laexpresión centro de queda
V
rdV
e en el denomina(9.54)
Esta expresión es solamente válida para aquellos cas o s en que la distribución de masa es uniforme. Nos damos cuanta en la ec. (9.54) que tanto el numerador como el denominador ya no dependen de la distribución de masa, sino solamente de factores geométricos. D e hecho, el denominador de(9.54) es la suma de los elementos de volumen dV sobre todo el cuerpo;
Estas integrales se efectúan a lo largo del área A de la placa. De vuelta, tanto el numerador como el denominador de (9.58) solamente dependen de la formageomktrica de la placa. De hecho, el denominador es la suma de las áreas dA sobre toda el área de la placa; es decir, es justamente el área A de la placa (4.59) jAdA = A La expresión(9.58) es válida para el caso de una placa con distribución de masa uniforme. Si la placa es muy delgada, entonces la componente de R perpendicular a la superficie de la placa es nula. Entonces el vector R queda contenido en el plano de la superficie de la placa.
CENTROS DE MASA DE CUERPOSCONTINUOS Ejercicio 9.6. Obtenga el cent:o demasadeuna placa rectangular delgada, con distribución de masa uniforme. Sean L1 y L2 los lados del rectángulo. Tomemos un sistema de coordenadas como se muestra en la figura 9.26.
193
Para recorrer toda la superficie del rectángulo, el x tienequeir O a L1, valores valordelavariable mostrados en los límites de integración. La cantidad L2 es una constante y, por tanto, la podemos sacar de la integral. Se tiene entonces que
X = -\L1xdx L2 A
o
y usando el resultado (4.28) encontramos que
I
I
oT
L,
1 12 - -- --(L: - O)
2
L2
*
X
(9.62) Figura 9.26
Usaremoslaec.(9.58)paraobtenerelcentrode masa. Sean (X,y) las componentes del vectorR a lo largo de los dos ejes. Tomando la componente x de la ec. (9.59) se (9.58) y usando para el denominador la ec. tiene que
j
1 X = - xdA A A
(9.60)
Ahora escogemos como el elemento de área dA un y base dx (fig. 9.27). Su área dA rectángulo de altura L2 es dA = L2dx
(9.61)
sL1
Pero e l área A del paralelograrno es
A
-
A o
xL2dx
Es debido a la simetría del rectángulo que la integral x; es desobre el áreaA se ha vuelto una integral sobre cir, en lugar de tener que calcular una integral doble solamente tenemos que calcular una integral sencilla.
L1 L2
(9.63)
que sustituida en (9.62) nos da
y simplificando se encuentra finalmente que
x=
1 "L, 2
(9.64)
Por tanto, la componentex del vector R queda a la mitad de la longitud a lo largo del eje X. Para la componente y, de la ec. (9.58) se tiene algo análogo. Esta componente es
Por tanto, la ec. (9.60) queda como
X =
A
1 " y = XlAYdA Ahora nos conviene escoger como elemento de área el paralelogramo mostrado en la figura 9.28, de base L, y altura dy dA = L,dy Por tanto, Y es
La integración sobre el área se volvió una integralsencilla sobre y. Para recorrer toda la superficie del rectángulo, los límites de integración de la variabley tienen que ir de O a L 2 , c o m o se ve en la figura 9.28 La cantidad L , dentro de la integrales una constante, por lo quepuedesalirfuera.Asimismo,usandolaec. (4.28) se tiene que
Y = 'SL2ydy L A o
19
Cao. 9.
MECANICA DE VARIAS
PARTíCULAS
Recuérdese que este resultadoes solamente válido, si la distribución de masa de la placa rectangular es uniforme. Si este no fuera el caso, entonces el centro de masa no quedaría situado en el centro geométrico de la placa. (9 65)
'f
que id sirnetria de la forma geomktricadel cuerpo nos ayudb a transformar una integral triple en una integral ______"
!.
1'0, L,)
Ejercicio 9.7. Encuentreelcentro de masade la placa delgada en forma de L que se muestra en la figura 9.30. Suponga que la masa está distribuida uniformemente. Di::idamos esta placa en dos rectángulos, el A y el B, como se muestra en la figura 9.31. Obtendremos primero los centros de masa de cada uno de los rectángulos. Escogemos el sisterna de coordenadas mostrado en la figura 9.31. Ahora usamose l resultado obtenido en el ejerclcio anterior: el centro de masa de una placa rectangular está en su centro geométrico. En I d iigtira 9 32 vernos que los centros de masa de cada placa tienen coordenadas
I
,
I
Usando la ec. (9.63)
y=
~.~~
1 1112 2LlL2
I _ _ -
placa A . placa M:
y simplificando
Y=
1 -LL, 2
CA = (1,4) C R = (4.1)
(9.68) (9 69)
19.66)
~____"____~"~~___ ..
Por tanto, la componente y del vector R qtleda a la mitad de la longitud L2. D e las ecuaciones (9.64) y (9.66) concluimos que el vector R es ~~~
(9.67) Este p u n t o se muestra en la figura 9.29. En este caso, el centro de masa queda en el centro geométrico de la placa rectangular. Figura 9.30
't
____"~"_~__.___
I
Las longitudes tienen unidades de viar, no las escribiremos
Figura 9.29
Ahora usamos el resultado obtenido en la sección anterior, referente a que el centro de masa de las dos placas A y B es el mismo que el centro de masa delsiguientesistemadedospartículas:unapartículade masa igual a la masa de la placa A, mA, situada en su centro de masa, o sea, en e l p u n t o Ca y l a otra partícula de masa igual a la masa de la placa B, mB, S I tuada en el centro de masa CR.
195
CENTROS DE MASA DE CUERPOS CONTINUOS
En consecuencia, la masa de A es
mA = e x 8h = 8he
(9.71)
B se obDe manera análoga, la masa de la placa tiene como sigue. E l volumen de placa B es VB = 8 X 2 = 16h
x h (en m3)
por lo que la masa de B es
mB =
e
X 16h
= 16hg
(9.72)
La masa total de la placa es Figura 9.31
M = mA
+ mB + 16he
= 8he = 24he
(9.73)
Se tiene que encontrar ahora el centro de masa de las dos partículas siguientes (fig. 9.33):
2rn[M
l a A situada en CA(1,4) con masa ma = 8 h e l a B situada en Cd4,I) con masar n B = 1 6 h g
I"",
y4
2rn
I
-
"4" " C
Figura 9.32
Las masas de cada una de las placas se obtienen c o m o sigue. Sean e la densidad de masa (en kg/m3) yh (en m) el grueso de la placa. De la ec. (9.49) se tiene que, s i la densidad es uniforme, entonces la masa m de un cuerpo de volumen Ves
m = QV Por tanto, la masa de la placa A es mA =
Pero el volumen de la placa
(9.70)
Figura 9.33
Para este fin, usamos la ec. (9.26) con N = 2
R = M1 (
VA = 2 X 4 X h ( e n m 3 ) = 8h
(9.74)
Tomemos componentes de esta ecuación, escribiendo
R =Kv)
eVA
A es
+ mBrcd
~ A ~ C A
Para la componente x se tiene que
X = ~1
+
( ~ A X CmBxcB) A
196
Cap. 9. MECANICA DE VARIAS PARTíCULAS
quesustituyendo los valoresdadosporlas (9.68H9.73) nos d a
1 M
X = -(8he
X 1
ecs
W
+ 16he X 4)
y simplificando
De manera análoga, obtenemos para la componente y de la ec. (9.74) que
que usando las ecs. (9.68)-(9.73) encontramos
1 Y = -(8he
M
X 4
+ 16he
X
1)
Se puede, por tanto, remplazar cada rectángulo por un punto situado en su centro de masa con una masa iguala la delrectángulo. Por consiguiente,todoel triángulo queda remplazado por la sucesión de puntos mostrada en la figura 9.34. Nos damos cuenta, entonces, de que el centrode masa se encuentra a lo largo de la línea UV. Pero V es el punto medio del lado TW; por tanto, UV es una mediana del triángulo Por un argumento similar se puede decir que el centro de masa se encuentra también en la mediana TQ y también en la mediana WS (fig. 9.35). En consecuencia, e l centro de maFa de la placa triangular de densidad uniforme se encuentra en el p u n t o N que es el cruce de las medianas del triángulo
simplificando
En consecuencia, el centro de masa de la placa en form a d e L está en el punto C cuyo vector de posición R es (véase fig. 9.33)
R = (3 m, 'im) Este ejercicio nos ilustra el hecho de que en ocasiones se puededescomponeruncuerpodeforma geométrica complicada en partes que tienen formas menos complicadas y cuyos centros de masa se conocen.
Ejercicio 9.9. Obtengalaposiclóndelcentrode masa de una placa que tiene forma de triángulo rectángulo y con distribución de masa uniforme. Sea OQR el triángulo rectángulo, con ángulo recto en O (fig. 9.36). Tomemos un sistema de coordenadas con los ejes X, Y a lo largo delos catetos OR y OQ, respectivamente, y con el origen en O. Sean las longitudes de los catetos
Ejercicio 9.8. Encuentre el centro de masa de una placa triangular delgada cuya densidad de masa es constante. Dividimos la superficie triangular en una sucesión OR=a y OQ=b de rectángulos de altura muy pequeña, comose ve en la figura 9.34. Del ejercicio 9.6 sabemos que el centro Del ejercicio anterior sabemos que para una placa de masa de cada uno de estos rectángulos está en su triangularcondistribucióndemasauniforme el centro geométrico. centro de masa se encuentra en el cruce de las medianas. Por tanto, en nuestro caso el centro de masaC se encuentra en el cruce de las medianas QT y RS, E l triángulotienedensidaduniforme,por lo que siendo T y S los puntos medios de los catetos. cada uno de los rectángulos también tiene densidad A continuación obtendremos las ecuaciones de las uniforme. medianasQT y RS En lafigura9.36 se marcan las
CENTROS
DE MASA DE CUERPOS CONTINUOS
197
to, las resolveremos simultáneamente. Igualando los miembros derechos de las dos ecuaciones se obtiene
b
b
2b
x+b=--
“
a
2a
x +
2
Pasando (2bx/a)al miembro derecho (pasa con signo positivo) y pasanda (b/2)al miembro izquierdo (pasa con signo negativo) nos da
b
2b
b - “+b= 2
-x
-
3b 2a
X
a
-X 2a
y combinando nos queda b 2
Figura 9.36
”
coordenadasdecadaunode los puntos Q, R, S y T. Consideremos la medianaQT primero. Esta linea pasa por los puntos Q(0, b) y T(a/2, O). Por tanto, su ecuación se obtiene comosigue. De geometría analítica se sabe que la ecuación de una línea recta quepasa por los puntos A b , , Y I ) Y B(xz, Y21 es Y x -
Y1
=
Y1
x1
x1
-
Y2
(9.75)
x2
Despejando x
~
Obtenemos
a 3
x =
I
(9.78)
Véase apéndice I con P = b/2, a = 3b/2a y u = x.
I
Sustituyendo este valor en cualquiera de las ecs. (9.76) o (9.77) encontramos la ordenada del centro de masa. Sustituimos en la ec. (9.76)
Sustituyendo en la ec. (9.75) En el primer sumando laa del numerador cancela a la a del denominador, quedando
Q:x 1 = O, y 1 = b T: x 2 = ai2, y 2 = O
Y=-
se encuentra que
Y ” b = x - O
O
b - 0 - (42)
-
2b a
” -
Y = ”
2b -x+b adista, masaa
y=-
Esta es la de la mediana QT, logs, se puede demostrarque la
na RS es (véase problema 9.14)
b
Y = -
b
2a x
+
2
b
(9.79)
En consecuencia, de las ecs. (9.78) y (9.79) vemos que las coordenadas del centro de masa C de la placa son
- 2b x a
y finalmente
3
y finalmente
y por tanto,
y-b=
2b + b
CW3, b/3)
(9.80)
Este resultado nosforque indica enplaca una s i en ma de triángulo rectángulo se toma como origen el (9,76)vérticerecto(punto O delafig.9.36)elcentrode longitud cateto, cada una lo de largo igualalatercerapartedelalongituddelcateto manera anácorrespondiente (fig. 9.37). Naturalmente que esta de lamedia-conclusión es solamenteválida s i ladistribuciónde masa de la placa es uniforme. (9.77)
Las coordenadas del punto de intersección de las dos líneas cuyas ecuaciones son (9.76) y (9.77) deben satisfacer simultáneamente estas ecuaciones. Por tan-
Ejercicio 9.10. Obtengaelcentrodemasadeuna placacircularmuydelgadaquetienedensidadde masa uniforme. Supongamos que el círculo tiene radioH . Escogeremos un sistema de coordenadas con origen en el centro del círculo (fig. 9.38). Usaremos lasecs.(9.58) y
por lo que dA = r dB dr
(9.81)
Sea R el vector del centro de masa, con coordenadas (X, v). Tomando la componentex de la ec. (9.58)se tiene que 1 X = .xdA (9.82) A A
-1
De la tigura 9.38 vemos que la coordenada mento de área es la longitud OT, que es
x del ele-
x = r cos 6’
por lo que sustituyendo esta expresión y la ec. (9.81) en la ec. (9.82) se encuentra
X =
n1 j
so
27~
H
o
( r cos 8)(r dB dr)
(9.83)
Aquí se tieneelcasodeunaintegraldoble. Para 0 cubrir toda el área del círculo el valor del ángulo tiene que ir de 0 a 27r, mientras que el valor de r tiene que ir de O a H. Integraremos primero sobre 8. La integral que queda es s”,”cos 8 d8 = sen 8
;21
= sen 27r
sen O
i -
=o”o=o
Aquí se usó el resultado
cos x dx = sen x
(9.84)
X = O
(9.85)
Por tanto,
(9.59) para encontrar el centro de masa. Consideremos un anillo muy delgado concéntrico al círculo, de rad i o r y ancho dr. Consideremos el radio OP que forma un ángulo 8 con el eje X; asimismo sea OQ otro radio que forma un ángulo8 dB con el ejeX. Se forma de esta manera el área USWV, que escogeremos como nuestro elemento de área. E l área dA de este element o es
+
De la misma manera, si tomamos la componente y de la ec. (9.58) se tiene que
(9.86)
dA = U V X V W
De la figura 9.38 vemos que la coordenada y del elemento de área es la longitud OQ, que es
Si el ángulo dB está medido en radianes, entonces por geometría se sabe que el arco UV es
y = r sen 0
U V = r d8 La longitud deun arco de círculoes igual al producto del radio por el ángulo subtendido, si éste se mide en radianes.
por lo que,usandolaec. queda como
Y=
xs,l 1
H
(9.81), laexpresión(9.86) 27T
rsen8rdOdr
Haremos primero la integral sobre
Además, se tiene que VW = dr
B. Ésta es
(9.87)
IT-
= - (cos 27r - cos O) = "(I - 1 ) = O
~
Se usó el resultado
Por tanto,
199
CENTROS DE MASA DE CUERPOS CONTINUOS
sen x dx = - cos x ~-
T
l
Y =
$1;
[ * ( r sen O)(r d8dr) (9.91) O
La integral sobre 8 es ahora
1 d o s e n e =- c o s 8
lo ?T
Aquí se usó el resultado (9.88). Por tanto, esta integral (9.89)
Y=O
!:desen
Las ecs. (9.85) y (9.89) nos dice que
R = (O, O) E s decir, el centro de masa de la placa circular uniform e está en el centro del círculo. Ejercicio 9.11. Obtenga el centro de masa de una placa semicircular de radio H, muy delgada y de densidad uniforme. En lafigura9.39 se muestralasituaciónen este caso. Nos damos cuenta de que el planteamiento de este problema es casi igual al del ejercicio 9.10, con la única diferencia que ahora hay que cubrir solamente la mitad del círculo, porlo que el ángulo8 de las integrales (9.83) y (9.87) va de O a 7 r . Entonces, la integral sobre 8 que aparece en (9.83) ahora es
= sen 7r
es
-
8 = - (cos T - COSO)= -(-I -
"
=2
("2)
-1) (9.92)
Sustituyendo este resultado en (9.91) tenemos que
2
-
x ( H 3 - O)
2 ~ 3 - -
3A
Aquí se usó la ec. (4.28) con n
= 2.
Ahora recordamos que el área de una mitad de un círculo de radio H es
sen O
=b-o=o
A =
-
2
aHZ
que sustituida en la última ecuación nos da
2 ~3
Y=
3( 7rH2/2)
y simplificando se encuentra que
y=
~
4H 37r
(9.93)
En consecuencia, el centro de masa de la placa semicircular uniforme se encuentra en el punto C cuyo vector de posición R es R =
Figura 9.39
Aquí usamos la ec. Por tanto, de ec. la(9.83)
Para Y se tiene ahora que
Este punto se muestra en la figura 9.40.
(9.84). se tiene que mitad de una esfera de radio
x=o
(0 , - 3
(9.90)
Ejercicio 9.12. Encuentre el centro de masa de la H con distribución de
masa uniforme. Sea la semiesfera cuestión en mostrada filalaen gura 9.41. Se escoge un sistema de coordenadas como seen ve esa misma figura. En este problema vamos a
I
rpLas coordenadas r, 8 y p que se usan en la figura 9.42 se llaman cDordenadas esféricas.
y s i los ángulos d8 y dp se dan en radianes, entonces
K B = (radio OA) X dB = r d0 Y A% = (radio AL) X dp
"---+Y
X
J
I
!
I
s? = (radio CS) X
8
Figura 9.41
obtener el centro de masa usando la ec. (9.54) que involucra una integral triple. Para e l l o escogemos, dentrodelasemiesfera,unelementodevolumen dv, c o m o se muertra en la figura 9.42.
'4
Figura 9.43
Pero de la figura 9.42 vemos que AL = (OA) sen 8 = r sen 0 En consecuencia.
{
% A 0 6 = d0
área de ABCD
}
= (r d8)(r sen 0 dp) = r2 sen 0 d0 dp
Además, se tiene que Figura 9.42
-
Si el ángulo 8 mostrado en la figura 9.43 se m i d e radianes, entonces la longitud del arco ST es
AF = dr
I
201
CENTROS DE MASA DE CUERPOS CONTINUOS
por lo que el elemento de volumen dVes d V = (r2sen O dB dp) dr = r2sen O dr d8 d p
(9.94)
Ahora obtendremos las coordenadas (x, y, z) del elemento de volumen en términos de las coordenadas esféricas. En la figura 9.44 se ve que x = = = =
OP ON C O S p = LA cos p (OA sen O) cos p rsenOcosp
Se cubre todo el volumen de la mitad de la esfera, si la variable r va deO a H; el ángulo p va deO a 2a y el ángulo O va de O a 7r/2. En la integral triple (9.98) efectuamos primero la integral sobre p
su
7r
cospdp = O
Esta integralyalacalculamosenelejercicio9.10 (véase la obtención de (9.85)). Por tanto, (9.95)
x=o
(9.99)
De manera análoga
t‘
Y=O
(9.100)
Z. La componente z dela
Ahoracalcularemos (9.54) es
Z=
’S
-
v
v
ec
z ~ V
y sustituyendo (9.94) y (9.97) se obtiene
-S S 1
H 2?r
7r12
Z = v o o o
(r cos 8)(r2dr sen 8dO dp) (9.101)
La integral sobre 8 es
X
Se usó la identidad trigonométrica
Figura 9.44
J
2 sen 8 cos 8 = sen 20 En la misma figura se ve que Y =OQ = ON sen p = r s e n Osen p
La última integral es 1 ?r12 1 I,, = sen 28 - ( d 2 u 2
-1
(9.96)
z = OL = OAcosO = r cos 8
(9.97)
Con ayuda de las ecs. (9.94)-(9.97) ahora obtendremos las componentes del vector de posición del centro de masa R dado por la ec. (9.54).La componente x de esta ecuación es
X =
-\
1 v
v
xdV
que sustituyendo (9.94) y (9.95) nos da
x
-
1
cos 28)
- -(4
V
=
-\ 1 1 1
H
27r
?r12
v
u
0
0
(r sen O C O S p)(r2drsen Od8dp)(9.98)
I
20)
X12
o
Aquí se usó la ec. (9.88). Evaluando esta expresión se tiene que
2(7r/2) - c o s o }
I H = - -{cos 1 4
La integral sobre p en (9.101) es I< =
=
=*;I.
27r - o = 27r
202
Cap. 9
MECANICA DE VARIAS PARTíCULAS
Finalmente, l a Integral sobre r es
I
I
1
Se usó Ir\ ec. (4.28) con n = 3. Sustituyendo en la ec. (9.101) los valores de I r , I,, I r quc acabamos de obtener se encuentra que
(t)
(+
H4)(2 ~ )
Z =
Pero el volumen de la mitad de la esfera de radio H es
V = 1
(
X
--rH3 2 3
$-H3)=
Figura 9.45
que sustituida en la expresión para Z da ]I=
J
aH4 4 XT(2wH3/3)
y simplificando se encuentra que
(9.102) En resumen, se tiene de las ecs. (9.99),(9.100)y (9.102) que el vector R del centro de masa de la mitad de la esfera de radlo H es R = (",O,
H )
(9.1 03)
Este p u n t o se muestra en la figura 9.45. Observamos que este centro de masa se encuentra sobre el eje Z a una distancia (3H/8) del centro de la esfera
quecualquierdiámetro(fig 9.46b) es unejede simetría del círculo, el centro de masa se encuentra en cada diámetro. La únlca posibilidad para que se encuentreencualquierdiámetro es que esté enel los diácentro,que es elpuntoquecruzantodos metros.
En algunos ejercicios anteriores encontramos l a posición del centro de masa de figuras geométricas simtitricas. Por ejemplo, e! de la placa rectangular, el de la placa circular, el de la placa semicircular, el de una semiesfera. En cada uno de estos casos, el centro de masa se encuentra en el eje de simetria de la figura. En efecto,enlaplacarectangular, el centrode masa C se encuentra en el centro del rectángulo, que es la intersección de las líneas A B y ED del rectángulo (fig. 9.46a). Pero cada una de estas líneas es un eje de simetría del rectángulo, y el centro de masa C se encuentra en ambas; e5 decir, se encuentra en su intersección Para el caso de Id placa circular, encontramos que el centro de masa se encuentra en su centro O Dado
Figura 9.46 b
CENTROS DE MASA DE CUERPOS CONTINUOS
Para el caso de la placa semicircular ADB de radto
H , se o b t u v o (véase fig.9 . 4 6 ~ ) q uele centro de masa C se encuentra sobre la línea OD a una distancia de O
dada por (4H/3~)(véase ec. (9.93)). Pero en la figura vemos que la línea OD es un eje de simetría (de hecho, el Único) de la placa semicircular.
203
E l hecho de que las configuraciones del rectángulo antes y después del giro sean indistinguibles quiere decir que sus característicasno se debenalterar al efectuar el giro. En particular, su centro de masa debe ser el mismo, antes y después del giro. SGpongamos que el centro de masa del rectángulo estuviera en un punto como elQ, fuera de la línea AB (figura 9.47b). AI hacer el giro alrededor de la línea 9 . 4 7 ~ ) E. s AB, el punto Q caerá en el punto P (figura decir, la posición del centro de masa sí se habrá alteno puede suceder. rado después del giro. Pero esto Por tanto, el centro de masa no puede estar en un punto como el Q . Los únicos puntos que no se alteran al efectuar el giroson los puntos que forman la línea AB. Por tanto, el centro de masa debe estar contenido en la línea AB, es decir, en un eje de simetría.
Figura 9.46c
Para el caso de la semiesfera,se encontró en el ejercicio 9.12 que el centro de masa C (véase fig. 9.45) se encuentra en la línea OD que es un eje de simetría de la semiesfera (de hecho, el Único de simetría). Recordamosquetodos los resultadosanteriores son válidos para distribuciones de masa uniformes. En general, si la distribución de masa de un cuerpo es uniforme y el cuerpo tiene un eje de simetría geométrico, el centro de masa se encuentra en el eje de simetría. En efecto, consideremos el caso del rectángulo de la figura 9.46a.La línea AB que unelos puntos medios de dos de sus lados opuestos es un eje de simetría,ya que s i se hace girar la placa rectangular alrededor de AB un ángulo de180° (figura 9.47a) entoncesdespués del giro la nueva posición del rectángulo no se distingue de la posición que tenía antes del giro. En particular, el punto D coincidirá después del giro con la posición que tenía en punto E antes del giro. Asimismo, el p u n t o E antes del giro coincidirá con el punto D después del giro y así con los demás puntos. Nótese que con el giro, los únicos puntos que no se mueven son los de la línea AB.
D
Figura 9.47 a
Figura 9.47
b
Figura 9.47c
Por otro lado. la línea aue une los puntos medios de los otros dos lados opuestos del rectángulo ED también es un eje,de simetría, ya que sise gira la placa alrededor de esta línea un ángulo de180° (figura 9.48) la configuración de la placa tampoco se altera. Por
Figura 9.48
204
Cap. 9.
MECANICA
DE VARIAS PARTíCULAS
tanto, usando un argumento simllar al arriba dado, el centro de masa también tiene que estar contenido en la línea DE En consecuencia, vemos que el centro de masa de la placa rectangular tiene que estar al mismo tiempo en la linea A B y en la línea ED. L a única manera de que se cumplan estas dos condiciones es que esté en la intersección de ellas,es decir, en su cruce, que es el centro geométrico de la placa. En general, si unaplacatiene más deunejede simetría, entonces dado que el centro de masa debe estar en cada eje de simetría, re encontrará necesariamente en la intersección de estos ejes. En estos casos, es fácil localizar el centro de masa. Por ejemplo, el centro de masa de una estera de masa uniformementedistribuidatienequeestarencualquierdiámetro, ya que cada diámetro es un eje de simetría de la esfera (ibajo qué operación?). En consecuencia, el centro de masa de la esfera se encuentra en la intersección de los diámetros, que es el centro de la esfera (véase problema 9.16). Usando argumentos análogos se cor,cluye que, por ejemplo, el centro de masa de una placa circular con masa uniformemente distribuida debe estar en su centro O (figura 9.4613) y que en una placa semicircular uniforme, su centro de masa debe estar a lo largo de la línea OD ( f i g u r a 9 . 4 6 ~ )Se . deja al lector que haga esta argumentación. Si uno reconoce en un cuerpo un eje de simetría,se puede simplificar P I cálculo de la posición del centro de masa. masa deun cono recto de radio H y altura L (fig. 9.49). con distribución de masa uniforme.
Nos damos cuenta de que el eje O A del cono es un eje de simetría. Por tanto, su centro de masa se encuentra sobre este eje. E s decir, en el sistema de coordenadas escogido en la figura 9.49 el centro de masa se encuentra en e l eje Z. Entonces su vector de posición R tiene coordenadas R = (O, O,
Z)
04) (9.1
Se tiene que determinar Z; es decir, solamente una cantidad. Escogemos como elemento de volumen un disco paralelo a la base del cono, a una alturaz, de radio r y grueso dz (fig. 9.49). Su volumen es d V = (área del disco) X dz = m2dz
(9.105)
D e l aec (9.54) tomamos la componentez
:S"
zdV
Z = -
(9.106)
Pero c o m o se ve en la figura 9.49, las cantidades r y z n o son independientes. La relación entre estas cantidades la encontramos como sigue.Los triángulos ASQ y A O K son triángulos semejantes. Por tanto, existe la siguiente relación entre lados homólogos (9.107)
Ejercicio 9.13. Obtengaelcentrode
Pero en la figura vemos que
A5
S() = r, Ol\ = H ,
- L -
O/\ = L,
z
que sustituidas en (9.107), nos da
y despejando r
H
r = -(L L
-
z)
(9.108)
Por tanto,elelementodevolumendVdadopor (9.105) queda como dV =
x',
I Figura 9.49
ÍT
HZ
-(L
L2
- z)'dz
Sustituyendo este valor en la ec. (9.106)
(9.1 09)
nos da
CONSERVACION DEL MOMENTO LINEAL
Los límitesdeintegraciónde z vande O a L, para cubrir todo el volumen del cono. A continuación sacamosfueradelaintegraltodasaquellascantidades constantes y desarrollamos el cuadrado que aparece en el integrando, obteniendo Io siguiente
7rH2 Z = VL2
L
u
z(L2 - 2Lz
+ z2)dr
(9.113)
p =
P1
+ PZ +
+ PN.
(9.114)
Además Fe,,. es la fuerzaexternatotalqueactúa sobre el sistema. Como se estudih en la sección 9.2, la ec. (9.113 ) significa c,de el movimiento del sistema de partículas es tal que su centro de masa en cada instante coincide con el movimiento de un punto en el cual esté concentrada toda la masa del sistema y sujeto solamente a la acción de la fuerza externa aplicada al sistema. Supóngase que la fuerza externa F,,,. fuese nula
$,(& 4 3 ~
cionan entre sí. En la sección 9.2 se encontró la ec
(9.23)
En esta expresión, P es el momento total del sistema, dado por la suma delos momentos de cada una delas partículas que lo componen (véase ec. (9.16)).
A continuación usamos las ecs. (4.26)-(4.28)
-
205
2 ~ 4
7rH2 " -L 4
VL2
-
12
En este caso se tiene de la ec. (9.113) que
7rH2L2 12v
(9.11O)
Se usó la ec. (4.28) para cada una de las integrales. es (véase problema 9.18)
Pero el volumen del cono I
V = 17rH2L 3
(9.111)
L
4
E l vectordeposición R delcentrode cono es entonces (véase fig. 9.49)
E S decir, el momento lineal total P NO depende del tiempo. Esto significa que al transcurrir el tiempo, el momento es el mismo, o sea, P = constante
(9.117 )
Este resultado se puede expresar como
U n sistema sobre el cual no se ejerce ninguna fuerza externa es un sistema aislado o cerrado.
y simplificando se obtiene finalmente que -
(9 116)
NEAL TOTAL: En un sistema aislado el momen,o lineal total se conserva.
7rH2L2 12(7rH2L/3)
z=
=O
P-RlNClPlO DE CONSERVACIóN DEL MOMENTO LI-
que sustituido en la ec. (9.110) nos da
Z=
d
-P dt.
(9.112) masa C del
Hay una diferencia muy importante entre este resultado y el análogo obtenido para el caso de una sola partícula (véase sección 9.1). Para el caso de una sola partícula no existen fuerzas internas, mientras que si el sistema está constituido dedos o más partículas
sí puede haber fuerzas internas. En consecuencia, si un sistema de partículas está aislado, cada una de sus R = (O,O, L/4) partículas se mueve solamente bajo la acción de fuerzas internas y, por tanto, al transcurrir el tiempo su configuración relativa cambia (fig. 9.50). E l principio 9.5. CoNsERVAClÓN DEL MOMENTO LINEAL deconservacióndelmomentolineal nos diceque al transcurrireltiempo,tengaelsistema la configuralas partículas que tenga, el vector de Una vez que aprendimos la manera de encontrar el ción relativa de centro de masa de diversos cuerpos regresaremos al momento total será siempre el mismo. Así, si en cierto estudio de la dinámicadevarioscuerposqueinterac-instanteelvector es P (fig. 9.50a), entoncesaltrans-
206 LIP 11inicldlmente e l centro de masa está en reposo, tAntonces permanecer& err reposo. Estosignificaque
las partículas que componen el sistemase podrán mo-
v c x una con respecto a la otra, pero la posición del , P I : ~clr ~O nlasa en c.acicl Instante no cambia, siempre Id i-:i:sm¿. I ( j a r o que s i er1 lugar de que F,,,. sea cero, solai?:entc una (o varias) de sus componentes se anula, en:once\ l o m r n c i o n a d o en el párrafo anterior será váliC-lo wi,lmente paralacomponentecorrespondiente t a c t c de !a acc.ierac-ihn A del centro de masa o de su
Figura 9.50
veloc Idad La utilización del teorema de conservación del mom e n t o p e r m i t e encontrarcaracterísticasdelmovimiento de algunos de l o s cuerpos de un sistema s i n t r ner q u r c,onocrr las f u e r r a s internas que se eierct"n en detalle. t sto implica definir el sistema de manera adecuada para que no h a b a fuerza externa. En los siguientes C'IPrciCIo'; SC' l l y d . m < ' S t o Ejercicio 9.14. Un nlño de masa 40 k g está encima
de o n t r i c i c l o de masa 25 k g Estando el triciclo c o n el
ni~o r n wposo, e l niño brincahorizontalmentecon I I ~ Jvt>locldad de 2 mjs. Describa el movimiento q u e rc>cjlizc3el t r i c i c l o ljeflnamos a nuestro sistema consistente del niño y eltricicloCadaunode l o s cuerposexperimenta su peso (J\.;c es ejercido por la Tierra. Por tanto, los pesos dc ic:> cuerpo> son tuerzds externas a l sistema. Ahora bien, cada uno de los pesos es una fuerza vertical En :.i:>giP(.iretlcia, verticalmente nuestro sistema sí experIrtne!-!t,?un3 fuerza externa. Sin embargo, horizontai; w r ; ~ c %uinguno de !os cuerpos experimenta fuerza algu:::I Pnr tanto, horizontalmente no hay fuerza externa D c i principio de conservación de! momento podernc~ decir entonces que la componente horizontal del mo~mc~r?to dc. nuestro sistema se conserva (9
118c)
Phorizonrax ~
constante
(9.120)
Puede ocurrir que no todas l a \ componentes de ; a fuerza externa se anulen. Si, por ejemplo, l a tamp:) nente (Fx),xr. de la fuerza extern2 es cero, entoncec d o la ec (9.118a) vemos qc!t. IC! cnrr,rmnente P, es la ~ u e se conserva. En general, se conservaran aqriellas componentes del momento t o r a l que correspondan a la5 componentes de la fuerza externa QIUCX sean c - e w Naturalmvnte q u e s i las tres componc':l:es d.; i a iucJrza extern,+ son cero, o sea, t o d o el vector Fc,l-7, (35 cero, entonces, iodo el vector P se c!,nserva E n el caso en que la t u c r r a externa s e anule, enton-C C S de Id P C (9.31)V r i i T l O i (JUt'
p o r ! o q u e e l momento horironta! in1c:I que= c's l a suma d r estas cdntidader, P
del sistema.
207
CONSERVACION DEL MOMENTO LINEAL
ii) instante posterior. En este instante, se tiene que -
momentodelniño ( P n ) p o s t e r i o r - m,v, momento del triciclo = (pJposterior= m t v t y el momento total de! sistema
es
( P h o r i z o n r a l ) p o s t e r i o r . = m,,v,
"
+ mrvt
0 i9.121)
D e esta ecuación despejamos vt. Pasamos m,vn al otro miembro de !a ecuación (pasa con signo negativo) Instante inicial al
m,v, = - m,v, y de aquí se tiene entonces que la velocidad del triciclo es
Instante posterior b)
Esta ecuación nos dice lo siguiente. En primer lugar, la dirección de vt debe ser la misma que la dirección de v,. Además, en la ec. (9.122) vemos que dado que el cociente (rnirn es,) una cantidad positiva, entonces el sentido del vector vt es opuesto a! sentido de v, (fig. 9 . 5 1 ~ ) Esto . debe ser así, dado que para que el momento total (como vector)se anule, los momentos del nlño y del triciclo deben tener sentidos opuestos. Finalmente,enlaec. (9.122) encontramosquela magnltud de la velocidad del triciclo es
(9.123) Sustituyendo valores numéricos obtenemos
= 3.2 mis De la ec (9.123) nos damos cuenta de quesi (rnirn,) I,entonces I v t l < IvJ,einversamente. A la velocidad que adquirió el triciclo se suele Ilam a r velocidad de retroceso.
<
Figura 9.51
En el ejercicio anterior observamos que se p u d o encontrar la velocidad adquirida por el triciclo, sin neceDado que la componente horizontal del momento total tiene que tener el mirmo valor en cualquier otro sldad de haber especificado la fuerza que el niño le ejercióalbrincar.Dadoqueelsistemaque se está instante, se debe tener que e l niño y el triciclo, considerando está formado por esta fuerza es de origen interno.
Es decir, en cualquier otro instante, el momento total del sistema se debe anular. Pero en un instante posterior (fig. 9.51b) el niño tiene una velocidad y, por tanto, tiene un valor del momento distinto a cero. Entonces, el momento del trlciclo también debeser distinto a cero para que pueda anular al momento del niño. Esto significa que el triciclo tiene que empezar amoverse.
Ejercicio 9.15. Describa el movimiento que hace un clavadista al lanzarse horizontalmente desde un trampolín. Cuandounclavadista se lanzahorizontalmente, cada una de las partículas de las que está compuesto experimenta dos tipos de fuerzas: un tipo lo constituyen las fuerzasqueejercen las demáspartesde su cuerpo; el otro tipo de fuerza es el de la gravedad Si
208
Cap. 9. MECANICA DE VARIAS PARTíCULAS
escogemos como sistema el cuerpo del clavadista, entonces la única fuerza externa que experimenta el clavadista es la de lagravedad. En consecuencia, las tuerzasinternas, o sea, las que ejercen s u s di\lersc>s miembros unos sobre otros, no afectan el movimlento d e su centro cle masa. Se mueva el clavadista comose mueva, su centro de masa se moverá corno un punto en e l que est6 concentrada toda la masa del clavadista, que es lanzado horizontalmente del trampolín y sobre el cual se ejerce una única fuerza:la de su peso. Este movimiento lo estudiamos en el capítulo 5, ejercicio 5.1. Como allá se encontró, el centro de masa recorre una trayectoria dada por la ec (5.19); es decir, recorre una parábola. Concluimos que al lanzarse el clavadista y dar v u e tas de drversos tiDos, su centro de niasa recorre siem-
i "
\1
'a
\
CM \
\ \
,- ~-
, tluT;';CLS,:?Dk; "~
~
~~
~
--
'YA; Pli(tJErACj O G E HAGA rUC C.li.1Pl3
;<, C i t u T R O
DE
E l movimiento de la granadaes tal que su centro d e masa se mueve comos i toda la masa dela granada estuviese concentrada en ese punto y estuviese sujeto solamente a la acción desu peso. Como se estudio en el capítulo 5, ejercicio 5.4, l a trayectoria que sigue el centro de masa es, entonces. una parábola dada por la ec (5.32). En consecuencia, al explotar id granada, el movimiento de. su centro de masa NO se modifica, ya que las fuerzas que intervienen son de origen interno (fig.
9.533.
\
Ejercicio 9.16. Se lanza una granada formando cier-
to angulo con la horizontal. En cierto momento de su
vuelo, la granada explota. Describa el movimiento. Las fuerzasqueexperimentacadapartículaque forma la granada antes de la explosión son de dos tipos: un tipo consisten en las fuerzas que una porción de ella ejerce sobre otra porción; el otro tipo de fuerza es la que ejercela Tierra sobre cada una delas partículas. Si se escoge c o m o sistemaa l a granada completa, entonces la única fuerza externa que experimenta es la de s u peso. Las fuerzas que experimenta la granada, que hscen que explote, son fuerzas de origen químico que se generan dentro de ella. En consecuencia, estas fuerzas son internas y, por tanto, no alteran el movimiento de su centro de masa.
Ejercicio 9.17. Varias pelotas se unen entre si por medio de varios resortes (fig. 9.54a). Este conjunto de pelotas y resortes se lanza hacia arriba. Describa el movimiento. Cada una de las pelotas experimenta dos tipos de tuerzas: un tipo lo constituyen las tuerzas que le ejercen las demás pelotas (a través de los resortes) y el otro tipo de fuerza es el de su peso. Si escogemos como sistema a todo el conjunto de pelotas y de resortes, entonces la únicafuerzaexternaqueactúa sobre el sistema essu peso. En consecuencia, cada uno de los resortes y de las pelotas se mueve de tal manera que el centro de masa del sistema se comporta como S I toda la masa estu-
209 I
O 0
o I
r
O
Figura 9.54a
I I
/////////////////////////////////// I
Figura 9.54 c
00
I I
a) iQué velocidad tiene la persona
t
1 I t
de haber lanzado el cuerpo? b] Calcule el alcance que tiene salto.
O Figura 9.54 b
viese concentrada en éI y sujeto a la acción de su peso solamente. En el capítulo 4 estudiamos el movimiento de una partícula que se lanza hacia arriba con cierta velocidad(véaseejercicio 4.14). Podemosdecirentonces que el sistema sube, se detiene y cae libremente (fig. se 9.54b y 9 . 5 4 ~ ) . D e l o a p r e n d i d o e n e l c a p í t u l o 4 puedenencontrarexplícitamentelascaracterísticas del movimiento (tiempos de subida, de caída, altura máxima, velocidad de llegada, etc.). Ejercicio 9.18. Una persona que pesa 65 k g salta con una velocidad inicial de magnitud 8.7 mis que forma un ángulo de 18O con la horizontal. Lleva en sus manos un cuerpo que pesa 14 kg. En el instante en que llega a su altura máxima, la persona lanza el cuerpo horizontalmente hacia atrás con una velocidad relativa de 6.9 mis.
justo después
la persona en su
Consideremos a la persona con e¡ cuerpo como un sistema. E l centro de masa de este sistema se mueve como un punto en el que se concentrara toda la masa del sistema y se lanzara con una velocidad inicial de 18O.En el magnitud 8.7 mis formando un ángulo de capítulo 5, ejercicio 5.4, se estudió el movimiento que realiza una partícula en estas circunstancias. Obtuvise sigue una trayectoria paramos el resultado de que bólica, cuya ecuación está dada por la ec. (5.32). Además, se encontró que la altura máxima la adquiere cuando se ha separado horizontalmente de su p u n t o inicial una distancia dada por la ec. (5.42). Llamemos, al igual que en el ejercicio5.4, v,, a la velocidad inicial y (Y al ángulo con que se lanza (fig. 9.55).E l punto A de máxima altura de la parábola tiene coordenada horizontal dada por (v6ase ec. (5.42))
( j = __ '0' sen 2 a 2g
(9.124)
En el punto A (antesdequelapersonalanceel cuerpo), la velocidad de la persona (del cuerpo y del centro de masa) es la componente x de la velocidad inicial (véase ec. (5.27b3)
21o Debido a la conservación de l a componente horizontal del momento podemos igualar las expresiones (9 126)y (9.127)
Recordamos que horizontalmente no hay ninguna que la velocidad horizontal no cambia. -
vx = v o cos
+
= Mv,cos 01 m v , cos = (M m ) v, cos LY
+
01
(9.126)
ii) Después del lanzamiento la persona adquiere una
V p . Por tanto, su mo-
velocidad horizontal adicional mento tiene magnitud
M i v , cos
O1
Después del lanzamiento el cuerpo adquiere, además de la velocidad que ya traía, una velocidad V, pero en sentido opuesto al eje X. P o r tanto, su momento tiene magnitud
m(v,cosa - V,) En consecuencia, después del lanzamiento el moment o t o t a l d e l sistema es (P)tles,,"i.s = J w v , cos a + Vp) + m(v, cos cy - V,) = M v , cos CY mv, C O S
CY
-
-
vf = vu cos
N
+ v,,
(9.129)
con Vp dada por ¡a ec. (9.128) Sustituyendo valores se obtiene que
v t = (8.7 m!s) cos 1 8 O = 9.76 mis
+ (14 kg/65 kg)(6.9 mis)
h) Ahora calcularemos el alcance de l a persona. Una bez que lanzó el cuerpo, la persona tiene l a velocidad horirontal dada por (9.129). De .nanera completamente an6loga a la que se siguió en los ejercicios 5.1 y 5.2 se puede demostrar (véase problema 9.21) que el alcance dl (véase fig. 9.55) es dl =
vu sen
g
01
(v, cos
cy
+
m
VC)
(9.130)
Por tanto, e l alcance total de R es
R=d+dl con d dada por la e c . (9.1 24). Sustituyendo valores numéricos se encuentra que
t VP)
+ + + M V , mV, = (M + m) v,, cos + MV,, m V ,
miento es, pues,
(9.125)
N
Ahora bien, al lanzar el cuerpo l a personaejerce sobre éI una fuerza, que dada la selección de nuestro sistema es una fuerza interna. Por tanto, horizontalmente no hay ninguna fuerza externa que actúe sobre el sistema. En consecuencia, la componente horizontal del momento del sistema se conserva. Sean M y m las masas de la persona y del cuerpo, respectivamente. Consideremos dos instantes: uno antes del lanzamiento del cuerpo y el otro justamente después del lanzamiento. i) Antesdellanzamiento.Dadoquelapersona y el cuerpo tienen l a velocidad (9.125), el momento del sistema tiene magnitud
(P,),
a) La velocidad total de la persona después del lanra-
N
(9.127)
R = 4.95 (9.1 m
31 )
Ejercicio 9.19. Unacuña B descansasobreotra cuña A (fig.9.56), que a s u vez descansa sobre una superficie horizontal. La masa de l a cuña A es tres veces mayor que la de la cuña B. Supondremos que no h a y fricción entre las diversas superficies. B resbala hacia abajo hasta tocar la supeyficie horizontal. Obtenga la distancia que se mueve A. Supóngase que las secciones de l a cuña sean triángulos rectángulos y que las masas en las cuñas están uniformemente distribuidas. Consideremosalsistemaformadopor las doscuñas. Las únicas fuerzas que se aplican al sistema son fuerzas verticales. Por tanto, horizontalmente no hay fuerza externa y, en consecuencia, l a componente horizontal del momento total del sistema se conserva.
CONSERVACI~NDEL MOMENTO LINEAL
211
Esto equivale a decir que la aceleración horizontal Usando ahora la ec. (9.26) con N = 2 obtendremos del centro de masa es nula. Si inicialmente el centro la posición del centro demasa C de las dos cuñas. Tomando la componente x de l a ec. (9.26) se tiene de masa estaba en reposo, al ocurrir el resbalamiento, " su componente horizontal no se debe mover. I (9.1 34) Consideraremos las posiciones del centro de masa xc = M ( m A ~ C ~mBxcB) antes de que empiece el resbalamiento (fig. 9.56a) y una vez que la cuña haya llegado a tocar la superficie siendo M l a masa t o t a l horizontal (fig. 9.56b). Escogemos un sistema de coordenadas c o m o se muestra en la figura 9.56a. Delejercicio 9.9 sabemosyacómoencontrare! centro de masa de un triángulo rectángulo. Sean a y c Sustituyendo las componentes x de las expresiones los catetos de la cuña A.Por tanto, el centro de masa (9.132) y (9.133), se encuentra que de A está a una distancia tanto horizontal como vertical del vértice recto O igual a la tercera parte de la longitud de los catetos. Antes de iniciarse el resbalamientolas coordenadas del centro de masa C A de A son (véase fig. 9.56a) Pero se tiene que C A = (a/3, ~ / 3 ) 32) (9.1 'mA 3mB 37) (9.1 Para la cuña B, su centro de masa dista tanto horiQ una zontal como verticalmente del ángulo recto por lo que la masa total M es tercera parte de las longitudes de los catetos. En la figura 9.56se ve que M = 4mA
+
xc,=b3
1
"b= 3
2 "b
La ec. (9.136) queda como
De manera análoga, se tiene para la ordenada de que 1 ycB=c - - e 3
CB
E s decir, el centro de masa de B tiene coordenadas (9.1 33)
Simplificando se encuentra que xc=
(+.'4
fb)
(9.1 38)
Una vez que se terminó el resbalamiento, se tiene la configuración mostrada en la figura 9.56b.Sean dA y dB las distancias que se movieron A y B, respectivamente. En la figura se ve que ahora las coordenadas de los centros de masa de las cuñas son: (9.139)
CB'
=
+ dB, -3e
)
(9.140)
Ahora calculamos la componentex de la posición del centro de masa de todo el sistema después del resbalamiento. Usando la ec. (9.26) se tiene
Usando la ec. (9.137) obtenemos (9.141 1
212
cap. 9.
MECANICA
DE VARIAS PART~CULAS
y sustituyendo las componentes x de las expresiones
(9.1 39)y (9.140) nos d a
(9.142)
4
Pero de lo arriba discutido sabemos que la componente x del centro de masa NO se mueve, por lo que xc =
XC'
Sustituyenao los valores dados por las ecs. (9.1 38)y
(9.142) se tiene
y de esta ecuación se concluye que
-3d~
+ dB = 0
o sea,
dB = 3d,4
43) (9.1
Por otro lado, en la figura9.566 se ve que
dA+b+dB=a por lo que
dA+dB=a-b
44)
(9.1
Sustituyendo dBdado por la ec. (9.143)en la ec. (9.144) se obtiene
por lo que = (a - b)/4
En lasecciónanteriorobtuvimoselresultadode que en un sistema aislado el momento total se conserva. Asimismo, en el capítulo 8 se encontró que para sistemas aislados la energía total también se conserva. En estasecciónaplicaremos estos principiosde conservaciónalcasode las colisionesentreparticulas. Consideraremosporsimplicidadelcasodecolisiones en una dimensión. Supongamos que dos partículas, la 1 y la 2, se pueden mover solamente alo largodeunalínearecta(fig. 9.57a). Sean m , y m2 las rnasas de las partículas,respectivamente.Además, sean v, y v2 las velocidades con que incidenlas partículas una contra la otra. Supondremos que estos son los valores de las veiocidades cuando las partículas se encuentran muy separadas una de la otra.Esto significa que, en este instante, la fuerza que una partícula ejerce sobre la otra es despreciable. Por tanto, enesta configuracibn la energía potencial entrelas partículas la podemos tomar como nula. € 5 importante aclarar que se está suponiendo que las partículas ejercen una fuerza una sobre la otra, es decir, están interaccionando una con la otra. Sin embargo, s i las partículas estan suficientemente alejadas una de la otra, entonces esta fuerza es muy pequena; a medida que esten más alejadas, la fuerza será menor. Una vez que se acercarr, entonces, la fuerza ya no se podrá despreciar. Para aplicar de modo conveniente los principios de conservación sin tener que decir nada acerca de la fuerza entrelas partículas, se consitalcs que la fuerza sed derarán configuraciones despreciable Fisicamente esto ocurre solamente sepacuando las partículasestánsuficientemente ~
-
~-
" "
i.a configuración de la figura 9.57a es la que tienen Ids partículas antes de chocar.
4dA = a - b
A
9.6. COLISIONES
(9.145)
Ésta es la distancia que se mueve la cuña A . Vemos que se pudo obtener esta cantidadsin tener que conocer la fuerza que ejerceE3 sobre A. Esta fuerza es de origen interno y, por tanto, no altera la posición horizontal del centro de masa. D e lo que hemos aprendido hasta ahora nos damos cuentadequecuandoen los capítulosanteriores hablábamosdecuerposextendidos,realmentealo que implícitamente nos estábamos refiriendo era a un punto situado en el centro de masa de dicho cuerpo en el que se concentraba la masa del cuerpo. Para estos cuerpos extendidos se trabajaba de hecho con la ec. (9.31).
Ahora bien, las partículas se acercan una a la otray empiezan a ejercerse una fuerza mutua (fig.9.57b). En esta Configuración esta fuerza no se puededespreciar Se dice que las partículas están interaccionando entre sí. Despuésdeclertotiempo,puedeocurrirque las partículas "reboten", es decir, se regresen ( f i g 9 . 5 7 ~ ) . En general, las partículas tendrán, después de la colisión, velocidades vl' y v2' distintas a las velocidades v1 y v2 con que incidieron. A resulta5 de la interacción, también pueden ocurrir otras cosas. Una de ellas es que las partículas se peguen una a la otra, como sucedería con dos bolas de plastilina, con el resultado de que después de la colisión solamente se tiene una partícula (fig. 9.i7d). O t r a cosa que puede suceder es que, como resultad o de la colisión, las partículas modifiquen sus masas. Esto sucedería, por ejemplo, si una partícula es rígida
m1 -
+
4
COLISIONES
2
al
-
-b+
4--1
X
bl
Pero antes de la colisiónse tiene que (véase fig. 9.57a)
m, -
-
(P)antf?s=
X
+* X-
2
--
Cl
2
mlvl
X
m‘, -
m‘,
~-
-
.~
1
2
* X
(€)ante,
( P ) a n t e s = (Pldespués
(9.151)
1 = -mlv12 2
1 +r~12v2’ 2
(9.15 2 )
Para poder escribir la expresión para la energíadespués de la colisiónes necesario decir qué tipo de colisión ocurre. Así, si las partículas cambian de masay/o se deformandurantelacolisión,entonces, es claro que parte de la energía que tenían se tiene que invertir en estos cambios. Por tanto, en estos casos parte de la energía que tenía el sistema antes de la colisión se invierte en estos cambios y, en consecuencia, la energía disponible en forma de energía cinética después A este t i p o d e de la colisión es menoralainicial. evento le llamamos colisión inelástica. En contraste, si no hay ni intercambio de masa ni deformación de las partículas,entonces,laenergía despuésdelacolisióncuando las partículasestán muy alejadas entre sí ( f i g . 9 . 5 7 ~es ) igual a la suma de las energías cinéticas de cada una de ellas. A este tipo de colisión le llamaremos colisión elástica.
(9.146)
(9.147)
(Qdespuds
La energía t o t a l es la energía cinética de cada una de las partículas más la energía potencial. Sin embargo, en la configuración de la figura 9.57a, la energía potencial es cero ya que las partículas están muy alejadas una de la otra.Se escoge esta configuración justamente para no tener que considerar la energía potencial de las partículas.
y la otra blanda; a la partícula rígida se le “pegaría” partedelamasadelapartículablanda. En consecuencia, después de la colisión salen dos partículas, pero con masas distintas a las que tenían antes de la colisión (fig. 9.57e). También puede ocurrir que como consecuencia de la colisión una o las dos partículas se deformen. Otra posibilidad es que las partículas no cambien sus masas n i se deformen a causa de la colisión. Por ejemplo, esto ocurriría con partículas rígidas, como las bolas de billar. Pase lo que pase, lo que se puede afirmar es que la masatotalde las partículas se conserva. E s decir, la suma delas masas de las partículas antes de la colisión es igual a la suma de las masas de las partículas después de la colisión
Aquí las cantidades con primas corresponden alos valores después de la colisión. Se ha supuesto que despuésdelacolisión se tienen dos partículas. Sise tuviese otro número, las modificaciones las a ecuaciones son directas. Además de la masa, también sabemos que el momentototaldelsistema se conserva. E s decir,el momentoantesdelacolisión es igualalmomento después de la colisión
(9.150)
Ahora bien, antes de la colisión, dado que las partículas están muy separadas, laenergíatotal es simplementelasumade las energíascinéticasde cada una de las partículas
el
+ m2’
+ m2v2= ml’vl’ + m 2 ’ v 2 ’
(Elantes
Figura 9.57
m, f m 2 = m,’
(9.149)
Esta ecuación representa la conservación del moment o en el sistema. Como se mencionóarriba,laenergíatambién se es conserva. Es decir, la energía antes de la colisión igual a la energía después de la colisión
~4
”
(9.148)
Sustituyendo las ecs. (9.148) y (9.149) en la ec. (9.147) se tiene que
~“
&-
+ m2v2
+ m2‘v2’
(P)desputS = ml‘vl’
L
L
+
mlvl
y después de la colisión (véase fig. 9.57~)
”
1
213
I
En una colisión elásticase conserva la energía cinética.
1
214
MECANICA
Cap. 9.
DE VARIAS PART~CULAS
En el caso de colisiones elásticas se tiene que m,’ = m ,
y
m2’ = m2
(9.153)
vo); luego pasamos m 2 v Z 2al miembro derecho (pasa con signo negativo) mlv12 - m,(v,’)2 = m2(v2’)2- m 2 v z Z
La energía después de la colisión es, entonces,
Factorizamos m , en el miembro izquierdo y m2 en el derecho Sustituyendo las ecs. (9.152) y (9.154) en la ec. (9.151) se tiene
1
-m,v,2
2
- T1m l ( v , ’ ) 2
+
+
1 2
-m2v:
~1m 2 ( v 2 ’ I 2
(9.155)
Nos damos cuenta de que con la ec. 53), (9.1la ecuación de conservación de la masa total (9.146)se satisface idénticamente. E l problema que se plantea ahora es el siguiente. Para colisiones elásticas, se dan las masas m , y m , de las partículas; también se dan las velocidades de incidencia v1 y v2. Se trata de encontrar las velocidades v,’ y v2’ que tienen las partículas después de la colisión. Para el caso del movimiento en una dimensión encontraremos estas incógnitas usando solamente las ecs. de conservación (9.150), (9.153) y (9.155). En vista de que la ec. (9.150) es una ecuación vectorial, tomaremos sus componentes en algún sistema de coordenadas. Como estamos considerando colisiones en una dimensión,bastará t0,mar Componentesde (9.150) a 10 largo de un S O ~ Oeje. Este 10 escogemos como el eje X a lo largodelalíneademovimiento(fig.9.57). La (9.1 ec. lax de 50) es componente mlvl
--
m2v2 = - m,v,’
+ m2v2’
(9.156)
m,[\/? - ( ~ 1 ’ ) ~ l - m21(v2’)2 - vz21
Nos damos cuenta de que cada uno de los paréntesis en cada miembro es una diferencia de cuadrados. Por tanto, esta última ecuación se puede escribir como
Por álgebra se sabe que
a 2 - b2 = (a
ml(vl
+ b)(a - b)(9.1
+ v,’)(v,
= m2(v2’
-
+ vz)(vz’ - va) VI’)
58)
(9.159)
y usando la ec, (9,157) en el lado derecho de la última nos da
+
+
mdv, vl’)(vl - vl’) = m,(v, vl’)(v2’ - v,)
Dividiendo ambos miembros de esta ecuaciónentre + vl’)
ml(vl
v1 - v,’
= v2’ - v,
Despejamos v 2 ’ pasando va al otro miembro(pasa con signo positivo)
Se han supuesto los sentidos de los vectores de velocidad de la forma mostrada en las figuras 9.57a y c.
v 2 ’ = v,
+ va - vl’
(9.160)
E l siguiente paso consiste en sustituir (9.160) en la ec. (9.156) Ahoratenemosdosecuaciones, (9.155) y (9.156) para dos incógnitas: vl’ y v 2 ‘ . A continuación las remlvl - m 2 v 2= - mlvl’ solveremos. m2(v1 vz - vl‘) Delaec.(9.156)pasamos el término mlvl‘ al miembro izquierdo (pasa con signo positivo); también pasamos m 2 v 2al miembro derecho (pasa con signo po- y desarrollando el paréntesis en el miembro derecho sitivo) mlvl - m 2 v 2 = - mlvl’ m2vl m Z v z - mZvl’ mlvl mlvl‘ = m2v2 m 2 v 2 ’ = m 2 v 1 m 2 v 2- ( m , m2)vl’ Ahora factorizamos m , en el miembro izquierdo y factorizamos m2 en el miembro derecho Aquí se factorizó v,’ en el miembro derecho. Ahora despejaremos v,’. Para elloreescribimosestaecuación como ml(v, v,‘) = m z ( v z v2’) (9.157) I _ -
+
+
+
+
+
+
Multiplicamos ahora la ec. (9.155) por 2 y pasamos m,(v,’)2 al miembro izquierdo (pasa con signo negati-
(m,
+ m,)v,’
= mzvl
= 2m,v2
+
+
+
+
+ m 2 v 2- mlvl + m 2 v 2
+ ( m , - m&,
COLISIONES
y dividiendo ambos miembros entre ( m , cuentra que
+ m,) se en-
VI'=
-
Conesteresultadoahoraobtendremos tuimos la ec. (9.161) en la ec. (9.160)
v,'.
Susti-
2
x 72 kg
X 8 (mis)
+ (72 kg - 35 kg) X + 72 k g
215 5 (mis)
35 k g
1 152 (kg mis)
+
185 (kg mis) 107 kg
1 337(kgmis) 107 kg
= 12.5 mis Incorporamos los dosprimerossumandos quebrado v,'
=
1
(m,
+
m,)
enel
+ mzvl
(mlv,
v,'
=
2m,v,
- m2v2 (m1
+
tiene usando la ec. (9.162) que
v, ' = 2 X 35 kg
+ mlvZ + m2v2- 2 m,v, Simplificando
Para v,'se
x
+ mlvz
y finalmente
m,)
v,' (9.1 62)
Las ecs. (9.161) y (9.162) son la solución al problema planteado. Si se conocen las masas de las partículas, m , y m,, así c 3 m o sus velocidades antes de la colisión, v, y v 2 , entonces de las ecs. (9.161) y (9.162) podemos encontrarlasmagnitudesde las velocidadesdelas partículas después de la colisión, v i ' y v,'.Las direcciones de estas velocidades están alo largo de la línea del movimiento y sus sentidos son los que se muestran en l a ;Igura 9 . 5 7 ~ . Ejercicio 9.20. Dos partículas de masas 35 k g y 72 k g se mueven a lo largo de una línea recta, una dirigida contra la otra. Supondremos que la colisión exque perimentan es elástica. Si sus velocidades son de 5 mis y 8 mis, respectivamente, obtenga las velocidades de las partículas después de la colisión. En este caso
m2 = 72 k g
= 0.5 mis
Los resultados que acabamos de obtenerson positivos. Esto quiere decir que la selección de sentidos de las velocidades después de la colisión son los que se muestran en la figura 9.57~. Esto significa que después de la colisión las partículas se separan una de la otra en sentidos opuestos. Ejercicio 9.21. Dos partículas experimentan una colisión elástica en una dimensión. Los valoresde las masas de las partículas son 5 k g y 10 kg. Si la masa de 10 k g está inicialmente en reposo y la otra tiene una velocidad de 7 mis, a) iQué velocidades tendrán las partículas después
de la colisión?
b) iQué porcentaje de su energía cinética cambia
la partícula de masa 5 kg? iPierde o gana energía cinética?
Denotemos como 1 a la partícula de masa 5 kg y c o m o 2 a la otra partícula (fig. 9.58a). Se tiene, en el sistema de coordenadas mostrado que v, = 7 mis
Y v, = 5 mis,
(8 mis)
- 350 (kg mis) - 296 (kg mis) 107 kg
y finalmente, factorizando v,
m , = 35 kg,
+ (35 kg - 72 kg) X 35 k g + 72 k g
5 (mis)
v2 = 8 mis
Usando las ecs. (9.161) y (9.162) obtendremoslas velocidades después de la colisión. La velocidad v,' de la primera partícula después de la colisión se obtiene sustituyendo valores numéricos en la ec. (9.161)
m , = 5 kg
v, = o m2 10 kg
a) Sustituimos el valor de v, = O en las ecs. (9.161) y (9.162):
(9.1 63)
216 = - 0.889 X 100% = - 88.9% D e los resultados que acabamos de obtener vemos que la partícula que inicialmente se está moviendo pierde energía cinética al chocar, mientras que la partícula que inicialmente estaba en reposo empieza a moverse (fig. 9.5813) y, por tanto, adquiere energía cinética. E s decir,durantelacolisiónlapartícula I transfiere energía a la partícula 2.
Figuro 9.58 o
y ahora sustituimos los valores numéricos VI'
x 7-m
1 0 k g - 5 kg 1k0g 5 kg
+
=
S
= 2.33 mls Para la partícula 2 se tiene que "2'
2m1
=
m1
kg
+
m2
kg
x
15
Figuro 9.58 b
(9.1 64)
"1
m = 4.67 mis
X 7"-
S
b) La energía cinética inicial K, de la partícula 1 es " I
K1 = -rnlv12 2
1
= - X 5 kg X (7
2
= 122.5 joules Aquí se usó la ec. (8.24). Para la energía cinética final K,' de la partícula 1 se tiene que
K,'
1
= Trn,vl' =
"
I
-
2
X
5 kg X (2.33 m/sj2
= 13.57 J E l cambio de energía cinética de la partícula 1 es entonces
(AK), = K,'
K, = 13.57 J - 122.5 J = - 108.93 J
E l porcentaje del cambio de la energía cinética de ¡a partícula 1 es
En general,comoconsecuenciadeunacolisión ocurre un intercambio de energía cinética entre las partículas; una pierde energía cinética mientras que otra la gana. D e hecho, las colisiones son un mecanismo para quelas partículas intercambien energía cinética. Ejercicio 9.22. Dos partículas experimentan una colisión elástica. Una de las partículas está inicialmente en reposo. Si las dos partículas tienen la misma masa, obtenga las velocidades de las partículas después de la colisión. Sea rn l a masa de cada una de las partículas. Se tiene que m , = m , = rn
Sea la partícula 2 la que inicialmente está en reposo (fig. 9.59a) v2 =
o
Las ecs. (9.1 63) y (9.164) se obtuvieron para el caso en que una delas partículas estuviese inicialmente enreposo y la otra, la partícula 1, tuviese en este instante una velocidad vl. Si, además, las dos masas son iguales, entonces estas ecuaciones quedan como VI'
=
o
65) (9.1
Y
= v1
(9.166)
Estos resultados nos dicen que después de la colisión la partícula que inicialmentese estaba moviendo que-
217
COLISIONES
da en reposo, mientras que la otra partícula, que inicialmente estaba en reposo, se moverá, y ¡se moverá con la velocidad que tenía la otra partícula antes de Esto significaque,eneste lacolisión!(fig.9.596). caso, debido a la colisión las partículas intercambian sus velocidades.
1 v1
es I O 6
Otra vez, el denominador de esta expresión por lo que
+ 1 =IO6,
=2
x
x 3m/s E O
Estos resultados nos dicen que, como consecuencia delacolisión,lapartículaligera scilo rebota y se regresa con la misma magnitud de la velocidad que tenía inicialmente, mientras que la partícula pesada casi n o se mueve (fig. 9.60b). Hablando en términos energéticos se puede decir que s i una partícula ligera choca con una muchomás masiva, entonces no le transfiere energía cinética.
Figura 9.59
E.n términosdeenergíascinéticaspodemosdecir que si las partículas tienen la misma masa, entonces al chocar elásticamente intercambian sus energías cinéticas. Ejercicio 9.23. Una partícula de masa 1 g, con velocidad de 3 mis, choca elásticamente con otra de masa 1 O00 kg que inicialmenteestá en reposo. iCuáles son las velocidades de las partículas después de la colisión? Usando la notación del ejercicio 9.21 se tiene que (fig. 9.60a)
m, = I g , v1 =m/s, 3
rn2
= 1 O00 k g = 1 0 6 g
v2 =
o.
Podemos ahora usar las ecs. (9.163) y (9.164). Sustituyendo valores se obtiene
=o X
I I I
b) Desp
v2
V
a ) Ant
I I
, ' v'
v'*
=o X
Figura 9.60
Nos damos cuenta de queI O 6 - 1 z IO6; lo mismo se 1 2 IO6. puede decir acerca del denominador: I O 6 Por tanto, el cociente de arriba tiene, con muy buena aproximación, el valor de 1; o sea,
+
vl'
3
3 m/s
que es prácticamente la misma magnitud que tenía la partícula 1 antes de la colisión. Para la velocidad de la partícula 2, o sea, l a pesada, de la ec. (9.164) se tiene que
Por los resultados de los ejercicios anteriores podemos concluir que un mecanismo efectivo para intercambiar energía cinética es hacer chocar a una partícula con otra que tenga la misma masa. Ejercicio 9.24. Péndulo balistico.Undispositivo para medir la velocidad,de una bala es el quese muestra en la figura 9.61a. Este consiste en un bloque de madera de masa M suspendido de modo que puede oscilar libremente. Una bala de masa rn con velocidad v incide sobre el bloquey se incrusta en éI (fig. 9.61 b). Como consecuencia, el bloque (con la bala incrusta-
218
Cap. 9. MECANICA DE VARIAS PARTkULAS
da) se eleva una distanciah (fig. 9.61 c).Si se conoce h, se p u e d de e t e r m i n al vrae l o c i d a d v dlea bala. Después de incrustarse la bala en el bloque se tiene un solo cuerpo de masa (m M ) . Escogemos c o m o sistema a labala más elbloque.Nosdamos cuenta de que esta colisiónes inelástica. Por tanto, la energía cinétrca NO se conserva. Sin embargo, dado que horizontalmente no hay fuerzas sobre el sistema, la componente horizontal del momento SI se conserva. Consideremos los siguientes tres instantes:
+
1. Antes de la colisión (fig. 9.61a). 2. Justo después de la colisión (fig. 9.61b). 3. Cuando el péndulo llega a su máxima altura (fig 9.61c).
que sustituyendo el valor de V dado por la ec. (9.168) nos da
+ m)
1 K, = - ( M
2
(M
m2 m),
+
v2
y simpiificando encontramos
(9 170) que también se puede escribir como (véase problema 9.40)
K, =
~
m
+
m
~
,
(9 171)
D e esta últimaexpresiónobservamosclaramente que K, # K,. E s decir, la energía cinética no se conserva. Naturalmente que esto ya lo sabíamos. Ahora fijémonos en el proceso que ocurre al subir e l péndulo de la configuración de la figura 9.61b a la d e l a f i g u r a 9 . 6 1 ~Este . proceso es el de subida de un cuerpo en la superficie de la Tierra. Por ser el peso una fuerza conservativa podemos aplicar a este proceso la ec. (8.43)
AU = - A K Antes de la colisión la componente horizontal del momento es solamente mv, yaqueinicialmenteel péndulo está en reposo. Justo después de la colisión m)y (fig. 9.61b) se tiene un solo cuerpo de masa ( M velocidad V, por lo que el momento horizontal es ( M m)V. Entonces se puede escribir
+
+
mv = ( M
+ m)V
(9.1 67)
que implica
U3- U ,
-KJ
AU = g(M
Véase apéndice I con P = mv, a = ( M
+ m) y u = V
I
m M + m
V
(9.168)
I
K, = ‘mv2 2
(9.169)
Por otro lado, la energía cinética K, justo después de la colisión es
1
K, = - ( M 2
+ m)V2
(9.172)
+ m)h
+
(9.173)
ya que se trata de un cuerpo de masa ( M m ) que se eleva una distancia h. Además, se tiene que K, = O. Sustituyendo este valory las ecs. (9.170) y (9.173) en la ec. (9.172) se obtiene que g(M
Ahora bien, la energía cinética K, del sistema antes de la colisión es simplemente la energía cinética de la bala
+ KZ
“3
habiendodenotadolaconfiguracióndelafigura 9.61b con el índice 2, y la de la figura 9 . 6 1 con ~ el índice 3. Usando la ec.(8.51) para el cambioen la energía potencial gravitacional se tiene que
D e aquí despejamos V
V=
-(K3
+ m)h = K,
1 m2 2 (M mIv2
+
= -
D e esta ecuación despejamos
v2
Véase apéndice I con P = g h ( M
+ m ) y u = vz
v2 =
2gh
(~
m
+
+ m ) ,a = m2/2( M
)
m
PROBLFMAS
y sacando raíz cuadrada se obtiene finalmente que (9.174) Ejercicio 9.25. 4.7 kg incide una distancia de 1.8 se le incrustó? En la notación
Sobre un péndulo balístico de masa bala de 30 g. Si el péndulo sube una mm, iqué velocidad tenía la bala que del ejercicio 9.24 se tiene que
M = 4.7 kg, m = 30 g = 3 h = 1 . 8 m m = 1.8 X 1 0 - 3 m
X
kg
Sustituyendo estos valores en la ec. (9.174) encontramos que v = J2 X
X 9.8
+
m S
X 1.8 X 1 0 - 3 m
4.7 k g 3 x 3 X kg
kg
m = 0.1878 - X 157.67 S
= 29.61 mis = 106.6 km/h Hasta este momento hemos estudiado la colisión de partículas que se mueven en una dimensión. Para colisioneselásticas se pudieronencontrarexplícitamente los valores de las magnitudes de las velocidades de las partículas después de la colisión (véanse ecs. (9.161) y (9.162)), usandoúnicamente las ecuaciones de conservación del momento (ec. (9.1 50)) y de la energía (ec. (9.155)). No hubo necesidad de usar el valor de la fuerza que ejercen las partículas entre s í . Matemáticamente se pudo hacer lo anterior, ya que en este problema unidimensional se tienen dos ecuaciones, (9.155) y (9.156), con dos incógnitas, v,’ y v2’. A I resolver estas ecuaciones simultáneamente se encontró la solución. Nótese que las incógnitas son las magnitudes de las velocidades después de la colisión. En los casos de dos o tres dimensiones las cosas son distintas. En el caso de dos dimensiones hay que determinar ahora 2 vectores: v,’ y v2’, o sea, cuatro cantidades.Pero las componentesdela’ec.(9,150) nos dan dos ecuaciones que aunadas a la ec. (9.155) son en t o t a l tres ecuaciones. Tenemos, pues, un problema con cuatro incógnitasy tres ecuaciones. Algo análogo ocurre en tres dimensiones.Esto significa que en estos casos, en general, las ecuaciones de conservación del momento y de la energía no son suficientes para determinar el estado después de la colisión. Como se estudiará en el capítulo próximo, existe otra ley de conservación,ladelmomentoangular,quepuede proporcionar una (o más) ecuaciones adicionales. En ocasiones esto es suficiente para poder determinar todaslas incógnitas del problema. En otrasocasiones, esto no resulta suficiente y sí se requiere del conoci-
219
miento de la fuerza entre las partículas para poder determinar completamente el problema. La solución de estos casos no corresponde a este texto, sino a uno más avanzado. PROBLEMAS
9.1. Un rifle de masa 9.6 kg dispara una bala de masa 33 g. E l rifle retrocede con una velocidad de 2.7 mis. a) iQué velocidad adquiere la bala? b) )Por qué retrocede el rifle? 9.2. Demuestre la congruencia dimensional de la ec. (9.32). 9.3. Demuestre la ec. (9.33). 9.4. Demuestre la ec. (9.39). 9.5. Dos masas de 45 kg y 97 kg distan 4.2 m. Localice su centro de masa. 9.6. Obtenga el centro de masa de 3 partículas de masas m,, m2 y m3 que están alineadas. La partícula de masa m2 está entre las otras dos. Suponga que la distancia entre las primeras dos de ellas es h, y la distancia entre las dos últimas es h2. 9.7. Tres partículasde masas iguales se encuentran en los vértices del triángulo rectángulo mostrado en la figura 9.62.
Obtenga la posición del centro de masa. iDónde se encuentra el punto en que se cruzan las medianas del triángulo? 9.8. Obtenga el centro de masa de cuatro partículas que se encuentranenlaconfiguracióndelafigura 9.63.
7rn
220
MECANICA
Cap. 9.
DE VARIAS PARTíCULAS
Vuelva a obtener el centro de masa de este sistema, perosiguiendoelprocedimientoqueindicalaec. (9.43). iCoinciden sus resultados? 9.9. iCuáles son las dimensiones y las unidades el en densidad ec. masa definida SI lade de en (9.48)? 9.10. Demuestrelaec.(9.70)paraelcasodeuna distribución de masa uniforme. 9.11. Un cuerpo con masa distribuida uniformemente tiene una masa de 228 kg y ocupa un volumen de 8.7 ensidadiQué m3. 9.12: La densidad de masa de un cuerpo es uniforme y tiene el valor de3.2 kg/m3. Si el cuerpo ocupa un volumen de 1.3 m3, jcuánto pesa el cuerpo? 9.13. Demuestre que las coordenadas X, Y obtenidas en el ejercicio 9.7 tienen, efectivamente, unidades de metros. 9.14. Demuestre la ec. (9.77). 9.15. Obtenga la posición del centro de masa de las nueveplacasmostradasenlafigura9.64.Suponga que la masa en cada una de las placas está uniformemente
B
4 f j
"
Irn
-
_""
""_
O" .
L;
"
7 m > *9
9.64
I
0.3 rn H
4m
m, = 8.3 kg
mB = 9.6 kg m, = 5.7 kg
x
Figura 9.64 a
eA
d
Figura
mB = 23 kg mA = 82 kg
3rn
iC
-
'?(U
mA = 82 kg mB = 23 kg
6."
.L,x
Figura 9.64 e
YI
= 19.3 g/crn3
= 11.3 ec = 2.7 g/crn3 @B
Figura 9.64 f
ic
6.5 rn
4
Figura 9.64 b
221
Figura 9.64 h
9.16. Obtenga el centro de masa de una esfera con distribución uniforme de masa. 9.17. Demuestre la ec. (9.100). 9.18. Usando la relación
v=
3
dV
Figura 9.65 c
Figuro 9.65 d
222 suelta el resorte que empuja a los dos cuerpos en sentidos opuestos, asimismo, e¡ resorte se separa de los cuerpos. Suponga que los cuerpos solamente se pueden mover a lo largo de una línea recta. iQué distancia habrá recorrido el cuerpo más ligero cuando el más pesado recorrió una distancia de 13.2 m ? 9.24. U n vagón de tren de masa mV y longitud L está en reposo U n pasajero que está en un extremo del vagón lanza una pelota de masa mp hacia el otro extremo con una velocidad horizontal de magnitud v .
1.5cm
I
b-"!
7.5 cm
SO cm
a ) iQué distancia se habrá movido el vagón a l Ilegar la pelota a l otro extremo?i P o r qué se mueve
el vagón?
b) Si l a pelota rebota elásticamente en l a pared del , , ,
u1
extremo del vagón, ien dóndese encuentra el vagón cuando la pelota regresa a su punto inicial?
Figuro 9.65 f
9.25. Un vagón de masa 7 500 k g se mueve con velo-
E E
O
cc
cidad de 14 km/h sobre unas vías que, se supondrá, no tienen fricción. Cada 1 5 S una persona lanza al exterior, en sentido opuesto al movimiento, una bola de 42 km/h. Si se lanzan rnasa de 80 kg con una velocidad en t o t a l 25 bolas, )cuál es la velocidad final que adquiere el vagón? 9.26. E l conjunto de pelotas y resortes del ejercicio 9.17 se lanza desde e l reposo h a c i a arriba con una velocidad de 2.1 mis a ) (Hasta dónde sube?
bi >Cuánto tiempo tarda en subir hasta su máxima
altura? ci iEn cuánto tiempo regresa a su posición inicial? d! i c o n q u é v e l o c i d a d regresa?
9.27. Demuestrelacongruenciadimensionalde
9.20. Dos patinadoresestáninicialmenteenreposo.
masa m l , Unacuerda se ajusta a unodeellos,de mientras que P I otro, de masa r n 2 , l a l a de ella. Si el pntinador que es jalado adquiere en cierto instante und velocidad v, iqué le ocurre al otro patinador? Suponga que no hay fricción entre l o s patines y el suelo 9.21. Demuestrelaec.(9.130) y obtengaelvalor dado por (9,131). iCuál sería el alcance de l a persona s i no lanzara el cuerpo? 9.22. Un patinador de niasa 87 kg lleva en s u mano una pelota de masa 0.35 kg y se mueve a lo largo de unalínearectaconunavelocidadde 2 7 mis. En determinado instante, lanza la pelota con una velocidad de 4 mis hacia adelante, a lo largo de la misma Iinea recta en la que se está moviendo. iQué velocidad tendrá el patinador despuPs de haber lanzado la pelot a ? Suponga que no hay frlcción. 9.23. Dos cuerpos, de masas 14 kg y 38 kg, están unidos por medio de un resorte comprimido. Inicialment e los cuerpos están en reposo En cierto momento se
las ecs. (9,161) y (9.162). 9.28. Un neutróndemasa m, chocaelásticamente con un núcleo de carbón de masa 12m, que inicialmente está en reposo i Q u é porcentaje de su energía los movimientos cinétlca le transfiere? Suponga que ocurren a ¡ o largo de una línea recta. 9.29. Una partícula dalfa de masa choca elástlcamente con un átorno de hidrógeno de masa mH que e s t 6 en rehmso. S i l a energía cinkticd inici;il de la pcir!icula a es t , y la relación de masas es
m ,
m,
= 4rnN
obtenga: a i La velocidad del átomo de hidrógeno despuksde
l a colisión.
b ) iHacia dónde se mueve la partícula
a
de la colisión? ci E l porcentaje de la energía transferlda.
después
Suponga que ¡os movimientos ocurren a lo largo de una línea recta. 9.30. Una esfera rígida, de masa 1.2 kg se mueve a lo
PROBLEMAS
largo de una línea recta con una velocidad de 2.3 mis, alcanza a otra esfera, también rígida, de masa 0.9 k g que se está moviendo en la misma dirección y con el mismo sentido que la primera esfera, pero con velocidad de 1.8 mis. Si después de la colisión elástica las esferas se siguen moviendo en la misma línea recta, iqué velocidades tendrán? 9.31. i Q u é pasaría en el problema 9.30 si la segunda esferatuvieseunavelocidadinicialde 2.3 mis? No adivine la respuesta, obténgala. 9.32. En la figura 9.66 se muestran cinco pelotas de la misma masa, rígidas, en contacto, que se encuentran sobre una superficie horizontal, con la que no generanfricción.Una sexta pelota,idénticaa las otras, choca contra la primera de la hilera, con una velocidad v. Describa lo que ocurre. Suponga que las colisiones son elásticas.
Figura 9.66
9.33. Tres esferas rígidas están suspendidas, c o m o se muestra en la figura 9.67, de tal manera que los cen-
tros se encuentran a la misma altura horizontal. Suponga que las masas de las esferas de izquierda a derecha son de 1.5 kg, 2.5 kg y 3.5 kg, respectivamente. Si l a esfera de la izquierda se levanta una altura de 10 cm y se suelta de manera que choque con las otras queestán en reposo. iqué movimientos realizan las otras esferas? Si alguna de ellas se mueve, ihafta qué altura llega? Suponga que las colisiones son elásticas.
223
gera tenía una velocidad l e 3.4 mis y la otra, una de 1 . 3 mis. a ) 2CÓmose mueven las partículas después de la colisión? b ) >Qué porcentaje de la energía total se transfiere? c) iQuién la transfiere? d ) Si la masa de la partícula ligera fuera de 200 g, responda a las preguntas a), b) y c).
9.36. Dos partículas, la 1 de masa 400 g y la 2 de masa 2.8 kg se mueven a lo largo de una línea recta y chocanelásticamente.Obtenga las velocidadesde las los siguientes partículas después delacolisiónen casos: a ) v1 = 8 mis; v2 = 1 143 mis
6) v1 = 8 mls; v2 = 2.9 mis.
)Hay alguna diferencia de comportamiento cualitativ o ? 2Por qué? icon qué velocidadse mueve el centro de masa en cada caso? 9.37. Dos partículas se mueven a lo largo de una línea rectaychocanelásticamente. 2Es posibleque después de la colisión ambas partículas se muevan en el mismo sentido? iBajo qué condiciones podría ocurrir esto? 9.38. Dospartículasde masas 3.2 kgy 5.7kg se mueven a lo largo de una línea y chocan. Después de la colisión las partículas se mueven a lo largo de una línea recta perpendicular a la que se estaban moviendo. Se observa que la partícula ligera se separa de la otra con una velocidad de 2.8 mis. a ) >Qué velocidad (como vector) tiene la otra partí-
cula después de la colisión?
b ) 2Qué le pasa a la componente del momento total a lo largo de la dirección de movimiento inicial?
9.39. Un cuerpo de masa80 kg se está moviendo en lí-
--10 cm
'
r
J-,
X
I '
"
Figura 9.67
9.34. Dos partículas de masas 14 g y 57 g inciden de frente,chocandoelásticamente. Las partículas se mueven en una dimensión. Si después de la colisión ambas partículas rebotan yse registra que la partícula ligera tiene una velocidad de 2 4 mis y lamás masiva, una velocidad de 0.87 mis, i q u é energías tenían las partículas antes de la colisión? 9.35. Unapartículade100gchocaelásticamente contra otra de 1 750 g, moviéndose ambas a lo largo de una línea recta. Antes de la colisión la partícula Ii-
nea recta con una velocidad de 4.7 mis. En cierto instante el cuerpo se separa en dos fragmentos de masas 36 k g y 44 k g sin que se utilice ninguna energía para ello. Si los fragmentos se mueven en la misma línea en que se movía el cuerpo original, iqué velncidades de salida tienen? 9.40. Demuestre la ec (9.171). i E s dimensionalmente congruente? 9.41. En el ejercicio 9.24 se encontró que en la colisión entre la bala y el bloque del péndulo la energía la ec. cinética después de la colisión está dada por (9 171).
K1 o K,? b ) Si no son iguales, i q u é l e pasa a la diferencia de
a ) iQué cantidad es mayor,
energía?
9.42. Demuestre la congruencia dimensional de la ec. (9.174). 9.43. Se lanza un proyectil de masa 6 g sobre un pén-
224
Cap. 9. MECANICA DE VARIAS PARTíCULAS
dulo balistico de masa 750 p. E l proyectil se incrusta enelpéndulo. Se requierequeelpéndulo se eleve una altura de 1 . 5 cm. iQuc? velocidad debe tener el proyectil? 9.44. Usando argumentos de simetría, demuestre que el centro de masa de una placa circular delgada. con
distribución de masa uniforme, debe estar en su centro geométrico (véase fig. 9.4613). 9.45. Usando argumentos de simetría, demuestre que el centro de masa de una placa semicircular delgada, con distribución de masa uniforme, debe estar sobre la línea OD (véase fig. 9 . 4 6 ~ ) .
IO
Momento angular. Torca
En este capituloestudiaremosalgunaspropiedades Se define el momento angular I de la partícula con generales adicionales de la dinámica de los cuerpos. respecto al origen O como el producto vectorial (véaPara ello, definiremos nuevas cantidades, como el se capítulo 2) del vector de posicibn r con el momento p de la partícula mornento angular y la torca de una fuerza. Estas cantidadesresultaránconvenientesparaladescripción romovimientos, particular, la deen algunos tiposde l = r X p (10.2) tación. Aqui I es un vector que tienelas siguientes caracteristicas (véase sección 2.6)
10.1. MOMENTO ANGULAR Y TORCA. CASO DE UNA PARTíCULA
1
Supongamos que. una partícula de masa m se mue. ve con una velocidad v y tiene un vector de posición r en un sistema de coordenadas escogido de antemano (fig. 10.1).Su momentolineal es (véase ec. (9.3)),. p = mv
1
Recuérdesequeenelproductovectorialelorden de los factores Sí es importante. E l producto vectorial NO es conmutativo. ~~
~
(10.1)
1 . La magnitudde
I estádadapor
ill = í r l l p l sen
4
(1o. 3 )
2. La dirección de I es perpendicular al plano que forman los vectores r y p. 3. E l sentido de I está dado por la regla de la mano derecha (véase fig. 2.56) Las dimensiones del momento angular son (véase problema l O . ~ l )
(10.4)
X
/
En el SI las unidadps de I son (véase problema 10.1) unidades Figura 10.1
S
225
(10.5)
I
F Inatmentt?, se tiene, entonces,
dl
(10.11)
- = 7
dt
t s t a er.uaci6i: nos Indica que l a torca de una fuerza causa un cambio en el momento angular de la partíc u / a h'otese que l a información física que contiene l a ca- (1011) e s la contenida en l a segunda ley de Newt o n lev que se usó en su obtención. La\ cizme.nslone5 de Id torcason(véaseejercicio 10 2 )
(10.12)
I
(10.61 j
l
= m X N
(10.13)
Ejercicio 18.'1, Una partícula de masa22 kg tiene en 7.2 mls, ciertoinstanteunavelocidaddemagnitud or;Ll tiirec ción y sentido que forman un ángulo de37" r o n el vector de posición. En este mismo instante, la o,irticuId dtstd 3.6 m de origen de coordenadas. 2Qué v < ; I o r tienc la magnitud de su momento angular? c.:, irido ¡as ecs (10.1) y (10.3). se tiene para la magI I ! I ~ ; : ! ( i d momento angl;lar i i
= , r I i p : sen4 = sen c$ = 3.6 m X 22 kg X (7 2 m;s) x sen 37O = 343.2 k g m2/s
Supongamos que una partícula se encuentra en el la figura (10 2) El vector de posi< !brl d e la partícula P T r, mientras que la fuerza que ac:ua sobre ella es F. E s t o s dos vectores torman unángula 0 Consideraremos dos posibilidades para calcuiar l a t o r c a d t F con re5pecto J 0 rlclnto P mostrado en
1
""*
,
- ,
. _.....
__
..-,..I_ ^"
....
"_.....
..
-+
o Figura 10.2
MOMENTO ANGULAR Y TORCA
1. Descompongamos el vector F en dos componentes, una paralela a r y otra perpendicular a r. Denotaremos a estas componentes como F y F I , respectivamente. Se tiene entonces que F
(10.14)
F, f FI
La torca de F con respecto al origen O, la obtenemos sustituyendo esta expresión en la ecuación (10.10) 7
+
= r X (F F,) = rXF+rXF, = rXFI
(10.15)
E l término r x Fil es cero, ya que se trata del producto vectorial de dos vectores que tienen la misma dirección (vease fig. 10.2). La ec.(10.15) nos dice que la componente perpendicular a r es la única que contribuye a la torca. 2. Otra alternativa es descomponer el vector de posición r en dos componentes, una paralela a F y otra perpendicular a F (véase fig. 10.3). Sean r y rI estas componentes, respectivamente. Se tiene entonces que +r r=l r
I
227
ya que el ángulo entre ri y F es de 90° Recordamosque
I
sen 90° = 1
A la cantidad r , se le suele llamar elbrazo de palanca de la fuerza con respecto a O. La dirección de T dada por (10.17) es perpendicular al plano que forman ri y F; esto significa que es perpendicular al plano de la hoja. E l sentido de 7es, en el caso de la figura 10.3, hacia afuera de la hoja, según se puede ver usando la regla de la mano derecha. lntuitivamente se ve de la expresión (10.18) que la torca da una medida del efecto de torsión que una fuerza aplicada ejerce alrededor del punto O. La torca es máxima cuando r y F son perpendiculares (fig. 10.4a), mientras que la torca es mínima (de hecho, nula) cuando r y F son paralelos (fig. 10.4b).
t
t
(10.16)
Figura 10.4
f
Ejercicio 10.2. Considere la situación mostrada en la figura 10.5. La masa de la partícula situada en P es 2.4 kg. Calcule la torca que ejerce la fuerza F con respecto a O. Obtenga el momento angular de la partícula con respecto a O. )Cuál es el valor de la razón de cambio del momento angular en el instante mostrado? Figura 10.3
I
Sustituyendo este valor en la ec. (10.10) para la torca, encontramos 7
+
=[r rLl X F = r XF+r,XF = i i X F
t
(10.17 )
Aquí se usó el hecho de que r X F = O, ya que los dos vectores tienen la misma direccibn. La magnitud de 7 dada por la ec. (10.17) es (véase ec. (2.66))
IT(
= rl F
(10.18)
Figura 10.5
Ir1 = 3.7 m IF1 = 1 4 N I v I = 6 mis
228
cap. I O . MOMENTOANGULAR. TORCA
a) Aplicando l a ec. (2.66) a la ec. (10.10) se encuentra que l a magnitud de la torca S es
i r / = rFsen 15' 3.7 m X 1 4 N X sen 29') = 25.11 m X N -y=
La dlreccion de T es perpendicuiar ai p i a n o formado por r y por S; t s decir, es perpendicular dl plano cie la pagina. Usando la regla de la mano derecha se ve que el sentido de T e; hacia adentro de la página. b) De la ec. (10.2') encontramos el momento angular. Su magnitud es (vkase ec. (10.3)).
I I i = rmvsen @ = 3.7 rl-I ?: 2.4 k g >(: 6 (m/s) X sen 32" = 28.23 k g X m2/s La direcci6n del momento angular es perpendicular al plano formadc por r y v; es decir, es perpendicu lar al plano de I J p i g i n a € 1 sentido dei momento angular es hacia afuera d e la página,según se encuentra usando l a regla de la mano derecha. c) D e la ec. (10.11) se ve que la razon de cambio dei momento angular es precisamente la torca apl!catin. Por tanto, la rarbn de cambio en el instante mostrado tiene magnitud de 25 11 kg m2!s2,clireccibn perpendicular a la pagina y sentido hacla adentrode la pAg/~:i*. Vernos en la t'c. (10.11) que el cambio en el r-come:rro angular Al, que ocurre en el intervalo At es T&. Portanto, AI tiene el mismo sentido que T. En nuestro caso AI es entonces opuesto al (véase fig. 1 0 . b j Por consiguiente, en uninstanteposterioraimostrado, Id magnitud del momen!o angular disminuye
(10.20) Scstituvendo valores, obtc,nemos que
x 4.6 radis ! il dirección d e I e s perpendicular al plano que torr y v. En consecuenc~a,e~ perpendicular al plano
L"--"
JXdll
Figura 10.6
Comparemos ahora las ecs (5.11) -par;: cibn- y la ec ( 1 0 1 1 ) " p a r a l a torcadv a = __
dl
" " .
di dl
la zceiera-
del
LirLuIc.
SI el
sentido de giro es contrario al de las manecllids d r i reloj, entonces el sentido tie v es el mostrado en la figura 10.7a. Usando l a regla de Id mano derecha, se encuentra que el sentido de I es hacia afuera del plano de la pagina en que esta el círculo. Como y a aprendimos con anterioridad, en el moviexperimetnta mientocircularGniiormelapartícula una f u e r z a cenrripota F, (vkase secclbn 7 4), es decir,
Figura 10.8
a ) De la ec. (10.10) para la torca, vemos que para fuer-
zas centrales
T = r X F = O Figura 10.7 o
una fuerza que tiene dirección radial y sentido hacia el centro del círculo (fig. 10.7b). Esto significa que los vectores r y F , tienen la misma dirección. Por tanto, la torca con respecto al centro O que ejerce la fuerza centrípeta es 7=rXFC=O
ya que r y F tienen la misma dirección. b ) De la ec. (10.11) vemos que en este caso
Esto quiere decir que el vector de momento angular I
no depende del tiempo, por lo que es una cantidad I (como constante. Se dice que el momento angular vector) de la partícula se conserva. c) Dado que en un instante el vector I es perpendicular tanto a r como a la velocidad v, I será perpendicular al plano que formanr y v (fig. 10.9). Pero estadirección de I NO cambia. La única forma en que para cualquier instante el momento angular tenga la misma dirección es que la partícula se mueva en un plano. En este caso, I será siempre perpendicular al plano (fig. 10.9). E s decir, bajo la acción de una fuerza central, una partícula se mueve en un plano.M á s adelante (véase capítulo 14) estudiaremos con más detalle el movimiento de partículas bajo la acción de fuerzas centrales.
Figura 10.7b
ya que ambos vectores tlenen la misma dirección. Este caso es una ilustración de un hecho más general que veremos en el siguiente ejercicio. Ejercicio 10.4. Una partícula se mueve bajo la acción de una fuerza que siempre esta dirigida hacia el centro de coordenadas O. a ) iQué valor tiene la torca de la fuerza con respec-
t o a O?
b) iQué ocurre con el momento angular?
c) iQué consecuencias tiene su respuesta dada en b) sobre el movimiento de la partícula? Una fuerza que siempre tiene la dirección del vector de posiciónr (fig. 10.8)se llama una fuerza central. En la figura 10.8 se muestra la fuerza con sentido hacia O, pero también puede tener sentido opuesto.
Como caso particular, podemos afirmar que en un movimiento circular uniforme el vector de momento angular se conserva (véase el ejercicio 10.3). Enfatizarnos en este punto el hecho de que la torca deunafuerzaaplicadasobreunapartículapuetie anularse aun cuando la fuerza no sea cero. Por otro lado, s i la fuerza aplicada sobre una partículaes cero, entonces la torca también es cero.
230
figura
Cap. 1cl. MOMENTO ANGULAR TORCA
Ejercicio 10.5. Calcule las torcasconrespectoal Nos damoscuentadeque p u n t o O que ejercen las fuerzas F , y F, sobre las partí- iguales culas idénticas P y Q, en las configuraciones mostrala das en 10.10a. Los datos son 71
F, = 15.03 N, F, = 21 .IN,
rl = 3.6 m,
r2 = 2.13 m,
los vectores
72
y 7, son
72,
dl = 530 ya quetienenlamismamagnitud(43.2n 0, = 74" dirección y los mismos sentidos.
N), lamisma
Este ejercicio nos ilustra el hecho de que dos fuerzas distintas pueden ejercer la misma torca. Ejercicio 10.6. Referido a un sistema de coordenadas dado (fig. lO.ll), una partícula demasa 3 kg tiene una velocidad v dada por v = 37
-
21
+ 6&
(10.21)
con las unidades en m!s
z
Figura 10.10a Calculemosprimerolatorcaejercidapor magnitud es 7,
F l . Su
= F,r, sen 0, = 15.03 N X 3.6 m X sen 53O = 43.2 m N
La dirección de I , es perpendicular al plano en quese encuentran F , y r,. El sentido de T, es, usando la regla de la mano derecha, el mostrado en la figura 10.10b. Sea 72 la torca ejercida por la fuerza Fa. Su magnit u d es
r,
= F,r, sen = 21 1 N X 2.13 m X sen 74O = 43.2 m N
La dirección de 72 es perpendicular al plano en quese encuentran F, y r,. Usando la regla de la mano derecha se encuentra el sentido de72.E l vector 72 se muestra en la figura 10.10b.
Figura 10.1 1
Si la partícula está situada en el punto P de coordenadas (4,2, 2) (con las unidades dadas en m), encuentre su momento angular con respecto al origen O E1 momento angular de la partícula es (véaseec. (10.2)) el producto vectorial del vector de posición r con el momento p = mv. De la ec. (10.21)se tiene que
+
p = 313; --_21 6&) = 9i - 6j IS&
+
(10.22)
Las unidades de estos números son k g m!s.
E l vectordeposición r delpunto c o m o (véase sección 2.4)
Figura 10.10b
P lo escribirnos
Para calcular el producto vectorial indicado en la ec. (10.2), usamos el resultado dado en la ec. (2.77). Por tanto, el momento angular I es el siguiente determinante
MOMENTO ANGULAR Y TORCA
231
La dirección de 7 , es perpendicular al plano XY, es decir, está dirigida a lo largo del eje Z. Usando la regla 7, de la mano derechd encontramos que el sentido de es el mismo que el del sentido positivo del ejeZ (védse fig. 10.12). Fuerza F,. La magnitud de T~ t's
I = r x p
Hay que tener cuidado con el orden en que se colocan las componentes de los vectores a lo largo de los renglonesdeldeterminante. En elsegundorenglón van las componentesdelprimerfactor(ennuestro las componentes caso, r), y en el tercer renglón van del segundo factor (p).
3 X 3 según el
Desarrollando este determinante de primer renglón, se tiene que I = ?[2 X 1 8 - 2 X ( - 6 ) ] -;[4 G[4 x ( " 6 ) - 2 x 91 = 481 - 54; - 42k
+
X
1 8 - 2 X 91
siendo las unidades kg m2/s Ejercicio 10.7. Obtenga las torcas con respecto a l p u n t o O de las fuerzas F , y F , mostradas en la flgura
10.12.
Para calcular las torcas pedidas, usamos la definición (10.10). Sean 7 , y T~ las torcas de F , y F,, respectivamente. Fuerza F , . La magnitud de 7 , es
72
= r,F, = 12 m S 6 N = 72mN
La dirección de T~ es perpendicular al plano XY, es decir, está dirlgida a jo largo del eje L . Usando l a regla de la mano derecha, se obtiene que el sentido deT~ es opuesto al sentido positivo del ejeZ (véase f i g 1 0 1 2 ) . Ejercicio 10.8. Una fuerza F de magnitud 240 kg, vertical hacia abajo, se aplica al extremo P de una palanca, como se muestra en la figura 10.13a
a ) Obtenga la torca de F con respecto al p u n t o O. b) iCuá1 es la magnitud de la fuerza G , horizontal, aplicada en P que crea la misma torca con respecto a O? c) iQué valor tiene la mínima fuerza H aplicada en P que produce la misma torca con respecto O? a d ) iEn qué punto se debe aplicar una fuerza j de magnitud 475 kg,vertical v haciaabajo,para producir la misma torca que F ? e) i s o n iguales las fuerzas F, G , H y J <
= r,F, = 7 m X 15N = 10.5 m N
,
O r Figura 1 O. 13 a
a ) E l vector de posición, con respecto a
O, del punto P es el vector r mostrado en la figura 10.13a. Sea T~ la torca de F con respecto a O. D e las ecs. (10.10)y (2.66) se tiene para la magnitud de T ~ T~
38" ZJ
= rFsen /3
+
01
= 90"
por lo que CY
= 90°
-
38O = 52"
(10.24)
i
23
C m . 10. MOMENTO ANGULAR.
Además, CY
TORCA
+ /3 = 180°
I
C=
por lo que
/3 = 180" -
LY
= 180'
-
52' = 128O
Sustituyendo valores en la ec. (10.241, se tiene que = 3.2 m X 240 kg X sen128O
T~
Despejando C encontramo5
= 605.19mkg
1
usa aquí el m kg como unidad de torca.
-
307.2 k g
"
E s decir, la fuerza C , de magnitud 307.2 kg, dirección horizontal y sentido hacia la derecha, produce l a misma torca (con respecto a O) que la fuerza F. c) Considérese la figura 1 0 . 1 3 ~A. l igual que en el inciso anterior para que la torca de H, T ~ tenga , el mis, decir, hacia adentro de la págimo sentido que T ~ es na, entonces H debe tener el sentido indicado en la tig u r a 1 0 . 1 3 ~Sea . y el ángulo que forma H con r (fig. 1 0 . 1 3 ~ )La . magnitud de T~ es
La direcciónde T~ es perpendicularalplanodela hoja, y su sentido es hacia adentro de la hoja. b) La torca de G , T G tiene que ser igual a T F . Por tanto, s i C tiene dirección horizontal (véase fig. lO.13b) enT ~ , tonces, para que 76 tenga el mismo sentido que necesariamente C debe tener el sentido mostrado en la figura 10.13b (véase problema 10.6). Lo Único que falta por determinar es la magnitud de C . De las ecs. (10.10) y (2.66) se tiene que T~ = rC sen
605 19mkg 1.97 m
TH
= rH sen y
(0.25) I
/
/
6
pero Figura 10.13 c
6 = 38O
En e¡ miembro derecho r es una cantidad que no se puede variar, ya que la fuerza H debe estar aplicada en P. Por tanto, s i se quiere que H sea mínima, manteniendo rH constante (e igual a 605.19 m kg), entonces sen y debe ser máximo. Recordamos que el máximo valor del seno de un ángulo ocurre cuando el ángulo vale goo. Por tanto, y = 900
E s decir, la dirección deH tiene que ser perpendicular a la palanca. En este caso, la expresión (10.25) queda como
L
Figura 10.13 b
rH = 605.19mkg
TH =
ya que las líneas PS y OQ son paralelas y, en consecuencia, 6 y el ángulo QOP ( = 38O) son alternos internos y, por tanto, son iguales. Sustituyendo valores se tiene entonces que 7G
= 3.2 m C sen38" = (1.97m)C
Pero esta cantidad debe ser igual
51
rF = 605.19 m kg
605.19 m kg = (1.97 m)C
Despejamos de aquí H
H =
605.19 m kg r
605.19 m kg ~3.2 m
- 189,1
kg
La fuerza H con magnitud 189.12 kg, perpendicular a lapalancayconelsentidomostradoenlafigura 10.13c produce la misma torca (con respecto O) a que
233 F. Ésta es la mínima fuerza que, aplicada enP, produO que la fuerza F. ce la misma torca con respecto a
Cualquier otra fuerza, aplicada en P y con torca con respecto a O de magnitud igual a 605.19 m kg tiene una magnitud mayor que 189.12 kg. d ) Sea W el punto en que se aplica la fuerza J (fig 10.13d). Sea, además, R el vector que va de O a W. La magnitud de la torca de 1, T ~ con , respecto a O es = R/ seni3 = R X 475 kg X sen 128O = 374.31 kg X U m = 605.19
4m
75
kg
”””
D e aquí despejamos R
R =
605.19 374.31
\
m kg m
Figura 10.14 a
= 1.62m
Figura 10.13 d
ÉSta es la distancia, a partir de O, donde se debe aplicar la fuerza J, para que tenga la misma torca que F . e) D e los resultados anteriores, vemos que los vectores F, G , H y J n o son iguales, a pesar de que todos ellos producen la misma torca con respecto aO. Esto es claro, ya que tienen distintas magnitudes y/o direcciones. Ejercicio 10.9. Obtengalatorcaconrespecto al punto C de la fuerza F de magnitud 75 kg (fig. 10.14) aplicada en el punto A de las siguientes maneras. a ) Usando directamente la definición
(10.10) de l a torca. b ) Descomponiendo la fuerza F en dos componentes: una horizontal y otra vertical. c) Descomponiendo la fuerza F en dos componentes: una a lo largo de la línea AC y la otra perpendicular a AC.
a) Usando las ecs. (10.10) y (2.66) se tiene que l a torca de F con respecto aC, T ~ tiene , la magnitud (véase fig. 10.1 4bj
F\ Figura 10.14 b
T~
+ 35O)
= rF sen (CY
(10.26)
Aquí r es el vector que va deC (punto con respecto al cual se calcula la torca) aA (punto donde se aplica la fuerza) (véase nota después de la ec. (10.10)). E l ángulo CY se determina como sigue. En el triángulo rectángulo ACC tomamos la tangente de CY (véase la ec. (2.22))
por lo que CY
= arc tan 0.5 = 26O 3 3 ‘ 5 4 ”
234
Cap. 10
MOMENTO ANGULAR. TORCA
La distancia res la hipotenusa del triángulo rectángulo AFC Usando el teorema de Pitágoras, se tiene que
+ (4 m)* 4‘64 m 2 + 16 m*
el mismo sentldo, a saber, hacia adentro de la página. Por tanto, las dos torcas son paralelas. En consecuencia, la magnitud de 7J es
r = J’(8 m12 =
mano derecha para encontrar el sentido de cada una
de las torcas(conrespectoa C) producidas por las componentes, se encuentra que ambas torcas tienen
-
= ~ ‘ 8 m2 0
rt. =
= 8 94 m
e<:.(10.26), encontramos
Sustituyeqdovaloresenla qup 71;
= 8.94 m X 75 k g X sen (26” 3 3 ’ 5 4 ” = 589 mkg
+
+ +
+
Este resultado es e l mismo que el obtenido en el inciso anterior. c ) Descomponemos e l vector F en las dos componentes F y F (véase fig. 10.14d) La torca de F es igual a la suma de las torcas de F _ y de F ~
””-
+ 7F
8m
14
F , = Fsen 35” = 75 k g X 0.5736 = 43.02 k g 8m
TI-”
Fh X AE F, X EC = 61.44kg X 3 m 43.02 k g X 8 m = 24.5 m kg 344 m kg = S89 m k g
TF =
TF=TFl
tr
+
Nos damos cuenta de que e l brazo de palanca deF h es AL ( = 4 m), mientras que e l de F , es EC ( = 8 ni). Por tdnto,
3S0)
La dirección de rF es perpendicular al plano de la phgina E I sentido de r F es, usando la regla de la mano derecha, hacia adentro de la página. b ) Descomponemos el vector F en las componentes F, y Fh, vertical y horizontal, respectlvamente (véase t i g 1 0 . 1 4 ~ )Las . magnitudes d~ estas componentes 5on
71.h
+I
-
H
4m
o(
= 26O33‘54” “”“-
4m
L
Figura 10.14 d
Figura 10.14 c
La tuerza F no genera ninguna torca con respecto a C, ya que por construcción, los vectores r y F son paralelos (el brazo de palanca de F es cero). E s decir,
rF = r F Ahora bien,
rF =
rph
+ re,
La direccibn de cada una de estas torcas es perpendicular al plano de la página Aplicando la rpgla de la
Por tanto, nos ocupamos solamente de la componente F I . De la figura 10.14d vemos que el ángulo y que forma F I con F es 7 == 90°
-
(35O
+ 26”
3 3 ’ 54”)
235 Se us6 el valor de a obtenido arriba: 26O 3 3 ' 54".
-4
I
E l ángulo y es, entonces y = 28O 2 6 ' 6 "
En consecuencia, la magnitud de F , es IFI/ = Fcosy = 75 kg X cos 2 8 O 26' 6 " = 65.95 k g
/
E l brazo de palanca de F I con respecto% C es la distancia AC( = r ) que se o b t u v o en el inciso a
5n
r = 8.94 m La magnitud de la torca de F es entonces b F /
= /TFl/ = rF L = 8.94 m
7
x 65.95 k g = 589
m .
kg
La dirección de 7 F es la misma que la direccijn de ~ que ~ es , perpendicular al plano de la página. El sentido de r F l es hacia adentro de la página, segúnse obtiene usando la regla de la mano derecha. Este resultado coincide con los obtenidos arriba. T
B .e 0
I
Este ejercicio nos ilustra el hecho de que la torca de una fuerza se puede obtener de diversas maneras, encontrándose siempre el mismo resultado. En ocasiones, por conveniencia matemática, es preferible usar una manera de calcular la torca y no otra. 5rn
lo largo de la diagonal CA de la placa mostrada en la fiEjercicio 10.10. Una fuerza F de 175 kg actúa a
gura 10.15a. Calcule la torca de F con respecto al punto E . Para calcular la torca usando la ec. (IO.lO),es necesario conocer explícitamente los vectores F y r que une los puntos C con E . Determinemos primero F. Descomponemos F en componentes a lo largo de los ejes de coordenadas (fig. 10.15b).En vista de que el vector F está contenido en el planoXZ, no tiene componente y . Por tanto, F =
Fxi - F,k
(10.27)
Calcularemos ahora el ángulo a que forma F con la línea CB (véase fig. 10.15b). Tomamos la tangente de CY (vkase ec. (2.22)) AB tgCY=---BC
-
5 m - 1.6667 3 m
por lo que 01
I
I
I
I
I
/
,Y
P
Figura 10.15
b
De la figura 10.15b vemos que IFx/ = F c o s a = 175 kg X cos59" = 90.04 kg
2' I O "
Asimismo,
IF,I
= Fsencu = 175 kg X sen 59O 2 ' I O " = 150.1 k g
Sustituyendo en la ec. (10.27), obtenemos F = 90.041 - 150.1 (10.28)
= arc tg 1.6667 = 59O 2 ' I O "
habiendo expresado los números en unidades de kg.
236
Cap. I O .
MOMENTO ANGULAR. TORCA
Pdra calcular la torca necesitamos conocPr el vector r. E n nuestro caso, este vector es el que va del punto E (punto con respecto al cual se calcula la torca) al p u n t o C (punto donde se aplica la fuerza)(véase nota después de la ec. (10.10)).De la figura 10.15c vemos
T =
7 =
r = rc - rr
-
.
0
-6
I
+ r = rc
04 90
o sea
(10.29)
F
C
I
0
+S
50.1 -1
y desarrollando según el primer renglón
i[- 6 X ( - ISO.l] - ( + 5) X O]
7
- ;[O
+
zt
X
Para evaluar el producto vectorial usamos la ec. (2.77)
que
rE;
r
=
1.50.1) - ( + S) X 90.041 &[O X 0 -. ( - 6) X 90.043 X (-
+ 900.61 + 450.21 + 540.2k
Las unidades de la T así obtenidas son m kg Ejercicio 10.11. Una fuerza F de 82 k g se aplica en el p u n t o D de la placa delgada mostrada en la figura 10.16a, y actúa a lo largo de la línea DK. Calcule la torca de F con respecto al punto E.
't siendo rE y rc los vectores de posición (con respecto al origen de coordenadas O) de los puntos E y C, respectivamente. Ahora bien, las coordenadas de E y C son E(0,6m, 0) por lo que
y
C(0,0 , Sm)
rE = 0:
+ 6; + 0k = 61
(10.30)
r c = 0;
+ 0; + 5C = 5k
(10.31)
Y
Las unidades son en m. Sustituyendo (10.30) y (10.31) en (10.29) encontramos que r = -6;
+ SE
(10.32)
Una vez conocidos los vectores F y r (dados por las ecs. (10.28) y (10.32). respectivamente), usamos la ec. (10.10) para calcular la torca pedida
Figura 10.16 a
Para poder calcular la torca es necesario conocer explícitamente los vectores F y r que unen los puntos D y E. Obtendremos en primer lugar el vector F . E l vector F tiene magnitud de 8 2 kg, dirección a lo largo de la línea DK y sentido de D a K . Sea un vector unitario que va de D a K (figura 10.16b). Nótese
237
MOMENTO ANGULAR Y TOHCA
I
IDKi
+ + (-8j2
= d22 l 2
=
8.307
Por tanto, el vector unitario u que va de D a K es ”=”- /DM DKl a
’
8.307
(21 + ;- 8k)
(10.36)
Sustituyendo esta expresión en la ec. (10.33), obtenemos
que efectuando las operaciones nos da
F
= 19.741
+ 9.877 - 78.97k
(10.37)
Ahora calcularnos el vector r. Éste es el vector que se calcula la torca) va de E (punto con respecto al cual a D (punto donde se aplica la fuerza F).(v(?ase nota después de la ec. (10.10)). D e l a f i g u r a 1 0 . 1 6 ~ v e m o s que Figura 1O. 16 b
X
rE
que ir y F tienen la misma dirección y el mismo sentido. Por tanto, podemos escribir que
F = IFlB
(10.33)
Ahora determinaremos el vector unitario ir. Para ello nos damos cuenta de la figura 10.16b ques i sumamos los vectores O D y DK nos da como resultado el vector
OK
OD
+ DK
+ r = rD
por lo que I
= rD - rE
Pero el punto E tlene coordenadas (O, 7, O) (en metros) por lo que el vector rE e5
= OK
o sea DK = OK
--
(10 34)
OD
Pero las coordenadas del punto K son K (5, 6, O) con unldades en metros. Por tanto (véase capitulo 2), el vector OK es OK =
51 +
61
+ Ok = 51 + 61
Demaneraanáloga,dadoque las coordenadasdel p u n t o D son (3, 5, 8) (en unidades de metro), el vector O D es O D = 31
+ 5; + 8[;
Sustituyendo estos dosúltimosvectoresenlaec. (10.34), obtenemos que DK
= 51+6;--(31+57+8/;) = 2?+;-8[;
Ahora calculamos la magnitud del vector ec. (2.55))
(10.35) DK (véase
(10.38)
/
i
Figura 10.16 c
238
Cap. I O .
MOMENTO ANGULAR. TORCA
Además, el vector ru = OD, arriba obtenido
OD
= 37
+ 5; t
8c
Sustituyendo estas dos illtimas ecuaciones (10.38) obtenemos que r = (37+Sl+Sk)
-
De manera análogaa la definición (10.2), definimos el momento angular i i de la i-ésima partícula con respecto al origen O como el producto vectorial de su vector de posiciónr i con su m o m e n t o p i
7; = 37
-
2;
c r t
la
+ 8k (10
PC
39)
Una vez conocidos los vectores F y r (dados por las c'cs (10.37) y (10.39), respectivamente), podemos calF con Irespecto a E usandolaec. cularlatorcade (10.10) y la expresihn ( 2 77) para evaluar el producto vectorial
=
+ c[3 791 + 3951 + 69G
,N)
siendo Fi la fuerza que experimenta la partícula i, y 7i la torca de esta fuerza con respecto al origen O. Ahora bien, como se estudió en el capítulo 9, cuando se tiene un sistema de partículas, la fuerza que experimenta cada una de las partículas tiene dos contribuciones, una de origen internoy otra de origen externo, según nos indica la ec.(9 13). Sustituyendo esta ú l t l m a pcuacibn en la ec. (10.42) se obtiene
I
- ri X (Fijinr,+
"
dt
ri
X
(Fi)ext.
(10.43)
(i = 1,2, ,N)
en unidades de m kg
En seguida sumemos, miembro a miembro, cada una de las ecuaciones (10.43)
10.2. M O M E N T O A N G U L A R DE UN S l S T E M A DE PARTíCULAS Consideremos ahora un sistema deN particulas (fig. mN, con velocida10.17)de masas m , , m2, , m i , , vi, , vN y vectores de posición rl, des vl, vZr r2, , ri, , rN, respectivamente. Aquí los vectores de posición están referidos a un sistema de coordenadas con origen O, escogido de antemano. E l momento de la i-ésima partícula es
(i = 12,
p i = mivi
t
(10.41)
(10.42) (i = 1,2,
Desarrollando según el primer renglón encontramos que 7 = I[( - 2) X ( 78.97) - ti x 9.871 ,. - j13 x I - 78.97) - 8 x 19.741 X 9.87 -- ( - 2) X 19.741
.,N)
Siguiendo un procedimiento idéntico a como se llegó a la ec ( l O . I l ) , se puede escribir para cada uno de los momentos angulares I; la siguiente ecuación
,i.
7 = r X F =
(i = 1,2,
li = r i X p i
3.
,N)
.N
Hay que darse cuenta de que la ec. (10.$3) en realidad representa N ecuaciones vectoriales. Estas se obtienen sustituyendo el índice i por cada uno de los índices 1,2, ,N.
(10.44)
(10.40)
Consideremosporseparadocadaunode los dos miembros de esta ecuación. L I miembro lzqulerdo se puede escribir como sigue
(10 45)
La suma de derivadas suma (véase ec. (3.20))
Figura 10.17
es igual a l a derivada de l a
Definrmos el momento angular total I. del sistema de partículas con respecto al punto 0 como la suma de los
momentos angulares (con respecto al mismo punto O) de todas las partículas que forman el sistema
L=
N
li
(10.46)
i=t
En consecuencia, el miembro izquierdo de la ec. (10.44) queda como (10.47) Tratemos ahora el miembro derecho de la ec. (10.44).
,
F1 y r12tienen la misma dirección.Por tanto, la expresión (10.49) es el producto vectorial de dos vectores que tienen la misma dirección. En consecuencia, su valor es cero (véase sección 2.6). E s decir, la suma rl X F , ,
+ r,
X
F,, = O
(10.51)
nas) lo podemos escribir como
+
(10.50)
Nos damos cuenta de que en la expresión (10.48) aparecen sumas de parejas del tipo (10.50). De la misma forma que ocurre para la pareja (1,2), la suma de cada pareja se anula, y por tanto, la suma (10.48) es cero. Es decir,
E l primer sumando (el que contiene las fuerzas inter-
f:
239
DE PARTiCULAS
MOMENTO ANGULAR DE UN SISTEMA
i=t
+
E l sumandorestanteenelmiembroderechodela (10.44)ec.de sumaes la (con las externas torcas respecto a O) aplicadas a cada una de las partículas y usando la expresión (9.12) para las fuerzas internas se tiene que X (FiIexf.= ( 7 i ) e x t . = rext. (10.52) Ti i=l
(Filint. =
X
2
Ti
i=l
X
rl X
(FJint.
r2
X
(Fzlint.
f: i=t
(Filint.
x (Fl,2 + F1,3 + + r2 x ( F Z , l + F 2 , 3 +
=
rl
=
+ + F3,N)+. rl X Fl,2 + + . . + rl X F1,N r2 X F2,, 4- r, X + . . + r2 X FZ.N f r3X F , , + r 3 X + . . . + X F3,N + r3X (F3,1+
F3,z r , X Ft,3
f F1.N)
. . .
+
F2.N)
.
2
i=l
que es externa la torca Sustisistema. totalalaplicada tuyendo los resultados (10.47). (10.51) y (10.52) en la ec (10.44) obtenemos que
.
(10.53)
F2,3
+
F3,2
13
(10.48)
. .
Consideremos ahora dos de los sumandos que aparecen en esta suma: rl
x
Fl,
Y
r2
x
F2,
Usando la tercera ley de Newton para las dos fuerzas que aparecen F2,
= - F,,
se tiene que
y sacando F,, como factor común, esta suma queda como
siendo
el vector que va de la partícula 2 a la partícula 1 (véase fig. 10.18). Ahora bien, dado que la fuerza F , , que la partícula 2 ejerce sobre la partícula1 tiene la dirección de la línea que une las a dos partículas, entonces
..
. . .
E l cambio del momento angular total de un sistema de partículas arbitrario es causado solamente por la aplicación de una torca externa al sistema. Las torcas NO tienen ningún efecto sobre el de origen interno momento angular total. Este resultado es análogo al obtenido en el capítulo 9 para el momento lineal total del sistema, en que las fuerzas de origen interno no cambian el momento lineal total. Si sobre un sistema de partículas se aplican fuerzas externas, entonces simultáneamente la fuerza externa total cambia el momento lineal total y la torca externa (causada por las fuerzas externas) modifica el momento angular total del sistema. Supongamos el caso en que la torca externa total rex-. sea cero 7ext.=
0
(10.54)
t
Figura 10.18
240
Cap. I G .
MOMENTO A ~ G U L A R TORCA .
entonces de l a ec. (10 53) se Ilene que
d
h
"
dt
L
()
(1o 555:
velocidades de los fragnlentos 3 y C, así como la posición de C Escribiremos para las \e:iocidades de los tragmen tos B y C en el instante t = iS
t n este caso, el momento dagular totai h no c,amk;lcl, es decir, se conserva. S e puedth t:xp:il'esar entonces t'i PRINCIPIO DE CONSEKL'ACI6N DEL MOM::pJTO ANGULAR TOTAL: En un slstema sobre el Luzil no se ejercentorcnsexternas e l momentc; a ~ g t r i a r totai se conserv.?.
Enfatirarnos que el r n o m c > n r o ang,uicir t:,t*.li i_ t l - . IJr) vector, por Io que, ei: este cara, cada cnd de ~ v m ponentes se c o n w r v d En analogía a lo que acurre c o n ei momeniu í~r:ec~i, en un sistema que no experimenta torcas e x i r m a s cdda u r ~ ade sus partículas puede cambiar su rnor:lento angular debido a las torcas que íe ejercen Ids d e m á s par ticulas del mismu sistema E s decir, cada uno de ¡os vectores I,, I,. Irv puedecambiar al transcurrir cl tiempo. S i n t,mbargo, la suma de todos estos vec-tores (véase la ec. (:O.&)) NO cambia. En caso de que solamente una (o varias) de la5 coniponentes de i d torca externa fuerz cero, entonces Id componente corresi,ondil.r-ii~: del momento angtildr t o t a l s e conserva irrlportartte ..lclarsr ~ 4 ~ : puede o darse P I c.;j.jo dc, que sobre urr sistefrj
P.
Ejercicio 10.12. Un cuerpo de ma5a 10 kg se mueve sin fricción en el (oldno x\i d r í.In s ~ i t u m ade coordenadas, con una velocidad vo =: (8mis)i. En ei instante t = 0 pasd por el origen O y en ese mismo instante explota. expulsando tres fragmentos A , t3 y O que tamhien se mueven en el plano XY. En el instante t = 5 S , la situación d e i o 5 fragmentos es l a siguiente (véase rig .lo.?9):
I
rA = (4rn$ - (7rn)i, = (8mii' vA =. (14 mis$
urn$.
+ (13m,'sfi
Además se sabe que en este instante t'l fragmento B tieneunavelocidad paralelJ al eje X Fncuentre
i
I
1
A
Figura 10.19
MOMENTOANGULAR DE UN SISTEMA DE PART~CULAS
En consecuencia, usando la ec. (10.46) podemos escribir la conservación del momento angular como
r X Mv, = O = rA X mAvA rc X mCvC
+
+ rB X mBvB
+
o sea
ec.
Mv,
=z
+ 5vB la
+ 5vg + 2vcX (10.63) 1 3 + 5 X O + 2vcy
o sea
ec.
0 = 39
la
+ 2VCy
,. I
T
4
"7
39 42
L /
- 107) 3- @xc;
= (52
31
+ 2ycfi
X 421
= 450k (1065)
De la misma forma se puede encontrar que (véase problema 10.24)
+ 2yc;j
Tomando componentes x, y nos da
400 = 52
+ 2xC
(10.69)
y
D e esta forma, hemos encontrado
las cinco ecua-
ciones (10.63),(10.64),(10.68), (10.69j y (10.70) para las , vB. En seguida las cincoincógnitas xc, yc, vex, v+ rejolveremos en forma simultanea. En primerlugar, de
(10.64) despejamos I'~-, obteniendo 39 - -19.5 ~ 1 1 s vc,, - --__ -
2
De
(10.71)
(10.69) despejamos xc 2 x c = 400
- 52
= 348
l o que xc = 34812 = 174 m
(10.72)
Ahora, de la ec. (10.71)) despejamos yc
Sustituyendo los va!ores (10.71)-i10.73) (10.68), obtenemos
= ;[(-7)XO-OX39]-;[4XO-O
[ I 0.67)
(10.65H10.67)
yc = 31/2 = 15.5 m
O i
+ L[4X39-(-7)X42]
lasexpresiones
+ (40; + 2xcF + ( -
(10.64)
Antes de tomar las componentes de la ec.(10.60) para por el momento angular, calcularemos cada uno de los productos miembro el en derecho. Usando ec. la (2.77) y las expresiones para ril y vq se tiene que
ycvCx)G
= (12; - 217)
80 = 42
componente y: O = 3 X
rAXmAVA
Por tanto, sustituyendo en la ec,
(10.62)
Ahoratomaremos las componentes (x,y) deambos miembros de la ec. (10.59) (sustituimos los valores numéricos dados y no escribimos las unidades paraabreviar) componente x: Mv, = 10 X 8 = 3 2: 14 2vc*
rc X mcvc = 2(xcvc,,-
(10.60)
Pero esta posición debe coincidir conel centro de masa la figura 10.19. de los tres fragmentosmostradosen Usando l a ec. (9.26) para l a posición del centro de masa, se tiene entonces que al tiempo t = 5 S
+ mBrB + mCrC
(10.66)-
IOVBG
Y
Por otro lado, dado que no se ejercen fuerzas externas sobre el sistema,su centro de masase mueve todo el tiempo con la misma velocidad (véase capítulo 9, ec. (9.119)). En vista de que inicialmente (en t = O) la
M R = mArA
rB X mBVB =
241
O = 450
+ I O V R + 2[174
X
(-19.5)
(10.73) en la ec. - 15.5Vcxl
que es equivalente a
1
0 -~31 vCx ~
6 336
110.74)
242
Cap. I O .
MOMENTOANGULAR. TORCA
La ec. (10.63) es equivalente a
5vB
+ 2vcX = 38
(10.75)
Estas son dosecuacionesparadosincógnitas(vay vex). Multiplicamos por 2 ambos miembros de la ec. (10.75) y restamos miembro a miembro la ec (10.74), obteniendo
4vcX
+ 31 vcX = 76- 6 336
o sea, 35vcX = - 6 260 y despejando vcx vcx = -~260 3s
-
-1 78.9 mis (10.76)
Sustituyendo finalmente este valor en la ec. (10.75) se encuentra SVB
+2
X
(-178.9)
38
o sea 5va - 357.8 = 38 5vg = 38
+ 357.8 = 395.8
Despejando va
vB =
395.8 5
___ = 79.2 mls
(10.77)
D e esta manera, se han encontrado las incógnitas del problema. En resumen,sustituyendoelvalor(10.77) enlaec.(10.56) se encuentra la velocidad del fragmento B
v B = (79.2 mis$
Hasta este momento, tanto en el capítulo 9 como en las secciones anteriores del presente capítulo, hemos referido las diversas cantidades (velocidades, momentos lineales, momentos angulares, fuerzas, torcas, etc.) a un sistema de coordenadas inercial arbitrario. Sin embargo, existe un sistema de coordenadas muy especial, el referido al centro de masa del sistema de partículas. En estasecciónobtendremos las relaciones que existen entre las diversas cantidades referidas a un sistema de coordenadas (inercial) arbitrario y sus valores con respecto al sistema anclado en el centro de masa. E 5 muy importante quese esté consciente de que el sistema de coordenadas del centro de masa no siempre es inercial. En efecto, s i el centro de masa de un sistema se está acelerando, entonces ya noes inercial. Esto ocurre cuando una fuerza externase aplica al sistema.
Supongamos que se tiene un sistema de N partículas de masas m,, m2, . , mN(véase sección 9.2). Tomemos un sistema de coordenadas (inercial) arbitrario, con origen en O. Sea r i e l vector de posición de la iésima partícula con respecto a O (fig. 10.20) (i = 1, 2, , N). f l centro de masa (CM) del sistema tiene un vector de posición R, que se puede obtener de la ec (9 26). Ahora consideremos otro sistema de coordenadas: uno que tenga su origen en el centro de masa C M del c.onjunto de partículas (véase fig. 10.20). En este sistemadecoordenadas,elvectordeposicióndela i-&¡ma partícula es r;. Si ahora calculamos la posición del centro de masa en e l sistema de coordenadas cuyo origen está en CM se tiene, usando la ec. (9.26)
(10.78)
Sustituyendo los valores (10.76) y (10.71) en la expresión (10.57), se obtiene, para la velocidad del fragment o C, -(178.9 ve=
10.3. CANTIDADES REFERIDAS AL CENTRO DE MASA DEL SISTEMA
.,
m/s)i-(19.5 m/s)j
4
'2
(10.79)
N
Finalmente, sustituyendo (10.72) y (10.73) (10.58), en se tiene para la posición del fragmento C re = (174
mf
+ (I
5.5 mfi
(10.80)
Las expresiones (10.78)-(10.80) son las soluciones pedidas
*
O Figura 10.20
,
..
CANTIDADES REFERIDAS AL CENTRO DE MASA DEL SISTEMA
E l valor es cero, ya que el centro de masa coincide M es con el origen del sistema de coordenadas. Aquí la masa total del sistema. La relación de los vectores de posición de la partícula ¡ referidos a los dos sistemas de coordenadas es (véase fig. 10.20) ri =
R
+ rl
v
+ vi‘
Asimismo, de la ec. (10.83) se tiene para las aceleraciones
+ a;
K~ =
i=1
1 -mivi
1 miv;”
En el segundo miembro la suma se anula. En efecto, tomando la derivada con respecto al tiempo de la ec. (10.81) se tiene que
por lo que N
mivi = O (10.88) i=1 Usando este resultado en la ec. (10.87), nos queda
2
Aquí se usó la ec. (9.27) para la masa t o t a l M del sistema. E l segundo término del miembro derecho es la suma de las energías cinéticas de cada una de las partículas con respecto al sistema cuyo origen está en el centro de masa. Por tanto, este término es la energía cinética del conjunto de partículas en el sistema del centro de masa, cantidad que denotamos como KCM
(10.89) Finalmente se tiene, entonces que
(10.85)
2
KO =
Ahora sustituirnos la relación (10.83) en (10.85)
E l cuadrado de una suma de vectores a y b es (a
+ b)2 = a2 + 2a
(10.87)
2 i= 1
(10.84)
En las ecs. (10.82)-(10.84)R, V y A son los vectores de posición, de velocidady de aceleración del centro de masa, respectivamente,queestándadospor las ecs. (9.26), (9.29)y (9.30), respectivamente. Acontinuacióncalcularemosalgunascantidades dinámicasdelsistemadepartículas.Empezaremos La energía cinética por la energía cinética del sistema. delconjuntodepartículasconrespectoa O es la las parsuma de las energías cinéticas de cada una de tículas que componen al sistema. Denotando con la letra KO la energía cinética total del sistema con respecto a O, se tiene que (véase ec. (8.24))
N
N
se
(10.83)
Usaremos primas para denotar cantidades referidas al sistema cuyo origen está en el centro de masa. Una cantidad sin prima está referida al sistema de coordenadas cuyo origen está en O .
ai = A
+
(10.82)
Tomando la derivada con respecto al tiempo en ambos miembros de esta ecuación, se encuentra que la los relación entre las velocidades de esta partícula en dos sistemas de coordenadas es vi =
dos. De la misma forma, en el segundo sumando factoriza V. Así se obtiene que
243
b
+ b2
(I0.86)
por lo que al desarrollar, se tiene
- MV2 + 1 2
KC,
(10.90)
Este resultado nos indica que la energía cinética del sistema con respecto aO es igual a la suma de la energía cinética del centro de masa (con toda la masa concentradaen éI) máslaenergíacinéticadelsistema con respecto al centro de masa. En seguida haremos el mismo tipo de cálculo para el momento angular. Sea Lo el momento angular del sistema con respecto a O (véase ec. (10.46))
Si ahora sustituimos las relaciones (10.82)y (10.83)en
Separamos términos en el miembro derecho. Además, en el primer sumando factorizamos en la suma v2 ya que tiene el mismo valor para cada uno de los suman-
(10.91), obtenemos
244
Cap. 10. MOMENTO ANGULAR. TORCA
y desarrollando se tiene que
+ rL' X
V
+ rL' X
v: )
En el primer sumando sacamos como factor común (R X V); en el segundo sumando sacamos como factor común R a la i;.quierda; en el tercer sumando sacamos como factor común V a laderecha. Así se encuentra que
solamenteválidacuando se evalúan ¡as diferentes cantidades en sistemas de referencia inerciales. Si el sistema de referencia no es inercial, entonces la reiación (10.53)ya n o e, válida. Hay, sin embargo. una excepción a esta iiitima afirmación: la relación es válida s i el sistema es cl del centro de masa, sea o no inercia;.
4
/i
que en un producto vectorial hay que mantener el orden delos factores, ya que este product o no es conmutativo. Usando la ec. (9.27) para la masa t o t a l M del sistema, y las ecs. (10.81) y (10.88) se encuentra que N
Lo = M R X V + E m i r / X v((10.92) i=1
Pero el segundo término en el miembro derecho e s el momento angular del conjunto de partículas con respecto al centro de masa. En consecuencia, la última ecuación la rsodemos escribir como Lo = M R X V 4- LcM
(10.93)
donde i= 1
(10.94)
La ec. (10.93) nos dice que el momento angular de u n conjuntodepartículasconrespecto a u n sistema (inercial) arbitrario con origen en O, es igual a la s d m a del mornento angular con respecto a O del centro de masa (como si toda la masa estuviese concentrada en éI) más el momento angular del conjunto de partículas con respecto a su centro de masa. De manera análoga,se puede demostrar para la torca externa que (véase problema 10.30)
PROBLEMAS 10.1. Demuestre las expresiones (IO 4) y (10.5) 10.2. Demuestre las expresiones (10.12) y (10.13). 10.3. Demuestre a partir de la ec. (10.15) que r = rF sen 0 (véase fig. 10.21 10.4. Calcule las torcas de las tuerzas F , , F,, F , , F., y F , mostradas en la Iigura 10.21 10.5. Obtenga las direcciones y /os ser;tidosde las torcas con respecto a O, de las fuerzas mostradas en la figura 10.22. Ir, = 8 5 m
y (véase problema 10.31) que
Esta última ecuación no es nada trivial, ya que el sistema del centro de masa NO es, en general, un sistema inercial.La relación (10.53) quese obtuvo arriba es
Figura 10.21
245
Figura 10.22
10.6. Demostrar que en el ejercicio 10.8, inciso b el sentido de la fuerza C es el mostrado en la figura 10.1 b. 3 10.7. Calcule el momento angular con respecto a O, en los casos mostrados en la figura 10.23.
M
Figura 10.24
b) Repita el cálculo, pero con respecto a la mano del niño.
10.10. Una partícula se mueve con velocidad uniform e v a lo largo de la línea rectaQS (fig. 10.25). ObtenO cuanga el momento angular con respecto al origen d o la partícula está en las posiciones 1 y 2. 2CÓmo se comparan sus resultados? Dé una explicación
m = 8kg 7.5 m
Ir1 =
Figura 10.23
10.8. Calcule el momento angular con respecto al origen O en los siguientes casos. E l vector r parte del p u n t o o.
+
a) m = 3 kg; v = 41 31 - SC( (en mis); r = 61 - 21 3G (en m). b) m = 1 4 g; v = -2; 61 6k(en cm/s); r = 41 - 2.51 3G (en cm). C) m = 2.7 kg; v = 31 - 2; 5G (en mis); r = -6; 4; - IOk (en m). d ) m = 1 . 4 mg; v = 2.31 3.4; 5.Sk (enmmis); r = -21 3G (en cm).
+
+
+ +
Figura 10.25
10.11. Un molino de viento tiene cuatro hojas inclinadas a un ángulo de 17O con respecto al plano normal al eje de rotación. La fuerza del viento en cada hoja es de magnitud 125 kg, con dirección perpendicular al plano de la hoja y con sentido sobre la hoja.Si la fuerza actúa en un punto situado a 2.7 m del eje de rotación, obtenga la torca ejercida por la fuerza con respecto al eje de rotación. 10.9. Un niño hace girar (fig. 10.24) una piedra de 2.3 10.12. La banda de la polea de un generador tiene un kg en un círculo de 1.2 m de radio, dando 3 revolucio- diámetro de 30 cm. E l lado tenso de la banda tiene una tensión de 25 kg, mientras que el otro lado tienes por segundo. ne una tensión de 11.7 kg (fig. 10.26). Calcule la torca total (como vector) de las tensiones con respecto al a) Calcule el momento angular de la piedra con rescentro C. pecto al centro del círculo.
+
+ +
+
+
246 10.15. U n poste LK de 8 m de altura está mantenido
por un tirante KJ como se muestra en la figura 10.29. Si la tensibn en el tirantees de 1 027 kg, calcule su torca con respecto al punto Q.
\ Figura 10.26
X
10.13. Una fuerza de725 kg actúa en la ménsula mostrada en la figura 10.27. Calcule la torca de la fuerza con respecto al punto A .
II
59 cm
'
r(
/
'
(4 m'
m' O)
Figura 10.29
10.16. La fuerza F mostrada en la figura 10.30 tiene una magnitud de 155kg. Calcule la torcade F con respecto a los puntos O y A .
Figura 10.27
10.14. Una fuerza de 77 kg actúa en el extremo de la palanca mcstrada en la figura 10.28. Obtenga la torca de la fuerza con respecto a Q. Figura 10.30
10.17. Una fuerza de 117 kg se aplica en el punto A c o m o se muestra en la figura 10.31. Obtenga la torca de la fuerza con respecto a Ba ) Usando la definición de la torca de una fuerza.
b ) Descomponiendo la fuerza en componentes horizontal y vertical.
"""
Figura 10.28
c) Descomponiendo la fuerza en una componente a lo largo de AP y en otra perpendicular a A B .
247
Zt
1.5 c m
90 c m
60cm Figura 10.31
X
J
I
I
I
Figura 10.33
10.18. Considere la grúa mostrada en la figura 10.32.
Se escoge u n sistema de coordenadas de tal manera que el origen coincida con la base A; el eje Z, con el eje AB de la grúa y el eje Y sea paralelo a la porción BC de la grúa. La tensión en determinado momento del cable CD es de 17500 kg. Calculesu torca con respecto a O y con respecto a B.
Y
XJ Figura 10.34
zi
Figura 10.32
10.19. En el extremo de una manivela (fig. 10.33)
se aplica una fuerzaF de magnitud 75 kg. Obtenga la torca de F con respecto a O en el instante en que 8 = 570. 10.20. Se aplica una fuerza F = 28; - 321 45G (en unidades de kg) en el punto A de la tubería mostrada en la figura 10.34. Obtenga la torca deF con respecto a los puntos B y C. 10.21. Una fuerza Q de magnitud 185 kg se aplica en el punto C de la ménsula mostrada en la figura 10.35. Obtenga las torcas de Q con respecto a los puntos A y B. E l vector Q es paralelo al plano XZ. 10.22. Tres cables están sujetos a la ménsula de la fi-
+
Y,
X/
Figura 10.35
248
Cap. io. MOMENTO ANGULAR. TORCA
gura 10.36. Las tensiones en los cables son las anotadas. Calcule la torca total con respecto al punto O.
10.23. E l techo de un edificio (fig. 10.37) está sujeto a con las unidades en mis. ias fuerzas del viento mostradas. Calcule la torca total con respecto a A.
a) iQué valores deben tenerv, y vz para que el momento angular total L del sistema con respecto a O, sea paralelo al eje Z ? b ) )Qué magnitud tiene entonces L?
10.26. Una granada de masa 525 g viaja con una velocidad vg = (33 m/s)k, referido a un sistema de coordenadas, y pasa en el instante inicial por el origen O. En ese instante explota creándose tres fragmentos A, B y C, de masas mA = 128 g, r n B = 287 g y m, = 110 g. En el instante t = 4 S las posiciones de los tres fragmen-
tos son:
+
rA = 24; 457 - 51G. rB = 13; - 221 44, rc = -61 .SS; 5.04;
Figura 10.37
10.24. Demuestre las ecs. (10.66) y (10.67). 10.25. Considere las tres partículas mostradas en la fi-
gura 10.38. Sean las masas: mA = '3.2 kg, mB = 2.1 k g y m,. = 8.6 kg. Además, suponga que las velocidades de las partículas son:
+ +
+
566.72k,
en unidades de m. Además, en este mismo instante la componente z de la velocidad de Aes -8 mis, la componente y de la velocidad de B es de 12 m/seg y la componente x de la velocidad de C es -14 mis. Obtenga las demás componentes de las velocidades de los fragmentos. 10.27. En un juego de billar, la bola A tiene una velocidad inicial v,, paralela al borde Q S de la mesa (fig. 10.38). La magnitud de vo es de 3.5 mis. La bola A golpea sucesivamente a la bola B y a la bola C que inicialmente están en reposo. Como resultado, las bolas A y C golpean los lados de la mesa perpendicularment e en los p u n t o s A ' y C ', respectivamente, con veloci-
1
4
I
1.8m
_,
PROBLEMAS .
249
a) La velocidad vn de la bola B. b ) E l punto 6' en donde la bola B toca a la mesa.
1 . 2 m _, 1.
!
10.28. Sustituyendo la relación (10.82) en la ec. (9 26)
"
obtenga que
q7
1 . 4m
o -
"
0.8m Figura 10.39
dades que tienen magnitudes VA = 1.8 mis y vc = 2.7 mis. Suponga que no hay fricción entre las bolas y la mesa; además, supongaque las colisionesentre las bolas son elásticas. Obtenga:
(véase la ec. (10.81)). 10.29. Demuestre la ec. (10.86) 10.30. Demuestre la ec. (10.95). 10.31. Demuestre la relación (10.96). 10.32. >Por qué la relación (10.53)es válida solamente s i las distintas cantidades que en ella aparecen se refieren a un sistema inercial!
11
Cuerpo r i g i d o
1 1 . 1 . MOVIMIENTOS DE UN CUERPO RíGIDO
U n t i p o de sistemas que se presenta con mucha frecuencia en diversas aplicaciones son los cuerpos rígidos. Se define como cuerpo rígido aquél formado por un conjunto de partículas en el que la magnitud de las distanciasentrecualquierparejadepartículas es siempre la misma. Así, si el cuerpo mostrado en la figura 11.1 es rígido,entonces, s i enlaconfiguración mostrada en (a) la distancia entre los puntos arbitrarios A y B es rl, y al moverse el cuerpo y tener la configuración mostrada en(b), los mismos puntos A y B tienen una distancia rll,se cumple
Un cuerpo rígido puede experimentar varios tipos de movimientos. Traslación. Se dice que un cuerpo rígido se traslada, si para todo intervalo de tiempo todas las partículas delcuerpoexperimentan el mismodesplazamiento (comovector).SupongamosqueenunintervaloAt muy pequeño el cuerpo pasa de la configuración (a) a la ( b ) mostrados en la figura 11.2 E l punto A experiAr,, mentó, en este intervalo, el desplazamiento mientrasqueelpunto B experimentóeldesplaramiento ArB. Si para cada pareja de puntos del cuerpo
rl = rfl
Ar, = Ar,
11.1 b
Figura 1 1.1 Figura a
Figura 1 1.2
Es decir, la distancia entre A y B es siempre l a misma
De manera análoga se tiene que r2 = r 2‘
entonces el cuerpo se trasladó
-
para la distancia entre otros puntos C y D. Si esta condición se satisface para cualquier pareja de puntos del sistema, entonces estamos tratando con un cuerpo rígido.
Enfatizamos el hecho de que Ar, y Nos damos cuenta de que al trasladarse un cuerpo rígido, todas las rnartículas que lo componen tienen la misma velocidad y la misma aceleracion en un instante dado (véase problema 11.I). Rotacion alrededor de un eje fijo. En este tipo de movimiento, cada una de las partículas del cuerpo riY
Obsérvese que el,vector que une los puntos A y B del cuerpo rígido SI cambia durante e l movimiento. En efecto, su dirección cambia, mas no su magnitud.
-
250
.
251 gido se mueve en un círculo (tig. 11.3).Los centros de los círculos que describen cada una de las partículas se encuentran a lo largo de una línea recta j j ’ qtle se llama el eje de rotación. Nótese que los círculos que describen cada una de las par,ículas están en planos que son paralelos entre sí. Rotación. U n caso más generalderotaciones es aquel en el que el eje de rotación cambia de dirección al transcurrir el tiempo. Por ejemplo, se puede dar el caso de que un punto del eje permanezca fijo (fig. 11.4) y solamente cambie la dirección del eje. Traslación y rotación. E l cuerpo rígido puede moy de rotaverse ,con una combinación de traslación ción. Este es el tipo más general de movimiento de un cuerpo rígido. Si cada una de las partículas del cuerpo se mueve en un plano, se dice que el movimiento es planar (fig. 11.5). En este caso, el eje de la rotación es siempre perpendicular al plano del movimiento. Otra posibilidad es que el eje de rotación, además detrasladarse,tambiencambie su orientaciónal transcurrireltiempo. Este se llama movimiento general. En estetextosolamenteestudiaremosrotaciones alrededor de un eje fijo, así como movimientos planos.
B Figura 1 1.3
Figura 1 1.4
/
11.2. CINEMÁTICA
DE ROTACIÓNDE UN CUERPO RIGID0
En la rotación alrededor de un eje fijo, cada una de las partículas del cuerpo rígido se mueve a lo largo de una trayectoria circular,o sea, cada una de las partículasrealizaunmovimientocircular. En las secciones 5.4 y 5.5 yadesarrollamoslacinemáticade este movimiento. En esta sección solamente añadiremos algunas otras cosas de relevancia para este tipo de movimiento. Consideremos la rotación de un cuerpo rígido alrededor del eje fijo J J ’ (fig. 11.6). Tomemos un sistema O en algún punto del de coordenadas con el origen eje. Se escoge el eje Z a lo largo del eje de rotación, como se muestra. Sea P un punto arbitrario del cuerpo. AI rotar el cuerpo rígido, el movimiento de P es a lo largo del círculo PQ cuyo centro está en C.
I
E l p u n t o C, c e n t r o d e l i r c u l o ,está en el eje de rotaclón J J ‘
E l plano del círculo es paralelo al plano XY del sistema de coordenadas escogido. Sea r el vector de posición del punto P en el instante mostrado enla figura 11.6. De lo aprendido en el capítulo5, sabemos que el vector de velocidad v es tangente al círculo en el punt o P. Por tanto, el vector v es perpendicular al plano OPC. Además, el vector v está contenido en el plano del círculo, por lo que v es también perpendicular al eje J J ’.
x Figura 11.6
252
Cap. 11
CUERPO R ~ G I D O
La magnitud del vector de veiocrdad por la ec. (5.56) Ivl = (CP),
= Ro
v está dada
(1 .I1 )
siendo R e l radio del círculo con centro en C y a, la velocidad angular con la que gira el cuerpo rígido. Nos damoscuentadeque todos los puntosdel misma velocidad angular, cuerpo rigido giran con la es decir, al unísono. Sin embargo, distintos puntos se encuentrdn a diferentes distancias del eje de rotación, por lo q u c sus radios de giro noson iguales. En consedicuencia, distintos puntos del cuerpo rígido tienen ferentes velocidades lineales. Definamos el vector de velocidad angular w de la siguiente manera (fig. l l .6aj:
Esto significa que el vector de velocidad angular tiene las siguientes características:
'/
1. Magnitud. De la definición (11.2) 1wl =
W
(11 3 )
ya que la magnitud de i; es uno. (Recuérdese que ^k es un vector unitario).La magnitud westá dada por la ec. (5.50). 2. Dirección. La dirección de w es a lo largo del eje de rotación 11 ' . 3. Sentido. Por convención se escoge el sentido de w en el mismo sentido que i; si elgiro es c o m o se muestra en la figura 11.6a. Visto desde el extremo J del eje, el giro es opuesto al sentido de las manecillas del reloj. En este caso, en la ec. (11.2) es positivo. E l sentido de w es opuesto al de i; si el giro es e l mostrado en la figura 11.6b. Visto desde el extremo J del eje, el giro es en el mismo sentido que el de las manecillas del reloj. En este caso, w en la ec. (11.2) es negativo. Se puede uno ayudar conel recurso mnemotécnico de usar la mano derecha: si los cuatro dedos (excepto el pulgar) se cierran en el mismo sentido del giro, el sentido de westá a lo largo del sentido que muestre el pulgar. Con esta definición del vector de velocidad angular, se puede escribir entonces quee l vector de velocidadlineal v es elsiguienteproductovectorial(fig. 11 7 ) v = w X r
Figura 11.6 b
'I
(1 1.4)
En efecto, recordando la definición del producto vectorial dada en la sección 2.6 se tiene para las características de v dado por la ec. (11.4):
1 . Magnitud de v. D e la ec (2.66) se tiene que magnitud de v es
la
Figura 1 1.7
CINEMÁTICA DE ROTACIÓN DE UN CUERPO RíGIDO
l v l = t u l Ir1 s e n 4
(11.5) mos supuesto que el eje de rotación al transcurrir el tiempo. Por tanto, siendo 4 el ángulo entrew y r. Pero en el triángulo rectángulo OCP (fig. 11.7) r ( = OP) es la hipotenusa, por dt 10 que
que es precisamente la ec. (11.1) para la magnitud de la velocidad lineal. 2 . Dirección de v. La dirección del vector v es perpendicular al plano que fo’rman w y r, es decir, al plano OPC. Pero esta dirección es justamente la dirección tangencial al círculo en el punto P. 3. Sentido de v. Usando la regla de la mano derecha se encuentra que el sentido de v es justamente el mostrado en la figura 11.7. En resumen, se puede decir que la expresión (11.4) nos da todas las características del vector de velocidad lineal v que ya conocíamos.
ducto vectorial (11.4) tienen que mantenerse en el orden escrito. Recuérdese que el producto vectorial NO es conmutativo.
A continuación escribiremos una expresión para la aceleración lineal del punto P que será muy conveniente. Para ello sustituimoslaec.(11.4)enlaec. (5.11)
253
se mantiene fijo ( I 1.S))
Definimos ahora el vector de aceleración angular como
,.
cu
(11.I O)
a = ak
Este vector tiene magnitud a; dirección a lo largo del eje de rotación 1 I ’; el mism_o sentido que k s i a es positiva y sentido opuesto a k si a es negativa. Por tanto, se tiene que
dw (y= dt
(11.11)
Sustituyendo las ecs. (11.11) y (5.7) en la ec. (11.8) se encuentra que
I11.I 2)
a = a X r + a X v Ahora analicemos cada uno de
estos sumandos
1. a X r. E t 1 la figura 11.8 se muestran los vectores a y r. Usando la definición de producto vectorial (véase la sección 2.61, se encuentra que guientes características:
(Y
X
r tiene las si-
a) Magnitud. De la ec. (2.66) se tiene que
(11.7) Usandoahoralaec.(10.6)paraladerivadadeunpro-donde ducto(conservandoelordende los vectores), se tienecomo que
La derivada (dridt) es igual al vector de velocidad v (véase la ec. (5.7)). Consideremos ahora la otra derivada que aparece en la ec. (11.8): dw,’dt. Derivando la ec. (11.2) con respecto al tiempot se tiene que (usamos la ec. (10.6)) dt
da d/; -a-+-
”
dt
dw dt
G
Pero dkldt = O ya que el vector es constante, no cambia con el tiempo. Esto ú l t i m o se debe a que he-
se usólaec.(11.6).Nótesequetanto (y w formanelmismoángulo 4 con r, yaque a y w tienen la misma dirección (a lo largo del eje
J J ‘1. b) Dirección.
a x r es perpendicular al plano que forman a y r, es decir, es perpendicular al plano O C P (fig. 11.81, y por tanto, tangente al círculo. c) Sentido. Usando la regla de la mano derecha, se encuentra que a X r tiene el sentido mostrado en la figura 11.8.
Recordando lo aprendido en la sección 5.5, vemos que (Y x r es precisamente la aceleración tangencial a ya que tiene la misma magnitud (véase ec. (5.67)), la misma direccióny el mismo sentido. La aceleración tangencial es tangente al círculo en el punto P a X r = a
(11.I 4)
254 alrededor del cual gira l a partícula, es fijo. Si no lo fuera, entonces en la expresión (11.9) habría que añadir otro término, que provendría de la derivada del vector unitario a lo largo del eje (en nuestro caso i;) con respecto al tiempo.
11.3. MOVIMIENTO DE PLACAS DELGADAS CON UN PUNTO FIJO
' I' Figura 11.8
2 . w X v. En la figura 11.9 se muestran los vectores y v. De la definición de producto vectorial se tiene
que las características de w x v son:
a) Magnitud. De la ec. (2.66) se tiene que /w X
VI
= l w l h i sen90°
= w(oR) = w'R
(11.I S)
Aquí se uSaron los hechos de que el ánguio entre w y v es de 90°, de que sen 90" = 1 y la ec. (5.56) para la magnitud de la velocidad lineal v. b) Dirección. E l vector w X v e s perpendicular a los vectores w X v. Por tanto, tiene dirección a lo largo de la línea PC, o sea, del radio del círculo. c) Sentido. Usando la regla de la mano derecha, se encuentra que O X v tiene e l sentido mostrado en la figura 11.9, es decir, hacia el centro C del círculo.
Como primer caso, estudiaremos el movimiento de una placa delgada con un punto fijoO (fig. 11.10).Supongamos que sobre la placa se ejerce una fuerza F arbitraria. Para que el punto O permanezca todo el tiempo f i j o es necesario que quede sostenido por algún agente externo, por ejemplo, un clavo, un tornillo, etc. En vista de que la placa tiene un punto fijo O), (el el Único movimiento que puede realizar es el de rotación alrededor de un eje perpendicular al plano de la placa y que pasa por O. Denotaremos a este eje por J J ' (véase f i g 11.I Gj. E I efecto del agente que sostiene fija a la placa es precisamente impedir que haya otro t i p o de movimientos. Para ello, el sostén debe reaccionar y ejercer las fuerzas y10 torcas de restricción necesarias. Nos damos cuenta de que este eje es fijo. D e lo aprondido en los capítulos 9 y 10, sabemos que el efecto de la fuerza externa es hacer que el centro de masa de la placa se traslade y, además, dado que la fuerza F genera, en general, una torca con respecto a O causa que el momento angular de la placa cambie con el tiempo Sin embargo, debido a que el punto O es fijo, el centro de masa del cuerpo NO se puede trasladar; el Único movimiento que realiza es, entonces, el de rotación.
Recordando lo aprendido en el capítulo 5 vemos que o x v es precisamente el vector de aceleracibn centrípeta (denotada por a ? ) ,ya que tiene la misma magnitud(véaseec.(5.60)),lamismadirección y el mismo sentido w X v = a .
(11 16)
Sustituyendo las ecs (11.14) y (1116) enlaec. (11 12). se tiene que a = a
+ai
(11.I 7)
que es justamente la ec. (5.68). Enfatiramos que este resultado es válido s i el eje de rotación es f i j o . En la obtención de la ec. (5.68) se hasupuestoqueelcentrodelcírculo, o sea, el eje
1I' Figura 11.9
MOVIMIENTO DE PLACAS DELGADAS CON UN PUNTO FIJO
255
Descompongamos la fuerza F en dos componentes: instancia que la placa está constituida por N partícuy otra, perpenlas discretas. De la ec. (10.46) sabemos que el momenuna contenida en el plano de la placa 1 de toda la placa es lasumade los modicular a la placa. Es claro que la única componente to angular (Ij) decadaunade las partículas quegeneramovimiento es lacomponentecontenidamentosangulares dentro del plano de la placa. iQué ocurre con la com- que la componen ponente perpendicular al plano de la placa? Ende vista lo anterior, solamente consideraremos 1 Ij (11.I 9) contenidas estén del dentro aplicadas fuerzas que =; 1 plano de la placa.Sea F la fuerza aplicada (fig. 11.11). Recuérdese que la ec. (10.46) es válida para cualEsta fuerza genera una torca 7 con respecto a O que quier sistemadepartículas;enparticular es válida tiene las siguientes características (véase ec. (IO.IO)): para un cuerpo rígido. 1. Magnitud: Supongamos que la partícula j de la placa, que tie1 7 1 = Fb (11.18) ne un vector de posición r; (fig. 11.13), gira con velocidad angular o alrededor del ejeJ J ' que pasa porO. En consecuencia, de la ec. (11.4) vemos que su velocidad J lineal vj es
=t
J
v, = o X
(11.20)
rj
Es claro que el vector v, está contenido en el plano XY, tal como se ve en la figura 11.13, ya que tiene que ser perpendicular a o.Si la masa de la partícula j es mj, entonces su momento lineal pj es
I
p, = mjv = mj o X Figura 11.10
(11.21 1
rj
Figura 11.1 1
siendo b el brazo de palanca de la fuerza F con respecto a O . 2. Dirección: es perpendicular al plano de la placa. Por tanto, la dirección de T es paralela al eje J J ' (fig. 11.11). 3 . Sentido: si la fuerza tiene el sentido mostrado en la figura 11.11, entonces el sentido de T es el mostrad o en la misma figura, según se desprende de la apliSi el sentido de cación de la regla de la mano derecha. F es opuesto,entonceselsentidode T también es opuesto al mostrado. Ahorabien,porunladosentimosintuitivamente que el efecto de la fuerza es hacer que la placa gire alrededor del punto O. Por el otro lado, y de manera más precisa, la ec. (10.53) nos indica que la torca aplicada hace cambiar el momento angular de la placa. Surge entonces la pregunta: >qué relación hay entre el momento angular y el giro de I placa? Para responder consideraremos a continuación el cálculo del momento angular de un cuerpo rígido. Consideremos una placa delgada que gira con velocidad angular 7 alrededor de un eje fijo J J ' que pasa por el punto O (fig. 11.12). Tomemos un sistema de coordenadas tal que el plano XY esté contenido en el plano de la placa y su origen sea O; el eje Z está a lo largo del eje J J Calculemos el momento angular de la placa con respecto a O. Supongamosenprimera
Y'
Figura 1 l . 12
x
I .
Figura 11.13
256
CaD. 11. CUERPO RíGIDO
que es un vector que tambien está contenido en el plano XY. Delaec. (10.4'1) se tieneentoncesque el momentoangular I; conrespectoa 0 de Id partícula j es I;
= r,j X p.i = r,; X (m?u] X )r,
mo sentldo(fig. 11.15). En consecuencia, 1 también tiene la dirección del ejeJ j ' y e l sentido del vector w. La magnitud de L es, entonces, l a suma aritmética de las magnitudesde los vectores Ij dadaspor la ec.
(1I .23)
(11.22)
Dado que los dos vectores r j y pj están con:ertidos en el plano XY, entonces su producto vectorial I j e; perpendicular al plano formado por ellos, es decir, l; está dirigido a lo largo del eje Z, o sea, del eje j i ' (Fig. 11.14). E s fácil ver que el sentido de I j es el mismo que
I' '
Figura 1 l . 15
J"
Ahora bien, nos damos cuenta de que en cada unode / o s sumandos de esta última expresión,G' es la misma. ,Esto se debe a que, por tratarse de un cuerpo rígido 'tcda; las partículas de la placa giran c o n la misma velocidad angular w. Por tanto podemos sacar w como factor común y nos queda
el de w (vease problema 11.14). En consecuencid. l j y O son paralelos Veamos ahora la magnitud de l j . Del primer renglón de la ec, (11.22) y usando la ec. (2.66) se tiene que
1 I,
j = rj pj
ya que el ángulo entre los vectores r.i y p, es de 90° y sen 90° = 1. D e las ecs. (11.21)y (2.66)se tiene para la magnitud del momento lineal p.i
1 pi
~
= n7.prj
ya que el ángulo entrelos vectores w y rj es de 90°. En consecuencia,
l i = r j (mjwrj) = rnjri2w
(11.23)
En resumen, el momento angular de cada partícula que compone la placa tiene dirección a lo largo del eje de giro I J e l mismo sentido que w y magnitud d a d a por la ec. (11.23). Ahora sumemos los vectores l; de todas las partículas que componen la placa, para abtener el momento angular t o t a l L (véaseec. (11:l9)) Se están sumando vectores que tienen todos la mi5rna clrrección el misI ,
~
1I =
( Cnli'i2j" I
*
._ 1-1
(1 1.24)
Definirnos el momento de inercia / del sistema con respecto al p u n t o O conlo
2
I = rn.,rj2 =; 1 La ec. (11 24) nos queda en!onces
(11 25)
Dado que el vector 1 es paralelo a w y en v i j t s d e la ec. (11.26) podernos escribir que L = /o
(1I ,271
En la figura 11.16 se muestran io3 vectores de velocld;d angular w y de momento angular L. Hasta este p u n t o se ha hecho l a suposicibn de que la placa estA formada de un cvnjunto discreto de N partículas. Sin embargo, los cuerposrígidoscon los que estamos familiarizados tienen distribuciones continuas de masa. En este caso se puede demostrar (problema 11.5) que el momento d e inercia I es
257
MOVIMIENTO DE PLACAS DELGADAS CON UN PUNTO FIJO
y sus unidades, en el SI, son
{
unidades
d,e
}
(11.31)
= kg X m2
De la definición del momento de inercia, dada por la ec. (11.25) (o la correspondiente ec. (11 28)) nos damos cuenta de que I es siempre una cantidad positiva, ya que es una suma de términos queson cada uno positivos (mjr,2) />o (I 1.32) Figura 1 l . 16
En estas expresiones el momento angular, la torcay el momento de inercia están calculados con respecto al p u n t o f i j o O. Además, r es el vector de posición del elemento de área dA (fig.11.I 7 ) y h es el grueso de la e(r) es ladensidaddemasade placa.Finalmente la placa en el punto r (véaseec. (9.48)). La integral dada en (11.28)se lleva a cabo sobre toda el área A de la placa.
Obsérvese que para un cuerpo rígido con distribuI es una ción de masa dada e! momento de inercia cantidad que es fila. Aunque el cuerpo se mueva, el momento de inercia no cambia, ya que estamos tratando con cuerpos rígidos. Regresemos ahora a la pregunta planteada arriba. Sustituimos el momento angular de la placa dado por la ec. (11.27) en la ec. (10.53) 7
d L.
=
"
dt
-
d
-(la) dt
"
d = I -w
dt
y usando la ec. (11.11) pard el vector de aceleración angular (Y encontramos finalmente que
r = /(Y
(11.331
Este resultado nos indica que una torca r aplicada sobre un cuerpo rígido causa una aceleraci6n angular a! del cuerpo, cuyo valor es
1
r7
(Y=
Figura 11.17
En el importante caso en que la densidad de masa de la placa sea uniforme, es decir, sea la misma en cualquier punto de la placa, entonces e(r) es una cantidad constante, que denotaremos simplemente por e. En este caso se puede sacar e de la integral en la ec. (11.28) y su momento de inercia con respecto a O es
I = heSArzdA E s fácil ver que (véase problema 11.3) siones del momento de inercia son
{
dimensiones d,e
}
= ML2
(11.29) las dimen-
(11.30)
(11.34)
La respuesta a la preguntdciue se hizo arriba es, entonces, que s i se aplica una fuerza sobre una placa rígida cot-I u n p u n t o f i j oO, entonces la torca T correspondiente a esta fuerza genera una aceleracibn angular a! de la placa. Es claro de la ec. (11.34) que el vector a! tiene la misma direcciony el mismo sentido que la torca T , que en nuestro casoes a lo largo del ejeI J ' (véase fig. 11.18). Como se ve en la ec. (11.33), la relación entre 7 y a! está dada en términos del momento de inercia I del cuerpo rígido. Este momento de inercia es unacaracterísticadelcuerpo. En la próxima sección aprenderemos la forma de calcular momentos de inercia de cuerpos rígidos. A continuación obtendremos la energía cinktica de una placa delgada en rotaci6n con un punto fijo. Regresemos al caso de la figura 11.13. En este caso ta partícula j tiene una energía cinéticaKj dada por(véase la ec. (8.24)):
258
Figura 11.19
Figura 11.18
Pero d e l a f i g u r a 11.13 nos damos cuenta de que los vectores w y r j son perpendiculares. Por tanto, la magn i t u d d e l a v e l o c i d a d l i n e a l v jes simplemente v j = rjw
que sustituida en la expresión anterior
nos da
En vista de que la energía cinética total del sistema, K, es igual a la suma de la energías cinéticas de cada una de las partículas que lo componen
K = =
j =1 j=1
Ahora bien, la magnitud del desplazamiento drj es
k j
N 1
d r j = rjd8
mjrj2w2
-
y sacando w2 como factor común, ya que la velocidad angular w es la misma para todaslas partículas del sistema, la última ecuación nos queda como
K = Liw2 2
Descompongamos ahora la fuerza F j en dos componentes: una a lo largo del desplazamiento d r t q u e I l a maremos (Fj) ; otracomponenteperpendicularal desplazamiento drj, que llamaremos (FJl. En vista de que el movimiento de la partícula es a lo largo de un círculo, nos damos cuenta de que el desplazamiento drj, es tangente al círculo que describe la partícula. En consecuencia, la componente (Fj),, es perpendicular al vector de posición r j de la partícula j, mientras que la componente (Fj), es paralela a rj. En vista de lo anterlor, el producto escalar que aparece en la ec. (11.36) queda como
(11.35)
por lo que
Pero la cantidad encerrada en los corchetes de la última expresión es la magnitud de la torcarj con respect o a O causada por la fuerza Fj (véase el capítulo IO).
Aquí se usó la definición (11.25)del momento de inercia del sistema. En caso de que el cuerpo rígido tenga Hay que darse cuenta de que (Fj) es perpendicular una distribución continua de masa, entonces la I que a rj. aparece en la ec.(11.35)es la expresión dada por la ec.
(11.28).
Por tanto, Calculemos ahora el trabajo realizado por las fuerd W j = /7iId8 (11.37) zas que se aplican sobre el cuerpo rígido al girar éste. Consideremos nuevamente una distribución discreta En consecuencia, el trabajo total Wj realizado sobre de partículas. Sea Fj la fuerza que experimenta la parla partícula j es t í c u l a j (fig. 11.19). Consideremos un desplazamiento drj de la partículaJ. En vista de que el movimiento del cuerpo rígido es circular, esto corresponde a un giro dB de todo el cuerpo rígido. En este desplazamiento, = 17jldB e l t r a b a j o d W j r e a l i z a d o p o r l a f u e r zFaj sobre la partícula j es (véase ec. (8.23)) y el trabajo total W realizado sobre el cuerpo rígido es d W j = Fj d r j (11.36)
1
MOMENTOS DE INERCIA DE PLACAS DELGADAS N
w =j=c1 w ; j= 1
J
"
Dado que la suma de integrales de la suma
es igual a la integral (1 1.38)
La suma quepparece dentro de la integral es l a suma de las magnitudes de las torcas aplicadas a cada una de las partículas del sistema. Ahora bien, en una placa delgada con un punto fijo, las torcas ejercidas sobre las partículastienentodaslamismadirección y el mismo sentido [véase problema 11.15). Por tanto, la es igual a la suma de las magnitud de la torca total i magnitudes de las torcas de cada una de las partícuI as
de quese requiere conocer las distancias de cada una de las partículas al punto O. Las distancias de las partículas 1 y 2 al punto O son 2 m y 1 m, respectivamente. La distancia de la partícula 3 al punto O es A 0 (fig. 11.20b). Pero el triángulo OBA es rectángulo, y conocemos sus catetos OB y AB. Aplicando el teorema de Pitágoras, encontramos la magnitud de a hipotenusa AO. A 0 = JAB2 que, sustituyendo valores,
(11.39)
11.4. M O M E N T O S DE I N E R C I A DE PLACAS DELGADAS
En esta sección obtendremos los momentos de inercia de varios cuerpos rígidos. Ejercicio 11.1. Obtenga el momento de inercia respecto al punto O del sistema de tres partículas mostrado en la figura 11.20a. Supóngase que las tres partículas están contenidas en un plano y están a distancias fijas entre sí. En vista de que el sistema por tratar consta de partículas discretas, hay que aplicar la ec. (11.25) para el Nos damos cuenta cálculo del momento de inercia.
= J36m2
A*
9ks
+ (1 m)' + Im 2
= &%?-=
6.08 m
Por tanto, se tiene que
m, = 7 k g m, = 8 k g m3 = 9 k g
rl=2m rZ=lm r3 = 6.08 m
siendo r j (j = 1, 2,3) los valores de las distancias de cada una de las partículas al punto O. Sustituyendo estos valores en la ec. (11.25) se encuentra que
+
+
/ = m1rl2 m2rz2 m,r,2 = (7 kg) X (2 mI2 (8 kg) X (1 m)2 (9 kg) x (6.081,
+
+
= 28 kg X m 2
+ 8 k g x m2 + 333 k g x
m2
= 369 k g X m 2
Éste es el valor de momento de inercia pedido Ejercicio 11.2. Resuelva el ejercicio anterior, pero suponiendo que la partícula1 está a una distancia de 4 m del punto O. En este caso se tiene que
m, = 7 kg, 3
+ OB2
nos da
OA = J(6m),
por lo que la ec. (11.38) queda como
W = \i71dO
259
r1 = 4 m
quedando los demás datos iguales. Procediendo como se hizo en el ejercicio anterior, se encuentra que
/ = 453 k g X m2
11
6rn
Figura 1 1.20
En este caso, la partícula 1 está más separada de O q u e enelcasodelejercicio11.1,conelresultado de que el momento de inercia ahora es mayor. Obsérvese que en este caso el sistema de partículas tiene la misma masa total que en el caso del ejercicio 11.l. Sin embargo, los momentosdeinerciasondistintos,ya que las distancias son distintas. E l resultado nos indica que mientras más separada esté una (o varias) de las partículas del puntoO, mayor será el valor del rnomento de inercia del sistema.
260
Cap. 11
CUERPO RíGIDO
Lo anterior es una ilustración del hecho de que el momento de inercia de un cuerpo depende no sólo de la masa total del cuerpo, sino también de la distribución de la masa en el cuerpo. Cuerpos conlas mismas masas totales, pero distribuidas de formas distintas, tienen momentos de inercia distintos.
que sustituyendo en la ec. (11.41)nos da
Ejercicio 11.3. Obtenga el.momento de inercia con respecto a su centro de una placa circular delgadade radio H que tiene rlasa total M distribuida uniformemente. En este caso usamos la ec. (11.29). Para el elemento de área escogemos el mismo anillo mostrado en la f i gura 9.38. E l valor de su área dA está dado por !a ec. (9.81), que sustituimos en la ec. (11.29) H
!= ehjo
S, r2(r 2?r
dr dB)
S,
H
r2rdr =
\
H
il
I
r3dr
1:'
= " 14 4
(11.42)
Éste es el momento de inercia de una placa circular M y radio H conrespectoa su uniformedemasa centro.
I
Integramos primero sobre
La integral sobre r es
1 I = -MHz 2
(11.40) (9.83).
)GL;o"Tie sigue a la ec.
y finalmente, después de simplificar,
Ejercicio 11.4. Calcule el momento de inercia con respecto a SU centro de masa de una placa rectangular delgada con distribución de masa uniforme. Supóngase que los lados del rectángulo tienen longitudes a yb (fig. 11 21).Del ejercicio9.6 sabemos que el centro de masa de una placa rectangular delgada uniforme se encuentra eTr el centro geométricoC de la placa. Escogemos un sistema de coordenadas con sus ejes paralelos a 105 lado5 del rectángulo y con el origen en C. Usaremos l a ec. (1.1.29j para determinar el momento de inercia. Para ello escogemos un elemento de área dA rectangular de lados dx y dy, a una distancia r de C (fig. I l . 2 l j , centrado en el punto P de coordenadas (x, y). Por t a n t o ,
dA = dx dy
(11.43)
Aquí se usó la ec. :1.28) con n = 3. Sustituyendo los valores de las integrales acabadas de calcular en la ec. (11.40), se encuentra que
x
(11.41)
= -@hH4
2
Por otro lado, de la ec. (9.48) se tiene para una dlstribución de masa uniforme que
M
M
v = Ah
@ =
siendo Vel volumen de la placa. En nuestro caso A es P I área del círculo de radio H, dada por A = aH2
Figura 1 1.2 1
Además, dado que el triánguloCPQ e5 rectángulo con hipotenusa r, del teorema de Pitágoras se tiene que
r2 = x z
+ y2
(11.44)
Sustituyendo las expresiones (11.43) y (11 44) en la ec.
(11.29) se encuentra que
262
Cap.
11.
CUERPO RíGIDO
t r o d e masa del cuerpo. En estos casos se debería volver a hacer cálculos análogos a los que se hicieron en los ejercicios 11.3y 11.4. Afortunadamente esto noes necesario, ya que existe un teorema, el de ejes paralelos, que nos indica que sise conoce el momento de inercia de un cuerpo rígido con respecto a un punto, por ejemplo el centro de masa, entonces se puede obtener fácilmente el momento de inercia del cuerpo con respecto a cualquier otro punto. En esta sección demostraremos este teorema. Consideremos una placa rígida arbitraria con distribución de masa uniforme (fig. 11.22). Sea C su centro sisde masay sea O un punto arbitrario. Tomemos dos temas de coordenadas: uno, el XY, con origen en O y el otro, con sus ejes X ’ Y ‘ paralelos a los ejesanteriores y su origen en C. Sean (X, Y) las coordenadas del punto C en el sistema O.
r2
=
x2
+ y2
y sustituyendo los valores dados por la ec. (11.53) r2 = (x’
+ X)2 + ( y ’ +
Desarrollando los binomios al cuadrado r2 =
x’2
+ 2x’X + + y’2 + 2y’Y + Y‘ x2
y agrupando
r2 = ( x ”
+ y’2) + 2x’X + 2 y ‘ Y + (X2 + Y2)
(11.55)
Pero, de la figura 11.22 vemos ques i r ‘ es la distancia de P al centro de masa C, entonces rr2
=
x‘2
(11.56)
+ y!2
Además, nos damos cuenta también de que
siendo R la distancia entre C y O. Por. tanto, sustituyendo las ecs. (11.56) y (11.57) en (11.55) nos queda
+ 2x’X + 2y’Y + R2(11.58)
r2 = r r Z
Ahora sustituimos (11.58) en la expresión (11.54) lo =
=
+ 2x’X + 2 y ’ Y + R2)dA r’2dA + j A 2 x ’ X d h
S A ( r I 2
+JA2y‘yd~
u Figura 11.22
En emstema de coordenadasXY, el vector de posición R (con componentes(X, Y)) del punto C está dado por la ec (9.26) o en su caso, la ec. (9.50).
I
Calculemos el momento de inercia de la placa con respecto aO. Sea dA un elemento de área centrado en el punto P. Este p u n t o P tiene coordenadas (x, y) en el sistema O y coordenadas (x’, y’) en el sistemaC. D e l a figura 11.22 podemos escribir que
+ x,
eh
+Y
i
+lAR2dA
En el segundo sumando sacamos 2X fuera de la integral, ya que es constante; por el mismo motivosacamos 2Y fuera de la tercera integral y R2 de la cuarta integral. Así obtenemos
+ í!QhXJ’,x‘ dA + 2ehYSAy‘dA + ehRZI,dA
1 0 = ehJ’,rJ2dA
(11.59)
E l primer sumando de la derecha es justamente el momentodeinerciadelaplacaconrespectoa su centro de masa C, que denotaremos por I C IC = eh
S,
r‘22 dA
(11.60)
(11.53)yaque r ’ es ladistanciadelelementodAalpunto C (fig. 11.22). Las integrales que aparecen en el segundo y tercer De la ec. (11.29) se tiene para el momento de inercia sumandos son cero con respecto a O, que denotaremos por I , x = x’
y = y’
(11 54)
(11.61)
siendo r l a distancia del elemento en P al punto O (fig. 11 22) Se1 tiene que
ya que son las coordenadas del centro de masa en el sistemacuyoorigen es precisamenteelcentrode
I , = he S A r 2 d A
263
TEOREMA DE EJES PARALELOS
masa (véase ec. (10.81) y problemas 10.28 y 11.8). Finalmente, la integral que aparece en el último sumand o (11.59) es justamente el área A de la placa
SadA = A
(11.62)
Sustituyendo las expresiones (11.60)-(11.62) en la ec. (11.59) se obtiene que
+
lo = lc ebAR2
e=
M
v = Ah
siendo V ( = A b ) el volumen de la placa y M su masa total. Por tanto,
eha = M
(11.64)
Sustituyendo este valor en la ec. (11.63), obtenemos finalmente que lo = lc
+ MR2
(11.65)
Esta relación constituye el teorema de ejes paralelos: el momento de inercia con respecto a un punto arbies igual al trario O de una placa delgada uniforme momento de inercia con respecto asu centro de masa C más el producto de la masa total M de la placa por el cuadrado de la distancia R del centro de masa C al p u n t o O. Delaec.(11.65) es claroque si se conoceel momento de inercia de una placa con respecto a su centro de masa, entonces se puede obtener muy fácilmenteelmomentodeinerciaconrespectoacualquier otro punto.En consecuencia, dada una placa,es suficiente calcular su momento de inercia con respect o a su centro de masa. Ejercicio 11.5. Una placa rectangular delgada, uniforme, tiene masa de 3.7 kg. Los lados de la placa miden 4 m y 6 m. Obtenga el momento de inercia de la placa con respecto a un vértice. Sea O el vértice en cuestión (fig. 11.23). E I centro de c
(+)'+
R2 =
(11.63)
Ahorabien,paraunaplacacondistribuciónde masa uniforme, la ec. (9.48) para la densidad de masa es
M
masa C de la placa se encuentra en su centro geomét r i c o C. E l momento de inercia de la placa con respecto al centro de masa ya se o b t u v o y está dado por la ec. (11.52). La distancia R entre el centro de masa C y el p u n t o O es (usando la misma notación del ejercicio 11.4)
(+)
2
+ b2)
I
= 4(a2
(11.66)
Por tanto, sustituyendo las ecs. (11.52) y (11.66) en la ec. (11.65), se obtiene que
+
I
l o = lc M R 2 = -M(a2 12
1
= - M(a2 3
+ b2)+
I
M (a2
+ b2)
(11.67)
Sustituyendo valores se encuentra que
10
1
= - X 3.7 k g X 3
+
1
3.7 x (16 36) k g X m 2 3 = 64.13 k g X m 2
"
Ejercicio 11.6. Obtenga el momento de inercia de una placa circular delgada, uniforme, con respecto a un punto sobre la circunferencia.La masa de placa es de 25.7 kg y su radio es de 3.5 m . En el ejercicio 11.3 se obtuvo el momento de inercia de una placa circular uniforme, delgada, con respecto a su centro de masa (véase ec. (11.42)). Por tanto, usando la ec. (11.65) se tiene para el momento de O de su inercia de la placa con respecto a un punto periferia lo = l c
+ MHz
siendo M l a masa total de la placa y H su radio. Sustituyendo la ec. (11.42) nos da
6rn
Sustituyendo valores se encuentra que 3 2
lo = - X 25.7 k g X (3.5m)*
-
Figura 1 1.23
+ b2)
3 X 25.7 X 12.25 k g x 2
= 472.24 k g x m 2
m2
264
Cap. 11. CUERPO RiGlDO
En ocasiones es necesario encontrar el momento de inercia con respecto a un punto O de una placa que está compuesta de varias partes (fig.11.24).AI aplicar la ec. (11.281, hay que efectuar la integral sobre toda el área A del cuerpo.En vista de que el área total es la sumade las Breas A,, A,, se puedeescribir
IC,
+ (0.6 m i 7
= -ml[(0.5 m),
12
-~
12
8 kg
X
0.61 m 2
= 0.407 k g X m2
(11.69)
Para la placa 2
I,
= -m2[(2m),
12
- I
n
12
+ (0.6 mI2]
45 k g X 4.36 m 2
= 16.35 kg X m 2
(11.70)
Ahora aplicaremos a cada una de las placas el teorema de ejes paralelos dado por la ec. (11.65). Para ello necesitamos conocer las distancias de cada uno de los centros de masa C, y Cz al punto O. Distancia OC,: E l triángulo OPC, es rectángulo (fig.
11.25b). Figura 11.24
Aquí /AA,) es el momento de inercia de la placa A, con respecto al punto O, etc. Este resultado nos dice que el momento de inercia con respecto a O de una placa compuesta de varias partes es igual a la suma de los momentos de inercia de sus partes calculados todos con respecto al mismo p u n t o O. Ejercicio 11.7. Dos placas rectangulares uniformes se unen como se muestra en la figura11.25a. La placa 1 tiene masa de 8 k g y la otra, la 2, tiene masa de 45 kg, con las dimensiones mostradas en la misma figura. Obtenga el momento de inercia del cuerpo compuesto con respecto al punto O. E l momentodeinerciabuscado lo obtendremos aplicando la ec. (11.68).Es decir, se necesita conocer los momentos de inercia, con respecto al puntoO, de cada una de las placas rectangulares. Por otro lado, en el ejercicio 11.4 se obtuvo el momento de inercia de una placa rectangular uniforme con respecto a su centro de masa (veáse ec. (11.52)). Aplicaremos, entonces, a cada uno de los rectángulos el teorema de ejes paralelos, para encontrar sus momentos de inercia con respecto al punto O. En primer lugar calcularemos el momento de inercia de cada uno de los rectángulos con respecto a su centro de masa, usando la ec. (11.52).
Sean m, y m2 las masas de los dos rectángulos
m, = 8 kg,
m2 = 45 k g
Se tiene entonces que, para la placa 1,
Aplicando el teorema de Pitágoras se obtiene que
+
(OC,)2 = (0P)Z (PC$ = (0.3 m)2 ( 2 m = 5.15 m 2
+
+ 0.25 m),
(11.71)
Distancia OC2: en el triángulo rectángulo OPC2(fig.
11.25cl
+
(OC2)2 = (0P)Z (PC212 = (0.3 m)2 (1 m)’ = I .O9 m2
+
(11.72)
A continuación obtendremoslos momentos de inercia de las placas con respecto al punto O, usando el teorema de ejes paralelos (ec.(11.65)). Para la placa 1 se tiene que /dl) = I,, m,(OC1)2
+
que usando los resultados (11.69) y (11.71) nos da
/ d l ) = 0.407 k g
X
In2
= 41.6 k g X m 2
+ 8 kg X
5.15 m 2 (11.73)
Para la placa 2 se encuentra que
Id21 = I C ,
+ m2(OC,)2
que usando los resultados (11.70) y (11.72) nos da
ld2) = 16.35 kg
X m2 = 65.4 kg X m 2
Finajmente,usandolaec.
+ 45 k g X 1.O9 m’
1.74) (I
(11.68) y los resultados
265
DINÁMICA DE PLACAS DELGADAS R2
0.25 m
= (coy = (CC2 PC*I2 (OPY = (0.189 m 1 m)2 (0.3 m)’
+
+
+
= 1.504 m2 ; ; 2
1-
o-P
0.3 m
I , = I,
OWP
03m
M = m,
= 8kg
+
+ 65.4kg X
m2
(11.75)
R
C -P 0.3 m
Figura 1 1.26
aprendido en el capítulo9, se encuentra que el centro de masa C del cuerpo compuesto está sobre la línea que une aC1 c o n C, y a una distancia de 0.189 m de (problema 11.12).Por tanto, la distancia R entre C y O se obtiene usando el teorema de Pitágoras en el triángulo rectángulo OPC
+
+ 45 k g = 53 k g rn2
(11.78)
Éste es el valor del momento de inercia de la placa compuesta con respecto a su centro de masa C.
Ejercicio 11.8. Obtenga el momento de inercia del cuerpo compuesto del ejercicio 11.7, pero con respect o a su centro de masa. En vista de que se conoce el momento de inercia del cuerpo compuesto con respecto al punto O (ec. (11.75)), podemosencontrarelmomentodeinercia con respecto al centro de masa C, usando el teorema de ejes paralelos (véase ec.(11.65)). Para ello necesitamos conocer la distancia entre el centro de masa del cuerpo compuesto C y el punto O (fig. 11.26). De lo
t
( I 1.77)
I, = 107 kg x m 2 - 5 3 kg x 1.504 m2 = 107 kg x m 2 - 79.7 kg X m 2 = 27.3 k g X m 2
ÉStaes la cantidad pedida
“i
MR2
Sustituyendo los resultados (11.75), (11.76) y (11.78) en la ec. (11.77), obtenemos que
(11.73) y (11.74) obtenemos el momento de inercia del cuerpo compuesto con respecto a O = lo(1) 10(2) = 41.6 k g X m2 =kg 107 X m2
-
Aquí M es la masa total de la placa compuesta
Figura 11.25
89
(11.76)
De la ec. (11.65) despejamos el momento de inercia con respecto al centro de masa Ir
0.6 m
lo
+
11.6. DINÁMICA
DE PLACAS DELGADAS
Una vez quese sabe la manera de calcular momentosdeinerciadeplacas,podemosregresaralaec. (11.34)paraestudiarelmovimientoquerealizael cuerpo rígido. Esta ecuación relaciona la torca aplicada con la aceleración angular que resulta. En primer lugar, si la placa tiene un punto fijo, entonces es claro quealaplicarunatorcaarbitraria,solamentedará contribución al movimiento la componente de la torca perpendicular al plano de la placa. En consecuencia, de la ec. (11.34) vemos que la aceleración angular resultante 01 es un vector también perpendicular a la placa, y con el mismo sentido que la torca, ya que el momento de inerciaes una cantidad positiva (véase la ec. (11.32)). Hay que enfatizar que tanto la torca como el momento de inercia que aparecen en la ec. (11.34) están calculados con respecto al mismo punto.
Ejerc’cio 11.9. A unaplacarectangularuniforme demasa14 kg, con su centrodemasaC-fijo(fig. 11.27), se le aplica una fuerzaF de magnitud 8.2 kg en el punto P mostrado. iQué movimiento realiza la placa? La fuerza F genera una torca con respecto a C, que a S U vez da como resultado una aceleración angular (véaselaec. (11.34)). Usandolaec.(10.10) se encuentra que la torca con respecto C, a Tc es un vector C2perpendicular al plano de la placa; usando la regla de la mano derecha,se obtiene que el sentido de T~ es hacia afuera del plano de la página. La magnitud deTees TC
I F I (CQ)
266 6m
)c-
Ejercicio 11.10. Suponga que la placa del ejercicio anterior tuviera fijo el vérticeO (fig. 11.27). iQuéaceleración angular tendría entonces la placa? La torca aplicada 70, tiene una dirección perpendicular al plano de la placa y un sentido que sale de la página; es decir, estas dos características son iguales a las del caso anterior. La que sí cambia ahora es la magnitud de la torca aplicada. En este caso, el brazo de palanca es la longitud OP
Y
OP=3m+2m=5m por lo que Figura 1 1.27
T~
= 80.36 N
X
5 m = 401.8 N
X m(11.81)
Para encontrar el momento de inercia de la placa siendo CQ el brazo de Palanca de la fuerza F con rescon respecto a O, usamos el teorema de ejes paralelos Pecto a Ahora bien, trabajaremos en el SI de unida- (ec. (11.65)). La distancia R entre los puntos O y C se triánguPitágoras al teorema de obtiene aplicando que elpor lo des, lo rectángulo OCS 1 F 1 = 8.2 kg = 8.2 X 9.8 N = 80.36 N
c.
R2 = (OC)* = (OS)2+ (CS)2 = ( 3 m)2 (1.5 m)2
V
+
CQ=2m Sustituyendo estos valores en la última ecuación contramos que
rc = 80.36 N
X 2m = 160.72 N X m
en-
(11.79)
En seguida obtendremos el momento de inercia de la placa con respecto a su centro de masa. Aplicando la ec. (11.52) encontramos que
1 kg X [(6m)2 12 = 52.5 kg X m 2
l~ = -14
+ (3 m)2] (11.80)
IC
-
160.72 N X m 52.5 kg x m*
Aquí se usaron los valores (11.79) y (11.80). Haciendo las operaciones, se encuentra que (problema 1I.I 6) cy
= 3.06 radls2
En consecuencia,laplacagiraalrededorde C con aceleraciónangularconstante. En particular, si in!cialmente estaba en reposo, comenzará a girar en sentido opuesto a las manecillas del reloj.
11.25 m2
(11.82)
Sustituyendo los valores (11.80) y (11.82)enlaec. (11.65), se encuentra que
/o =
IC
+ MR2
= 52.5 k g x m2 = 210 k g X m2
+ 14 kg X I 12 5
m2 (11.83)
Ahora sustituimos los valores (11.81) y (11.83) en la ec. (11.34) obteniendo que cy
Usando la ec.(11.34), se tiene que la aceleración angular (Y resultante es un vector perpendicular al plano de la placa, con sentido hacia afuera de la página y con magnitud dada por (y= ~rc
(=
401.8 N X m 210 kg X m 2 = 1.91 radls2 =
70_-_ /O
E l movimiento es, por tanto, un giro alrededor de O con aceleración angular constante. En este caso resulta que la aceleración angulares menor que en el caso del eiercicio 11.9. Ejercicio 11.11. Una placa rectangular, delgada, de
30 c m y 1 5 cm de lados y de masa distribuida unifor-
memente está en reposo sujeta de dos clavijas en los puntos A y B (fig. 11.28). En cierto momento se quita la clavija B. Obtenga: a ) La aceleración angular inicial de la placa.
b) La aceleración lineal inicial del centro de masa de la placa.
La placa experimenta una fuerza externa que es su peso P, aplicado en su centro de masaC. Este peso genera una torca con respecto al punto A y en conse-
-
DINÁMICA DE PLACAS DELGADAS
D = h/2
una placa rectangular, delgada, con respecto asu centro de masa es
1 1, = - M 12
c
267
+ k2)
(11.88)
Sustituyendo las expresiones (11.87) y (11.88) en la ec. (11.86) se encuentra que
u
h = 30cm
(h2
+ k2)
I
= 7M(h2
/A
Figura 11.28
(11.89)
Ahora sustituimos las expresiones (11.85) y (11.89) en la ec. (11.84), obteniendo cuencia (véase ec. (11.34)) la placa experimenta una aceleraciónangular. Si inicialmentelaplacaestaba en reposo, entonces al soltar la clavija B la placa empieza a girar alrededor del punto A. Clamaremos con la letras h y k las longitudes de la placa
h = 30cm
k = 15cm
a) Aplicamos la ec. (11.33) con respecto al centro de giro A
siendo 7,4 la torca deP con respecto aA; lael momento de inercia de la placa con respecto a yAa s u aceleración angular. Esta ecuación implica r A =
(11.84)
lA(Y
La torca de P con respecto a A es
TA=RXP
= D f = hMg/2
(11.85)
siendo D ( = h/2) el brazo de palanca de la fuerza P y M la masa de la placa. Usando el teorema de ejes paralelos podemos encontrar el momento de inercia de la placa con respecto al punto A (ec. (11.65)) I, = I,
+M
R ~
(11.86)
siendo R la distancia de C a A. Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo AQC se tiene que
-
h2
+ k2 4
1 3
-M(h2
+ k2)a
y despejando LY nos da
3 hs (y= 2 h2 k2
+
(1I,901
Nos damos cuenta de que este resultado no depende de la masa M de la placa. Solamente depende de sus características geométricas. Sustituyendo los valores numéricos de h y de k se encuentra que a
= 39.2 rad/s2
(11.91)
La dirección de a es perpendicular al plano de la placa y su sentido es hacia adentro de la página. b) E l centro de masaC gira alrededor de A;es decir,. recorre un círculo de radio R. Por tanto, su aceleraciónlineal a es (véanse las ecs. (11.14), 7)) (11.16) y (11.I
a = w X v + a x R
que es un vector perpendicular al plano de la placa y con sentido hacia adentro de la página. Su magnitud es 7A
h
-2 M g
(11.87)
Del apéndice V vemos que el momento de inercia de
siendo w su velocidad angular y v, su velocidad lineal en el instante considerado. Recordamos que el primer sumando es la aceleración centrípeta y el segundo sumando es la aceleración tangencial. Dado que inicialmente la placa no se mueve, entonces su velocidad angular o es nula, por lo que
a = a X R
(11.92)
Por tanto, en el instante inicial la aceleración lineal es solamente tangencial. Su componente normal (o centrípeta) es nula. En la figura 11.29 se muestr'an estos tres vectores. E l vector a está contenido en el plano de la placa y su dirección es perpendicular a R. Usando la regla de la mano derecha, se encuentra quesu sentido es el mostrado en la figura. La magnitud de a es
la1 = aR sen 900 = aR
(11.93)
va que 01 es perpendicular a la placa y. por tanto, a R. E l valor de K es, usando la ec. (11.87)
268 La polea es una placa circular delgada con el punto C fijo. Sean M la masa de la polea, H su radio y m la masa del cuerpo
M = 0.5 kg,
H = 30 cm,
m = 2.3 k g
En lafigura 11.31 se muestran los diagramasde cuerpo libre del cuerpo y de la polea. Las fuerzas que se aplican al cuerpo sonsu peso p y la tensión T, de la cuerda.Se escoge el vector aceleración a vertical y de sentido hacia abajo. Aplicando la segunda ley de Newton al cuerpo, se tiene que 1,
+ p = ma
(11.94)
Escogiendounsistemadecoordenadascomoel mostrado en la figura 11.31a, la componente de la ec. (11.94) es
7,-p=
Figura 11.29
R = 16.8 cm Sustituyendo este valor y el de a dado en (11.91) enId ec. (11.93), se encuentra que
1aI
= 6.57 mis2
AI moverse la placa, el brazo de palanca delpeso P con respecto a A va cambiando. En consecuencia, la torca con respecto a A también cambia y, por tanto, la aceleración angular a varía con el tiempo. Una vez que la placa empieza a moverse, la velocidad angular ya no es cero y, por tanto, hay una aceleración centrípeta.
(11.95)
La polea es un disco delgado consu centro de masa C fijo. Las fuerzas que actúan sobre elld son la tensión T,, aplicada en el puntoQ de la periferia del disco; su peso y otra fuerza, de restricción, no mostrados en la C. Esta figura 11.31b, aplicadasambasenelpunto fuerza de restricción es la que causa que la polea no se mueva hacia abajo. Por tanto, la polea realiza un movimiento de rotación alrededor de C, causado por latorcade 1, conrespectoa C. Aplicandolaec. (11.33), se tiene que 1.q
Ejercicio 11.12. Una polea circular de radio 30 cm, uniforme, delgada y de masa 0.5 kg está montada sobre un eje C con el que no tiene fricción. Alrededor de la polea se enrolla una cuerda inextensible y de masa despreciable. En el extremo de la cuerda hay un cuerpo de masa 2.3 kg (fig. 11.30). iQué movimiento realiza el cuerpo? 2Cuál es la tensrón de l a cuerda? ”
-ma
J.
= I
cy
(11.96)
Figura 11.31
a)
Aquí tanto la torcaTT, como I se calculan con respect o al centro de masa de la polea, o sea, con respecto al punto C. Ahora bien, la dirección y el sentido de la torca y de la aceleración angular son los mismos, por lo que la magnitud de la ec. (11.96) es TT2 =
la
(11.97)
Ahora bien, por ser la cuerda inextensibley de masa despreciable se tiene que Figura 1 1.30
7 , = T, = 7
1.98) (1
DINÁMICA DE PLACAS DELGADAS
Además, la aceleración de la cuerda es igual a la aceleración tangencia1 de la polea, por lo que (véase ec.
(5.67))
Sustituyendo las ecs. (11.104) y (11.105) enlaec. ( l I . l 0 2 ) ,obtenemos para la magnitud de la tensión
T
(11 .I06)
(11.99)
a = aH
269
Por otro lado, la magnitud de la torca 7(ya sin subíndi- De la ec. (11.101)vemos que el lado derecho es una cantidad constante. En consecuencia, la aceleración cel es angular con que gira la polea es constante. Además, de la ec. (11.10.5)vemos que el lado derecho también r = TH .I (11 00) es una cantidad constante. Por tanto, el cuerpo baja con aceleración constante; es decir, realiza un moviDespejando (Y de la ec. (11.99) se tiene que miento uniforrnemente acelerado. a (Y= Sustituyendo valores en las ecs. (11.105), (11.101)y (11.I o1 ) H (11.106),obtenemos los siguientes resultados Sustituyendo las relaciones (11.100) y (11.101) en la ec. (11.97),se obtiene que
(Y
a = 8.84 mis2,
= 29.5 rad,",
T = 0.23 kg
Ejercicio 11.13. Describa el movimiento de una máquina de Atwood suponiendo que la polea es un disco H circular uniforme (véase el ejercicio7.9). Suponga que la cuerda es de masa despreciable e inextensible. que despejando T nos da En el ejercicio 7.9 se obtuvo el movimiento de una máquina de Atwood, suponiendo que la polea no jua T = / (11 .I 02) gaba ningún papel. Ahora tomaremos en cuenta a la H2 polea. Para ello, supondremos que la polea es u n disco delgado, uniforme con masa rnD y radio H. UssreSustituyendo ahora la ecuación (11.102) en la mos la misma notación que en el ejercicio 7.9 (véase fig. 7.12). Haremos ahora un diagrama de cuerpo libre (11.95),con p = mg, se encuentra que de los dos cuerpos y de la polea (fig. 11.32). A l cortar a(/iH2) - mg = - rna las cuerdas, las remplazamos por las tensiones TI, T,, 1 3 Y 14. D e esta ecuación despejaremos a. Para ello, pasamos Aplicando la segunda ley de Newton a los cuerpos (ma) al miembro izquierdo (pasa con signo positivo); 1 y 2 (figs. 11.32b y 11.32c), se encuentra pasamos (mg)al miembro derecho (pasa con signo positivo); factorizamos a en el miembro izquierdo. Así, cuerpo 1 : 1, t p = ma (11.I 0 7 ) se obtiene que cuerpo 2: 1, P = MA (11 .I 08) J
TH=/ -
a [m
+
+ [//Hz)] = mg
Para la polea (fig. 11 32d), aplicamos la ec. (11.33)
por lo que
(11 .I 03) 7r3
En el apéndice V vemos que el momento de inercia de una placa circular delgada con respecto a su centro de masa es I = MH2/2
por lo que /
-
1 -M 2
"
Hz
(11 .I04)
que sustituido en la expresión (11.103) nos da para la aceleración J
(11 .I 05)
+ 7T4 = / a
(11.I 09)
Aquí 773 y T~~ son las torcas, con respecto al centro de la polea C, que ejercen las fuerzas T3 y T,, respectivamente. Asimismo, / es el momento de inercia de la polea con respecto a C. El p u n t o C. centro de la polea, está fijo. A continuación escogemos un sistema de coordenadas, como se muestra en la figura11.32e. En este sistema de coordenadas, la torca 7 T 3está dirigida a lo larZ, mientras que la torca go del sentido positivo del eje 7T4 tiene sentido opuesto. Para ser consistente con la selección de los sentidos de las aceleraciones a y A , la polea tiene que girar (vikndola de frente como en la figura 11.32d) en sentido opuesto a las manecillas del reloj. Por tanto, la aceleración angular a está dirigida a lo largo del sentido positivo del eje Z (fig. 11.32e)
270 ecs. (11.107) y
Tomando componentes de las
(11.108),se obtiene que -T1 T2
+ mg = -ma
(11.110) [11.111)
" M g = -MA
y tomando la componente de la ec.[11.109)a lo largo del eje Z se encuentra que
Calculando las magnitudes de estas torcas con respecto a C se tiene que esta última ecuación queda como
T3H - TH ,
(113) 1.I
la
Ahora bien, en vista de que la cuerda despreciable e inextensible se tiene que
1.
Tl = T4,
T, = T,,
es de masa
a =A
(11.114)
Además, se tiene que
Ha =a
(1 15) 1.I
Con lasecs. (11.114) y (11.115), lasecs. (11 .I 13)quedan como (problema11.24).
(11.111) y
1,- M g = - M a
(11.116)
I T* = - Hz a
T,"
(11 .I17)
Así, tenemos tres ecuaciones (ecs. (11.110), (11.116)y (11 .I 17)) para las tres incógnitas: a, T , y T2. Procederemos a resolverlas simultáneamente. De la ec. (11.116) despejamos T,. Para ello pasamos ( M g ) al otro
dl
miembro (pasa con signo positivo)
r, = - M a + Mg
que sustituida en la ec. (11.117) nos da
T,+Ma-Mg=-
I
__
Hz
Despejando ahora TI y factorizando derecho a se obtiene
Z
a
en el miembro
Sustituyendo este valor de Tl en la ec. (11.110),nos da Figura 1 1.32
b-
+ M
)
a-Mg+mg=-
ma
271 D e esta forma tenemos una sola ecuación para una incógnita, a. Despejamosahora a. Para ello,pasamos (ma) al miembro izquierdo (pasa con signo positivo) y los términos (Mg)y (mg) los pasamos al miembro derecho (cambian de signo). Además, factorizamos a yg
c
L
4F r
-I
t
y de aquí
a=
M-m
M
+ m + ///Hz)
Figura 1 1.33
g
En el apéndice V vemos que el momento de inercia de un disco de masa mu y radio H con respecto a su centro es
1 I = -muHz
2
Si calculamos tanto las torcas como el momento de inercia con respecto al punto O, vemos que la torca 7 F r es cero, por lo que
por lo que
Finalmente, se tiene entonces que la aceleración a es a=
M
M-m m (m,/2)
+ +
Figura 1 1.30
Esta ecuación implica que TF
(11.I 18)
ÉStaes la aceleración con la que se mueven los cuerpos en la máquina de Atwood. Vemos que el miembro derecho es una cantidad constante, por lo que el movimiento es uniformemente acelerado. En el caso en que no se tome en cuenta la polea, o sea que se desprecia su masa, m,, entonces la expresión (11.118)se reduce a la ec. (7.48a),anteriormente obtenida. Nos damos cuenta de que la diferencia entre las dos expresiones es que en el denominador hay que añadir la (md2). Por tanto, la aceleración a dada por la ec. (11.118) es menor que la dada por la ec. (7.48a). Es decir,altomarencuentaelefectode la polea, la máquina se mueve con una aceleración de menor magnitud.
= lock!
.I(11 20)
La magnitud de la torca de F con respecto a O es
FD
TF
(11.121)
Por otro lado, necesitamos calcular el momento de inercia de la barra con respecto al punto O, que no es el centro de masa de la barra.En el apéndice V vemos que el momento de inercia de una barra con respecto a su centro de masa IC, es I
IC = -ML2
12
Usando el teorema de
ejes paralelos (véase ec.
(11.65)),podemos calcular l o lo = IC
+ M(L/2)*
Ejercicio 11.14. En la figura 11.33 se muestra una que sustituyendo el valor dado arriba nos da barra uniforme de longitudL que está fija en el punto O. Se aplica una fuerza F , perpendicular 1 a la barra, a 1 1 l o = -ML2 -ML2 = -ML2 una distancia D de O. Describa el movimiento resul12 4 3 tante. Al aplicar la fuerzaF, ésta genera una torca conresPor tanto, la ec. (11 .I 20) nos queda como pecto a O. En consecuencia, la barra gira alrededor de 1 O en el plano vertical. FD = - ML2a En la figura 11.34 se muestra el diagrama de cuerpo 3 libre de la barra. AI separarla de la pared,se sustituye el ancla por la fuerzaF , , aplicada en O. Usando la ec. y despejando Q se tiene que (11.33) se tiene que o(= 3 FD (11 .I 22) 7F 7Fr = I@ ML2
+
+
~
272
Cap. 11. CUERPO R h D O
La barra gira en sentido contrario a las manecillas del reloj, viéndola como se muestra en la figura 11.33.
11.7. DINÁMICA DE CUERPOS RíGIDOS C Q N UN EJE DE S I M E T K ~ AFIJO E l movimiento de placas delgadas conu n punto tijo se pudo tratar en las secciones anteriores de mdnera relativamente sencilla por un motivo: los vectores de momento angulary de velocidad angular tenán i a misma dirección(véanselaec. (11.271 v l a tig. (11 16)j. tste hecho simplificó notablemente? el d e ~ a r r o i i o .En el caso general de un cuerpo rígido arbitrarlo, estos dos vectores NO tienen la misma dirección y res~!lta que su tratamiento se vuelve matemáticd!ne,?t:~~m u cho más complicado. Existe otro caso parael cual los dos vectores arriba mencionados tienen 1'1 misma dirección: un cuerpo que tiene un eje de simetría, gtrando alrededor de este eje. Antes de entrar de lleno en el estudio de este tipo de cuerpos, consideremos la siguiente situación Supongamos que dos partículas idénticas de Inasas iguaies, m , giran alrededor de unele J i y que las partículas se encuentran, todo el tiempo, diametralmente opuestas al eje (fig. 11.75). Ademas, supondremos que las dos partículas giran con Ía misma velocidad anguldr U , que está dirigida a lo largo del eje. Nos C ~ J nos cuentade q u e , enestasituación, las dospartículas estin girando al unisono. CaÍcularemos el momento anguiar total de las dos partículas ron respecto a un punto0 cualquiera, qt!e se encuentre sobre el eje de simetría. Consideremos primero unade ellas, l a 1 , digamos. De la ec. (10.2) se tiene que
Este vector es perpendicular al piano que forman los vectores r , y v1 (fig. 11.33). Ahora bien, dado que la partícula 1 está girando alrededor de un círculo con centro en Q y de radio Q P , el vector v1 es perpendicu-. Íar al vector r , . Por tanto, I, está contenido en el plano OQP. Ademhs, si rl forma un ángulo 8 con el eje J J ', entonces I, también forma e¡ mismo ángulo 8 con la I: !nea QP (fig. 11.36) (problema 11.33). Es importante notar que I, ahora NO ttene la misma dirección que el vector de veiocidad a r g u l a r w. ~~
Kecu6rdese que en PIcaso de una vector de momento angular de cada u n a de las particulas que Id componen es paralelo al vector de velocidad angui
I ,
I,
rl X p t = mr, X v, r-
J
La magnitud de I, es ~
= m r l v l sen 90" = rnrlvl
I, j
(11.I 23)
ya que el ángulo entre r1 y v 1 es de 90". Pero en vista de q u e el movimiento que sigue la particula I e5 c i r cular con radio h ( = QP)(fig. 11.35) la magnitud de ? u velocidad lineal v, es (véase ec (Il.1j) v , = wh
i l l 124)
que 5ustituicla en la e c . (11.123) nos da ~
to
I
I'
figura 11.35
I,
~
= mr,wh
(I I .I 25)
Se puede seguir e l mismo procedimiento para encontrarelmomentoangulardelapartícula 2. Este vector I , se muestra en la figura 11.37a. Fn la figura 11 ..37b se dibuja l a situación en el plano que contiene n los das vectores 1, y I,. Nbtese que rz forma el mismo
273 J
I
J'
Figura 11.37 a
Figura 11.37 b
angulo 0 con el eje J J ' que forma r,, por estar i m b a s partículas simétricamente dispuestas. En consecuencia, I , forma un ángulo 0 con la línea QP, como se ve en la figura 11.37b. Recordamos que cada uno de los vectores I, y l2 está contenido en el plano OQP.
Pero por la observación
I,,
+
ii] de arribd =
12,
u
por lo que la ec. (11.127) queda como
1 = I,,
+ lzz
La magnitud de I, es la misma que la deI , dada por la ec. (11 .I 25) (problema 11.34) 1121
(11.I 26)
= ill1
Ahora obtendremos el vector de momento angular t o t a l L de las dos partículas
L = I,
+
12
Si descomponemos los dos vectores I, y I, en dos componentes: una a lo largo del eje J J ' y otra perpendicueje estea lar (fig. 11.37cj vemos lo siguiente:
i ) Las dos componentes a lo largo del eje J J ' (que denotaremos con un subíndicez) tienen las mismas magnitudes, las mismas direcciones y los mismos sentidos. i i ) Las doscomponentesperpendicularesaleje JJ ' (que denotaremos con un subíndiceI)tienen las m i s mas magnitudes, las mismasdireccionesperosentidos opuestos. Por tanto
L = I,,
+
12,
+ I l L + I,,
(11.I27)
(11 .I 28)
/\
(I' Figura 11.37c
(11 .I 29)
274
Cap. 11. CUERPO RíGIDO
Esto significa que al sumar los momentos angulares de las dos particulas simétricamente dispuestas con respecto al eje J J ', las componentes perpendiculares a este ejease anulan.Las únicas componentes que contribuyen son las paralelas a'l eje J J ' En consecuencia, el vector L tiene dirección a lo largo del ejeJ J ' y tiene el mismo sentido que el vector de velocidad angular W . A pesar de que cada uno de Iqs vectores I , y I, NO tiene la dirección deU , su suma SI la tiene. La magnitud de L es, entonces
i l l = ~l,zl = 2 lI,l
+
lIzz!
Pero en la figura 1 1 . 3 7 ~ se ve que, en el triángulo PST
IDlz!
que, en este caso, resulta que el momento de inercia relevante es con respecto al eje de simetría J J '. Consideremos ahora un cuerpo rígido que contenga muchas particulas y que sea simétrico con respecto a un eje J J ' . Esto significa que para cada partícula que consideremosexisteotrasimétricamentedispuesta con respecto al eje y con la misma masa Además, si el cuerpo es rigido, entonces cada una de estas parejas de partículas gira al unísono. Calcularemoselmomentoangulartotal L de este cuerpo rigido. Supongamos, para empezar, que el cuerp o está compuesto de partículas discretas. E l moment o angular de la j-ésima partícula es (fig. 11.38)
= ; I l l sen H
y sustituyendo el valor de 1 I , 1 dado por la ec.(11 .I 25) = mohr, sen 6
1 IIzi
Pero en la figura 11 37c se ve, además, que en el triángulo OQP r , sen 0 = h
que es el radio de giro de cada una de las partículas Por tanto,
lIlZl = mwh2 Y
I L1
= (2mb2)w
(1 .I1 30)
Ahora bien, dado que el vectorL tiene la misma dirección y el mismo sentido que el vector w y en vista de la ec. (11.130) podemos escribir que
L = IJJ'
w
.I(1I
I]'
31)
Figura 11. 38
siendo IJJ' el momento de inercia del conjunto de dos partículas con respecto al eje j j ' dado por
iJJ'
= 2mh2
(I 1 .I 32)
AI igual que para el caso de dos partículas, se puede demostrar que este vector está contenido en el plano que contiene al vector r j y al eje J J ' y forma un ángulo con la lineaQP. Asimismo, la magnitud del j es (problema 11.36)
19,
Podemos concluir por el estudio de este caso de dosparticulasque,engeneral,elmomentoangular deunapartículaquegiraalrededordeuneje NO tiene la mlsma dirección que la velocidad angular. Sin I I j I = mjfjhjo (11.I 33) embargo para el caso de dos partículas con las mismas masas simétricamentedispuestasquegjranal y la magnitud de su componente a lo largo del eje de unísono, entonces el momento angular total SI es pasimetría J J ' es ralelo a la velocidad angulary se tiene entonces la relación (11 .I 31),en la que aparece el momento de iner1 Ij, 1 = mjh+ .I1(I 34) cia del conjunto de partículas con respecto al eje J J I .
1 es Obsérvese queelmomentoangular con respecto a un punto arbitrario SOBRE el eje de simetria J J
I .
Nos damos cuenta de lo obtenido arriba
Aquí bj es el radio del círculo alrededor del cual gira la j-ésima partícula. Nótese que hj es también la distancia de la j-ésima partícula al eje J J '
DINÁMICA DPCUERPOS RíGIDOS
Conviene descomponer cada vector I j en dos componentes: una a lo largo del ejeJ J ’ y otra perpendicular a dicho eje
+ Ij,
I j = ljz
35) (1 .I 1
Ahora sumemos todos los vectores I j p a r a o b t e n e r el momento angular total L del cuerpo rlgido
L=2
j=1
f: + (Ijz
l j L )=
N
/JJ?
(11.I 40) N
ljz
(11.I36)
j=1 j=1 Aquí se usó el hecho crucial de que la suma de las componentes perpendiculares se anula. Esto se debe aqueelcuerpoestáformadoporparejasdepartículas simétricamente dispuestas y para cada pareja la sumadelascomponentesperpendiculares se anula (véaselaec. (11.128)). Por tanto, bajo estas circunstancias, el vector L es la suma de las componentes a lo largo del eje J J ‘ de cada uno delos vectores I j z . En consecuencia, L está dirigido a lo largo de J J ’, es delas cir, l y w son paralelos. Dado que cada una de componentes l j z tieneelmismosentidoque w, la magnitud de L es simplemente la suma de las magnitudes de l j z ILI =
Nótesequeenlaexpresiónparaelmomentode aparecen las distancias h j de cada una de inercia las partículas al eje J J ’, motivo por el cualesta cantidad es el momento de inercia con respecto al ejeJ J ’. En el caso de un cuerpo rígido con distribución de masacontinuaquetieneunejedesimetría,laec. (11.139)sigue siendo válida, pero en lugar del momento de inercia dado por la ec. (11.138), hay que usar la siguiente expresión (problema 11.37)
Ij
Sustituyendo (11 .I 35) obtenemos
L=
275
Aquí h es la distancia del elemento de volumen dV al eje J J ’ de simetría (fig. 11.39). Además, e(h) es la densidad de masa en ese punto. La integral en (11.140)se realiza sobre todo el volumen V del cuerpo. Si lamasadelcuerpoestáuniformementedistribuida,condensidadconstante e, entonceslaec. (11.140) queda como /JJ,
=
e
V
h2 d V
(11.141)
I’
/l.jzl
j=1
y sustituyendo la ec. (11.I 34)nos da
I1I =
N
rnjhj2w j=1 Sacando w como factor común, ya que cada una de las partículas gira con la misma velocidad angular por tratarse de un cuerpo rígido, se encuentra que
111 = IJJ,
0
con el momento de inercia pecto al eje JJ ’, dado por /JJs,
IJJ, =
f:mjhj2
$1
37).I(11 del sistema con res-
(11 .I 38)
Queremos hacer ahora una observación importante. E l momento de inercia con respecto a un puntoarbitrario C de una placa delgada es igual al momento de inercia de la placa con respecto a un eje que pasa por C y es perpendicular al plano de la placa. La demostración se deja al lector. De hecho solamente se definen momentos de inercia con respecto a ejes. Finalmente, en vista de que L es paralelo a w y que su magnitud está dada por (11.137). se puede escribir que L /JJ, (11 .I 39)
I,
Figura 1 1.39
Unavezobtenidalarelación (11.139), lasustituimos en la ec. (10.53),c o n lo que se obtiene 7 =
(11.33a)
En esta expresión, la torca se calcula con respecto al mismo punto O, que está en el eje J J ’. Para obtener esta ecuación, se usó el hecho de que el momento de inercia / J J , es una cantidad constante y además se usó la ec. (11.11)para la aceleración angular. Notamos que la ec. (11.33a)tiene la misma forma que la ec.(11.33) para una placa delgada. En este p u n t o se puede hacer una observación análoga a la hecha en relación con las placas delgadas con un punto fijo. Si se aplica sobre el cuerpo una fuerza externa con dirección arbitraria, solamente la componente perpendicular al eje J J ’ es la que da Iugar a la rotación, ya que produce una torca que tiene dirección a lo largo de dicho eje. La otra componente de la fuerza, paralela al eje J J ‘, es cancelada por el agente que mantiene fijo el eje. E 5 decir, este agente
276
Cap. 11. CUERPO R ~ G I D O
cancela esta última componente, ya que de otra manera el eje se movería paralelamente a su dirección. P b r tanto, de la ec. (11.33a) podemos concluir que SI la torca efectiva tiene dirqcción a lo largo del eje J J entonces la aceleraciónangularproducidatambién tendrá esta misma dirección. En los casos que hemos tratado (placas delgadas, cuerposconejedesimetríafijo)obtuvimosque el vector de momento angular tiene l a misma dirección que el vector de velocidad angular (véanse las ecs otroscuerposrígidos,por (11.27) y (11.139)).Para ejemplo, cuerpos no simétricos, estoya n o es cierto y la dinámica resulta ser más complicada. En e l presente texto no trataremosestos casos. En la secci6n siguiente calcularemos algunos momentos de inercia para cuerpos simétricos
En el sistema de coordenadas escogido, ¡a distancia de cada uno de los puntos del elemento al eje J J ' es
h=x
I ,
por lo que la expresión (11.141) queda,ennuestro caso, c o m o /J.T
=
e\
b' -b'
= ekai
?(ka dx) b' -b'
x2dx
A q u i b ' = bi2. Es claro, de la figura 11.40, que para tonlar en cuenta todo el volumen de l a placa, la variable .x tiene que ir del valor " b ' al valor b' AI ir del primer renglón al segundo se sacó fuera de l a integral (k a ) , que es una cantidad constante. Usando la ec. (4.28) con n = 2 obtenemos que
11.8. MOMENTOS DE INERCIA DE CUERPOS SIMÉTRICOS En esta sección obtendremos los momentos de inercia de algunos cuerpos simktricos.
(-
-
d
I
133
Ejercicio 11.15. Obtenga e l momento de inercia con respecto al eje J J ' de la placa rectangular,'delgada, uniforme, mostrada en la figura 11.40.
Ahora bien, el volumen total de la piaca es (kab)por lo que su masa total M es
M
= @kah
Por tanto,
i s t e es el momento de inercia de la placa con respect o al eje de simetría J J I .
Ejercicio 11.16. Obtenga el momento de inercia de un cilindro uniforme con respecto al eje de simetría J J ' (fig. 11.41a).
I' Figura 1 1.40
E l eje J J ' es paralelo a uno de l o s lados de la placa y pasa por su centro de masaC. Por tanto, el eje J J ' es
un eje de simetría de la placa. Tomemos un sistema de coordenadas cuyo origen coincida con C y sus ejes sean paralelos a los lados de la placa (fig. 11.40). Aplicaremos l a ec. (11.141). Escogemoscomo elemento de volumen un paralelepípedo que tenga altura a y lados k y dx; en consecuencia, d V = k a dx
(11.I 421
Escogemosunelemento de volumen (fig 11.41 b) formado por un clllndro hueco de radio h, grueso dh y largo L. Su volumen dVes el producto del área del anillo de radio h y grtieso dh por l a altura L d V = (27rh dh)L
(11.I 44)
La distancia de cualquier punto del elemento de volumen al eje J J ' es h. Por tanto, usando la ec. (11.141) se tiene que
MOMENTOS DE INERCIA DE CUERPOS SIMÉTRICOS
277
Éste es el momento de inercia del cilindro con respect o al eje de simetría J J ’. Ejercicio 11.17. Obtenga el momento de inercia de una esfera uniforme de radio H. Calcule este momento con respecto a cualquier diámetro. En una esfera uniforme, cualquier diámetro es un eje de simetría. Consideremos el eje J J ’ mostrado en la figura 11.42. Escogemos un sistema de coordenadas con origen en el centro de la esfera y uno de los ejes, el X, a lo largo de J J ’. Tomemos como elemento de volumen un anillo perpendicular al eje J J ’, que se encuentra a una altura x sobre el plano que pasa por el centro C de la esfera; el anillo tiene radio h, ancho dh y grueso dx. E l volumen dV de este elemento es
Figura 1 1.41 a
dV = 2 a h dh dx
(11.I 46)
Figura 11.41 b
y sacando fuera de la integral las cantidades constantes
= =
1
4
IJ’
R2(*eR21)
Figura 1 1.42
-+
2 I
~
Pero el volumen total del cilindro
lo que su masa total M es
es V = (aR2L), por
M = eaR2L que sustituida en la expresión anterior nos da
1
/JJr
= -M R 2 2
(11.I 45)
La integral sobre el volumen de la esfera V por realizar en la ec.(11.41) la haremos comosigue. Primero se sumará la contribución de todos los anillos que se pueden formar con el disco a la altura x. Este disco tiene radio R; en la figura vemos que en el triángulo rectángulo CPQ existe la relación R2
+ x2 = Hz
(11.I 47)
278
CaD. 11. CUERPO RíGIDO
e da
Unavezefectuadalaintegralsobreeldisco,suma-quedespejando mos las contribuciones de todos los discos en que se puede descomponer la esfera. Por tanto, sustituyendo (11.146) en I? ec. (11.141) obtenemos que
IJJ, =
e jyHjo h2(27rhdh dx) R
(11.148)
Enintegral, esta los límites se toman como sigue: la variable h va de O a R (así se integra primero sobre el disco de radio R); la integral sobre x va de "H a H (así /os posibles discos). Efectuarese integra sobre todos mos primero la integral sobre h. Usando la ec. (4.28) con n = 3 se tiene que
y sustituyendoenlaec.
i
~
~
(11.149) se obtiene 8íT 15
1JJ ~
m 3 M
e=
__X
l
,
3 4rH3
-"H5
~ esta ~ ~
~
queda ~ ,
Éste es el momento de inercia de una esfera con respecto a un diámetro. H
=
2
-H
dx [R4 - O]
Ahora expresamos R en términos de x, usando la ec. (11.147). Despejamos R 2 y elevamos al cuadrado
11.9. T R A S L A C I ~ YN R O T A C I ~ DE N
CUERPOS R ~ G I D O S
En las secciones anteriores estudiamos doscasos: el movimiento de una placa delgada, rígida con un punR4 = (Hz - x2)2 t o f i j o y el movimiento de un cuerpo rígido que tiene un eje de simetría fijo que coincide con el de ejerota= H4- 2H2x2 x4 ción. En ambos casos el movimiento resultaba ser una rotación: en el primer caso alrededor del punto fijo y Por tanto, en el segundo caso alrededor del eje de simetría. Respecto de este último caso, es importante notar que /.N, = dx [H4- 2H2 X' x4] 2 -H debido a que el eje de simetría pasa por el centro de masa del cuerpo, entonceseste p u n t o está fijo, ya que Ahora usamos el hecho de que la integral de una sueleje de simetría lo está. E s decir,enestecasoel m a es la suma de las integrales; además, sacamos de centro de masa del cuerpo rígido permanece en reposo. En estasecciónconsideraremos los dos tiposde cada una de las integrales las cantidades constantes (recuérdese que H, el radio de la esfera, es constante) cuerpos ya estudiados (placas delgadas y cuerpos siy usamos la ec. (4.28) en cada integral, obteniendo métricos),quitandolarestriccióndequeunpunto permanezca fijo. Sin embargo, nos restringiremos solamente al caso en el que el eje de rotación siempre tenga una dirección fija. En la sección 9.2 se demostró que, para cualquier sistema de partículas, la fuerza externa total aplicada daba lugar a una traslación del centro de masa con una aceleración dada por la ec. (9.31). Naturalmente 1 que este resultadoes válido para el caso particular de - (-HI3] 4- -[H5 - (-H)5] S un cuerpo rígido Por otro lado, si las fuerzas externas son tales que la torca externa total con respecto al centro de masa no se anula, entonces el momento angular con respect o al centro de masa cambia con el tiempo (véase ec (10.96)). En consecuencia, una torca externa no nula (11.I 49) genera un movimiento con respecto al centro de masa. Este resultado también es v á l i d o Dara un sistema por otro lado,la totG(M de l a esfera es igual alarbitrariodePartículas,aunqueno sea uncuerpo producto de la densidad e por su volumen V ( = rígido. En el caso particular de un cuerpo rígido,si la torca 4sH3,'3) externa no es nula, esta genera un movimiento alrede4 dor del centro demasa, y por tratarse de un cuerporíM = - rH3e 3 sido la única posibilidad es que searotación. una En
+
S"
+
TRASLACIóN Y ROTACIóN DE CUERPOS RíGIDOS
consecuencia, se puede concluir que el movimiento más general de un cuerpo rígidoes el de traslación de su centro de masa, acompañado de una rotación alrededor de este punto. A este resultado se le suele Ilamar el teorema de Chasles.
Si el sistema de partículas no forma un cuerpo rígido, entonces además de la traslación de su centro demasa y delarotaciónalrededordelcentrode masa, las partículaspuedenvibrarconrespectoal centro de masa. Rigurosamente, en un cuerpo rígido no hay vibraciones. Como consecuencia de lo anterior podemos entonces escribir las siguientes relaciones. Para energía la cinética de un cuerpo rígido Ko(con respecto a un sistema de coordenadas con origen en O (fig. 11.43)) se (10.90)y (11.35) obtiene combirtando las ecs. 1 2
KfJ = " V *
+
1 2
"CMW2
I
279
caso, el perímetro circular del cuerpo avanza de tal forma que cada uno de sus puntos está en contacto con la superficie una sola vez durante un giro completo del cuerpo.Así, en la figura11.44 al rodar el cuerpo sin resbalar, el punto A solamente tocó a la superficie una sola vez al dar el cuerpo rígido una revolución.
Figura 1 1.44
Supóngase que en un instante el punto A del cuerrígidoestéencontactoconlasuperficie(fig. (11,151) 11.45a). Consideremos un intervalo At posterior. E l puntoA se habrádespegadodelasuperficie(fig. 11.45b) y ahora el punto B es el que está en contacto con la superficie. En el intervalo At el cuerpo giró un ángulo AO, mientras que su centro de masa se m o v i ó la distancia A'B siendo A' el punto de la superficie en A que lo tocaba inicialmente. Si el cuerpo rueda sin resbalar se debe tener que PO
(153) 1 .I
A% = A ' B t
t+At
Figura 1 1.43
E s decir, en un sistema de coordenadas arbitrario, la energíacinéticatotaldelcuerporígido es iguala la energía cinética del centro de masa que se mueve con velocidad V y masa M más la energía cinética de rotación alrededor del centro de masa. En laexprees elmomentodeinerciadelcuerpo sión (11.151) rígido con respecto al eje de giro que pasa por el centro de masa. Si ahora combinamos las ecs. (10.95)y(11.33), se obtiene para la torca ro de las fuerzas externas con respecto a O la expresión 70
= MR X A
+
/CMa
(1 1 .I 52)
Figura 1 1.45
Ahora bien, en el intervalo At el cuerpo giró un ángulo AO (medido en radianes), por lo que el arco AB es
AO
A% = H
(1 1 .I 54)
siendo H la distancia del centro de masa al punto de contacto entre el cuerpo y la superficie. Por otro lado, el centro de masa se movió traslacionalmente la distancia A'B con velocidad V, por lo que A'B = VAt (11 155)
Aquí R es el vector de posición del centro de masa Sustituyendo (11 .I 54) y (1 1 .I 55) en la ec. (1 1 .I 53), se con respecto a O y A laaceleracióndelcentrode masa (también con respecto a O), mientras que Q! es el obtiene que H A 8 = VAt vector de aceleración angular del cuerpo rígido con respecto al centro de masa. Despejando de aquí V se obtiene que U n caso muy importante de movimiento combinatraslación de do rotación y de escuerpo cuando ríun A8 V= H gido rueda sin resbalar sobre una superficie. En este At ~
280
Cap. 11. CUERPO RíGIDO
y en el límite en que que
V = Hw
(11.I 56)
Aquí se usó la ec. (5.50) para w . ÉStaes la condici6n que se tiene que cumplir para que un cuerpo ruede sin resbalarsobreunasuperficie.Recordamosque!a magnitud de la velocidad tangencial del movimiento circular (véase ec. (11.1)) es precisamente Hw. En consecuencia, la ec. (11.156) nos indica que s i un cuerpo ruedasinresbalar,lamagnituddelavelocidaddel centro de masa V tiene que ser igual a la magnitud de la velocidad tangencial Ho en el punto de contacto. La velocidad lineal (como vector) de cualquier punto del cuerpo se puede obtener usando la ec. (10.83), v=V+v' en la que v ' es la velocidad del punto con respecto al centro de masa. En nuestro caso, dado que el cuerpo gira, esta velocidad v ' es la de giro con respecto al centro de masa y está dada por la ec. (11.4). Así, se puede escribir que (11.I 57)
v = V + w X r
siendo r el vector de posición del punto en cuestión con respecto al centro de masa. Ejercicio 11.18. Un cuerpo de sección circular de radio H rueda sin resbalar sobre una superficie plana. Obtenga la velocidad lineal de los puntos A (de contacto), K y M (fig. 11.46a) usando la ec. (11.157).
K
t'
At es muy pequeño, se obtiene
(?$)""
v;
w =
,.
(11.I 59)
"WI
Ahora consideremos los diversos puntos.
Punto A: su vector de posición con respecto al centro
de masa C, rA es ( f i g . 1 1 . 4 6 ~ ) rA = -
HC
(11.I 60)
t'
Por tanto, sustituyendo las expresiones (11.I 58) <11.160) en la ec. (11.157), se obtiene que a
Tomemos un sistema de coordenadas (fig. 11.46b) con el eje X perpendicular al plano de la página y con sentido hacia afuera de la página; el eje Y paralelo a la superficie y con la misma dirección y sentido que el vector V; e l eje Z dentro del plano de la página y hacia arriba. E l centro de masa del cuerpo se mueve hacia la derecha con velocidad V, paralela a la superficie. Por tanto. =
cuencia, el vector de velocidad angular w tiene dirección perpendicular al plano de la página y sentido halo que cia adentro de la página, por
Figura 11.46 c
Figura 11.46
v
Figura 11.46 b
(11.I 58)
t l cuerpo gira en el sentido delas manecillas del reloj
(vl6ndolo de frente, como en la fig. 11.46a).En conse-
Aquí se usó el hecho (véase capítulo 2) que el prcduct o vect_oriaI de los vectores unitarios i con C es i X C = - j . Ahorausamoslaec.(11.156)enlaúltima expresión y obtenemos que
Cuando el cuerpo rueda sin resbalar, el punto de contacto tiene velocidad instantánea nula (fig. 11.46~). Lo que ocurre es que el sentido de la velocidad del cen-
TRASLACIóN Y ROTACIóN DE CUERPOS RíGIDOS
tro de masa, V , es opuesto al sentido de la velocidad tangencia1 en el punto de contactow X r A y dado que w X ra) se sus magnitudes son iguales, la suma (V anula. Punto K: su vector de posición con respecto al centro de masa C, r K , es (fig. 11.46d)
+
a
(1.1 62).I
rK = - Hj
Sustituyendo (11.158),(11.159) y (11.162) en laec. (11.157) se obtiene que
Por tanto, sustitu\/endo (1 1 .I 58), (1 1 .I 59) y (1 1 .I 64) en la ec. (11 .I 57) se encuentra que VM
= v + w x r , = vi (-ai) x (HI;) = v; - a H ( - i ) = (V wH)j
+
+
Aquí se usó el hecho de que? X k = - j. Finalmente, usando la ec (11 l 5 6 ) se encuentra que v,w = 2 v j
"
Aquí se usó el hecho de que i X j = muestra en la figura 11.46d.
I;.
E l vector v h se
-7
xJ Figura 11.46 d
Punto M: su vector de posición con respecto al centro de masa, rM, es (fig. 11.46e) (1 1 .I64)
r,,, = HI;
tZ
"M
b 'Y
Figura 11.46 e
281
(1 1 .I 65)
Este resultado nos dice que, en el extremo opuesto al de contacto, el punto M tiene una velocidad de magnitud doble a la del centro de masa. De manera análoga se puede encontrar la velocidad en cualquier otro punto del cuerpo. Como ya se sabe, para que un cuerpo empiece a girar con respecto a cierto punto, es necesario que se aplique una torca con respecto a ese punto. Para el caso de que un cuerpo ruede sin resbalar sobre una superficie, dado que va a girar con respecto al centro de masa, entonces se requiere que haya una torca con respecto al centro de masa. Ahora bien, iquién aplica esa torca? Una fuerza externa quese aplica al cuerpo es lade su peso. Sin embargo,com'osabemos,esta fuerza externa se aplica justamente en el centro de lo que su torcaconrespectoalcentro masa,por de masa se anula. Entonces, el peso de un cuerpo no puede generar la torca necesaria para que el cuerpo gire. En general, al estar en contacto el cuerpo con una superficie existe otra fuerza externa que se aplica sobreelcuerpo,a saber, ladefricciónentreellos. Esta fuerza de fricción se aplica en el punto de contacto entre la superficie y el cuerpo y, por tanto, en general, produce una torca con respecto al centro de masa del cuerpo. Ejercicio 11.19. Una esfera de radioH, con distribución de masa uniforme, rueda sin resbalar a lo largo 0 con la de un plano inclinado que forma un ángulo horizontal (fig. 11.47). icon qué aceleración lineal se mueve la esfera? Para que l a esfera gire, es necesario que se le aplique una torca externa con respecto a su centro de masa. La única fuerza que le puede generar esta torca
282
Cap. I i. CUERPO RiGlDO
es la de fricción entre el plano y la esfera. E l peso de la esfera no genera ninguna torca con respecto al centro de masa de la esfera porquesu dirección pasa justamente por este punto. En la figura 11.48se muestra el diagrama de cuerpo libre de la esfera. Las fuerzas que actilan sobre la esfera son: su peso p, que tiene dirección vertical; la fuerza N, que resulta del plano, con dirección perpendicular al plano y porconsiguiente,pasandoporel centro de masa C de la esfera; la fuerza de fricción f, que se aplica en el punto de contacto K y que tiene dirección a lo largo del plano y sentidohaciaarriba. Aplicamos la ec. (9.31), obteniendo para nuestro caso
mgsen 0 - f = mA
(11.I 69)
Finalmente, si l a esfera rueda sin resbalar se tiene que
(11.I 70)
A = aH o sea
cy=
A
(I1.I 71)
-
H
De la ec.(11.I 68) despejamos f
(11.I 66)
N+p+f=mA
y sustituyendo la ec. (11.171) nos da
(11.I 72)
/y
Sustituyendo este valor de i en la ec. (11.169), se encuentra
mg sen H -
IC A
= mA
D e aquí despejaremos A. Para ello pasaremos el térpom i n o ( I c A I H 2 )al miembro derecho (pasa con signo sitivo)
Figura 1 1.48
En seguida calculamos la torca delas fuerzas externas con respecto al centro de masa C. La única contribulas otras dos ción es de la fuerza de fricción, ya que fuerzas (p y N) tienen brazos de palanca nulos. Ahora bien, la torca de f con respecto a C es un vector perpendicular al plano de la página y con sentido hacia adentro de la página,según se obtiene usando la regla de la mano derecha. De la ec (11.33) se tiene que 7c
(11.I 67)
= Ica
D e esta ecuación concluimos que el vector de aceleración angular a tiene dirección perpendiculara la página y sentido hacia adentro de la página. En consecuencia, si la esfera está inicialmente en reposo, empezará a girar en e l sentido de las manecillas del reloj (veáse fig. 11.48).La magnitud de la ec. (11.167) nos da TC
= Ica
Pero la magnitud de la torca tiene que
H i = Ica
rc es fH, por lo que se (11.I 68)
Escogemos ahora un sistema de coordenadas como se muestra en la figura 11.48. Tomando la componente x de la ec. (11.166), se tiene que
mg sen O = mA
+
__ lC A
HZ
y factorizando ( m A ) en el miembro derecho tiendo los miembros de la ecuación
mA(1
e invir-
+)
+
= mg sen
por lo que A =
1
1
+ (Ic.imH2) g sen 0
(11 173)
Ahora bien, el momento de inercia de esta esfera uniforme de radio H y masa m es (véase apéndice V)
2
I C = ,mH2 3
por lo que
Por tanto,eldenominadorqueapareceenlaec. (11 .I 73) es 1
+ (215) = 715
TRASLACIóN Y ROTACIóN DE CUERPOS RíGIDOS
A
que sustituido en la misma ecuación da para
5 A = "gsen 3 7
(11 .I 74)
De manera análoga se puedeencontrarparauncilindro que rueda sin resbalar (problema 11.43) 1
L
A = ~ g s e n 8
75) .I(11
Comparando las ecs. (11 .I 74) y (11 .I 75) nos damos cuenta de que las aceleraciones de la esfera y del cilindro son distintas. E s decir, cuando ocurre un giro (sin resbalar), la forma de los cuerpos influye en el valor de la aceleración que tienen. Esto es claro de la ec. (11.173),ya que la forma geométrica del cuerpo influye en el valor desu momento de inercia con respecto a su centro de masa. Además, podemos concluir que Acilindro
Aesfera
.I(11 76)
283
la fuerza F aplicada enQ (recuérdese que la cuerdaes p del disde masa despreciable e inextensible); el peso co aplicado en el centro de masa C . Por tanto, la ec. (9.31) queda como .I (11 78)
p+F=mA
Escogemos un sistema de coordenadas vertical con el eje Y hacia arriba. Tomando componentes de la ec. (11.178), en este sistema se tiene que
--p+F=rnA donde se escogió el vectorA vertical y con sentido hacia arriba. Despejando A se encuentra que
A =
F --'p m
y sustituyendo valores
150 N - 8 kg X 9.8 mis2 A = Esto significa que s i se sueltan simultáneamente una 8 kg esfera y un cilindro desde la misma altura de un plano inclinado, llega primero al extremo del plano la esfera = 8.95 mis2 (11.I 79) que el cilindro. D e lo estudiado en el capítulo 7 (véase ec. (7.24)), Se obtiene una cantidad positiva. En consecuencia, recordamos que l a aceleración de un cuerpo que se la seleccion del sentido de A de la figura 11.49b es mueve a lo largo de un plano inclinado es correcta. Este es el valor de la aceleración lineal con el que sube el disco. Nótese que se hubiera encontraa = g s e n 19 .I (11 77) do el mismo valor, sise hubiese tratado de un punto Esta aceleración es la que tiene el cuerpo s i no gira, es decir, s i solamenteexperimentaunmovimientode traslación y además sin queexistafricción.Compa(11 .I75) y (11 .I 77), vemos que rando las ecs. (11 .I 74),
.
Aesfera
Y Acilindro
Esto significa que s i se sueltan simultáneamente una esfera (o un cilindro) y un cuerpo que no pueda girar, llega primero, al extremo del plano, el cuerpo que no gira y después llega la esfera (o el cilindro). H = 0.65 m y masa m = 8 kg,uniformementedistribuida, está enrolladoconunacuerdademasadespreciablee inextensible (fig. 11.49a).Si la cuerda se jala, desde su extremo, hacia arriba con una fuerza F de magnitud 150 N obtenga:
11.49 a
Ejercicio 11.20. Un disco de radio
't
1
4F
a) La aceleraciónlinealdelcentrodemasadel disco. b) La aceleración angular del disco. c) La aceleración lineal de la cuerda. a ) Hagamosundiagramadecuerpolibredeldisco
(fig. 11.49b).Las fuerzas que experimenta el disco son:
Figura 11.49 b
284
Cap. 11
CUERPO R ~ G I O O
masa. Esto es natural, ya que solamente se ha tratado
del movimiento del centro de masa del disco. 5) La torcade las fuerzasexternasconrespecto
al centro de masa C solamente tiene la contribución de l a fuerza F, ya que el peso no contribuye, dado que pasa por ese punto. Aplicamos la ec. (11 33)
La torca
7c
(11.I 80)
/col
7r
Figura 11.49 c
es (véase fig. 11.49b)
H
TC=
X
F
La dirección de esta torca es perpendicular al plano la regla de la del disco, o sea, de la página; usando mano derecha, se encuentra que su sentido es hacia afuera de la página En consecuencia, la aceleracihn angular a tiene estas mismas características, por lo que el giro del discoes en el sentido opuesto al de las manecillas del reloj (fig. 11.49bj. Tomando magnitudes de la ec. (11.180) se tiene que
H F = Ira Despejando
o(
nos da
(11.I 81 ) Ahora bien, el momento de inercia de un disco delgado,uniforme,conrespecto a su centro de masa es (vease apéndice V)
1 IC = " m H 2
y sustituyendo los valores dados en (11.179) y (11. 183) obtenemos que a = 8.95 mis2
= 46.5 mis2
+ 0.65 m
x 57.7 rad/s2
Ejercicio 11.21. Con un "taco" se golpea una bola de billar esférica, de masa uniforme m y radio H. Suponga que el coeficiente de,fricción entre la bola y el paño de la mesa es ,x. Discuta los posibles movimientos de la bola, suponiendo que el golpe imparte una fuerza F que se encuentra en un plano vertical que pasa por el centro del a esfera y además que esta fuerza tiene dirección horizontal (fig. 11.50).
r"l
2
que sustituido enla ec. (11 .I81 j da para la acelera'ción angular a=
~
HF rnH212
Figura 1 1.50
y simplificando se encuentra que (11.182) Sustituyendo valores obtenemos
CY=
2 X 150 N 8 kg X 0.65m
= 57.7 rad/s2
(11.I 83)
c) En vista de que la aceleración lineal de la cuerda a es igual a l a componente tangencia1 de la aceleración deldiscoenelpunto Q (flg.11.49c), se tieneque (véanse ec. (10.84) y problema 11.45)
a=A+Ha
(11 184)
Consideremos primero el efecto de l a fuerza F impartida.Supongamosque la fuerzaactúasobrela boladuranteunintervalodetiempo At, muypequeño, estando inicialmente la bola en reposo. Además, supóngase que se aplica F a una alturah sobre el centro C de la bola. En la figura 1 1 . 5 1 se muestra, en el plano que pasa por el centro de la esfera, la fuerza F , horizontal. Sea V, la velocidad del centro de masa que adquiere la bola al final del intervalo Af. Por otra parte, e l cambio en l a velocidad AV en este intervalo es AV = Vu - O = Vu p o r lo que la aceleración que experimenta el centro de masa es
AV - __ V" At At
~-
aquí sdo os de
285
T R A S L A C I ~ NY R O T A C I ~ NDE CUERPOS RIGIDOS
Sustituyendo (F At) dado por la ec. (11 185) en la ec. (11 .I 86) obtenemos
87).I(11
mV,h = Iw,
En el apéndice V vemos que el momento de inercia deunaesferauniformeconrespectoaunejeque pasa por su centro de masa es Figura 11.S 1
I =
De la ec. (9.31) se tiene entonces que
2 5
--Hz
que sustituida en la ec. (11.187) nos da
v,
2 mV,h = - m H 2 w , 5
F=m -
At
y
(5/2 m H ) se en-
cuentra que
FAt = mV,
Hw, = V,
y tomando la magnitud de esta ecuación nos da
(* $)
(1.I1 88)
Esta ecuación nos da la relación entre las magnitudes de la velocidad del centro de masa V, y de la velocidad angular wo que adquiere la bola debido al impulso Por otro lado, la fuerza F genera una torca 7 con respecto al centro de masa C que tiene dirección perpen- que le da el "taco". Supondremos de ahora en adelante que el instanteen que cesa el contacto con el "taco", dicular al plano de la página y sentido hacia adentro es decir, en el instante en que la bola adquiere los va(11.33) concluimos que se genede la página. De la ec. lores de V, y wo acabados de obtener, será el instante ra una aceleración angular que también tiene estas características. Si la bola estaba inicialmente en repo- inicial. Consideraremos varios casos. so, entonces empezará a girar con una velocidad ani ) h = 2H/5. En este caso, la cantidad encerrada en el gular con las mismas características, es decir, el giro paréntesis de l a ec. (11.188) es de la bola será en el sentido de las manecillas del reloj, como se muestra en la figura 11 .SI.Sea u, la velocidad angular que adquiere la bola al final del interva-5- " =h I lo At. E l cambio de la velocidad angular Au es 2 H
.I(11 85)
FAt = mV,
Au = U"
-O
1W"
por lo que
por lo que su aceleración angular es
Hw, = V,
Aplicando la ec. (11 33) se tiene entonces que
En esta ecuación I es el momento de inercia de la esfera con respecto al eje de rotación, que pasa por su centro de masa. De aquí se tiene que
TAt = I w ~ Tomando la magnitud de esta ecuación y dándonos cuenta de que 7 = Fh se tiene
(FAt)h = Iw,
86).I(11
89).I(11
Pero ésta es precisamente la condición para que laesfera ruede sin resbalar (véase ec. ( l l . l S 6 ) ) .Es decir, s i se aplica el golpe del "taco" a una altura(2H/5) sobre el centro de la esfera, desde un principio la bola gira sin resbalar.De lo estudiadoarriba(véaseejercicio 11.18. ec. (11.161)),sabemos que en estas circunstancias, la velocidad lineal de la bola en el punto de contacto con la mesa es nula. Esto es, el punto de contact o está en reposo instantáneo, o sea, no se mueve. Por otro lado, sabemos que si no hay movimiento entre dos superficies, no se genera una fuerza de fricción entre ellas. En consecuencia, en nuestro cdso nose generaningunafuerzadefricciónentrelabolayla mesa y, en consecuencia, no hay nada que haga cambiar la velocidad lineal de su centro de masa. Por tanto, la bola continúa rodando sin resbalar indefinidamente, manteniendo todo el tiempo la velocidad de
286
Cap. 11. CUERPO RíGIDO
su centro de masa igual aV,, y girando con una velocldad angular igual a o",cantidades relacionadas por medio de la ec. (11.189).
zt
Figura 11.52
Sustituyendo estas cantidadesenlaec.(11.191) contramos que VA
= Vo?
+ (-E,;)
en-
x (-Hlk)
= VoT - w,Hj ya que La consideración anterior es válida únicamente s i en efecto hay contacto entre la bola y la mesa en un solo punto. En la práctica, la b o l a se deforma ligeramente y el contacto ocurre sobre una superficie muy pequeña,por lo q u e s i se manifiestaunapequeña fuerzadefricción,queeventualmentedetienela bola. Sin embargo, en este caso no se tiene, en rigor, un cuerpo rígido.
i i ) h < 2H/5. La cantidad que está dentro del paréntesis de la ec. (11.188) es
5 h 2 H
--
por lo que, de la ec. (11,188) se tiene que Ha,
<
(11.I 90)
V,
fi
X &) = VA
1. Por tanto, = (V,
-
w,H)j
n
En vista de la desigualdad (11.190), vemos que el signo del paréntesis en el miembro derecho de (11.193) es positivo. En consecuencia, ahora el punto A se mueve hacia la derecha (fig. 11.53a). Es decir, la bola se resbala hacia adelante al mismo tiempo que gira. Dado que el movimiento del punto de contacto A es hacia la derecha,se genera una fuerza de fricción f que se opone al movimiento,es decir, f es horizontal y con sentido hacia la izquierda (fig. 11.53a). Ahora bien,en estas condiciones,laúnicafuerzaexterna que actúa sobre la bola es justamente f. Por tanto, de se la e c . (9.31) para el movimiento del centro de masa, tiene que rnA = f
En este casono se cumple la condición (11.156) de que el cuerpo ruede sin resbalar. Veamos ahora qué velocidad lineal tiene, en el instante inicial, el punto de contacto A de l a bola con la mesa (fig 11.52). Para e l l o usamos la ec. (11.157) VA
= Vu +(@o
X H)
(11.191)
siendo H un vector que va de C a A . Escogemos un sistema de coordenadas cuyo eje X es perpendicular al plano de la páginay con sentido positivo hacia afuera de la página; el eje Y está dirigido hacia la derecha (en el mismo sentido que V,) y el eje Z hacia arriba (fig. 11.52). En este sistema de coordenadas se tiene que wu =
-
wi,
H = - Hlk,
V, = Vu;
(11.192)
(11.I 93)
t-
VA
Figura 1 1.53 a
(11.I 94)
TRASLACIóN Y ROTACIóN DE
CUERPOS RiGlDOS
287
En consecuencia, sobre el centro de masa actúa, en el instante inicial, una aceleración A horizontal y con A sentido hacia la izquierda. Como esta aceleración tiene la misma dirección, pero sentido opuesto a V,, - 5 Pg (11.I 98) 2 H su efecto es disminuir la magnitud de la velocidad del centro de masa. Por otro lado, la fuerza de fricción genera una torca Aquí usamos el hecho de que el momento de inercia de la esfera con respecto a un eje pasa por su centro con respecto al centro de masa C, 7f, con dirección La velocidad es igual a (2mH2/5) (véase apéndice V). perpendicular al plano de la página y con sentido haangular de la bola en el instante t, dt),la obtenemos cia adentro de la página. De la ec. (11.33) se concluye de (véase la ec. (5.52)) que, en el instante inicial, se genera una aceleración estas características. angular a quetambiéntiene Dado que la velocidad angular inicial u, tiene también estas características, se tiene la situación de que Sustituyendo (11.198) y usando la ec. (4.28) con n = 1 la aceleración angular y la velocidad angular tienen se encuentra que la misma dirección y el mismo sentido. En consecuencia, al transcurrir el tiempo, la magnitud de la veloci5 V,h 5 tLg -~ (1I.I 99) w(t) = - dad angular ¡aumenta! 2 H 22 H En resumen, podemos decir que s i h < (2H/5), entonces la velocidad lineal V, es mayor que la velociAquí se usó el valor de o. dado por la ec. (11.188). dad tangencial de la bola en el punto de contacto (ec. Sea t , el instante en que se cumple la condición de (11.190)); al transcurrir el tiempo, la velocidad lineal que la bola ruede sin resbalar del centro de masa disminuye su magnitud mientras que la velocidad angular la aumenta. Llegará entonces un momento en el cual las velocidades del centro de masa y la tangencial en el punto de contacto sean Sustituyendo las expresiones (11.196) y (11.199) en iguales. En este momento la bola empezará a rodar la ec. (11.200). obtenemos que sinresbalar.Calculemoscuántotiempotardaen cumplirse esta condición. Para ello necesitaremos conocer los valores de las velocidades lineal del centro Veade masa y angular de la bola en cada instante. mos primero la velocidad del centrode masa. Tomani s t a es una ecuación con una incógnita, asaber, tl. Se do la magnitud de la ec. (11.194) nos da resuelve como sigue. Pasando el término que contie-
+
ne t , del miembro izquierdo al derecho (pasa con signo positivo) y pasando el término que no contiene rl del miembro derecho al izquierdo (pasa con signo negativo) se tiene
Aquí se usó el hecho de que la magnitud de la fuerza de fricción f es igual al producto del coeficiente de fricción + por la magnitud de la fuerza que aprieta a las superficies, que en este caso es el peso de la bola ( = mg). La aceleración A es constante, por lo que el movimiento que realiza el centro de masa es uniformemente acelerado. En vista de que los vectores A y V, tienen sentidos opuestos, se puede escribir para la velocidad del centro de masa en el instante t, V(t), lo siguiente (véase sección 4.3) V(t)
Vu - A t = V, - pgr
Factorizando V, en el miembro izquierdo y sumando
los términos del derecho, se encuentra
v,
(
1-
z )
-
- = "gtl 7 2
Finalmente multiplicamos ambos miembros por (2/7 pg), obteniendo
(11.I 96)
(11.201)
Por otro lado, la fuerza de fricción genera una torca. Tf, conrespectoalcentrodemasa C, dadapor (véase ec. (11.33)) 7f = la (11.I 97)
En este instante t , la bola empieza a rodar sin resbalar. Ahora bien, comose discutió en el inciso i], arriba, una vez que la bola está rodando sin resbalar no se genera ninguna fuerza de fricción y, por tanto, no hay agente que modifique la velocidad V(t,) que tiene el centro de masa. En consecuencia, la bola continuará rodando sin resbalar indefinidamente. E l valor de la
Tomando la magnitud de que
esta ecuación obtenemos
288
Cap. 1 1 . CUERPO R~GIDO
velocidad del centro de masa en el instante t l se obtienesustituyendolaec.(11.201)enla ec (11.1S)h) (véase problema 11 SO), obtcnikndose el resultado (11.Li12) Después del instante t , la velociddd angular w (t) ya no cambia.En efecto, ahora no hay fuer7a de fricción, por lo que no hay torca En consecuenc ¡a, la dceler+ ción angular es nula y la.velocidad angular CIS c o n i lante En la figura 11.53b se muestran las grátlcds tit: V ( t ) , dada por la ec. (11.1961, y la de /Hu ( t ) , dada por la ec. (11.I 99). Éstas son dos rectas que se inter.;ecarl cn e l instante tl. A partir de este instant? el cer:tro d c lnasd tiene velocidad constante e igual a L T t J En conclusión, cuando h < (2H/5) la bola resbala a l a derecha al mismo tiempo queestá girando. [La velocidad de su centro de masa va disminuyendo \IdSta llegar a l valor V(t,). En el instante t, empieza a rodar sin resbalar y así continúa indefinidamente. La bola se traslada con Lirla velocidad lineal de magnitud menor a la que tenía inicialmente En lo que respec-ta J la velocrdad angular d e giro, su magnitud aumenta dc 'L,, a
4tl).
VA
= - ( H a ,-
vofi
(11.2041
en e l mismosistema d p coordenadasdelafigura 11.50. Por tanto, el punto A se mueve a la izquierda (fig. 11.54aj. Esto significa que l a bola iresbala hacia atrás! y a l mismo tiempo gira. Pebido a que e¡ p u n t o i: se rnueve d la izquierda, se genera una fuerza de fricción f que se opone al movimiento; es decir, f es horizontal y c o n sentido hacia la derecha (fig. 11 54a). E n consecuencia, la ec. (9.31) para el centro de masd
es
mA = f
(11 20.5)
Por tanto, sobre el centro de masa actúa, en el Instanv con sentido hacia la derecha. Dado que esta aceleración A tiene la misma direccl6n y el mismo sentido queV,, su efect o es aumentar Id magnitud de la velocidad del centro de nldsa. Por otro lado, la fuerza de fricción genera una torca conrespectoalcentrode masa C , T . ~c o n d i r e c c i j n perpendicular al plano de l a página y con sentido hacia afuera de la página.En consecuencia, se genera en e l instante inicial una aceleración angular (Y que también trene estas características. Dado que la ve1oc1dad angular inicial a,,tiene sentido opuesto al de l a dceieraclhn anguiara, dl transcurrir el tiempo, la magn i t u d d e la velocidad angular dlsminuve te illtcial, una aceleración A hori7ontal
7
L
f
i
O
" "
tl
f
Figura 11.53 b
i/i) h < 2H15 En este caso, Id cantidad q u e est6 dentro del paréntesis de I n ('C (11 188) es
Figura 11.54 a
h
->I H
por lo que, de la ec (11 188) se tiene q c ~ e
En este caso tampoco se cumple la condición (11 156) de que el cuerpo ruede sin resbalar. Usando l a ec (11.191) se encuentra, para este caio, quelavelocidaddelpuntodecontacto A entre Id bola y l a mesa, V A es ahora
Se puede decrrentonces que SI h > (2fiJ'.-' J ~ J entonces , la velocidad lineal es menor que la vrloc-iddd tallgcncialde ¡ a bolaen el punto de contacto ( e c
V,
(1.1 20.3)), a l transcurrir el tiempo, la velocidad Ilneai delcentrode masa aumenta s u magnitudmientras que ia velocidad angular lo disminuye Llegará un momento en q u e las velocidades del centro de masd y l a tangencia1 en el punto de contacto sean iguales t n este momento lc3 bola rodar5 sin resbalar, y así seguir:) indefinidamente Se p u e d e deinostrdr (problema 11 51 j que en este
caso se tienen las siguientes relaciones. Para la velocidad del centro de masa en un instantet
V(t) =
v,
+ pgt
(11.206)
mientras que para la velocidad angular al instante
41,
t,
La condición de rodamiento sin resbalamiento se llega a cumplir en el instante tl cuando se satisface
que da
t - ?7 - & pg( A 2 h-I) H
(11.209)
A partir de este instante, el centro de masa se mueve con una velocidad lineal V(t,) dada por
En la figura 11.54b se muestran las gráficas de V ( t ) dada por la ec. (11.206) y la de Hwft) dada por la ec. (11.207). Éstas son dos rectas que se intersecan en el instante t,. A partir de este instante el centro demasa tiene una velocidad lineal de magnitud V(tl).
li;)
V(t,)C
" " " " " " " " "
I
vo
:t1
I I I
I
t Figura 11.54 b
En conclusión, cuando h > (2H/5) la bola se mueve a la derecha al mismo tiempo que está girando. La velocidad de su centro de masa va aumentando hasta llegar al valor V(tl). En el instante t , empieza a rodar sin resbalar y así continúa indefinidamente. La velocidad angular de giro disminuye de su valor wo a w(tl). En este punto quisiéramos llamar la atención del lector a una aparente contradicción que se presenta.
En efecto, por un lado, como se vio en el ejercicio el caso de una esfera que 11.19 en que estudiamos rueda sin resbalar alo largo de un plano inclinado con el que sí hay fricción, la fuerza de fricción juega un papel importante. De hecho, para que ocurra el rodamiento es necesario que exista la torca que genera la fuerza de fricción, pues de otra manera no habría rodamiento. Por otro lado, en el ejercicio 11.21 se mencionó que s i la esfera rueda sln resbalar, debido a que el punto de contacto con la superficie está en reposo (véase también el ejercicio 11.18) NO se genera fuerza de fricción, ya que este punto no está en movimiento con respecto a la superficie. La contradicción se presentaría en el caso de la esfera del ejercicio 11.19 como sigue: si la esfera rueda sin resbalar entonces el punto de contacto con el plano está en reposo y no se genera fuerza de fricción; por tanto, jcómose puede generar la torca que produce el rodamiento? O dicho de otra manera, parecería que en el caso de rodamiento sin resbalar en el plano inclinado no se puede ger?t'rar la fuerza de fricción que produce justamente este tipo de movimiento. La solución a esta aparente contradicciónse resuello siguiente.Efectivamente, vedándosecuentade mientras el cuerpo rueda sin resbalarNO hay fricción entre las superficies. Suponga que en un instante el centro de masa de la esfera en el plano inclinado se V quecumplelacondición mueveconvelocidad (11.156) pararodar sin resbalar. Sin embargo,este centro de masa está experimentando una aceleración a lo largo del plano que hace que la magnitud de su velocidad cambie -de hecho, aumenta-, por lo que en un instante posterior deja de cumplirse la condición (11.156) para rodar sin resbalar, ya que V tiene otro valor. Entonces, el punto de contacto entre las superficies sí se mueve y, por tanto, aparece la fuerza de fricción, que genera una torca, que hace que haya aceleración angular de la esfera, que a su vez hace que la velocidad angular w aumente, volviéndose a cumplir la condición (11.156) y l a esfera vuelve a rodar sin resbalar. En este último instante, la fuerza de
?m
.
290
Cap. 11. CUERPO R ~ G I D O
fricción desaparece y se vuelve a repetir lo acabado de reseñar. Esto es lo que ocurre instante a instante. Nótese que el volverhe a cumplir la condición (11.156) en el instante posterior, los valores de V y de w ya no son Ips mismos que tenían en el instante anterior. En el caso del ejercicio 11.21, una vez que la bola llega a cumplir la condición de rodar sin resbalar no hayagenteexternoquelecambielavelocidaddel centro de masay, por tanto, continúa rodando sinresbalar,mientrasqueenelcasodelaesferaque se mueve en el plano inclinado todo el tiempo existe el agente externo (la Tierra que genera la fuerza de la gravedad) que le va cambiando la velocidad de su centro de masa. En este capitulo hemos estudiado únicamente los casos de rotaciones de placas delgadas con un punto fijo, de cuerpos simétricos que giran alrededor de un ejedesimetría, así comorotaciones y traslaciones planas. En todos estos casos el momento angular1 del sistema es un vector paralelo al a velocidad angular w (véanse ecs. (11.27) y (11.139)). Existen otros tipos de movimientos para los cuales 1 y w no tienen la misma dirección. Estos casos no los estudiaremos en este texto, ya que su tratamiento requiere de conocimientos matemáticos que no se tienen en este nivel y se dejan para un curso avan7ado de mecánica.
PROBLEMAS 11.1. Demuestre que s i un cuerpo rígido se traslada, entonces para dos puntos cualesquiera A y 6 se tiene para sus velocidades VA
ZZ
Cuarto de circulo
-
H ai
H
11.8. Demuestrelaec.
(11.61) paraelcasodeuna distribucióncontinuademasa(véaselaec.(10.81) para el caso discreto). 11.9. Demuestre que el momento de inercia de una placa delgada con respecto a su centro de masa es siempre menor que el momento de inercia con respecto a cualquier otro punto. 71.10. Obtenga el momento de inercia con respecto a su centro de masa de cada una de las placas uniformes compuestas mostradas en la figura 11.56. M es la masa de la placa.
6.5mm
4.32 mrn
vg
d)
Figura 1 1 .S5
U I I
16.93 mrn
y que para sus aceleraciones aA
=
~=
aB
11.2. Verifique que la ecuación vectorial (11.27) satisface efectivamente las características discutidas en el texto antes de llegar a dicha ecuación. 11.3. Demuestre que las dimensiones y unidades del momento de inercia dada en las ecs. (11.30) y (11.31), respectivamente, son correctas. 11.4. Demuestre la congruencia dimensional de la ec. (11.33). 1 1 . 5 Demuestre que, para el caso de distribución de masa continua, el momento de inercia de una placa rigida está dado por la ec. (11.28). Asimismo, haga ver que s i la placa es uniforme, entonces su momento de inercia está dado por la ec. (11.29). 11.6. Demuestre la expresión (11.49) para I,. 11.7. Obtenga el momento de inercia con respecto al centro de masa de cada una de las placas delgadas, uniformes,rnostradaenlafigura 11.55. Sea M l a masa de cada placa
-"
.-.
,1_,_
,,*_..
"/_
I
.-
-
M
8.48 g
= 744g
-
I6 93 rnm
59.18 mrn
Figura 1 1.56 a
38 OS mm
Figura 11.56 b
9.5 rnrn
M = 14.58g
1 9 . 5 mm
101.6 mm
Figura 11.56 c
PROBLEMAS
11.14. Demuestre que el momento angular I j de una
11.1 rnrn H
H 11.1 rnrn
Figura 11.56 d
E E
152.4 rnrn
w
Y
W
15rnrn15rnrn
c(
E E d
1 cu
a
tfi
-6.55 rnrn
1
I
M = 57g
~6.55rnrn
r:
6.93 m r n x k-H
38.05 rnrn
291
"
38.05 rnrn
partícula que forma parte de una placa delgada tiene w el mismo sentido que el vector de velocidad angular (véase el párrafo después de la ec. (11.22)). 11.15. Demuestre que en una placa delgada con UP punto fijo, las torcas ejercidas sobre cada una de las partículas tienen la misma dirección y el mismo sentido. 11.16. En el ejercicio 11.9, demuestre que las unidades de la aceleración angular a dadas (rad/s2) son las correctas. 11.17. iPor qué la placa del ejercicio 11.11 no gira cuando está sujeta a las clavijas A y B? 11.18. Una barra uniforme de longitud 2.7 m y que O (fig. 11.33).Se le aplipesa 4 kg está fija en el punto ca una fuerza F de magnitud 13 kg perpendicular a la barra a una distancia de 1.3 m de O . )Con que aceleración angular gira la barra? S i la fuerza F se aplicara a una distancia de 2.5 m del punto O, )cuál sería la aceleración angular resultante? 11.19. Una barra delgada, rectangular y uniforme de A (fig. longitud 1.4 my masa 85 k g está fija en el punto 11.SS). Una fuerza horizontal F de magnitud 154 kgse aplica en el extremo B. Calcule la aceleración angular de la barra.
Figura 11.56 e
11.11. Una polea doble consiste en dos discos, delga-
dos,uniformes,unidosatravésde sus centrosde masa. Si las masas de los discos son m, y m 2 ty sus radios son H, y Hz,respectivamente (fig.11.57), obtenga el momento de inercia con respecto al centro de masa de la polea.
I
11.20. E l volante mostrado en la figura 11.59 es u n disco, delgado, uniforme, que pesa 264 k g y tiene radio de 50 cm. E l coeficiente de fricción entre el disco y la banda es 0.35. Inicialmente el volante está girando con una velocidad angular de 278 rpm en el sentido mostrado. 2Qué fuerza F se debe aplicar a la banda para detener el volante en 5 S ? Explique físicamente 11.12. Con referencia al ejercicio 11.8, demuestre que por qué se detiene el volante. el centro de masaC del cuerpo compuestose encuen11.21. Dos discos uniformes y delgados se ponen en tra a una distancia de 0.189 m de C2, que es el centro contacto aplicando una fuerza de 3.6 kg a la barra AB de masa de la placa 2. (fig. 11.60).E l disco 1, quepesa 8 kg, gira con una velo11.13. Un disco circular delgado, uniforme, tiene un cidad angular o1de 653 r p m en el sentido mostrado, radio de 4.7 c m y una masa de 2.4 kg. Calcule su momientras que el disco 2, que pesa 23 kg, está inicialmento de inercia con respecto a un punto sobre la pe- mente en reposo. E l coeficiente de fricción entre los riferia del anillo. discos es 0.43. Desprecie la fricción en los ejes.
292 Explique fisicamente los resultados que obtenga.
1
11.24. Demuestre las ecs. (11.116) y (11.117). 11.25. Con referencia al ejercicio I 1.I 3, obtenga los valores de las tensiones T, y T,. 11.26. En una máquina de Atwood, uno de los cuer-
pos tiene masa de 14 kg, mientras que el otro, de 23.7 kg. Si la masa de la polea es de 0.85 k g y su radio es de 35 cm, obtenga:
)F
Figura 11.59
Discuta físicamente lo que ocurre. iPor qué empieza a girar el disco 23 >Cómo esperaría que variara a,,aumentando o disminuyendo? iPor qué? >Hay resbalamiento entre los discos? iLo hay todo el tiempo?Si dejara de haberlo, iqué pasaría con las fuerzas de fricción? Obtenga la aceleración angular de cada disco. Si dejara de haber resbalamiento, jen qué instant e T ocurriría? Encuentre las velocidadesangularesqueadquieren finalmente los discos. Calcule las energíascinéticastantoiniciales como finales de cada disco. >Cuáles son las energías cinéticas totales inicial y final del sistema formado por los dos discos? iQué le pasa a la diferencia? Calcule los trabajos realizados porlas fuerzas de fricción desde O a J .
'T !-!
a ) La aceleración con la que se mueven los cuerpos. >Hacia dónde se mueven? O ) La aceleración angular con la que gira la polea. c) Las tensiones en cada extremo de la cuerda, suponiendo que es de masa despreciable e inextensible. dj iEn qué porcentaje se modificaría su valor de la aceleración lineal obtenido en el inciso a) si no se tomara en cuenta la masa de la polea?
11.27. Demuestrelacongruenciadimensionaldela 22). expresión ( I 1 .I 11.28. iPor qué se puede escribir la ec. (11.115)? 11.29. Una polea doble consta de dos discos, delga-
dos, uniformes, unidos a través de sus centros de masa (fig. 11.61). Los discos se mueven al unísono. Alrededor de cada disco se enrolla una cuerda de masa despreciable e inextensible, en cuyos extremos están fijos dos cuerpos, como se muestra en la figura. Suponga que no hay friccihn en el eje de la polea Calcule: a ) La aceleración angular de la polea. b) La aceleración lineal de cada uno de los cuerpos. c) La tensión en cada una de las cuerdas.
40 cm Figura 11.60
11.22. Demuestre la congruencia dimensional de las ecs. (11.105) y (11.106). 11.23. iQué movimiento realizaría el cuerpo del ejer-
cicio 11.12, s i se considerara nula la masa de la polea? ¿Con qué aceleración caerla el cuerpo? iMayor o menor que la dada en la ec. (11 105)? iCuál sería la tension de la cuerda?
M:
293 11.30. Unacuerdainextensible
y demasadespreciable se enrolla en el tambor interior de una rueda delgada y uniforme(fig. 11.62). E l momento de inercia de la rueda con respecto su a centro de masaes de 63 kg X m, y su masa es 1 7 kg. En el otro extremo de la cuerda se aplica horizontalmente una fuerza de magnitud 653 kg. E l coeficiente de fricción entre la rueda y la mesa es 0.26. 2Cira la rueda resbalando o no? Obtenga: a) La aceleración lineal del centro de masa de la rueda. b) La aceleración angular de la rueda
Figura 1 1.63
plano inclinado es 0.19, mientras que el Coeficiente entre el cuerpo 2 y la superficie horizontal es 0.17. a) iHacia dónde se mueven los cuerpos? b) Calcule la aceleración del cuerpo 1 y la del 2. c) Obtenga las tensiones en cada una de las cuerdas. Figura 1 1.62
11.31. Un cuerpo de masa 175
k g está unido en un extremo de una cuerda de masa despreciable e inextensible cuyo otro extremo está enrollado en una polea uniforme (fig. 11.63). E l radio de la polea es de 14 c m y su masa es de 47 kg. E l eje es circular de 5 cm de radio y su masa es 6 kg. Inicialmente el cuerpo tiene una velocidad de 4.4 mis hacia abajo. La fuerza de y su soporte es fricción que se generaentreeleje constante, horizontal y de magnitud 51 3 kg. Se observa que el cuerpo desciendey en cierto instante se detiene.
a) Expliquefísicamenteporqué cuerpo.
se detreneel
b) iQué aceleración angular experimenta la polea? c) iQué aceleración lineal experimenta el cuerpo?
d ) i C u á l es la tensión en la cuerda en el instante antes de detenerse? e) 2Cuánto tarda en detenerse el cuerpo? f) iCuántas revoluciones gira la polea hasta que el cuerpo se detiene?
11.32. Considere los cuerposmostradosenlafig. 11.64. La masa del cuerpo 1 es de 431 k g y la del cuerpo 2 es de 76 kg. Los cuerpos están unidos por medio de cuerdas de masa despreciable e inextensibles que están enrolladas, cada una, en uno de los discos de la polea. Los discos de la polea giran al unísono. Se supone que la polea es uniforme y tiene momento de inercia con respecto asu centro de masa C de 87 kg x m,. E l coeficiente de fricción entre el cuerpo 1 y el
Figura 1 1.64
11.33. Demuestre que el ángulo que forma el vector de momento angular I , con la línea QP (fig. 11.36) es igual al ángulo que forma el vector de posiciónr, c o n el eje J J ' 11.34. Demuestre la ec. (11.126). 11.35. Con referencia al caso del giro de dos partículas simétricamente dispuestas, estudiado al inicio de la sección 11.7, demuestre que el ángulo (fig. 11.37b) que forma el vector de momento angular I , con la Iínea WP es igual al ángulo 0 que forma I , con QP 11.36. Demuestre las ecs. (11.133) y (11.134). 11.37. Demuestre que, para un cuerpo rígido simétrico con distribución de masa continua que está girando alrededor de su eje de simetría, la ec. (11.139) es válidaconelmomentodeinerciadadoporlaec. (11.140). Además, demuestre que s i la distribución de masa es uniforme, entonces la expresión para el momento de inercia por usar está dada por la (11.141). ec. 11.38. Calcule el momento de inercia con respecto al eje de simetría mostrado de cada uno de los cuerpos
294
Cap. 11. CUERPO RíGIDO
figura la de 11.65. Sea Mmasa lacada decuerpo, que se supone uniforme. 11.39. Un cilindro uniforme hueco tiene un radio interior de1 5 cm, un radio exterior de27 c m y peso de 325 kg. Encuentre:
Anillo
-
J
a) Su centro de masa. b) Su momento de inercia con respecto al eje desi-
I'
h
'j
Figura 11.65 d
metria que es Dernendicular a la base y pasa por el centro de masa.
Figura 1 1.65 a
lJ'
Paralelepípedo
11.40. Obtenga el momento de inercia con respecto al eje de simetría de un cono circular uniforme de radio 10 cm, altura 30 cm y peso 23 kg. 11.41. Obtengaunteoremade ejes paralelospara cuerpos rígidos, simétricos. 11.42. Encuentre el momento de inercia con respecto alejedesimetríadelpedalmostradoenlafigura 11.66. Suponga que la masaestá distribuida uniformemente. 2 mm H
'I5
mm
11.43. Un cilindro de masa distribuida uniformemente rueda sin resbalar a lo largo de un plano inclinado. Demuestre que la aceleración lineal que tienesu centro de masa está dada por la ec. (11.175). 11.44. Demuestre que las unidades de la aceleración angular ec. dada la por (11.183) las son correctas. 11.45. Demuestre la ec. (11.184). 11.46. Un cilindro de longitud 2.6 m, radio de47 c m y masa de 14 kg, uniforme, está enrollado en los extreE l otro extremo de mos con dos cuerdas (fig. 11.67). cada und de las cuerdas está fijo, de manera que el eje longitudinal del cilindro se mantiene horizontal.
Figura 11.65 b
J
instante cilindro. En cierto
el
se suelta
a ) >Qué movimiento realiza el cilindro?
b) >Con qué aceleración lineal?
E
L Figura 11.65 c
-I
c) Después de 1 . 5 S , iqué distancia habrá caído el cilindro? d ) icon qué aceleración angular gira el cilindro? e) Despuks de1.S S , iqué velocidad angular tiene el cilindro? f) >Cuál es la tensión en cada cuerda?
PROBLEMAS
295
pasa por encima del centro de masa de la esfera (fig.
11.51).La bola adquiere una velocidad angular 1de.I 5 radis. E l coeficiente de fricción entre la bola y la mesa es 0.12. )Qué movimientos realiza la bola? Obtenga: a) La aceleración lineal de la bola.
b) Su aceleración angular.
c) iCuánto tarda la bola en empezar a rodar ressin balar? d) )Cuál es el valor final de su velocidad lineal? e) )Cuál es el valor final de su velocidad angular?
11.47. Un cilindro uniforme se mueve hacia abajo por un plano inclinado que forma un ángulo8 con la horizontal. Si el coeficiente de fricción entre el cilindro y el plano es de 0.24, obtenga el valor de 8 para el cual el cilindro rueda sin resbalar. Calcule la aceleración Iineal del cilindro. 11.48. Un cilindro y un tubo hueco, ambos uniformes, están inicialmente en reposo y en contacto sobre un plano inclinado que forma un ángulo de 23O con la horizontal(fig. 11.68). En ciertoinstante se sueltan ambos cuerpos. Suponiendo que los dos cuerpos ruedansinresbalar,calculelaseparaciónentre sus centros después de 3.3 s. )Por qué dejan de estar en contacto?
11.53. Si el coeficiente de fricción entre la bola y la mesa del ejercicio 11.21 tendiera a cero, )cuál sería el movimiento de la bola? )Qué pasa con el tiempo tl dado uor laec. Ill .201)lo en su caso Dor laec. (11.209))?Dé una explicacion física. 11.54. Resuelva el ejercicio 11.21 para el caso en que la fuerza F se aplique a una distanciak abajo de la línea LL’ que pasa por el centro de masa de la esfera (fig. 11.51). 11.55. Resuelva el ejercicio11.21 para el caso de un cilindro uniforme. 11.56. Un disco delgado, uniforme, de masa 1 5 kg, radio de 54 cm, se lanza a lo largo de una superficie con una velocidad lineal horizontal de magnitud9.3 m/s y velocidadangularnula. E l coeficientedefricción entre el disco y la superficie es 0.162. Demuestre que y luego se eldiscodisminuye su velocidadlineal mueve en movimiento uniforme. Obtenga, además, a) La aceleración lineal del disco. b) Su aceleración angular. c) iEn cuánto tiempo el movimiento se vuelve uniforme? d ) La distancia que recorre el cuerpo hasta que su movimiento es uniforme. e) E l valor final de la velocidad lineal. f ) E l valor final de la velocidad angular.
11.57. Resuelva el problema 11.56 s i en lugar del disc o se lanza una cáscara esférica delgada con los misFigura 1 1.68
11.49. Se empuja un cilindro uniforme de masa 250 k g para subirlo por un plano inclinado (fig. 11.69), por medio de una fuerza de 375 kg. E l cilindro descansa sobreunade sus carascirculares. E l coeficiente de fricción entre el cilindro y el plano es 0.175. Determine los límites de la longitud H, del punto de aplicación de la fuerza, entrelos cuales el cilindro nose volteará. 11.50. Obtenga la velocidad del centro de masa de la bola de billar dada por la ec. (11.202) al empezar a rodar sin resbalar. 11.51. Demuestre las ecs. (11,206)- (11.210). 11.52. Se golpea una bola de billar de radio 4 cm a una distancia de 1.3 encima cm línea la que LL’ de
Figura 1 1.69
296
Cap. 11. CUERPO RíGIDO
mos valores de la masa, radio, velocidad y coeficiente los del de fricción. Si obtiene resultados distintos a problema 11.56, explique la causa. 11.58. En el ejercicio 11.21 se encontraron los tiempos tl después de los cuales la bola empieza a rodar los dos casos posibles(véanse las sinresbalarpara ecs. (11.201) y (11,209)). En ambos casos, el tiempo tl resulta ser inversamente proporcional al coeficiente
-
de fricción entre la bola y el paño de la mesa p. 2Qué ocurre si p - O ? ¿O s i p a ?Dé una explicación física de sus respuestas. 11.59. En relación con la placa delgada que gira con un punto fijo, tratada en el ejercicio 11.11, vemos que cadapuntodelaplacarecorreuncírculo.¿Quién ejerce la fuerza centrípeta necesaria?2Quién ejerce la fuerza tangencial?
12
E s t dt i ca
12.1. ESTÁTICA
aceleración del centro de masa. Por otro lado, el movimiento de rotación alrededor del centro de masa La estática es aquella parte de la mecánica que tra- está regido por la ec. (11.33) ta de las condiciones bajo las cuales un cuerpo, sujeto a diversas fuerzas externas, permanece en reposo. Así, (Text.)CM = ICCU (12.2) o de un puente, por ejemplo, el caso de un edificio siendo torca la de las fuerzas externas con quesonestructurasqueestánsujetasadiferentes respecto al centro de masa, IC el momento de inercia fuerzas y que obviamente deben permaneceren reposo. del cuerpo rígido con respecto a un eje que pasa por su centro de masa y, por último, a la aceleración angular resultante. Ahora bien, sise quiere que un cuerpo rígido no se mueva, entonces su centro de masa no debe trasladarse y además no debe haber rotación alguna con respecto a éste. Por tanto, s i inicialmente el cuerpo está en reposo, se quiere que siga estando en reposo. En consecuencia, las aceleraciones tanto lineal como angular deben anularse
Solamenteconsideraremoscuerposrígidos.De lo aprendido en el capítulo 11 sabemosque los movimientos más generales que puede realizar un cuerpo rígido son el de traslación de su centro de masa aunado al de rotación alrededor del mencionado punto. El movimiento de traslación del centro de masa está regido por la ec. (9.31) Fext.
= MA
(12.1)
En esta ecuación Fexr,es la fuerza externa total que se aplica sobre el cuerpo; M es su masa t o t a l y A es la
297
A=O
(12.3)
a=o
(12.4)
Por tanto, las ecs (12.1) y (12.2) quedaneneste caso c o m o (1 2.5) V
Recordemos ahora la ec. (10.95) que nos relaciona las torcas de las fuerzas externas con respecto a dos puntos: el centro de masa y un punto arbitrario O
298
Cap. 12. ESTÁTICA
siendo R el vector que va de O al centro de masa. En el caso de que no haya ningún movimiento, si usamos las ecs. (12.3) y (1 2.6) en la ec. (12.7) se encuentra que (7exth
=0
(I 2.8)
Por tanto, para que no haya ninguna rotación, debe anularse la torca de las fuerzas externas con respecto a cualquier punto arbitrario. En resumen, para que un cuerpo rígido permanezca todo el tiempo en reposo, es decir, en equilibrio estático, es necesario que se anulen las fuerzas externas aplicadas sobre éI y al mismo tiempo que también se anulen las torcasexternasconrespectoacualquier punto. Las ecs. (12.5) y (12.8) son las ecuaciones básicas de la estática de cuerpos rígidos. En muchos de los problemas que se consideran en estática se trata de encontrar las fuerzas (tensiones, compresiones, etc.) que experimentan diferentes elementos de una estructura. Para e l l o se centra la atención en porciones de un cuerpo; es decir, se separa una porción del resto del cuerpo. AI efectuar esta separación, hay que reemplazar cada contacto con una fuerza, de la misma forma que se hace en un diagrama de cuerpo libre. Naturalmente que, en equilibrio, esta porción debe permanecer en reposoy, por tantc, l e son aplicables las ecs. (12.5) y (12.8). En este texto solamente consideraremos las condicionesdeequilibrioparasituacionesen dos dimensiones, es decir, en un plano. Corresponde a un curso los problemas más avanzadodeestáticaconsiderar en tres dimensiones. A I hacer un diagrama de cuerpo libre los contactos se reemplazan por fuerzas, que son en muchos casos reacciones sobre la porción bajo estudio. Estas reacciones son fuerzas que ejercen los otros cuerpos en los puntos en los cuales el cuerpo libre está sujeto o conectado. En general, de antemano no se conocen estas reacciones.Justamente,enmuchosproblemas son estas reacciones las que se quieren determinar Ahora diremos algunas palabras sobre algunas características generales de estas reacciones Consideremos un elemento que esté sobre una superficie con la que no haya fricción (fig. 12.1 a). AI hacereldiagramadecuerpolibredelelemento(fig. 1 2 . l b ) y separarlo de la superficie, la fuerza de con-
tacto, la reacción R, tendrá dirección vertical, debido a que lo Único que soporta la superficie es el peso del cuerpo, ya que no hay fricción. En estas circunstancias es claro que lo Único que hace la superficie es evitar que el cuerpo se mueva verticalmente; por tanR de to, solamente genera sobre el cuerpo la fuerza dirección vertical. Dado que no hay fricción, la supere l movimientohorizontal. En ficienopuedeevitar consecuencia, la superficie no genera sobre el cuerpo ninguna fuerza horizontal. De manera análoga, si un cuerpo tiene un rodillo quedescansasobreunasuperficiesinfricción(fig. 12.2a), entonces a l separarlo de la superficie hay que reemplazarloporunafuerzatambiéndedirección vertical (fig 12.2b).
Figura 12.2 a
Figura 12.2 b
O t r o t i p o de conexión es por medio de un cable o deunavarilla(fig.12.3a). AI hacereldiagramade cuerpo libre de la estructura o del cuerpo, el cable (o la varilla) se reemplaza por una fuerza que tiene dirección a lo largo del cable(o de la varilla) (fig. 12.3b).
FiguraFigura 12.3 a
Figura 12.1 a
IR
Figura 12.1 b
/R
12.3 b
Otro tipo de conexión es por medio de un pasador (fig. 12.4a).En este caso, al hacer el diagrama de cuerpo libre la unión queda reemplazada por medio de una fuerza que tiene una dirección que no es la del eje 1)’ del elemento (fig. 12.4b). Estose debe a que el pasadorevita los movimientos tanto vertical como horizontal. En la sección 12.2 se tratan otros casos de interés.
299
APLICACIONES
componente x:
F,
COS
componente y:
F , sen
CY, - F,
COS
CY, =O
(12.1O)
cy, + F, sen 01, - P = O
Pero en la figura se ve que los ángulos iguales (véase problema 12.2) Figura 12.4 a
Figura 12.4
CY, =
b
En consecuencia, de la ec. que
12.2. APLICACIONES En esta sección estudiaremos l a manera de aplicar las ecs. (12.5) y (12.8) en distintas situaciones de interés Ejercicio 12.1. Determine las fuerzasquetienen que soportar los cables de la figura 12.5a para que el contenedor que pesa 80 k g n o se mueva. Suponga que los cables son inextensibles y de masa despreciable.
(12.11)
cy, y
cy2
son
(1 2.12)
CY2
(12.10) se tiene entonces
f , = F,
I12.13)
E s decir, las magnitudes de las fuerzas F , y F2 tienen que ser iguales. En vista de lasecs. (12.12) y (12.13), la ec. (12.11) queda 'Orno 2F, sen
CY, = P
y despejando F ,
*
3m
F, =
-
~
3m
r
P
2 sen
CY,
(12.14)
En seguida calcularemos el ángulo cy,. En la figura 12.5aconsideremoseltriánguloACC.Tomandola (véase ec. (2.22)) tangente de
CY,
I
6m Figura 12.5 a
Hagamos diagramas de cuerpo libre de varias porciones del sistema: del contenedory del punto C. Si se requiere que el cuerpo nose mueva, entonces eso significa que cada una desus partes también deberá permanecer en reposo y, en consecuencia, a cada una de sus partes se les pueden aplicar las ecs. (12.5) y (12.8). Los diagramas de cuerpo libre en cuestión se muestran en las figuras 12.5b y 1 2 . 5 ~ . Consideremos primero la figura 12.5b. Las fuerzas F, y F, resultan de cortar (imaginariamente)los cables AC y BC; P es el peso del contenedor. La fuerza total aplicada al contenedor es ( F , F, P). Por tanto, la ec. (12.5) ec, para este caso,
Figura 12.5 b
+ +
F F, + ,+
P=O
(12.91
Tomemos ahora las componentes de esta ecuación en el sistema de coordenadas mostrado en la figura 12.5b.
ff1
t.
ff2
300
Cap. 1 2 . ESTATICA
Por lo que
CY, = arc t g 0.1667
Tomemos ahora las componentes de esta ecuación en e l sistema de coordenadas mostrado en la figura 1 2 5c
= 9O27 ' 44"
componente x: - T , cos a, componente y: T - T, sen
E l seno de este ángulo es sen 9
O
27 ' 44" = 0.1644
2
8o kg
X
0.1644
= 243.3 k g
(12.8) es cualquier punto. Como se demostró, s i l a condición (12.8) se satisface tomando las torcas con respecto a un punto dado, entonces se va a satisfacer también s i se calculan las torcas con respecto a otro punto.
+ r, X
F, = O
(12.16)
siendo r , y r2 los vectores de posición de los puntos A y B, que son los puntos de aplicación de las fuerzas F , y F,, respectivamente. La torca ( r , X F,) es un vector perpendicular al plano de la página y según se desprende de aplicar la regla de la mano derecha, tiene sentido hacia adentro de la página. Su magnitud es(r,F, sen 0,). La torca (r, X F,) es un vector perpendicular al plano de la página y con sentido hacia afuera de la página. Su magnitud es (r,Fz sen O,). Pero los ángulos 0, y O, son iguales (véase problema 12.3); asimismo, las longitudes EA y E 6 son iguales, o sea,
rl = r2,
O, = 8,
cos
CY, =O
(12.15)
Ahora apliquemos la ec. (12.8), calculando las torcas con respecto al centro de masa E del contenedor
r, X F,
+ T,
CY, - T , sen CY, = O (12.20)
(12.19)
Dado que la cuerdaes de masa despreciable e inextensible, se tiene que
que sustituido en la ec. (12.14)nos dd
F, =
(12.18)
T,+T,+T=O
(17) 2.1
Por tanto, tomando en cuenta la ec. (12.13), concluimos que la magnitud de la torca ( r , X F,) es igual a la magnitud de la torca( r , x F,). D e lo que acabamos de discutir vemos que las torcas ( r , X F,) y (r, X F2) tienen la misma magnitud, la misma dirección, pero sentidos opuestos, o sea,
(12.21) y en vista de las ecs. (12.13)y (12.1 5)
1,= F, = F , = T , = 243.3 k g
Además se tiene la ec.(12.12), por lo que laec. (12.19) se satisface identicamente. La ec. (12.20) queda entonces c o m o
T - 2T, sen a , = O
CY,
que, despejando T y sustituyendo los valores de 7 , y arriba encontrados nos da
T = 2T, sen 01, = 2 X 243.3 k g = 80 k g
X sen 9
O
27' 44"
Este resultado también se podría haber obtenido tomando el diagrama de cuerpo libre mostrado en la figclra 12.5d (véase problema 12.4). E s claro, intuitivamente, que s i se quiere sostener el contenedor que pesa 80 kg, la tensión de la cuerda DC quelo sostiene debe ser también de 80 kg. Lo que no es intuitivo es que la tensión de los cables AC y C B tenga que ser tan grande (243.3 kg), según se ve en la ec. (12.15). Por la F, ec. (12.14)nos damos cuenta de que la magnitud de depende inversamente del seno del ángulo a,. Ahora bien, mientras menor sea este ángulo, menor será su F,. En consecuencia, seno y mayorlamagnitudde para evitar tensiones grandes en las cuerdas AC y C B conviene que el ángulo CY,sea lo más grande posible.
t' I
r , X F , = - r2 X F 2
por lo que la ec. (12.16) se satisface idénticamente. Esto significaquelaec. (12.16) n o nos daningún nuevo resultado, Por tanto, la ec. (12.8) queda satisfeci,ct automáticamente. Ahoraconsideremoseldiagramadecuerpolibre del punto C (fig.1 2 . 5 ~ )Las . fuerzas T, y T, resultan de separar las cuerdas del punto C; la fuerza T es la tensión de la cuerda vertical. La ec. (12.5) queda ahora como
(12.22)
,-
L
A),
VP
3I. Figura 12.5 d
APLICACIONES
301
Esto implica que el claro CC (fig. 12.5a) sea lo más grande posible. Si ahora se calculan las torcas de las fuerzas TI, T, y T con respecto al punto C, cada una de ellas se anula, ya que sus brazos de palanca son cero.En consecuencia, la ec. (12.8) se satisface idénticamente.
En seguida tomamos componentes de esta ecuación en el sistema de coordenadas mostrado en la figura 12.6b
Ejercicio 12.2. Una barra que pesa 28 k g está remachadaenelextremo A, mientrasque descansa B (fig. sobreunrodillosinfricciónenelextremo 12.6a). Obtenga las reacciones en A y en B.
La ec.(12.24) nos dice que la componente x del vector RA se anula. Físicamente estose debe a que no hay ningunaotrafuerzahorizontalaplicadasobrela barra. Por tanto, para que no haya movimiento horizontal se debe anular la componente x de RA. A continuación aplicaremos la ec. (12.8) tomando torcas con respecto a A
4
IWI = 50kg
componente x: componente y:
1 . 5m
3.5 m
-W
7W
1 La torca de i
Rax = O
-P
+ RAY + Rg = O
+ + 7Rg = O
(12.26)
7P
RA con respecto a
(12.24) (12.25)
A es cero. ?Por qué?
Las torcas 7 w y 7 pson vectores perpendiculares al plano de la páginay con sentido hacia adentro de la página, mientras que la torca 7 H s tiene también dirección perpendicular al plano de la página, pero sentido hacia afuera de ella. Por tanto, tomando la componente de la ec. (12.26) a lo largo del eje Z podemos escribir
Figura 12.6 a
+
Hacemos un diagrama de cuerpo libre de la barra - Tw - T p 7178 = 0 (12.27) (fig. 12.6b). Las fuerzas sobre la barra son: su peso P, vertical hacia abajo, aplicado en el centro de masaC Sustituyendo los valores numéricos de estas torcas, se de la barra; la carga W, vertical hacia abajo; la reactiene que ción en el remache enA, RA, que tiene una dirección, que de antemano no la conocemos. En principio esta -50 k g X 1 . 5 m - 28 k g x 1.75 m RB X 3.5 m = O reacción no tiene dirección vertical, ya que el remache no permite movimientos ni horizontal ni vertical. o sea, Otra fuerza aplicada a la barraes la reacción en el rodillo sin fricción enB. RB, que tiene dirección vertical, -75 kg X m - 49 k g X m RR X 3.5 m = O ya que el rodillo no permite movimiento solamente en la dirección vertical. La ec. (12.5) es, en este caso, y despejando Re se tiene que
+
+
(12.23)
W+P+R,+Rg=O
RR X 3.5 m = 75 k g X m Rs =
‘t
+ 49 kg X
m = 124 k g X m
124 kg X m 3.5 m
= 35.4 kg De
12
ec. (12.25) despejamos ahora RAY
RAY = W
+
X
+ P - Rs
y sustituyendo valores se encuentra que
+
R A ~= 50 kg 28 k g - 35.4 k g = 42.6 k g
Figura 12.6 b
I
En resumen, las reacciones en A y en B son dos fuerzas verticales, con sentidos hacia arriba y de magnitudes 42.6 kg y 35.4 kg, respectivamente.
302
Cap. 1 2 . ESTATICA
Ejercicio 12.3. Una grúa fija que pesa 875 kg levanta un cuerpo que pesa 1 800 kg (fig. 12.7a).La grúa tiene su centro de masa en C y se mantiene fija por medio de un pasador en A y un mecedor en B. Obtenga las reacciones en A v en B.
D
W
Z Figura 12.7 b
21
Figura 12.7 a
E l diagiaml de cuerpo libre de la grúa se muestra en la figura 12.7b. Las fuerzas que se aplican sobre la grúa son: su peso P, vertical y con sentido hacia abajo, aplicado en el centro de masa C; la carga W, también vertical y con sentido hacia abajo, aplicada en el punto D; la reacción RA aplicada en A , con una dirección que no se conoce de antemano; la reacción Re aplicada en B, con dirección horizontal y con sentido hacia la derecha. La reacción en A, RA, tiene componentes tanto vertical como horizontal, ya que el pasador no permite movimientos a lo largo de estas dos direcciones. Por otro lado, la dirección de la reacción enB, RB, es perpendicular a la superficie del mecedor en el punto de contacto que en nuestro caso es horizontal, ya que el mecedor no permite movimientos en dicha dirección. Nótese que el mecedor sí permite movimientos en la dirección vertical. La ec. (12.5) es en nuestro caso, R A + R ~ + P + W = O
+
R A ~ RR = O RAY - P - W = O
7~~
+ + 7w
(12.31)
0
Tp
Ahora bien, estas tres torcas tienen dirección perpendicular al plano de la página; los sentidos de T P y de T~ son hacia adentro de la página, mientras que el sentido de rRBes hacia afuera de la página. Tomando l a componente Z de la ec. (12.31), se encuentra que TRR
-
Tp
(12.32)
- rw = 0
y sustituyendo sus valores nos da
Re X 2 m
-
875 k g X 3.2 m - 1 800 kg X 9.2 m = 0
Despejamos de aquí RB Re X 2 m -2 800 kg X m - 1 6 560 k g Re X 2 m - 1 9 3 6 0 k g X m = O
X
m =O
Re X 2 m = 1 9 3 6 0 k g X m (12.18)
Tomemos ahora componentes de esta ecuación en e! sistema de coordenadas que se muestra en la figura 12.7b componente x: componente y :
conviene tomar las torcas con respecto al puntoA, ya que de esta formalas torcas de Rax y de RAY son cero. Sise tomaran las torcas con respecto al punto B, por ejemplo, se tendrían que calcular las torcas de estas 1 dos fuerzas, lo que complicaría más las ecuaciones, obteniéndose el mismo resultado.
(12.29) (12 30)
Consideremos ahora la ec. (12.8). Tomemos las torcas con respecto al punto A. En vista de que la condición (12.8)se puede aplicar con respecto a cualquier punto, conviene tomar este punto de manera que las ecuaciones matemáticas se simplifiquen al máximo. Así, en el caso del ejercicio,
RB = l 9 360 k g x m = 9 680 k g 2 m De la ec. (12.29) se encuentra ahora que RAx = - RE =
-
9 680 k g
Por otro lado, de la ec. (12.30) se tiene que RAY
= P
+W
= 1 800 kg
+ 875 k g = 2 675 k g
Se encontró para Rax un valor negativo( = - 9 680 kg). Esto significa que la componente x de RA no tiene el sentido mostrado en la figura 12.7b, sino que debe
303
APLICACIONES
tenersentidoopuesto. Esto se muestraenlafigura 1 2 . 7 ~ . A h o r a l a m a g n i t u d dRAx e es 9 680 kg. La magnitud del vector RA es RA
+
Hagamos un diagrama de cuerpo libre de la barra (fig. 12.8b). Las fuerzas que actúan sobre la barra son: su peso P, aplicado en el centro de masa C; la fuerza w aplicada en D; el efecto de la pared lo reemplazamos por la fuerzaRA, cuya dirección no la conocemos de antemano. La ec. (12.5) aplicada a nuestro caso queda como
= . J R ~ ~~~2 ~ ~ = d(9680 kg)*
+ (2 675 kgj2
RA+P+W=O
= 4100 858 025 kg2
(12.33)
= 10043 k g
Iw
I ,C
I
D
I
/" Z
x
Figura 12.8 b
Figura 12.7 c
La dirección de RA forma un ángulo (Y con la horizontal dado por t g a = RAy= 2 675 kg RAx 9 680 kg
componentex: componente y:
Tp (Y
RAx = O (12.34) R A~ P - W = O (12.35)
Por otro lado, apliquemos la ec (12.8) con respecto al punto A
= 0.2763
por lo que
En el sistema de coordenadas mostrado en la figura tomemos componentes de esta ecuación
= arc t g 0.2763 = 15O26'51 "
Ejercicio 12.4. Una barra que pesa 42 kg está empotrada en una pared, como se muestra en la figura 12.8a. En el extremo de la barra está aplicada una carga W, vertical y con sentido hacia abajo. Determine las reacciones que genera la pared sobre la barra a fin de mantenerla en equilibrio estático.
+ 7w = o
ya que la torca de RA con respecto a A es nula. Las torcas de las fuerzas P y W tienen direcciones perpendiculares al plano de la paginay, c o m o se puede constatar usando la regla de la mano derecha, sus sentidos son hacia adentro de la página. Por tanto, la magnitud de la torca total es la suma de 11s magnitudes de cada una de las torcas aplicadas - P x 2 m " W x 4 m = O
W IW I IPI
D
Figura 12.8 a
= 83 kg
= 42
kg
(12.36)
(1 2.36a)
Ahora bien, tanto P c o m o W son cantidades positivas, ya que son magnitudes de fuerzas. Por tanto, no hay manera de que la ec. (12.36a) se satisfaga. Esto significa que, tal como se muestra el diagrama de cuerpo Iibre de la figura 12.8b, nose cumplen las condiciones de equilibrio. Para que haya equilibrio es, entonces, necesario que la pared ejerza sobre la barra, además de la reacción RA, una torca adicional que cancele a las torcas dadas en la ec. (12.36).Sea 7A esta torca. Su dirección tiene que ser perpendicular al plano de la página y su sentidotieneque ser haciaafuerade la página para cancelar a ( 7 p T ~ que ) tiene sentido
+
304
Cap. 12. ESTÁTICA
hacia adentro de la página. La situación se muestra en la figura 1 2 . 8 ~ Por . tanto, la ec. (12.8) queda como
La ec. (12.5) queda, en nuestro caso, como T+P+Rn=O
(12.38)
Tomando componentes en el sistema de coordenadas mostrado, se tiene que
Iw
componente x: componente y:
J cos N - RA, = O (12.39) - Tsen CY - P RAY = O (12.40)
+
E l hngulo N es el que forma el vectorT con la horizontal. Se ve en la figura que
r
CY
EBA
18O = 30' - 18" = 12"
-
(12.41)
Elay que darse cuenta de que el ánguloEBA es igual al ángulo BAG, por ser alternos internos.
z
Tomemos ahora torcas con respecto al punto ec. (12.8) queda como
Figura 12.8 c
que tomando componentesa lo largo del ejeZ nos da, en lugar de la ec. (12.36a1, T~
-P X 2 m - W X 4m =O
(12.37)
7 r f 7 p = 0
Pero la torca de T es igual a la suma de las torcas de sus componentes T, y 1, 73-,
Sustituyendo valores numéricos en las ecs. (12.35) y (12.37) se encuentra que
+
RA,~ P W = 42 k g = 125 kg
A. La
+
+ 83 k g
7TJ,
+ Tp = o
(12.42)
I "
V TA
=42kgX2m+83kgX4m = 416kg X m
En resumen, para que haya equilibrio la pared ejerce una fuerza de reacciónRA que es vertical, con sentido hacia arriba y magnitud de 125 kg así como una torca 7.4 que tiene dirección perpendicular al plano de lapágina,consentidohaciaafueradelapágina y de magnitud 416 kg X m . En general, cuando el contacto sea tal que impida e l giro,entoncesparaqueestoocurra es necesario que el propio contacto ejerza una torca que lo logre. Ejercicio 12.5. Se levanta un poste de 25 kg, como se ve en la figura 12.9a. Obtenga la tensión en la cuerA en la configuración da y la reacción en el punto mostrada. Hagamosundiagramadecuerpolibre c',?l poste (fig. 12.9b). Las fuerzas que se aplican al poste son: s u peso P aplicado en su centro de masaC, vertical y con sentido hacia abajo; la tensiónT que le ejerce la cuerda, con dirección a lo largo de la línea BV y sentido desconocido de antemano; la reacción RA con dirección y sentido también desconocidos.
T.vT Figura 12.9 a
"L
X
4
-""
t
'
c"""-
""-
"""""-
" "
R.4 I
Figura 12.9 b
\i
305
APLICACIONES
Estas tres torcas tienen direcciones perpendiculares al plano de la página. Aplicando la regla de la manoderecha, se encuentra que la torca 7Txtiene sentido hacia adentro de la página, mientras que las otras dos torcas, T~,,y 7 p tienen sentido hacia afuera de la págiz delaec. na. Por tanto, tomando la componente (12.42) se tiene que 7p+
7Ty
- 7Tx = o
+
2
COS
300 = T sen (300 -CY) = T sen (30' - 12') = Tsenl8O
o sea T= P
cos 30° 2 sen 18O
y sustituyendo valores
o sea,
/P/(CD)
I p
/Ty/(BE) - ITXI(EA1 = O
T = 25 kg
(12.43)
2
0.8660 0.3090
X
= 3.5 kg Aquí la longitud CDes el brazo de palanca de la fuerza P con respecto a A, mientras que BE y EA son los En vista de que se encontró para esta magnitud una brazos de palanca delas componentes 1, y 1, con rescantidad positiva, la selección que se hizo en la figura pecto a A, respectivamente. 12.9b para el sentido de T es la correcta. De la figura 12.9b se ve que La fuerza T es la que el cable ejerce sobre el poste. De acuerdo con la tercera ley de Newton, el posterelTyl = T sen a ITXI = TCOSCY acciona y ejerce una fuerzaF que tiene las mismas direcclón y magnitud que T, pero sentido opuesto (figuAsimismo, del triángulo rectángulo ACD se tiene que ra 1 2 . 9 ~ )Por . otro lado, dado que el cablees de masa el cateto CD es despreciable, la magnitud de la fuerza se propaga a través del cable sin cambiarsu magnitud (véase ejerciC D = AC cos 30° = (L/2) cos 30° lo hace cio 7.5). Por tanto, la persona que jala el cable con la fuerza -F. En consecuencia, el cable está tenmientras que el triángulo BEA so y experimenta una tensión de 35 kg. BE = BA cos 30' = L
COS
30'
Y EA = BA sen 30° = L sen 30° Sustituyendo todas estas expresiones en la ec. (12.43), nos queda
-
+
T sen ( L cos 30°) T cos CY ( L sen 30°) = O
P(L/2)cos 30°
Dividiendo toda la ecuación entre L y factorizando T, se encuentra
1
- P cos 30° 2
+ T(sen a cos 30° - cos a sen 30°) = O
y usando la identidad trigonométrica
Figura 12.9 c
Una vez teniendo el valor de la magnitud T, usamos las ecs. (12.39) y (12.40) para encontrar las componentes de la reacción R A . D e la <.<. (12.39) se tiene que
RAx = T C O S CY
35 k g X
C O S I ~ O
34.3 k g
y de la ec. (12.40)
+ P = 35 kg X + 25 kg = 32.3 kg
RAY = T sen
CY
La magnitud RA de la reacci6n en A
sen
I Z O
es
sen ( a f @) = sen CY cos @ f sen @ c o sa (1 2.44) nos da
1 -Pcos30° 2
= 47.1 k g - Tsen(30' -a) = O
D e esta ecuación despejamos T, usando el valor de CY (ec. (12.41))
E l ángulo 0 que forma que (véase ec. (2.22))
RA
con la horizontal
es t a l
306
Cap. 1 2 . ESTÁTICA
por lo que
0 = arc tg0.9417 = 43O16' 47"
Ejercicio 12.16. La armadura plana mostrada en lafigura 12.10a está sujeta a las cargas W, y W, de magnitudes185kg y 93kg,respectivamente.Obtengala fuerza en cada miembro y en cada articulación. Suponga que los tirantes son rígidos y de masa despreciable.
arriba. En vista de que el pasador en B evita los movimientos tanto horizontal como vertical, la dirección de Re no es conocida de antemano. La ec. (12.5), aplicada a nuestro caso, es Re
+ W, + RA + W,
=O
(12.45)
Las componentes de esta ecuación en el sistema de coordenadas mostrado son
+
componente x: Rex W, = O componente y: - Rey - W1
+ RA = 0
(12.46) (12.47)
De la ec. (12.46) se encuentra que
Se ha encontrado que la magnitud RBx es negativa, por lo que el sentido de Rex es opuesto al mostrado en la figura 12.10b. Por tanto, cambiando el sentido de RBx (véase fig. 12.10c), se encuentra ahora que
Rex = W , = 93 kg 3m
(12.48)
2m
Figura 12.10 a
En primer lugar determinaremos las reacciones que el pasador en B y el rodillo enA ejercen sobre la armadura. Denotaremos a estas reacciones como RB y RA, respectivamente. Hagamos un diagrama de cuerpo Iibre de toda la armadura (fig. 12.10b).Las fuerzas aplicadas son: las cargas W, y W, así c o m o las reacciones RA y RB. La dirección de RA es vertical, ya que el rodillo en A no puede evitar movimientos a lo largo de la direcci6n horizontal. Se escoge el sentido de RA hacia
Figura 12.10 c
+ X
E l sentido de Rex se podria haber dccerminado, dándose cuentadeque las únicasfuerzashorizontales son W, y RBx. Así que s i una debe cancelar a la otra y PI sentido de W, está dado, el sentido de RBx debe ser opuesto al de W,. Para Rey no se puede decir de antemano su sentido ya que no se conoce ni la magnitud ni el sentido de RA .
Figura 12.10 b
La ec. (12.47) es una ecuación,con dos incógnitas. Por tanto, nos falta otra ecuación. Esta es precisamente la
307
APLICACIONES
que nos da el equilibrio de las torcas. Escribamos la ec. (12.8), tomando las torcas con respecto al p u n t o B 7wl
+
TRA
+ 7w2 = O
y que forma un ángulo (Y
(12.49)
Ahora bien, las direcciones de estas tres torcas son perpendiculares al plano de la armadura (o sea, de la página). Las torcas 7 R A y T~~ tienensentidoshacia afuera de la página, mientras que la torca, 7w1, tiene sentido hacia adentro de la página. Por tanto, tomando la componente z de la ec. (12.49) se tiene que -WlX3m+RAX5m+W2X5m=0 Sustituyendovaloresnuméricosenestaecuación despejando RA se tiene
y
(12.50)
Sustituyendo este valor en la ec. (12.47) se encuentra que Rey
RA
-
W1 = 1 8 k g - 185 kg =
-
+
167 kg
Figura 12.10 e
FBD
Como se obtuvo un valor negativo, hay que cambiar el sentido de Rey (fig. 12.10d). Así, se obtiene que RBy kg
167
(12.51)
(1 2.53)
f
o sea,
90 k g x m = 1 8 k g 5 m
= 60° 5 3 ' 1 3 "
Consideremos ahora distintos elementos. Articulación B. Hagamos un diagrama de cuerpo libre de este pasador (fig. 12.10e). Para ello cortamos imaginariamente los miembros del punto B y los reemplazamos por las fuerzas FBE y Feo. Las direcciones de estas fuerzas están a lo largo de los tirantes. Nos damos cuenta de que la fuerza FBD debe tener sentido hacia diabajo para poder cancelar la única otra fuerza con rección vertical, que es Rey.. Análogamente, la fuerza FBE debe tener sentido hacla la derecha, para poder cancelar a Rex. La ec. (12.5) aplicada al punto B es
RA X 5 m = 185kg X 3 m - 9 3 k g X 5 m = 90kg x m
RA =
con la horizontal dado por
(Y
Si ¡a armadura está en equilibrio, esto significa que cada uno de sus puntos y elementos debe estarlo. RB
+ FBE + Feo
(12.54)
O
Tomando componentes de esta ecuación en el sistema de coordenadas mostrado, se tiene que componente x: componente y:
+
- Rex FBE = O RBy - FBD = O
(12.55) (12.56)
De la ec. (12.55) se encuentra, sustituyendo el valor (12.48) FBE
= RBx = 93 k g
De la ec. (12.56) se tiene, usando la ec. RBy FBD
(12.57) (12.51),
(12.58) =kg 167
Figura 12.10 d
no fue necesario aplicar la condición (12.8) para las torcas. Dado que todas las fuerzas pasan por B, sus Se puede demostrar que (véase problema 12.5) la mag-brazos de palanca son cero y por tanto, cada torca se nitud del vector R B es anula. E s decir, la condición (12.8) se satisface idénticamente. (12.52)Re kg 191.1
.
308
Cap. 12. ESTÁTICA
Tirante BE. E l diagrama de cuerpo libre del tirante BE se muestra en la figura 12.10f.Al separar el tirante de las articulaciones, las reemplazamos por fuerzas. Ahora bien, de la tercera ley de Newton se sabe que si el tirante BE ejerce una fuerza FEE sobre la articulación B (fig. 12.10e), entonces la articulación ejerce la fuerza ( - F E E ) sobre el tirante. Por tanto, la fuerza que se ejerce en el extremo izquierdo del tirante tiene la dirección y el sentido mostrados en la figura 12.10f. La magnitud de esta fuerza está dada en la ec.( I 2.57) y es igual a 93 kg.
en la figura 12.10g. Las direcciones de las fuerzas FED y FEA están a lo largo de los tirantes correspondientes y de antemano no conocemos sus sentidos. La ec. (12.5) aplicada a esta articulación es
Ahora tomamos componentes de esta ecuación en el sistema de coordenadas mostrado en la figura 12.1Og Componente x: -
FEE - FEA
componente y: - W ,
+
FED
+ FED cos y = O (12.59) sen y + sen = O cos (3
FEA
(I 2.60)
Aquí los ángulos 0 y y se muestranen las figuras 12 10a y 12.1Og. En el triángulo rectángulo EAK (fig.
Figura 12.10 f
'12.10a), se tiene que (véase ec. (2.22))
5 t g 6 = - = 2.5 2
En vista de que se está suponiendo que los elementos que forman la armadura son de masa despreciable, trasmiten las fuerzas sin cambiar sus magnitudes. Por tanto, la fuerza en el extremo derecho del tirante es ( - F E E ) mostrada en la figura 12.10f, también de sobre el tiranmagnitud 93 kg. Para que la fuerza total t e se anule ( - F E B ) debetenersentidoopuestoa ( - - F A La fuerza ( - F E s ) es la que la articulación E ejerce sobre el tiranteBE. En consecuencia, el tirante experimenta en sus extremos dos fuerzas que tienen sentidos hacia afuera del tirante. Se dice que el tirante está en tensión. Articulación E. E l diagrama de cuerpo libre de E se muestra en la figura 12.10g. Sustituimos cada tirante por una fuerza.
1
por lo que (3 = arc t g 2.5 = 6 8 O 11 ' 54"
(12.61)
De manera análoga se encuentra que y = 59O 2' IO"
(12.62)
Las ecs. (12.59) y (12.60) son dos ecuaciones para dos incógnitas: FEA y FED ( recuérdese que FEB = FBE = 93 kg, según la ec. 112.57)). Las resolvemos simultáneamente. Para ello despejamos FEA de (12.59) FIiA C O S
(3 =
- FEE
+ FED
COS
y
y dividiendo entre cos /3
(1 2.63) Sustituimos esta expresión en la ec. (12.60)y pasamos al miembro de.recho (pasa con signo positivo)
FED sen y Figura 12.10 g
Ahora bien, como vimos arriba, la articulación E ejerce sobre el extremo derecho del tirante BE la fuerza ( - F E B ) con dirección horizontal y sentido hacia la deley de recha (figura 12.1Of).Por tanto, de la tercera Newton, el tirante reaccionay ejerce sobre la articulación E una fuerza con la misma dirección (horizontal) y la misma magnitud (93 kg), pero con sentido opuesto, o sea, hacia la izquierda.Esta fuerza está mostrada
+
Esta ecuación queda como
I
Se usa laidentidadtrigonométrica t g 0 = sen Picos P
I válida para cualquier ángulo
P.
(12.64)
Desarrollando el paréntesis se tiene que
FED sen y
+ tg 0cos y FED - t g 0 FE^ = W ,
1
309
APLICACIONES
La única forma de que se cancelen las componenFAD tes horizontales es con la selección del sentido de hacia la izquierda.
Pasando (tg0FEB) al otro miembro (pasa con signo po- La ec. (12.5) es, en nuestro caso, sitivo) y factorizando FED nos da FA€ RA FAD = O ( I 2.67) FED(sen y t g /3 cos y) = W1 FEE t g 0 Tomando componentes en el sistema de coordenadas Sustituyendo los valoresdados en(12.57),(12.61) y mostrado en la figura 12.10h se tiene que (12.62), se encuentra que
+
+
+
2.1 437
FED
componente x: componente y:
= 41 7.5 kg
por lo que
FED = 412.1 7'5 kg 437
z
194.8kg
(12.65)
FAE
-
+
cos 0 - FAD = O sen /3 RA = O
FEA
=
194.8 kg X 0.51 45 - 93 kg 0.3714
= 19.5 kg
Encontramos que las magnitudes FED y FEA son positivas. En consecuencia, los sentidos escogidos para estas fuerzas en la figura 12.1Og son los correctos. Articulación A. E l diagrama de cuerpo libre del pasador en A se muestra en la figura 12.10h. Reemplazamos los tirantes por las fuerzas FA€ y FAD. Por un argumento idéntico al dado arriba en relación conla fuerza FEE (figura 12.10g) podemos afirmar que la fuerza FA€ es
FAE
IR.4
- FEA
= FAE
COS
(I
y sustituyendo valores
FAD
(12.66)
19.5kg X
COS 68'11
= 7.23 k g
' 54" 2.70)
(1
Con respecto a la ec. (12.69), nos damos cuenta de que ya conocemos todas las cantidades (véanse lasecs. (12.501, (12.61) y (12.66)). Sustituyendo estos valoresse encuentra que
- 19.5
kg X sen 68O 11 ' 54"
+ 18 kg
= -18kg+18kg=O E s decir, esta ecuación se satisface idénticamente. Tirante €D. De manera similar a los casos ya tratados, ED son concluimos que las fuerzas sobre el tirante (-FDE) y (-FED) cuyasdirecciones y sentidos se
muestran en la figura 12.1Oi. Las magnitudes de estas a 194.8 fuerzas están dadas por la ec. (12.65) e igual kg. Nos damos cuenta de que las fuerzas sobre el tirante ED están dirigidas hacia adentro. Se dice que el tirante está en compresión.
Figura 12.10 h
siendo la fuerzaFEA ya conocida (véanse la ec. (12.66) y la fig. 12.10g). La dirección de la fuerza FAD está a lo largo del tirante AD y dado que el sentido de la componente x de FAE es hacia la derecha, escogemos el sentido de FAD hacia la izquierda.
(12.68) (12.69)
E l valor del ángulo 0 está dado en (12.61). De la ec. (12.68) despejamos FAD FAD
Sustituyendo este valor en la ec. (12.63), se encuentra que
+
FAE
Figura 12.10 i
310
Cap. 1 2 . ESTÁTICA
Articulación D. Se puededemostrarque las ecuaciones a que da lugar esta articulación contienen cantidades ya obtenidas y, además, que sustituyendo sus valores se satisfacen idénticamente (véase problema 12.6). En lafigura 12.101 se muestran las direccionesy sentidos de las fuerzas que están aplicadas a cada elemento de la armadura, y el efecto de las fuerzas sobre los tirantes
rar (imaginariamente) por medio de un plano que corte al elemento cuyas características se piden. Conviene incluir siempre en la sección las reacciones sobre los apoyos. En primer lugar determinaremos las reacciones en los apoyos A y E . Para ello hacemos un diagrama de AE delaarmadura(fig. cuerpolibredelasección 12.11b). La reacción RE del rodillo en E tiene dirección vertical y sentido hacia arriba, ya que el rodillo no puedeevitarmovimientoshorizontales. La reacción Ra en el pasador A tiene dirección y sentido desconocidos de antemano. La ec. (12.5) aplicada a este caso es RA
+ W, + W, +
RE =
O
(12.71)
't U
Figura 12.10
j
I
I.
48 m
Este ejercicio nos ilustra el hecho de que al separar una estructura en sus posibles componentes, no todas las ecuaciones de equilibrio resultantes son independientes. Se encuentran, en general, algunas ecuacione5 quenodaninformaciónadicional,comopor ejemplo, la ec. (12.69) del caso acabado de tratar. Ejercicio 12.7. Obtenga las fuerzas que se ejercen
sobre los tirantes CD y CF de la armadura mostrada en la figura 12.11a. Las magnitudes de las cargas son: W , = 285 k g y = 7_1kg. Suponga que los tirantes son rígidos y de masa despreciable.
W,
-
"
,
Figura 12.1 1 b
1
I
"
I
I2tv
12111
12m
12m
Figura 12.1 1 a
Tomando componentes de esta ecuación en el sistema de coordenadas mostrado en la figura 12.11b se encuentra componente x: - RAx = O componente y: RAY - W , - W ,
+ RF = O
(12.72)
(12.73)
La ec. (12.8) aplicada a nuestro caso, con respecto al punto A, es Tw,
+ 7 1 +~ T R E = 0
(12 74)
Las direcciones de estas tres torcas son perpendiculares al plano de la armadura (o sea, de la página) Los sentidosde las torcasde W , y de W, son hacia adentrodelapágina,mientrasqueelsentidode la torca de RE es hacia afuera de la página.Por tanto, tomando l a componente Z de la ec (12.74) se encuentra que - W , X 12 m
-
W,X
36 m
+ RE-X
48 m = O
D e esta ecuación despejamos RE Pasamos los sumandos que contienen y W2 al otro miembro (pasan con signo positivo) y sustituimos valores numéricos
!",
R,, X 48 m = 285 k g
X
12 m
= 6 O48 k g X m
+ 73 k g X
36 n l
APLICACIONES
por lo que
TFDC f
kg x m = 126kg 48 m
RE =
(12.75)
(12.73) despejamos R A ~
Ahora, de la ec. RAY
=
w , + w, - R E
= 285 k g
+ 73 kg - 126 kg
= 232 kg
0
TRE
31 1 (12.77)
Las direccionesdecadaunade estas torcassonperpendiculares al plano de la página. E l sentido de la torca de F D c es hacia adentro de la página, mientras que el sentido de la torca de R E es haciaafueradela página. Por tanto, tomando los componentes de la ec. (12.77) se encuentra que
(12.76)
Despejamos ahora F D c . Pasamos el término que contiene esta fuerza al otro miembro (pasa con signo poAsí, en vista de la ec. (12.72), concluimos que la reacción en A tiene dirección vertical, sentido hacia arribasitivo) y magnitud de 232 kg. Se podría haber dicho de antemano que la reacción y dividimos entre 10 m en A debería ser vertical, ya que no hay ninguna otra fuerza horizontal sobre la sección AE de la armadura. F D c = RE ___ l2 m - 126 kgX 1.2 = 151.2 kg (12.79) 10 m Ahora haremos dos diagramas de cuerpo libre: uno de ellos formado al cortar el tirante CD por el plano E l signo que se encuentra es positivo, por lo que la seK L ( f i g . 1 2 . 1 1 ~y) el otro, por el plano TN. Considerelección del sentido de la fuerza FDC es correcta. mos cada una de las secciones así formadas. Esta fuerza FDc es la que el tiranteDC ejerce sobre la articulación D. De la tercera ley de Newton concluimos, entonces, quel a articulación ejerce una fuerw1 za ( - F D c ) sobre el tirante (fig. 12.11e) que tiene sentido hacia la izquierda. Es decir, el tirante DC está en compresión. I_____
I
Figura 12.1 1 e Figura 12.1 1 E
Sección DHE. E l diagrama de cuerpo libre deesta secesta ción se muestraenlafigura12.11d.Nóteseaue sección incluye el rodillo E . Y
.
Elestudiante se dará cuenta de que no se usaron las ecuaciones que provienen de la ec, (12.5). Sección ABF (fig. 12.11fj. Esta sección incluye el apoyo A. La ec. (12.5) para esta sección es Ra
+
FBc
+ FFC +
F8-c
+ W, = O
Ahora usamos la ec. (12.8). Tomamos las torcas con respecto al punto H
E l haber escogido H como punto de referencia nos elimina las torcas de las fuerzas FHc, FHG y W,, ya que sus brazos de palanca son cero.
Figura 12.1 1 f
(12.80)
312
Cap. 12. ESTÁTICA
Tamando componentes de esta ecuación en el ma de coordenadas mostrado nos da
siste-
componente x: FBc - FFC cos (Y - FFG = O componente y: RA - FFcsen EY - W, = O
(12.81 I (12.82)
Aquí a es el ángulo mostrado e n la figura 12.11c. Su valor lo obtenemos como sigue. En el triángulo rectángulo CCF de la figura 12.11a se tiene (véase la ec.
(2.22))
tga=
cc FC
-
Deltoides
Húmero
\
Codo plato Figura 12.12 a
1 0 m - 0.8333 12 m
”“
gular, tiene un extremo en el omóplato y su otro extrehúmero (queel en es un hueso brazo). Determine del la tensión en el músculo deltoides y la reacción que = arc tg 0.8333 = 39048’20” (12,831 ejerceelhuesodelhombrosobreelhúmero.Suponga que el brazo pesa 4 k g y que se puede considerar que este Peso está aplicado en el Punto D e l a e c(12.82) . despejamos FFC. Pasamos el sumando E l diagrama de cuerpo libre del húmerose muestra que contiene a esta fuerza al otro miembro (pasa con en la figura 12.12b. Las fuerzas que actúan sobre el signo positivo) húmero son: el peso P, vertical y con sentido hacia abajo; fuerza la T que ejerce el músculo deltoides y la FFcsen a = RA - W1 reacción R delhuesodelhombrosobreelhúmero. Ahora dividimos entre sen (Y y usamos el valor (12.76) La ec. (12.5) es en este cas0 por lo m oq u e
c.
FFC
=
RA - w1 sen (Y
= - 82.8 k g
(I 2.85)
R+T+P=O
232 k g - 285 k g 0.6402
(12.84)
En este caso el signo de esta fuerzaes negativo Por tanto, la selección de su sentido no es la correcta; el sentido es de F hacia C. La fuerza que ejerce la articulación F sobre el tirante FC es, de acuerdo con la tercera ley de Newton, (-FFc). Por tanto, el tirante FC está en tensión, con magnitud de 82.8 kg (fig.1 2 . l l g ) .
C
P
X
+ Figura 12.12 b
-
Fm
Figura 12.1 1 g
Tomamos ahora componentes de esta ecuación en el sistema de coordenadas mostrado en la figura 1 2 . 12b componente x: componente y:
R,
- T COS (Y = O
- R,
+ Tsen a - P = O
las ecuaciones (12.81)y (12.8). En general, cuando solamente se requiere el valor de la fuerza en algún ele- Ahora tomamos torcas con respecto al punto A mento, no es necesario usar todas las ecuaciones que equilibrio resultan el de para los demás elementos. 737p = o
+
(12.86) (12.87)
(12.88)
Las torcas 7T y 7 p tienen dirección perpendicular al extender su brazoplanodelapágina. Sin embargo, sus sentidos son la accióndelmúscu-opuestos;elde 77. es haciaafueradelapágina, aunaposiciónhorizontaldebidoa lo deltoides(fig. 12.12a).Este músculo, de forma trian- mientras que el de 7 p es haciaadentrodelapágiEjercicio 12.8. Unapersonapuede
31 3 na. Por tanto, tomando la magnitud se tiene que 7T - 7 p
=
de la ec. [12.88),
o
La única contribución a la torca rTviene de su componente y, ya que la componentex tiene brazo de palany es ca nulo. E l brazo de palanca de la componente iguala (AB). Portanto,laúltirnaecuaciónqueda como
I Figura 12.13
(12.89)
(T sen a)(AB) - P (AC) = O
De esta ecuación despejamos T. Para ello pasamos el sumando que contiene P al otro miembro (pasa con signo positivo) (T sen &AB) = P (AC)
y ahora dividimos entre sen
T=
CY
(AB)
P AC _ __sen
(Y
AB
Sustituyendo valores se encuentra que
T=
4 kg sen 16O
27 cm - 30 kg 1 3 cm
c) Un elemento sobre una superficie con fricción
"
De la ec. (12.86) despejamosR,, pasando el otro sumando al otro miembro (pasa con signo positivo)
(fig. 12.15 ) . d) Un apoyo fijo sostenido dentro de una pared (fig. 12.16).
R,= T c o s ( ~ = 3 0 k g X c o s 1 6 " = 2 9 k g Finalmente, de la ec. (12.87) despejamos R,, pasándolo al otro miembro (pasa con signo positivo)
R,
= Tsena- P = 30 kg X sen16O - 4 kg = 4.3 k g
Se puede demostrar que la magnitud
R es
y forma un ángulo
R del vector
R = 29.3 kg
Figura 12.15
0 con la horizontal igual a P = 8O 26'
PROBLEMAS 12.1. Determine lasreaccionesqueejercenlas guientes uniones:
a) Uncollarín sobreunabarrasinfricción(fig. 12.13). b) Un rodillo restringido dentro de una ranura fricción (fig. 12.14).
si-
sin Figura 12.16
314
Cap 12. ESTÁTICA
12.2. Demuestre la ec. (12.12) 12.3. Demuestre la ec. (12.17). 12.4. En el ejercicio 12.1 demuestre que la tensión T es igual a 80 kg haciendo el diagrama de cuerpo libre del contenedor más la unión C y los cables AC y C B . 12.5. Demuestre las ecs. (12.52) y (12.53). 12.6. Conrespectoalejercicio12 6, obtenga las ecuacionesdeequilibrio de laarticulación D. Demuestre,con los resultados ya obtenidosendicho ejercicio, que estas ecuaciones se satisfacen idénticamente. 12.7. Una esfera de peso P está suspendida de la cuerdaAB y descansasobrelaparedlisavertical(fig. 12.1 7 ) . Obtenga la tensiónT d e la cuerda y la reacción R de la pared sobre la esfera.
1
cm cm
Figura 12.19
12.10. Una lámpara que pesa 62 k g está suspendida como se muestra en la figura 12.20. Obtenga las tensiones en lastres cuerdas s i a = 40" y /3 = 150".
Figura 12.17
12.8. Una esfera que pesa 42 k g se encuentra entre y BC, lisas, perpendiculares(fig. dos paredes AB 12.18) La pared BC forma un ángulo de45" con la horizontal. Obtengd l d s rea( c iones sobre la esfera enlos puntos de cont'lrto con la, paredes.
Figura 12.20
12.1-1. Dos bolas A y B unidas pot un cable de 18 cm de longitud descansan en reposo sobre un cilindrocircular de radio R = 10 cm (fig. 12.21). La bola A pesa
Figura 12.18
12.9. Dos cilindros lisos A y B se encuentran dentro de una caja (fig. 12.19). E l cilindro A pesa 28 kg y el B pesa 19 kg. Obtenga las reacciones en todos los punto5 de contacto
,-\
..~ ~
12.21 Figura
31 5 65 g y bola laB pesa 150 g. Suponga que cable el inextensible y de masa despreciable.
es
a) Obtenga los ángulos o( y fl para que las bolas no se muevan. b) Calcule la reacción que ejerce el cilindro sobre cada una de las bolas.
C'
10cm
7
0
.
6
40 cm "
12.12. Una barra AB que pesa
4 k g está articulada, por medio de un pasador, a una pared vertical (fig. 12.22). La barra se mantiene fija formando un ángulo de 65O con ayuda de una varilla BC que forma un ángulo de 2 7 O con la barra. Obtenga la magnitud y la dirección de la reacción sobre la barra en el punto A.
Figura 12.24
u
Figura 12.25
Figura 12.22
12.13. Sobrt la barra horizontal de la figura 12.23 están aplicadas las fuerzas mostradas. Obtenga la fuerL d queequilibraa las aplicadas. iEn quépunto se debe aplicar?
medio de ¡a cuerda horizontal CD la grúase mantiene formando un ángulo de4 5 O con la vertical. La grúa levanta una carga de 375 kg. Calcule: a) La tensión en la cuerda. b) La reacción en el pasador
A
12.16. Una tabla AB de pesoP descansa sobre dos paredes lisas CD y DE, que son perpendiculares entre s í (fig. 12.26) 1.a pared CD forma un ánguloy con la horizontal. En equilibrio obtenga:
a) E l ángulo 19 entre la tabla y la horizontal. b) Las reacciones sobre la tabla en A y en B E
Figura 12.23
12.14, La
\ ~ ~ i l ~ dde c iseguridad ~ A de un calentador se tiene que abrir cuandose genera sobre ella una fuerza de 400 kg. La válvula esta conectada (fig. 12.24) por medio del miembro A B a la palanca C D que pesa 1 k g >Qué peso P hay que colocar en el punto D! 12.15. Una grúa consiste en una viga A B que pesa 150 k g : i ! g 1 2 25) unida en -4 \ ) o r medio de un pasador Por
Figura 12.26
316
Cap 1 2 . ESTÁTICA
c) jQu+ pasa con sus resultados cuando y = 0" y cuando y = 90°! DP una explicación física de sus conclusiones
D
I t
CI
12.17. E l armazón de un techo consiste en dos vigas A B y BC, de 7.5m de longitud (fig. 12.27). E l armazón se mantiene por medio de una viga horizontal AC. E l
techo está inclinado con respecto a la horizontal formando un ángulo de 25O.St. aplica una carga de 750 kg al armazón en el punto E Obtenga las reacciones en C v en A .
Figura 12.29
a ) E l ángulo
CY
en tPrminos del ángulo
b) La tensión 7 en el cable.
B.
c) Discuta físicamente los resultados que obtuvo En particular considere el caso en que
0 =
OO.
12.21. Una barra delgadaA B de longitud L y peso P se
Figura 12.27
12.18. Con respecto a la armadura del ejercicio 12.7 FHG que se jestácorrectoelsentidodelafuerza muestra en la figura I 2 . I I d ?
3comoda entre una pared vertical, sin fricción, y un i A qué ángulo 0 entre la pared y la clavo C (fig. 12.30). barra se logra el equilibrio? Discuta físicamente sus resultados. En particular, iqué pasa s i la longitud h aumenta?
12.19. Calcule las reacciones en A y en E del arreglo mostrado en la figura 12.28.
0.3 m
.-
I m
_.
Figura 12.28
12.20. Una barra delgada A B de longitud L (flg. 12 29)
y peso P está sostenida por un cable BC de longitud d, inextensible y de masa despreciable, en el pasador B en un extremo y por un collarín A en el otro extremo.
E l collarín se puede mover en una ranura vertical. En equilibrio obtenga:
12.22. Un contenedor de S70 kg (fig. 12.31)se sostiene
por medio de un cable, inextensibley de masa despreciable, que pasa por una polea sin fricción. Obtenga la reacción en A . 12.23. Una viga uniforme, que pesa 87 kg, está sostenidacomo se muestraenlafigura12.32. E l cable, inextensible y de masa despreciable, pasa por la polea en D sin fricción. La máxima tensión que se puede ejercer sobre el cable antes de que se rompa es 350 kg. a ) Obtenga la máxima distancia h a la quese puede aplicar una carga W de magnitud 3 500 kg, vertical y con sentido hacia abajo. b ) >Cuál es la reacción en A justo antes de romperse el cable?
31 7
Figura 12.34 Figura 12.31
12.26. Obtenga las fuerzas en los tirantes de la armadura mostrada en la figura 12.35
35 k g
i
f
Figura 12.32
-
!
12.24. E l marco mostrado en la figura 12.33 soporta dos cargas, una vertical hacia abajo de magnitud 435 kg y otra, horizontal hacia la derecha, de magnitud 276 kg. Obtenga las reacciones en la articulación A y en el rodillo B. Suponga que no hay fricción entre el rodillo B y la superficie horizontal, 12.25. Calcule las fuerzas en los tirantes DF y DE de la armadura mostrada en la figura 12.34.
30 kg
I I
Figura 12.35
12.27. La máxima tensión que puede soportar el tirante BC de la armadura mostrada en la figura 12.36 es de 687 kg iDentro de qué límites puede estar la magnitud de la fuerza W, vertical hacia abajo, aplicada en E ? iPodría estar BC en compresión? Entre el rodillo A y la superficie horizontal no hay fricción.
'
3rn
'
lb C
B
~~~
\
Figura 12.33
I
4rn
300 k g
B
/
3rn
'
3 m
"
Figura 12.36
31 8
Cap 1 2
ESTÁTICA
12.28. La armaduramostradaen la figura12.37 soporta las cargas w, = 300 kg y w, = 130 kg. Suponga que no hay fricción entre el rodilloB y la superficie ho-
I
2.5 cm
rizontal. Obtenga:
a] Las reacciones en el pasador A y en el rodillo B. b] l a s fuerzas en cada uno de los tirantes. Determine en cada caso s i el elemento está en tensión o
en compresión.
Figura 12.39
c
5 m
2.5 m
2 5m
Figura 12.40 I,'
Figura 12.37
12.29. La grúa de la figura 12.38 soporta una carga de 12 000 kg. Calcule las reacciones en los soportes A y B. Suponga que no hay fricción entre el rodillo H y l a superficie horizontal.
Figura 12.41
Figura 12.38
de l a fuerra horizontal y con sentido haciala derecha que se debe aplicar en el puntoC para que la escalera empiece a moverse! 12.33. Unapersonasubeporunavigauniformede peso 17 kg que está apoyada en los puntos A y B (fig. 12.42) Suponga que en estos dos puntos los coeficlentes de fricción entre la viga y las superficies de con-
12.30. En cada extremo del mango de la pinza
mostrada en la figura 12.39 se aplica una fuerza de 65 k g iCuá1 es el valor de la magnitud de la fuerza ejercida sobre la varilla sostenida por la pinza? 12.31. Sobre la viga de la figura 12.40 se aplican las cargas W, y W,. Determine las reacciones en las articulaciones A y B para que se logre el equilibrio. 12.32. Una escalera uniforme que pesa 27 k g se apoya sobre una pared vtrtical en el punto A (fig. 12.41). E l coeficiente de fricción entre la escalera y la pared es 0.18, mientras que el coeficiente de fricción entre la escalera v el suelo es 0 . 2 8 . 2Cuál es el valor mínimo
D
I-
5m
1-
Figura 12.42
PROBLEMAS
31 9
tacto son iguales y de valor 0.16. Si la persona pesa 75 que se ejerce en el tirante BC en cada uno de los casos kg y se mueve con velocidad constante hacia arriba, abajo mencionados. iEs de tensión o de compresión? illegará al punto A sin que la viga se deslice? En caso a) No fricción hay escalera entre la piso. y el negativo, ihasta dónde llega? 12.34. Unapersonaque pesa 82 k g se encuentraenel b) E l coeficientedefricciónentrelaescalera y el la escalera mostrada en la figura 12.43. piso es 0.18. p u n t o A de Desprecieelpesodelaescalera.Calculelafuerza 12.35. Unapersonasostienehorizontalmenteen la mano una pelota quepesa 12 kg (fig. 12.44).E l músculo bíceps, que tiene su extremo en el hueso del antebrazo, permite esta acción. Calculelas magnitudes, la tensión T en el bíceps y la reacción R que ejerce el hueso del brazo sobre el codo. \
\
\
'\
Bíceps
28 rnrn
Figura 12.43
30 cm Figura 12.44
4
Oscilaciones y vibraciones 13.1. VIBRACIONES
13.2. RESORTE
Si una partícula realiza un movimiento repetitivo, periódico. U n se dicequerealizaunmovimiento ejemplo de esto es el movimiento circular que estudiamos en el capítulo 5. O t r o caso de movimiento periódico es cuando una partícula va y viene por la misma trayectoria, como ocurre, por ejemplo, con un péndulo (fig. 13.1).En este caso el péndulo se mueve del punto A al punto B, moviéndose a lo largo de la trayectoria curva ACB, tanto en un sentido como en el otro. A este tipo de movimiento se le llama una vibración u oscilación.
Por nuestra experiencia sabemos q u e si estiramos o comprimimos un resorte, entonces éste empezará a moversedeida y devuelta. E l resorte se mover& siempre a lo largo de su eje yendo y viniendo por la misma trayectoria. Se dice que este movimiento es una vibración u oscilación. Nos damos cuenta deq u e el movimiento ocurre en una dimensión. Vamos a suponer que contamos con un resorte que tiene un extremo fijo y en el otro extremo está unido a un cuerpo de masa, digamos m. Además se supondrá que el resorte tiene una masa despreciable con respecto at valor m (fig. 13.2).
\
\
\
,,
I
I
-
I
X
I
\
Figura 13.2
, I
.<"' -
Cuando el resorte no está ni comprimido ni extendido, entonces adquiere una longitud determinada, que llamaremos la longitud de equilibrio. En estas condiciones, el resorte no ejerce ninguna fuerza sobre el cuerpo. Sea L esta longitud. Para cualquier movimiento periódicose puede defiPara hacer la descripción nos convendrá escoger un nir la frecuencia y el periodo del movimiento. Estas cantidades se definen de la misma manera que para el sistema de coordenadas cuyo eje X se encuentre a lo largo del eje del resorte (fig. 13.2). E l origen O lo tomacaso del movimiento circular, como lo estudiamos en remos en el extremo del resorte cuando se encuentra el capítulo 5 (véanse las ecs. (5.61)-(5.63)). en equilibrio. E l sentido positivo del ejelo escogemos En este capítulo estudiaremos con detalle el movihacia la derecha en la figura 13.2. miento de vibración que realiza un resorte y aplicareSi en cierto instante el resorte se estira, entonces el mos lo que se aprenda a los movimientos oscilatorios resorte ejercerá una fuerza sobree¡ cuerpo. De manequerealizanotrossistemastalescomoelpéndulo ra análoga, s i el resorte se comprime cierta cantidad simple, el péndulo de torsión, etc.
- C
Figura 13.1
320
321 con respecto a su posición de equilibrio, entonces el Esresorte ejerce también una fuerza sobre el cuerpo. tudiaremos las características de estas fuerzas. Supongamos que el resorte se estira de su posición de equilibrio O hasta el punto P (fig. 13.3).Sea la lon-
L
0) Figura 13.5
X
Figura 13.3
F, será mayor que la magnitud de la fuerzaF,, ya que la separación xz es mayor que la separación x1
gitud del estiramiento x. Sabemos que el resorte ejerce una fuerza F que tiene la dirección a lo largo del eje del resorte, o sea, a lo largo del eje X y además, tiene, en el caso en que esté estirado, sentido opuesto al sentido positivo del eje X. E s decir, el sentido de la fuerza F es hacia la posición de equilibrioO del resorte. De manera análoga, st el resorte se comprime ifig. 13.4), entonces ejerce una fuerzaF ’ que tiene la direco sea, del ejeX y sentido hacia ción del eje del resorte, la posición de equilibrio O.
si lxzi
>
] x 1 / entonces !F21
> !Fl!.
Además, se ha encontrado que s i u n resorte se estira unalongituddoble,lafuerzaejercidaaumenta su magnitud al doble; si se estira una longitud triple, la fuerza ejercida aumenta su magnitud al triple, etc.Esto significa, hablando en términos matemáticos, que la magnitud de la fuerza ejercida por el resorte es proporcional a la magnitud de la separación x
IFI
- 1x1
(13.1)
La magnitud de esta fuerza depende también de las características del resorte. Esto se manifiesta al escribir la proporcionalidad (13.1) en forma de ecuación c o m o sigue IF¡ = klxl (13.2)
3
Figura 13.4
donde k, la constante de proporcionalidad, se llama la rigidez del resorte. La rigidezdependedelaspropiedades elásticas del resorte. En el SI las untdades de la rigidez son unidades I = (13.3) dek m
1
3
Por tanto, siempre que el resorte salga de su posición de equilibrio, ya sea que se estire o comprima, Ejercicio 13.1. Dos resortes, de rigideces 2.7 N/m y ejercerá una fuerza con sentido hacia la posición de 6.3 N i m se estiran la misma cantidad, 0.75 m. Calcule equilibrio.Porestemotivo,estafuerzarecibeel las fuerzas que ejercen cada uno de los resortes. nombre de restitutiva. Consideremos primero uno de los resortes, el de riAhora hablemos de la magnitud de la fuerza genegidez 2.7 Nim, digamos. Lo distinguiremos por medio rada por el resorte. Se ha encontrado esta magnitud del subíndice 1. Aplicando la ec. (I3.2) se tiene que Los resultados se puepor mediciones experimentales. den dar como sigue. En primer lugar resulta que la / F , j = 2 . 7 E X 0.75m magnitud de la fuerza, tanto en el caso de estiramienm to como de compresión, depende de la distancia que = 2.03 N se separa el extremo del resorte de su posición de equilibrio; es decir, depende, en el sistema de coordenadas q u e escogimos, de la coordenadax del extremo De la misma forma se encuentra para el otro resorte, delresorte. Se encuentraexperimentalmentequea el 2, medidaquelamagnitudde x aumenta,también aumenta la magnitud de la fuerza F(o F ’ ) . Esto significa que s i el resorte se encuentra en las dos posiciones mostradas en la figura 13.5, la magnitud de la fuerza = 4.73 N
Cap 13
OSCIIAC!ONES Y VIBRACIONES
P o r estos resultados nos damos cuenta de que, para las mismdS rndgniltjdes de estiramiento (0.75 m), el re-sorte (;UP :lene mayor rigidez ejerce una fuerza mavor.
ra cierta longitud y se le comprime lamisma longitud, las fuerzas ejercidas en ambos casos tienen las mismas magnitudes. Todo io anteriormente expuesto acerca de las características de la fuerza que ejerce un resorte se puede resumir por medio de la siguiente relación para la fuerza F ( x ) que ejerce cuando experimenta una separación x de su posición de equilibrio
I
F ( x ) = -kx. Se ha indicadolafuerza
F comofunciónde
(I3.4) x.
1
Aquí se supondrá que la cantidadF tiene signo en el sistema de coordenadas escogido. Así, s i el resorte se estira, entonces x > O (véase la fig. 13.3), y en la ec. (13.4) vemos que F tiene entonces signo negativo; es decir tiene sentido opuesto al sentido positivo del eje X, c o m o se muestra en la figura 13.3.
i < ia~ figura 13.6 se muestra la gráfica de la magnit~udde la fuerza ejercida por un resorte como función Se podráapreciar de la magnituddelestiramiento. que l a gráfica es una línea recta hasta determinado valor del estiramiento. A la región entre O y A se le
I
La rigidez k del resorte es siempre una cantidad po-
i sitiva.
5 1 el resorte se comprime,entonces x < O (véase íig. 13.4), y por la ec. (13.4) se ve que F tiene entonces signo positivo; es decir, tiene el mismo sentido que el , tal como se muestra en la figura 13.4. eje X P o r tanto, fa ec. (13.4) incluye toda la información que se encuentraexperimentalmenteacercadela fuerza ejercidaporunresorte,dentrodelaregión eI6st1ca.va sea que esté estirado o comprimido.
llama elástica. Esta corresponde a estiramientos que e s t i n entre O y h. Si se continúa estirando el resorte más allá del valor I?, entonces deja de ser ei6stico. En este caso, a l soltar el resorte no regresa a si! posición de equilibrio. Soiamente consideraremo, resortes dentro del dominio clistico.
La expresión (13.4) para la fuerza F solamente depende de x. Además, la dirección de la fuerza siempre I está a Io largo del eje del resorte, o sea, a lo largo del eje X. Por tanto, se tiene una fuerza en una dimensión.
I
En este caso, a diferencia de los casos tratados anteriormente en este texto, la fuerza ejercida depende de la posiclon. Recuérdese que, en los casos tratados encapítulosanteriores,lafuerza (o en su caso, la aceleración) dependía del tiempo o era constante. Una vez conocida la fuerza que ejerce el resorte podemos encontrar, según lo aprendido en capítulos anteriores la trayectoria que sigue el cuerpo unido a él. Antes de hacerlo con todo rigor matemático, vamos a entender físicamente el motivo por el cual osciia el resorte. Supongamos que se estira e l resorte hasta una posición como la quese muestra en la figura 13.7ay luego I o que se acaba de, exponer para el caso en que se estira crn resorte también e s válido pard el caso en que se suelta. En estas condiciones, el cuerpo experimenta una fuerza F con sentido hacia la izquierda (hacia la comprime el resorte. Tanto la gráfica de la figura posición de equilibrio). Además, por la segunda ley de 7 .'$6 corno la ec(l.3.2) son válidas en este caso. con el Newton (véase ec. (6.4)), el resorte ejerce una aceleramismo valor cir la r i g i d r r k sc3
RESORTE
ción a que también tiene sentido hacia la izquierda. Por otro lado, dado que el resortese suelta, su velocidad inicial es nula. En consecuencia, el cuerpo tiene velocidad cero y aceleración hacia la izquierda. Por lo aprendido en el capítulo 3, sabemos que entonces el cuerpo se empieza a mover hacia la izquierda. Ahora bien, al moverse hacia la izquierda, el cuerpo se va acercando a su posición de equilibrio O. Es decir, su separación de O va disminuyendo en magnitud. Por tanto, por la ec. 3.2) (I vemos que la magnitud de la fuerza que ejerce el resorte también va disminuyendo. De la ec. (6.4) concluimos que la magnitud de
v=o a)
f)
Figura 13.7
323
la aceleración también va disminuyendo. Sin embargo, todo el tiempo el cuerpo está experimentando una aceleración con sentido hacia la izquierda, aunque la magnitud deesta aceleración vaya disminuyendo.Por tanto, la velocidad del cuerpo, con sentido hacia la izquierda, va aumentando su magnitud (fig. 13.7b). Así las cosas, como la velocidad tiene sentido hacia la izquierda, el cuerpo se mueve hacia la izquierda y llega un momento en que el cuerpo pasa por su posic i ó n d e e q u i l i b r i o ( f i g . 1 3 . 7 ~En ) . este instante la fuerza es cero y, por tanto, la aceleración tambiénse anula. Sin embargo, la velocidad que tiene el cuerpo no es cero, ya que se está moviendo. Como la velocidad no se anula y tiene sentido hacia la izquierda, el cuerpo se mueve hacia la izquierda, rebasando su posición de equilibrio. Un intervalo de tiempo posterior se tiene la situación mostrada en la figura 13.7d. Ahora el resorte ejerce una fuerza con sentido hacia la derecha (hacia su posición de equilibrio O), y por tanto, la aceleracióngeneradatambiéntienesentidohacia la derecha. Pero la velocidad del cuerpo tiene sentido hacia la izquierda. En consecuencia, en este instante, el cuerpo tiene una aceleración y una velocidad que tienen sentidos opuestos. Por lo aprendido en el capítulo 3 sabemos que, entonces, el cuerpo disminuye la magnitud de su velocidad. E l cuerpo continúa moviéndose hacia la izquierda, pues recordamos que el movimiento ocurre según el sentido de la velocidad. Sin embargo, al moverse hacia la izquierda, el resorte se va comprimiendo, y la separación de su posición de equilibriovaaumentandoenmagnitud. En consecuencia, tanto la magnitud de la fuerza como la de la aceleración van en aumento.Esto da lugar a que la magnitud de la velocidad disminuya (fig.13.7e). Finalmente, la magnitud de la velocidad disminuye hasta que se anula (fig. 13.7f).Es decir, el cuerpo se detiene. Ahorabien,enlaposiciónmostradaenlafigura 13.7f, el cuerpo tiene velocidad nula, pero experimenta una aceleración con sentido hacia la derecha. En consecuencia, en un instante nosterior, el cuerpo empezaráamoversehacialaderecha. D e estaforma, vuelve a ocurrir lo mismo que acabamos de reseñar y el resorte llegará a una posición que está a la derecha del puntoO, o sea, se estira. Así es como el resortegenera una oscilación. AI seguir transcurriendo el tiempo se'vuelve a repetir lo que acabamos de explicar. E S claroentoncesqueelcuerpo se mueveentre los cuales su velocidad es dospuntosextremos,en cero. Además, se puede decir que el cuerpo adquiere su máxima velocidad cuando pasa por la posición de equilibrio (véase problema 13.3). Nos damos cuenta de que esta oscilaciónse debe a que la fuerza que ejerce el resorte tiene todo el tiempo sentido hacia su posición de equilibrio. Por tanto, una fuerza restitutiva causa una oscilación. En la siguiente sección estudiaremos cuantitativamente la trayectoria que sigue el cuerpo unido al resorte.
324 13.3. RESORTE. TRAYECTORIA Para encontrar la trayectoria que sigue el cuerpo de m unido al resorte bajo la de la fuerza ( I 3,4), usaremos la segunda ley de Newton dada por la ec. (6.4) F(x) = " k x = ma
(13.5)
la aceleEn seguida usamos ec. la (3.32) para obtener ración a que experimenta el cuerpo por la acción del resorte
a = - d2x d t2 La aceleración es igualalasegundaderivadadela sición con respecto tiempo. al Sustituyendo esta cant i d a d en la ec. (13.5), se encuentra que
d2x
mdt2
= -kx
(13'6) po-
%2
+
=0
(13.7)
3,8)
(I 3.9)
La cantidad w2 así definida es positiva, ya que tanto k c o m o m son positivas.
La ecuación (13.8) es una ecuación que la cantidad x(t) debesatisfacerentodoinstante. Esta ecuación nos indica que la x(t) que se anda buscando es tal que su segunda derivada con respecto al tiempo sumada al producto de w2 con x(t) tiene que dar cero en todo instante. La ec. (13.9) es distinta al tipo de ecuaciones que nos hemosencontradohastaahora. En efecto, ahora van involucradas derivadas. A diferencia de las otras ecuaciones que hemos tratado, que son ecuaciones algebraicas, ahora tenemos una ecuación llamada diferencial. No entraremos en detalles sobre cómo resolver ecuaciones diferenciales. Lo que nos interesa es encontrar la solución de la ec. (13.8). Tomaremos la actitud de plantear la solucióny demostrar que efectivamente la expresión propuestaes solución de la ec. (13.8). Propondremos como solución de la ec. (13.9) la forma x(t) = A cos (ut)
+ B sen ( u t )
das de las funciones seno y coseno: Primera derivada
dx
-
"
dt
" A u sen ( u t )
(1 3.1O)
+ Bu cos ( u t )
(13.11)
Ahora tomamos la derivada de esta expresión con x(t) respecto a t, paraobtenerlasegundaderivadade Segundaderivada
d2x
- - A u 2 cos
dt2
con la definición w2 = k/m
y (3.21) así c o m o las ecs. (3.25) y (3.35) para las deriva-
"
Dividimos ambos miembros entrem y pasamos el término con x al otro miembro (pasa con signo positivo). Así se encuentra que de tro dt2
siendo A, B y u cantidades constantes. Ahora veremos bajo qué condiciones, la expresión (13.10) es solución de la ec. (13.8). Para ello sustituimos (1 3.10) en la ec. (13.8). Primero calcularemos la segunda derivada de x(t) con respecto a t. Para e l l o usaremos las ecs. (3.20)
( u t )- Bu2 sen ( u t )
Sacamos (-u2) como factor común en el miembro derecho y obtenemos ~d2X
dt2
- -u2 [A cos (ut)
+ B sen ( u t )
(13.12)
Nos damos cuenta de quecantidad la encerrada denlos corchetes es precisamente x(t), la por dada ec. (13.10). Por tanto, la ec. (13.12) se puede escribir como d2x - " U 2 x(t) d t2
"
Finalmente, pasamos el miembro derecho al izquierd o (pasa con signo positivo) y encontramos que
-+ U 2 X ( t ) d2x dt2
=
o
3.1 (1
3)
Comparando la ec. (13.13) con la ec. (13.8) nos damos cuenta de que la expresión (13.10) efectivamente satisface la ec. diferencial (13.8) s i
(13.14)
u = w
donde w esta dada por la ec.(13.9). Por tanto, se puede decir que
+ B sen (ut)
x(t) = A cos (ut)
(13.1 5)
es la solución de la ecuación diferencial (13.8). Nótese que las cantidades constantes A y B son arbitrarias; hasta este momento no han sido especificadas. En seguida especificaremos estas cantidades. En el capítulo 4 estudiamos el hecho de que la expresión de la trayectoriadeunapartículacontiene dos constantes, que puedenser ¡a posición y la velocidad iniciales.Esta información no la hemos considerado en l a solución
RESORTE. TRAYECTORIA
B
(13.15).Supondremosqueenelinstanteinicial,elre-Deestaecuacióndespejamos sorte se encuentra en el punto de coordenadas x. y tievelocidad inicial ne una vo (fig. 13.8).
#
325
B = v0/w
(13.1 9)
En consecuencia, las cantidades A y B quedan especificadas en términos de las condiciones iniciales x. y vo (ecs. (13.17)y (1 3.19)). Sustituyendo (13.1 7)y (13.19) en la ec.(1 3.1 51, obtenem.os
t=O
*
X
+
x(t) = x. cos (of) "sen Figura 13.8
o
(ut)
(13.20)
La expresión (13.20)es la solución de la ecuación diferencial (13.8) sujeta a las condiciones iniciales dadas. En matemáticas se demuestra que la ec.(13.20) es lasolución másgeneraldelaecuacióndiferencial Sustituyendo los valores (13.17 ) y (13.19) en la ec. se encuentra que la velocidad del cuerpo en el instante t es v(t) = vo cos (ut)- xow sen (ut)
Ahora bien, la expresión (1 3.1 5) para x(t) es válida en TODO instante de tiempo. En particular, tiene que ser válida en el instante inicial t = O. Por tanto, escribimos la ec. (13.15) para este instante x(t = O) =
+ B sen (o X
O sea (13.1 7)
Por otro lado, la velocidad del cuerpo en cualquier instante la podemos obtener a partir de la expresión (13.1 5), usando la relación (3.1 8)
+ B o cos (ut)
dx v ( t ) = -= " A w sen (ut) dt
= " A w sen (o X O)
(13.18)
= Bo
O)
- o*x(t)
(1 3.22)
Este resultado es justamente la ec. (13.8). En la solución dada por (13.20) se tienen identificadas .físicamente todas las cantidades que aparecen, excepto o. Para este fin, calculemos la posición que tiene el cuerpo al tiempo ( t 27r/w). De la expresión (13.20), que es válida par: todo tiempo, en particular en el instante (t 27r/w), obtenemos que
+
+
( +- 3 = xocos [ (t + - :>I
x t
+ Bw cos (w X
wvo sen(ot)
y usando la ec. (13.20) se obtiene que
o
+-O 'w
Al igual que para x(t), la expresión (13.18) es válida en todo instante de tiempo.En particular debe ser válida en el instante inicial. Evaluando (13.18)para el instante inicial se tiene que v(t = O) = vo
- xowz cos (ut)-
a(t) =
cos (O) = 1 y sen (O) = O
A = x.
a(t) =
O)
(13.1 6)
= A
Para la aceleración, se tiene que
y sacando w2 como factor común en el miembro derecho
x0
= A cos ( w X O)
(13.21)
sen [ w ( t
+ +)]
recordamos Ahora que funciones trigonométrilas cas seno y coseno son funciones periódicas de sus argumentos. En particular se tiene que sen(a
+ 27d= sen a
y
cos (a
+ 27r)= cos a
(13.23)
326
"
--:
por lo que
(+
x t
3
__
= x. cos ( w t )
vo sea cero. Esto significa que inicialmente el resorte está estirado, por ejemplo, una longitudx. y se l e suelta. Las ecuaciones (13.201, (13.21) y (13.22) quedan ahora como
+1 sen(wt) w V
x(t) = x0 cos ( w t ) , v ( t ) = - x o w sen (at) = v, sen ( w t ) a ( t ) = -xou2cos ( w t ) = a,cos 3.29) (1(ut)
Comparando el miembro derecho de esta ecuación con la ec. (13.20), vemos que x(t
+
+)
= x(t)
(1 3.24)
Este resultado nos dice que s i el cuerpo tiene en un instante t cierta posición, entonces en el instante posterior (t 2a/w) volverá a tener la misma posición. De manera análoga se puede demostrar (véase problema 13.7) que la misma posición se repetirá en los instan4a/w),(t 6a/w), ( t 8.1r/w), etc. Esto significa tes ( t que el movimiento del cuerpo se repite y, por tanto, se es periódico (fig. 13.9). Además, el tiempo en que repite una configuración es
+
+
+
+
T = - 2íT
Figura 13.9
siendo v,
= -x0w y a,
(13.27)
(1 3.28)
= -x0w2
En la figura 13.10 se muestran gráficas de la posición (ec. (13.27)), de la velocidad (ec. (13.28)) y de la aceleración (ec. (13.29)) del cuerpo unido al resorte.
(13.25)
W
Éste es, en consecuencia, el periodo del movimiento. De la ec. (5.63) vemos que, entonces, la frecuencia i del movimiento es
1 1
f=-="-
W
2a
(13.26)
Aquí se usó la ec.(13.25). Se puede demostrar también (véase problema 13.8) que la velocidadv ( t ) también es una función periódica del tiempo con el mismo periodo (27r/w) y, por tanto, con la misma frecuenciaf dada por la ec. (13.26). A la cantidad w que aparece en la ec. (13.20) se le llama la frecuencia angular del movimiento, en analogía e l caso de movimiento circular. Concluimos que la trayectoria dada por la ec. (13.20) representa un movimiento periódico. Analicemoscondetalleelmovimiento.Supongamos, para facilidad, el caso en que la velocidad inicial
Cl
Figuro 13.10
RESORTE. TRAYECTORIA
327
p o se mueve hacia la izquierda (fig. 13.11~). En este instante la aceleraciónes n u l a ( f i g . 1 3 . 1 0 ~Sin ) . embargo, por tener velocidad no nula, el cuerpo se mueve a la izquierda. Esto lo vemos en la gráfica de la figura 13.10a (puntoC). Después del instante Tl4, digamos en t2, el valor de x deja de ser nulo y es negativo. Esto quiere decir que el resorte se comprime. En el intervalo (T/4, 7/21, la magnitud dex aumenta, aunque con signo negativo. Esto quiere decir que el cuerpo se va alejando de la posicibnd e equilibrio y el resorte se va comprimiendo. En la figura 13.10b vemos que en este intervalo la magnitud de la velocidad va disminuyendo, aunque tiene signo negativo. Es decir, su sentido es hacialaizquierda. Por lafigura 1 3 . 1 0 ~nos damos cuenta de que la aceleración aument a su magnitud(yaqueelresorte se estácomprimiendo) y tiene signo positivo; es decir, tiene sentido hacia la derecha (fig. 13.11d). En el instante T/2, la posición del cuerpo llega a su valor extremo (punto E de la fig. 13.10a). E s decir, Ilega al extremo izquierdo de su recorrido. En este instante (punto E de la fig. 13.10b) la velocidad es cero. Por tanto, el cuerpo se detiene. La aceleración (punto E d e l a f i g . 1 3 . 1 0 ~ ) t i e n e su máximo valor con signo positivo, o sea, tienesentidohacialaderecha(fig. 13.11e). Se puede continuar de esta manera con el análisis de las características cinemáticas del movimiento resultante, obteniéndose la descripción de la oscilación. Se deja como tarea al lector (problema 13.9) continuar con la descripción del resto del ciclo.
Figura 13.1 1
Ejercicio 13.2. Un cuerpo de masa 0.45 kg se une a un resorte de rigidez igual a 4.1 N/m. Inicialmente se estira el resorte una distancia de 0.5 m de su posición de equilibrio y se suelta el resorte. Obtenga.
a ) E l periodo y la frecuencia del movimiento. b) La posición,lavelocidadylaaceleracióndel En el instante t = O, el cuerpo tiene la posición x. cuerpo en el instante 4.1 s. (punto A en la figura 13.10), velocidad nulay aceleración ;&da1 a (-xow2) según se ve de la ec. (13.29). Esta Los datos que se dan son aceleración tiene signo negativo, lo que significa que tiene sentido hacia la izquierda (en el sistema de coorm = 0.45 kg k = 4.1 N l m denadas que se ha escogido) (fig. 13.11a). Consideremos ahora un instante posterior, t,. En la figura 13.10a (punto B) vemos que x disminuyó, o sea, el a ) En primer lugar, calculamos ¡a frecuencia angucuerpo se acerca al origen, que es la posición de equilar w. Usando la ec. (13.9) se tiene que librio. En la figura 13.10b vemos que la velocidad ya k 4.1 N / m n o es cero, de hecho aumentósu magnitud, pero tiene w2=-= rad2 = 9.11 __ signo negativo; es decir, tiene sentido hacia la izquierm 0.45 kg S2 da. En la figura 1 3 . 1 0 ~vemos que en t l la aceleración disminuyó su magnitud y tiene signo negativo. o sea, Sacando raíz cuadrada, se tiene que tiene sentido hacia la izquierda. Todo estose muestra en la figura 13.11b. w = rad/s 3.02 (1 3.30) En el instante T/4, la posición x del cuerpo es cero (punto C de la fig.13.10a). Es decir, está en la posición de Usando la ec. (13.25) obtenemos el periodo T del e q u i l i b r i o ( f i g . 1 3 . 1 1 ~ ) . En este instante la magnitud movimiento de la velocidad es máxima (fig. 13.10b), aunque tiene 27r - 2 X 3.14159 signo negativo. En la ec.(13.28) vemos que esta velociTI-.--” = 2.1 S (13.31) dad extrema es igual a v, = - xow. E s decir, el cuerW 3.02 radls
328
Cap. 13. OSCILACIONES Y VIBRACIONES
De la ec. (13.26) encontramos que la frecuencia f es
1 f=-=---”
2.1
7-
-
S
0.48 H z
(13.32)
6 ) Las condiciones iniciales que se dan, usando el mismo sistema de coordenadas de la figura 13.8 son x. = 0.5 m
y
vo = O
(13.33)
ya que inicialmente el resorte se suelta. Sustituyendo los valores dados en(13.30) y (1 3.33) en las ecs. (3.20), I (13.21) y (13.22), se obtiene que la posición es
x(t) = 0.5 cos (3.02
t)
(1 3.34)
No escribimos las unidades, pero se sobreentiende que el tiempo t está dado en segundos y la posición x(t), en metros. Para la velocidad, encontramos que v ( t ) = “(0.5 X 3.02) sen (3.02 t ) = -1.51 sen(3.02 t )
(13.35)
Nuevamente, con el tiempo dado en segundos y la velocidad, en m/s. Para la aceleración se tiene que a(t) = -4.56 cos (3.02 t )
(1 3.36)
estando dada en rn/sz. Ahora evaluamos estas cantidades para el instante t = 4.1 s. Para la posición (ec. (13.34)).
x (t = 4.1
S)
= 0.5 cos(3.02 X 4.1) = 0.5 cos (12.38 rad) = 0.5 X 0.9831 = 0.49m
funciones trigonométricas arriba escritas es (ut).Si w está expresada en unidades de (radis) y el tiempo t en S, entonces el argumento tiene unidades de (radis) x S = rad. Para la velocidad, usamos la ec. (13.35)
v(t = 4.1 S) = -1.51 sen (12.38 rad)
sitivo, entonces el resorte está estirado. La velocidad del cuerpo tiene magnitud de 0.28 mis, y como el sign o es positivo, tiene sentido hacia la derecha. La aceleración tiene magnitud de 4.48m/s2y signo negativo, o sea, tiene sentido hacia la izquierda. Por tanto, la velocidad y la aceleración tienen sentidos opuestos. En consecuencia, la magnitud de la velocidad v a disminuyendo.
Como se verá más adelante, otros sistemas tísicos, distintosalresorte,realizanmovimientosqueestán descritos por ecuaciones de la forma (13.8). U n sistema queestá descrito por esta ecuación recibe el nombre de oscilador armónico. El resorte es, entonces, un ejemplo de oscilador armónico.
13.4. ENERGíA En esta sección estudiaremos aspectos energéticos en el movimiento del resorte. La fuerza que ejerce el resorte sobre el cuerpo está dada por la ec. (13.4). La fuerza que genera el resorte es una fuerza conservativa (problema 13.17). Por tanto, c o m o se estudió en el capítulo 8, a este t i p o d e tuerzas se le puede asociar una energía potencial. En particular, a la fuerza expresada por la ec. (13.4) le corresponde una energía potencial que ya calculamos en el ejercicio 8.12. Allí se obtuvo la ec. (8.61) para la energía potencial. 1 U(x) = “x* 2
1
Nos damos cuenta de que en el ejercicio 8.12 se obt u v o esta expresión en la cual la coordenadax está referida al mismo sistema de coordenadas en el que hemos estado trabajando en este capítulo. Además, recordamos que en el ejercicio 8.12, al ob-
Para el caso en que se estén considerando fuerzas conservativas, se aplica el principio de la conservaE s decir (véase ec. (8.45)), ción de la energía mecánica. la cantidad
= -1.51 X (“0.1833) = 0.28 mis
Para la aceleración obtenemos de la ec. (13.36) a(t = 4.1 S) = -4.56 cos (12.38 rad) = -4.56 X 0.9831 = -4.48m/sZ Estos valores nos dicen que, en el instante 4.1 S , el cuerpo se encuentra separado de la posición de equilibrio en una distancia de 0.49 m. Como el signoes po-
“/O*
X”.‘”
^I I..
.-
~. .. .
1
-
., .,.
~
- )..
. ”.
-
(13.37)
E = K+U 1
-
1
- -mv2
2
+ --x2 2
(13.38)
se conserva al transcurrir el tiempo. Aquí K es la energía cinética, dada por la ec. (8.24). Esto significa que los valores numéricos que adquiere E en dos instantes distintos son los mismos. Ejercicio 13.3. Se suelta un resorte que está estirado 3.7 c m d esu posición de equilibrio. >Hasta dónde llega el cuerpo del otro lado de la posición de equilibrio?
ENERG~A
329
Sea situación la sistema del figura mostrada la en H z =cm)? (3.7 (1 3.41) 13.12a. En esta configuración la velocidad del cuerpo es cero, ya que se le suelta. Por tanto, su energía tinéY sacando raíz cuadrada obtenemos las dos posibles tica también es cero. La únicaenergíaqueentoncessolucionesdeestaecuación tiene el cuerpo es potencial. En consecuencia, su energía mecánica total E, en esta configuración es (véase H = 3.7 c m H = -3.7 c m (13.42) la ec. (13.38)) Aquí se usó el resultado algebraic0 de que, al sacar raízcuadrada,podemostenerdossoluciones,una E , = U(x = 3.7cm) con signo positivo y otra con signo negativo.
+
=
1 7 k (3.7 cm)?
-
+
i
3 7 cm
La raíz H = 3.7 cm corresponde a la posición del cuerpo en la configuración inicial (fig. 13.12a). Resulta claro que ésta no es la solución que se nos pide. La otra solución, H = - 3.7 cm,,corresponde a la configuración de la figura 13.12b. Esta es la solución pedida. Vemos entonces que la magnitud de la separación de la posición de equilibrio al llegar el cuerpo al otro extremo es justamente la misma que tenía cuando es3.7 taba estirado. Por tanto, el cuerpo oscila entre c m y - 3.7 cm. Es decir, la oscilación ocurre entrelos dos puntos Q y P, que son simétricos con respecto al punto de equilibrio O. Este resultado también lo podemos obtener de la figura 13.10a, que corresponde al caso en quese suelta el resorte. En esa gráfica vemos que la oscilación ocurre entre los valores x. y -xo, siendo x. la coordenada de la posición inicial del resorte. Consideremos ahora la energía cinéticaK. En l a sección anterior obtuvimos la velocidad del cuerpo en cualquier instante (ec. 13.21). Por tanto, podemos coK en nocertambiénelvalordelaenergíacinética cualquier instante, ya que
+
Figura 13.12
siendo k la rigidez del resorte. AI llegar el resorte al otro extremo con respecto a la posición de equilibrio (fig. 13.12b), llega hasta un punto Q cuya separación de la posición de equilibrio es digamos, H. Por tanto, la coordenada, en el sistema de coordenadas escogid o es -H. En esta configuración la energía cinética también es cero, ya que en este punto extremo se detiene el cuerpo. Por tanto, la única energía que tiene es potencial. En consecuencia,laenergíamecánica t o t a l E z en esta configuración es €2
= U(X= - H)
(13.40)
2
I
K = -mv2
(13.43)
2
Para facilidad discusión, la en
1 -k(-H)’ 2 = 1
+
y perder sin generali-
dad, consideremos el caso en que el cuerpo se suelta inicialmente desde la posición xo. E s decir, la velocidad inicial del cuerpo es cero, vo. Por tanto, de la ec. (1 3.21), la velocidad v(t) del cuerpo en el instante t es
v(t) = - x o o sen (at)
(13.44)
Ahora bien, en vista de que la energía mecánica to- Elevando esta ecuación al cuadrado y sustituyendo tal se conserva (véase capítulo 8), entonces los valores en la expresión (13.43) para la energía cinética K, se E y E2 tienen que ser iguales. Igualando los dos miem- encuentra que bros derechos de las ecs. (13.39) y (13.40) se tiene que
1
1 2
“k (3.7 cm)? = -kHz 2
Multiplicando ambos miembros de esta ecuación por que (2/k) se encuentra
Ahora despejamos k de la ec. (13.9)
k = ma2
(13.46)
330
Cap. 13
OSCILACIONES Y VIBRACIONES
y sustituimos en la ec. (13.45), obteniendo
K=
1 kxo2sen2 (ut) 2
-
(13.47)
Obtengamos ahora valor energía el la de potencial U O en cada instante. De hecho, en la ec. (13.37) la energía potencial depende solamente de la posiciónx del cuerPO. Pero esta posición ya la obtuvimos como función del tiempo t y está dada por la ec. (13.20). Esta posición, para el caso que estamos tratando en que vg = -kxo2 2 O, es x(t) =
xg
cos (ut)
(13.48)
Sustituyendo esta cantidad en la ec.( I 3.37), encontramos que el valor de la energía potencial al tiempo t es
1 u=kX,Z 2
cos2 (ut)
4
v4
tl
; TI2
3Ti4
+ t
" 1 ai
1
'D
IC ; TI4
O
:T/2
; t,
3T/4
+ t
bl
(1 3.49)
Ahora calculemos la energía mecánica total, que es la suma de las energías cinética y potencial
E = K + U
I
O
t
TI4 Figura 13.13
ci
y sustituyendo las ecs. (13.47) y (13.49) nos da
1 2
E = --x$
+
sen2 (ut)
2
kx$
COS'
(ut)
(13.50)
Sacamos (kx,2/2) como factor común en esta suma encontrando que
+ cos2 (ut)]
I
E = -kxg2[sen2 (ut) 2
(13.51)
Recordamos ahora la identidad trigonométrica senZa
+ cos2 a = 1
(13.52)
válida para cualquier ángulo a. Por tanto, la cantidad dentro del corchete de la ec. (13.51) es igual a 1. En consecuencia,laenergíamecánicatotal nos queda como
1 (13.53) 2 Analicemos ahora los resultados obtenidos. En la figura 13.13 se muestran las gráficas de K (ec. (13.47)), de U (ec. (1 3.49)) y de E (ec. (13.53)) como funciones de t. Dado que los valores del seno y del coseno de un ángulo están comprendidos entre ("1 y + I ) , los valores de los cuadrados del seno y del coseno de un ángulo están comprendidos entre (O y 1). E s t o significa que la energía cinética K dada por la ec. (13.47) varía
E = -kxoZ
entre O y (kxO2/2).Este último valores, por tanto, el máximo valor que adquiere la energía cinética. Pero la ec. (13.53) vemos que este valor máximo Kdees justamente la energía total E . Por el mismo argumento, la energía potencial dada por la ec. (13.49) varía también entre O y f . Es decir, ambas energías tienen el mismo dominio de variación. Sin embargo, como se ve en la figura 13.13, en los intervalos en que K aumenta, U disminuye. En la figura 13.13a vemos que inicialmente ( t = O) la energía cinéticaes cero. Esto se debe a quese supuso que inicialmente se soltaba el cuerpo, por lo que su velocidad inicial es cero y, en consecuencia, la energía cinética también se anula en este instante.En la figura 13.13b vemos que en este instante, la energía potencial adquiere su máximo valor, que es E dado por la ec. (13.53). Pero comparando las ecs. (1 3.37) y (13.49) (para t = O), vemos que este valor es justamente e; que adquiere la energía potencial cuando el resorte está a una distancia x g de su posición de equilibrio. Por tanto, E es la energía que el agente externo le da al sistema al estirar el resorte a la distancia x,,. AI transcurrir el tiempo, en el intervalo entre O y 7/4, como ya se discutió en la sección anterior, la velocidad del cuerpo cambia y su magnitud va aumentando. Por tanto,laenergíacinéticaaumenta. Por otro lado, en este intervalo el cuerpo se acerca a la posición de equilibrio, porlo que la magnitud de x disminuye. Por tantosu energía potencial también disminuye. El aumento de la energía cinética y la disminución de la energía potencial en el intervalo entre Oy J/4 se aprecian en las gráficas.
331
OSCILACIONES AMORTIGUADAS
neran estas fuerzas se le suele llamar amortiguación de Coulomb. En este caso la fuerza de fricción se opone al movimiento y tiene magnitud igual al coeficientedefricciónmultiplicadoporlamagnituddela fuerza que aprieta a las superficies. Existe otromecanismodeamortiguaciónque es muy común, la llamada amortiguación viscosa. Cuando un cuerpo se mueveenunfluido,porejemplo, agua o aire, hay una fuerza de fricción que se opone al movimiento. Si el cuerpo se mueve a velocidades relativamente bajas, entonces, la magnitud de la fuerla za de fricciónf es proporcional a la magnitud de velocidad v con la que se mueve el cuerpo. La relación entre estas cantidades está dada por
Recordamos que el tiempo T es el periodo de oscilación. En el instante T/4 la energía cinética logra su máxim o valor, E, mientras que la energía potencial se anula. En este instante el cuerpo pasa por la posición de equilibrio. Por tanto, x = O y, enconsecuencia(ec. (13.37)) U = O. Se puede decir entonces que en el intervalo de O a T/4 la energía total del cuerpose transformó completamente de potencial a cinética. AI seguir transcurriendo el tiempo, en el intervalo entre T/4 y T/2, la energía cinética del cuerpo disminuye, mientras que su energía potencial aumenta. Esto se debe a que en este intervalo el resorte se comprime y, por tanto, como se vio en la sección anterior, la velocidad del cuerpo disminuye mientrasse va alejando de la posición de equilibrio. Así, al llegar al instante T/2 la energía cinética se anula, lo que quiere decir . q u e su velocidad es cero y el cuerpo se detiene. E l cuerpo ha llegado al otro extremo de su recorrido. En este instante, la energía potencial alcanza otra vez su valor máximo, igual a E, que es el valor que tenía iniT/4 y T / 2 la cialmente. E s decir, en el intervalo entre energía cinéticase transformó completamente enenergía potencial. Se puede, de la misma forma, analizar lo que ocurre en los intervalos de tiempo subsecuentes. Una observación muy importantees que la energía (13.53) resulta ser una mecánica totalE dada por la ec. cantidad que NO depende del tiempo,o sea, es Una cantidad constante. Nótese que tanto K c o m o U SI dependen cada una del tiempo. Sin embargo, su suma es constante.Consideremosuninstantearbitrario,por ejemplo t,. La energía cinética en este instante tiene el valor A B (fig. 13.13a), mientras que el valor de la energía potencial en este instante es H D ( f i g . 13.13b). La energía total es la suma deestas cantidades (AB HD) q u e es igual a FC ( f i g . 1 3 . 1 3 ~ )Lo . mismo ocurre para cualquier instante. Por ladescripciónanterior nos damoscuentade que al transcurrir el tiempo una forma de la energía se transforma en otra. Por ejemplo, la energía cinéticase transforma en energía potencial y viceversa. Sin embargo, estas transformaciones ocurren de manera que la suma de estas energías siempre conserva el mismo valor numérico.
f =
(13.54)
“ C V
siendo c una cantidad positiva y constante relacionada con la viscosidad del fluido. La amortiguación viscosa se presenta en amortiguadores de automóviles, en mecanismos que contienen partes que se mueven dentro de aceite, etcétera. Solamente consideraremos movimientos en una dimensión. E l signo negativo en la ec. (13.54) nos indica que la fuerza f se oDone al movimiento. Estudiaremos el movimiento de un cuerpo unido a un resorte en presencia de amortiguación viscosa. Supóngase que un resorte está unido a un cuerpo de masa m (fig. 13.14) quese mueve horizontalmente. Escogeremos el mismo sistema de coordenadas que en los casos estudiados anteriormente. Hagamos un diagrama de cuerpo libre del cuerpo. Las fuerzas que ahora se ejercen sobre el cuerpo son: la fuerza F que genera el resorte por estar estirado, dada por la ec. (13.4), y la fuerza de fricción viscosaf, dada por la ec. (13.54). Por tanto,lasegundaleydeNewtonqueda como
+
ma=F+f
3.55)
(1
t
X
13.5. OSCILACIONES A M O R T I G U A D A S En las seccionesanterioresestudiamos las oscilaciones de un resorte, suponiendo que no había ninguna fuerza de fricción presente. Por este motivo se conservabalaenergíamecánicatotal. Sin embargo,en muchas aplicaciones se presentan fuerzas de fricción en el movimiento. En el capítulo 7 estudiamos el hecho de que cuand o dos superficies resbalan una sobre la otra. se~,Dresentan fuerzas de fricción, A la amortiguación que geI
Figura 13.14
~
I
Dado que solamente describiremos el movimiento a lo largo de la dirección horizontal, no consideramos otra fuerza que se aplica sobre el cuerpo, a saber, su peso en vista de que esta fuerza es vertical.
J
332
Cap. 13. OSCILACIONES Y VIBRACIONES
Sustituyendolaexpresión(3.32)paralaaceleración a, así c o m o lasecs.(13.4), (13.54) y (3.18), la ec. (13.55) ción queda como
En lafigura13.15 se muestralagráficadelafunx dada por la ec. (1 3.58). Observamos que la
Pasando los sumandosdelmiembroderechoalizquierdo, y dividiendo toda la ecuación entre m encontramos que ~
d2x dt2
+ q"
+
dx dt
W2X
=
o
(13.56)
siendo q f = c/m y w2 = k/m
(13.57a)
La ec. (13.56) es una ecuación diferencial parax. Esta ecuación es más complicada que la que estudiamos arriba (ec. (13.8)). Daremos solamente la solución de Figura 13.15 esta ecuación, sin entrar en los detalles matemáticos de su obtención. Se puede verificar que las expresiones que a continuación exhibiremosson efectivamente amplitud de la oscilación disminuye con el tiempo. soluciones de la ec. (13.56) (véase problema 13.25). La Esto quiere decir que después de un ciclo el cuerpo solución va a tener formas diferentes dependiendo de no regresa a su posición inicial, sino que solamente los valores relativos de las constantes q' y w que aparex menor, o sea, llega a un punto que tiene un valor de cen en la ec. (13.56). Definimos: máscercanoalaposicióndeequilibrio.Portanto, después de cada ciclo el cuerpo se va quedando en posiciones más cercanas a la de equilibrio. Después de varias oscilaciones, el cuerpo finalmente quedará Así, se distinguen tres casos. en equilibrio y ya no oscilará más. En la figura 13.15 vemos que la amplitud de la oscilación tiene la envoli) Caso w > q, llamado caso poco amortiguado. La vente dada porxoe-q'. Esta función exponencial decae solución es en el tiempo y hace que la amplitud decaiga, ya que es un factor en la expresión (13.58). Se llama tiempo x(t) = e-qt x,, cos (fit) de decaimiento r al tiempo que tarda esta exponencia1 en disminuir en un factor e-l= ( l i e ) = 0.37 de su qxo sen (fit)] (13.58) valor inicial; esto es, al 37% del valor inicial. El tiemfi po res igual a 7 = 119. (13.61) Aquí, la frecuencia Q está dado por
+
fi =
[
+
Jw2
-q2
(13.59)
Las cantidades x. y vo son la posición y la velocidad iniciales del cuerpo. Además, e denota la función exponencial. En la expresión (13.58) observamos que la posición x del cuerpo contiene oscilaciones, pero ahora ya no con la frecuencia angularw, c o m o era el caso de laoscilación libre, sino que ahora tiene frecuencia angular dada por Q que según la ec. (13.59) es menor que w fi
3.60)
(1
Esto significa que el periodo de oscilación, que varía inversamenteconlafrecuenciaangular(véaseec. (13.25)), es mayor que en el caso libre. E l cuerpo tarda ahora más tiempo en realizar un ciclo de la oscilación.
E s decir, es inversamente proporcional al coeficient e q (ec. (13.57)) que está relacionado con la viscosidad del fluido. A mayor viscosidad, menor será e l valor de 7 y menor será el tiempo que tarde en decaer el valor de la posición x. O sea, a mayor fricción menos tiempo tarda el cuerpo en regresar y quedarse en SU posición de equilibrio. ii)Caso w < q, llamadocasosobreamortiguado. En este caso, la solución de la ec. (13.56) está dada por x(t) = e-@ [x,, cosh ( P t )
+
P
+
qxo
sen h ( B t ) ] ( I 3.62)
Aquí senh (Pt)y cosh (Pt)son el seno y el coseno hiperbólicos, respectivamente, que están definidos por senh(x)=(e"-ee-")/2; cosh(x)=(ex+ex)/2 (13.63)
333 y la cantidad
0 es p = J W
(13.64)
En la figura 13.16 se muestra la gráfica de x c o m o función de t. Observamos que ahora no hay oscilaciones. AI ser soltado el cuerpo de su posición inicial xo, simplemente se mueve hacia su posición de equil i b r i o y allí se detiene. E l tiempo que tarda enregresar es 7 , dado por la ec.(13.61). En este caso el valor de la viscosidad es suficientemente alto, de manera que g es más grande que w, y la fuerza que ejerce el resorte no puede sobreponerse a la fuerza de fricción.
13.6. OSCILACIONES FORZADAS. RESONANCIA En esta sección estudiaremos un caso muy importante que ocurre cuandose aplica una fuerza externa, que es oscilatoria, sobre el cuerpo que está unido al resorte. Supongamos que sobre el sistema cuerpo y resorte (fig. 13.18) se aplica una fuerza que tiene dirección a lo largo del eje de resorte. Además supondremos que la fuerza es F e = F,
(I 3.66)
COS (mot)
siendo F , la amplitud de la fuerza externa y o,su frecuencia angular. Esto significa que la fuerza externa varía con el tiempo en forma periódica.
24
Figura 13.16 iii) Caso w = g, llamado caso amortiguado críticamente. La solución de la ec. (13.56) en este caso está dada por x(t) = e-qr[xo
+ (vo + gxo)t]
(13.65)
La gráficadeestafunción se muestraenlafigura 13.17. Observamos que tampoco hay oscilaciones, sino que el cuerpo regresa a su posición de equilibrio.
AX
Figura 13.18
fuerza E lexterna sentido la de losigno indica el que adquiera la cantidad dada por(13.66): si es positivo, entonces el sentido es el mismo que el del eje X,
En lugardelaec.(13.7)
d2x
d2X
d t2
** Figura 13.17
= “kx
+ F,cos(~,~) (13.67)
Pasando los sumandosdelmiembroderechoalizquierdo(pasancon signos cambiados) y dividiendo entre m se encuentra ___
7
se tieneahora
+ 0 2 x - a,
cos(w,t) = O
(13.68)
Aquí la cantidad w2 está dada por la ec. (13.9) y a, = FJm. AI igual que en los casos ya estudiados, esta es una ecuación diferencial. No entraremos en los detalles de la obtención de la solución. Solamente mencionaremos que se puede demostrar (véase problema 13.30) que la siguiente expresiónes una solución de la ec. (13.68)
s i w, Si
x(t) = A cos(w,t) x(t)= - A(13.69b) COS(OJ,~)
(13.69a)
334
Cap. 13. OSCILACIONES Y VIBRACIONES
con la amplitud A dada por
A =
Las ecs. (13.69) y (13.73) se pueden, finalmente, escribir en forma compacta como sigue
a, -
! o2
Wu2
( I 3.70)
I
x(t) = A cos (w,t - e)
con la fase de la posición e dada por
La expresiónparalaposicióndadapor la ec. (13.696) en el caso en que w,, > i ~ 'también se puede escribir de la siguiente manera SI wu
>w
x(t)=A
COS(
~ , t- x) ~~~
e = {
(13 . 6 9 ~ ) ~
y dado que cos a = -1, sen ma expresión queda como
(13.71)
v ( t ) = w g cos(w,f
x(t) = A
COS
,
(~+t)(-l)
La velocidad v(t) queadquiereelcuerpo la encontramos tomando la derivada con respecto a t de las expresiones (13.69)
w
v ( t ) = - wJ
sen (aut)
v(t)=Aw,sen(w,t)
Usando la identidad trigonométrica - sen CY = cos
(
CY -
( I 3.72a) (13.72b)
3
__
se puededemostrarque las ecs. (13.72) se pueden escribir como (problema 13.33)
s i wU < w S i WU
> (L'
v(t) = wUA
<
w
x
si
U"
>
w
COS
-
j)
(13.75)
(13.76a)
S I W"
= O, entonces esta últi-
que es igual a (13.6913).
s i o. siw"
O"
con la fase d e la velocidad j dada por
+ sen (wut) sen a]
T
si
De la misma forma
) (con el signo de se tiene entonces quel a ec. (13 . 6 9 ~es abajo) x(t) = A[cos (mot) cos x
0
~
En efecto, s i se usa la identidad trigonomPtrica cos ( a f 8) = : cos a cos 0 F sen CY sen @
(13 74a)
>
w
(13.77)
Las fases son ángulos, por lo que se expresan y a sea en radianes o en grados. En las ecs. (13.75) y (13.77) se han expresado en radianes.
De la solución (13.74) sacamos las siguientes conclusiones. En primer lugar, vemos que la posición del cuerpo x es una cantidad que oscila con frecuencia angularwo, igual a la de la fuerza externa. Esto significa que, en estas circunstancias, el cuerpo adquirirá la misma frecuencia de oscilación que la impresa externamente. En segundo lugar nos damos cuenta de que la amplitud de la oscilación, A, dada por la ec. (13.70) es ahora una cantidad que depende dewo, es decir, de la frecuencia externa. Por tanto, s i la frecuencia externa o. cambia, entonces la amplitud de la oscilación de la posición también variará. E s t o significa que escogiendo adecuadamente el valor de w, se puede lograr el valor de una amplitud deseada. La frecuenciaangular w, dadapor(13.9), es una característica del sistema cuerpo-resorte. Es decir, dados el cuerpo (su masam ) y el resorte (su rigidez k), entonces o*queda determinada
v(t)
En la figura 13.19 se muestra la gr6fica de la amp l i t u d A dada por la ec. (13.70) como función del cociente
r = oo/o = w,A
cos (wut--.)
cos (a+2a) = cos
CY
Ir
2
(13.7313)
(13.78)
Para frecuencias muy balas (au6 w, o sea, r 4 1) la amplitud A tiene el valor (acJwZ).A I aumentar u",el denominador ! a 2 - w:\ disminuye y la amplitudA aumenta. A medida que uno se acerca al valor w, o sea, r se acerca a 1, entonces A aumenta sin cesar,es
OSClLAClONES FORZADAS. RESONANCIA
3
(punto L de la figura 13.20a), el segundo máximo en t = ( T o (punto N), etc. Aquí To es el periodo de la oscilación de la fuerza externa, que está dado por (véase la ec. (13.25)) 2a
To = U0
wo = 4.5 rad15 w
= 5 rad15
b
, I
335
o5
4 1
1 5
2
r = wo/w
Figura 13.19
decir, tiende a infinito. Esto es claro de la ec. (13.701, ya que si wo +u,entonces el denominador se acerca al valor cero y, por tanto, el cociente diverge. Se dice resonancia con que el sistema cuerpo-resorte entró en lafuerzaexterna.Nótesequelaresonanciaocurre cuando la frecuencia externa tiene el valor de la frecuencia que es propia del sistema. AI seguir aumentando el valor de la frecuencia externa, o sea, para wo > o (es decir, r > I ) , entonces la amplitud A disminuye su valorhastaqueparafrecuencias wo m u y grandes, A adquiere valores muy pequeños.Parafrecuenciasmuygrandescomparadas con w ( r m u y grande), la amplitud A es prácticamente despreciable. Esto significa que en este caso, no hay respuesta del sistema cuerpo-resorte. de lograr una respuesta grande del sistema, no aumentando la amplitud F, (ec. (13.66)) de la fuerza externa, sino aplicándola con una frecuencia muy cercana a la En las figuras 13.20 y 13.21 se muestran las gráficas de FAt) y x(t) y v(t), dados por las ecs. (13.661, (13.74) y (13.76), respectivamente, para dos valores de la frecuencia externa wo, uno mayor y el otro menor que la frecuenciacaracterísticadelsistema u.Se han supuesto los siguientes valores: para la frecuencia característica w = 5 radis y para las frecuencias externas wo = 4.5 rad/s y wo = 7 rad/s (con valores de r = 0.9 y r = 1.4, respectivamente). Consideremos primero el caso en que wo < w. La fuerza externa Fe oscila con frecuencia wo y tiene su primer máximo (para valores de t positivos) en t = O
Figura 13.20
336
CaD. 13. OSCILACIONES Y VIBRACIONES
Los valoresqueadquiere x(t), dadospor las ecs. (13.69a) y (1 3.70) están graficados en la figura 13.2Ob. La posición x(t) es una cantidad que oscila conla misque tiene Fe. D e l a figura 13.20b nos ma frecuencia u,, damos cuenta de que los máximos de x(t) ocurren cn los mismos instantes t = O (punto H ) , To ( p u n t o 11, para los cuales ocurren los máximos de Fe (puntos L, N, . de la figura 13.2Oa). También vemos que en ¡os mismos instantes en que Fe es cero (puntos S, N', ), la posición x([) se anula(puntos P, Z, ). Adem;ls, cuando F , adquiere sus valores mínimos, xit) también adquiere sus valores mínimos. Vemos quex sigue a Fe, punto a punto. Se dice que x y Fe están en fase. La velocidad que adquiere el cuerpo se obtiene de l a ec. (13.72a) y en la figura 1 3 . 2 0 se ~ muestra su gráfica. Ahora nos damos cuenta de que cuando Fe tiene de la figura 1'3 N a j , ¡a veun máximo (puntos L, N, locidad v(tj nolo tiene. De hecho, enestos instantes la velocidad es igual a cero (puntos C,S, . de la figura 13 2Ocj. Se dice que v y F e n o están en fase. E l primer máximo de Fe ocurre en t = O, y el primer máximo de v(t) ocurre en el instante t = (37,/4) (punla t o Q de l a figura 13.20~). Nos damos cuenta de que velocidad tarda un intervalo A7-= (37,/4) enresponder a la fuerza externa. Notamos que
estamos tratando, dado quee = O, A7 = O. Es decir, la posición x responde inmediatamente a la fuerza externa, o sea, ambas cantidades están en fase. Se dice que hay diferencia de fase e( = O) entre la fuerza externay la posición del cuerpo. En este caso, la fuerza y la posición están en fase. Analicemos ahora el caso en que u,, > w. En la figura 13.21 se muestran las gráficas de fe, x(t) y v ( t ) correspondientes, que se obtienen de las ecs. (13.66), (13.69b) y (13.72b), respectivamente. A l igual que en el caso anterior, et primer máximo de Fe ocurre en t = O (punto L de la tigura13.21a), pero encontrasteconelcasoantertorahoraelprimer máximo de x(t) y a no ocurre en t = 0 , sino en atro instante, en (Td2) (punto Q de la tigura 13.21b). Esto
Aquí se u s 6 el valor del periodoT, dado mhs arriba. Se obtuvo para (LJ,AT) el valor ( 3 d 2 ) q u ees precisamente el valor de la fase j de la velocidad pard este caso(u, < w) [véase l a ec. (13.77)). Sustituyendo este valor dej en la ec. (13.76a) obtenemos que la velocidad se puede escribir como
~ ( t =)
COS
WJ
(w,t
-
w~AT)
y sacando w0 como factor común obtenemos que
~ ( t= ) w,A
COS
[w,(t
- AT]
(13.76b)
Este análisis nos indica que la fase j es tal que j / w o = AT
(13.79)
es el intervalo de tiempo entrelos máximos de F, y de v, o sea, es el tiempo en que la velocidad responde a la fuerza externa. Se dice que hay una diferencia de fase de j [ = 3 r / 2 ) entre la fuerza aplicaday la velocidad del cuerpo. De manera análoga, se puede escribir que ~ ( t=) A
COS
[w&t --
AT]
(13.7413)
con eiw, = AT
(13.80)
siendo AT el intervalo de tiempo que tarda la posición
x en responder a la fuerza externa F e . En el caso que
Figura 13.21
OSCILACIONES FORZADAS
significa que x(t) y Fe no están en fase. A la posición x le lleva un intervaloA7 dado por (Jd2) en responder a la fuerza externa. Calculemos ahora
que es justamente la fase e de x dada por la ec.(13.75) para wo > w. De manera análoga, se observa de la figura 1 3 . 2 1 ~ que la velocidadvtt) tampoco está en fase con la fuerza externa. E l primer máximo de v ocurre en el instante Es decir, el intervalo (Jd4) (punto S de la figura 13.21~). A J entre los máximos es ahora A T = (Td4) Calculemos el producto
que es justamente igual a la fase j de v por la ec. (13,77) para wo > w. Se dice que hay una diferencia de fase de e ( = .n) entre la fuerza aplicada y la posición, así como una diferencia de fase j ( = 62) entre dicha fuerzay la velocidad. D e lo que acabamos de analizar concluimos que la fase de cualquiera de las dos cantidades x o v es proporcional al intervalo de tiempo queestas cantidades tardan en responder a la fuerza externa aplicada al y sistema resorte-cuerpo (véanse las ecs. (13.79) (13.80)). E l fenómeno de resonanciaes muy común.En general, cuando un sistema mecánico puede oscilar, lo hace con valores de la frecuencia característicos del sistema. En nuestro caso del cuerpo-resorte hay solamente un valor característico de la frecuencia.Sin embargo, para sistemas más complicados pueden existir varios valores de las frecuencias características. Ahora bien, si a un sistema mecánico que puedeoscilar se le aplica una fuerza externa que tiene una frecuencia que es igual a alguna de las frecuencias características del sistema, entonces el sistema entra en resonancia y la amplitud de la oscilación adquirida aumenta mucho. Acabamos de encontrar que en la resonancia la amplitud de la oscilación es infinita. Esto quiere decir que el cuerpose aleja de la posición de equilibrio una distancia infinita. Es claro que si esto ocurriera, entonces, en primer lugar llegaría un momento en que el resorte entraría en una región no elástica (fig. 13.6) y posteriormente el sistema se destruiría. Si no existe algún mecanismo que lo impida, esto es en efecto lo que ocurre. Un mecanismo para evitar esta destrucción puede ser la amortiguación viscosa. Estolo estudiaremos en la siguiente sección. Es importante resaltar que la destrucción a quenos referimos en el párrafo anterior también puede ocu-
337
CON AMORTlGUACldN
rrir en cualquier otro sistema mecánico que puede oscilar. Si el sistema entra en resonancia con una fuerza externa,entonces su amplituddeoscilaciónpuede aumentar tanto que el sistema se destruya. U n lo anteriorocurrióenel ejemploimpresionantede aiio de 1940 en el puente de Tacoma, Estados Unidos. Unos meses despuésdehabersidocompletado, un temporal azotó la región, y ocurrió que una de las componentes de la fuerza del viento fue de frecuencia justamente igual a una de las frecuencias características del puente E l puente entró en resonancia con el viento y empezó a oscilar con una amplitc~d muy grande que lo destruyó. O t r o caso fue el de¡ terremoto que sacudió a la ciudad de México en 1985. Esta perturbación contenia una frecuencia de0.5 Hz. Resultó queun buen número de edificiosde alrededor de 6 pisos tenían entre s u s frecuencias naturales una de valor de alrededor de 0.5 Hz. Estos edificios entraron en resonancia, sus amplitudes de oscilación crecieron mucho y, como resultado, se destruyeron. Cuando se diselian estructuras es importante hacerlo de manera quesus frecuencias características sean lo máslejanasposiblesdelasfretalesqueestén cuencias de las perturbaciones a las que la estructura pueda estar sujeta, como por ejemplo, vientos, terremotos, etcétera. Por otro lado, existen otros fenómenos en los que laresonancia se utilizademaneraventajosa.Por ejemplo, el sintonizador de un aparato de radio o de televisión es uncircuitoelectrónicoque se ajusta para que esté en resonancia con la onda electromagn6tica que emite la estación de radio. AI ser iguales las frecuencias de la estación y la característica del circuito, su respuesta es muy grande y asi se logra seleccionar, de las ondas que emiten todas las estaciones de la localidad, la que se desea. Otro fenómeno en el quese presenta la resonancia ocurre en la absorcióny emisibn de luz por las sustancias.
13.7. OSCILACIONES FORZADAS CON A M O R T I C U A C I ~ N Consideremos ahora el caso en que el sistema cuerp o - r e s o ret ex p e r i m e nst a i m u l t á n e a m e nut en a amortiguación viscosa y una fuerza externa oscilatoria. Usando la misma notación que en las secciones anteriores, se tiene que ahora la ecuación de movimiento es
ma = m - - -d% d t2
“kx
- cv
+ F,
COS (wet)
(13.81)
Esta ecuación se puede escribir entonces como
dt2 + dt
q’”.dx dt
+
W2x--ao
cos (wet) = O (13 821
338
Cap. 1 3 . OSCILACIONESY VIBRACIONES
La solución de esta ecuación 13.35)
n un número entero positivo. La faseeestádada
es (véaseproblemacon
x(t) = A(w,) cos (w,t - e)
(1 3.83)
siendo ahora la amplitudA(w,) de la oscilación igual a
Aquí se usaron dos resultados:
1.
- sena
= cos ( a
+ +)
(13.84) V
Además, l a fase e que aparece en (13.83) está dada por cos e
w2 -
uo2
2. si dos ángulos difieren en un múltiplo entero de 27r, entonces sus cosenos tienen el mismo valor. Se escoge aquel valor de n en la ec.( I 3.88) de tal forma quej tenga e l mínimo valor positivo.
sene = - (13.86) Ahora interpretamos estos resultados. La ec. (13.83) R nos indicaqueelcuerpooscilaconlamismafrecuencia angular wo de l a fuerza externa. En matemáticas se demuestra que la solución más Asimismo, al igual que en el caso estudiado en la general de la ecuación diferencial (13.82) es la suma sección anterior, la amplitud de la oscilación, dada en de dos cantidades: la primera cantidad es la solución de la ec. (13.84) depende de la frecuenciawo de la fuerza la ec. (1 3.56)y la otra cantidad es la expresión ( I 3.83). aplicada. Sin embargo, ahora la dependencia es más Sin embargo, como se puede ver de la ec. (13.58)o de en la ec.(1 3.70). Para analizar complicada que la dada las ecs. (13.62) y (13.65), que son las soluciones de la ahora la amplitud conviene introducir la cantidad Q ec (13.56), la prirnera contribución a la solucióngenedefinida como ral de la ec. (13.82) decae exponencialmente en el tiempo. Por tanto, para tiempos suficientemente grandes Q = wlq’ (13.89) sÓ10 queda la expresión (13.83). Se dice que la solución de (13.82) tiene una contriDespejando q’ se tiene que bución transitoria (la correspondiente de las expresiones (-13.581, (13.62) o (13.65)) y una contribución estaq’ = wlQ (13.90) cionaria (la expresión (13.83)). Observamos que las condiciones iniciales del sisteSustituimos esta cantidad en la ec. (13.84). La amplima solamente se presentan en la parte transitoria de tud A(wo) queda dada por la misma expresión (13.84), la solución. Por tanto, después de que ha pasado un pero ahora con tiempo suficientemente grandey la contribución transitoria ya no existe, el sistema se rige según la contriR = d ( w 2 - o:)* (wwdQ)’ (13.91) bución estacionaria que no depende de las condiciones iniciales. E l sistemaha“olvidado” sus condiLa cantidad Q definida en (13.89) nos da una medicionesinicales. Este “olvido” se debealafricción, da de la magnitud de la fricción: mientras mayor sea que ha disipado la contribución transitoria. la fricción, mayor será q’ y menor será Q, y viceversa. Solamente se estudiará ahora ,la contribución estaQ nos Esto quiere decir que para valores grandes de cionaria. estaremos acercando al caso de un sistema con una fuerza externa sin fricción. En el caso contrario, valoLa velocidad v(t) del cuerpo la obtenemos a partir res pequeños de Q nos indican que la fricción es m u y de la ec. (13.83) grande. Nótese que Q es una cantidad sin dimensiones (véase problema 13.36). dx v(t) := En la figura 13.22se muestran gráficas de la magnidt t u d A(wo)como funciljn del cocienter = u,/w, para va-- wo C\(q,) sen ( m o t - e) lores de Q iguales a IO, 8, 5, 3 y l En primer lugar vemos que ahora la magnitud de A yanoadquierevaloresinfinitos (véase problema = w,A(w,)cos (w,t - e) 2 13.37). E s t o significa que el hecho de que haya fricción evita que las oscilaciones adquieran amplitudes = w O A ( q Jcos (u,t - j) (13.87) extraordinariamente grandes. Sin embargo, se ve en la figura que para valores deQ grandes, por ejemplo, de siendo ahora la fase de la velocidad j I O , la amplitud, aunque finita, es grande. Es decir, en H estos casos en que hay una pequeña fricción la amplitud (13.88) j 2 n s $- e - 2 de la oscilación es bastante grande. =r
R
,
+
i
+
“I
OSCILACIONES FORZADAS
a ,,/u2 01
1
O5
2
1 5
r = wdw
Figura 13.22
En segundo lugar se observará que el máximo ocurre en la cercanía del valor r = 1, o sea, de la frecuencia u.Se tiene otra vez el fenómeno de resonancia. Para valores de Q grandes, el máximo ocurre en r = 1 (uo = a).Para valores menores de Q, por ejemplo para Q = 3, el máximo ocurre parar = 0.97 (u,, = 0 . 9 7 ~ )Para . valorestodavía más pequeñosde Q, porejemplo, para Q = 1, prácticamente ya no hay máximo. Si Q se hace extremadamente grande (es decir, la fricción muy pequeña), entonces el segundo sumando dentro del radical en (13.91) es muy pequeño comparad0 con el valor del primer sumando y, por tanto, R es
Sustituyendo esta cantidad en la ec. (13.84) se recupera la amplitud A dada por la ec.(13.70). En la figura 13.22 también se muestra la amplitud A cuando Q + m . Esta gráfica es la misma que la de la figura 13.19. Por otro lado, s i el valor de Q es muy chico (o sea, unafricciónmuygrande),vemosquelaresonancia deja de tener sentido. Por ejemplo, vemos en la figura Q = 1, no hay máximo pro13.22 que en el caso de nunciado de la amplitud A y no tiene sentido hablar de resonancia. Veamos ahora el significado de las fases e y j. Escribiremose en términosde Q. Para ellosustituimos (1 3.90) en (13.86), obteniendo cos e=
3R
Wo2
,
1 OW0 sen e = --(1 3.93)
Q
R
con R dada por la ec. (13.91). Si se dan los valores de Q, w y w0,entonces de las ecs. (13.91), (13.84), (13.93) y (13.88) se pueden obtener los valores de A, e y j correspondientes. Usando ahora las expresiones (13.83) y (1 3.87) se encuentran la posición y la velocidad del cuerpo en el instante que se desee. En las figuras 13.23, 13.24 y 13.25 se muestran
CON AMORTlGUACldN
339
las gráficas así obtenidas de F i t ) , x ( t ) y v(t) para tres valores de la frecuencia externawo: uno mayor que la frecuencia característica w del sistema, otro menor y otro igual. Se han supuesto los siguientes valores: Q = I O ; para la frecuencia característica w = 5 rad/s, y los valores de wo = 4.5 rad/s, 7 rad/s y 5 rad/s. Consideremos primero el caso en que wo < w . La fuerza externa oscila con frecuencia wo y tiene su primer máximo en t = O (punto L de la figura 13.234, el segundo máximo en t , = To (punto N), etcétera. En la gráfica de la figura 13.23b se muestra a x(t). A diferencia de lo que ocurría en el caso semejante a este en la sección anterior, ahoralos máximos de x no ocurren en los mismos instantes que los máximos de Fe. En efecto, ahora los máximos de x ocurren en los instantes t,, t3,etc., que no coinciden cont = O, t,, etcétera. Por tanto, ahora x y F e están desfasados. Esto significa que cuando hay fricción la posición no responde inmediatamente a la fuerza externa, sino que tarda cierto tiempo en responder. La ec.(13.83)para x se puede escribir en la forma dada por la ec. (13.74b), en
Q = 10 00
= 4.5 rad/s
340
Cap. 13. OSCILACIONES Y VIBRACIONES
donde Ar es el tiempo que tarda la posición en responder a la fuerza externa. Este intervalo está dado en términos de la fasee por la ec.(13.80).A diferencia de lo que ocurría en el caso de la sección anterior, ahora este tiempo AT depende de la frecuencia wo. La velocidad v se muestra en la figura 13.23~. E l primer máximo de v ocurre en el instante t = t, (punto Qvelocidad ) .Porlatanto, fuerza v y la fdesfae están sadas. Esto significa que la velocidad tarda en responder a la fuerza externa. La ec. (13.87) para v se puede escribir en la forma dada por la ec.(13.76b) en donde AT, el tiempo que tarda la velocidad en responder a la fuerza externa, está dado en términos de la fasej por la ec. (13.79). Ahora discutamos el caso en quewo > u.En la figura 13.24 se pre5entan las graficas de Fe, x(t) y v ( t ) para este caso. Tanto la posición como la velocidadno están en fase con la fuerza externa, es decir, tardan cierto tiempo en responder. Los intervalos de respuesta, Ar y AT, respectivamente, están dados en términos de las fases e y j, por las ecuaciones (13.79) y (13.80).
uo=w
Q = 10 = 5 rad/s w = 5 rad/s O?,
%I
al
L
9s) wg
>w
Q = 10 w, = 7 radls w = 5 rad/s
bl
I
I
\i
K
¿
Figura 13.25
POTENCIA ABSORBIDA
Para el caso en que wo = w, o sea, en la resonancia, las gráficas de Fe, x[t) y v[t)se muestran en la figura 13.25. En este caso las magnitudes t.)nto dex c o m o d e v son mucho más grandes que para los casos de las figuras 13.23 y 13.24.
POR EL CUERPO
341
valores de e se obtienen de la ec. (13.93). Asimismose presenta la gráfica de e para el caso tratado en lasección anterior, es decir, Q + 00, cuando no hay fricción, que corresponde a l a ec. (13.75). En la figura 13.27se presentan las gráficas de las fases j para Q = 1 0 q u e se obtiene a partir de la ec. (13.88) y para Q m , que corresponde a la ec. (1 3.77).
1 En la sección anterior no se presentaron las gráficas de x(t) y v[t) correspondientes al caso wo = w, ya que sus amplitudes eran infinitas.Si hay fricción, la amplitud adquiere un valor grande, pero finito.
De la figura 13.25b vemos que el primer máximo de x ocurre en el instante t,(puntoQ), que corresponde a un intervalo Arde respuesta igual a(To/4),por lo que l a fase e es (véase la ec. (13.80))
que es precisamente el valor que se encuentra de la ec. (13.86). Esto significa que F e y x están completamente fuera de fase.En efecto, como se puede ver en la figura 13.25 cuandoF e adquiere su valor máximo, x es nulo, y viceversa. Para la velocidad nos damos cuenta en las figuras 13.25a y c que Fe y v están en fase. E s decir, el intervalo de respuesta AT es cero, ya que el primer máximo de v ocurre en t = O (punto K). Por tanto, j = O. En efecto, de la ec.(13.91) vemos que s i wo = u,entonces
R = wwdQ por lo que de la ec. (13.93) se tiene que cos e = O
Y
sen e =
wwdQ
=
WwdQ
E l ángulo e es entonces igual a90°, o sea, 7ri2 rad. ÉSta es l a fase de la posición. Sustituyendo este valoren la ec. (13.88) con n = O, se encuentra que
-+
j (grados)
4
Figura 13.27
13.8. POTENCIA ABSORBIDA POR EL CUERPO EN PRESENCIA DE U N A FUERZA EXTERNA Para te'ner una explicación física de los hechos presentados en las dos últimas secciones, obtendremos la potencia que se desarrolla durante un ciclo de la oscilación. Consideremos un intervalo de tiempo dt muy pequeño. En este intervalo el cuerpo se mueve una distancia dx, por lo que el trabajo dW realizado por la fuerza externa Fe es (véase el capítulo 8, recordando que estamos tratando un caso en una dimensión). d W = Fedx De la ec. (3.18) se tiene que
En la figura 13.26se presenta la gráfica de lafase e como función del cociente r = wdw para Q = I O . Los
dx = v d t siendo v la velocidad del cuerpo. Por tanto, el trabajo realizado es
e (grados)
d W = Fevdt
(1 3.94)
E l trabajo W realizado duranteun ciclo de la oscilación es
Figura 13.26
Un ciclo dura un tiempo igual aTo, igual al periodo de la oscilación.
342
Cap. 13. OSCILACIONES Y VIBRACIONES
En consecuencia, la potencia c i c l o es (véase la sección 8.5)
w
P = -= To
f desarrollada en el
-1
1 To F,vdt To o
Recordamosque cos (271.) = 1
(13.95)
p=
Obsérvese que en esta expresión aparece la velocidad y no la posición del cuerpo.
~
fd To
1
sen (271.) = O
Y
(13.96)
acos;
En esta expresión tanto A c o m o To depende de w,. ReAIT, c o m o sigue.Para A usaPara calcular la potencia f, sustituimosahoraenlaescribiremoselcociente (13.84) y para To usamos (27r/u0) ec. (13.95) las expresiones para Fe y para v dadas en las mos la ec. ecs. (13.66) y (13.87), respectivamente aowo -A_ - (13.97) To R 271. I T P = O F o C O S ( W ~ ~ )C O S ( ~ o t j) d t
-S
Jo
-
~d
o
7F , w1g To, c o s Iw,t)
Ahora, de la ec. (13.93) despejamos (I/R)
cos (coot - j) dt
1 - __ Q sene R wwg
"
Para efectuar la integralse usa la identidad trigonométrica I1 3.711
Pero de la ec. (13.88) se tiene que
To
(13.99)
Efectuando el producto, y recordando que la fase j no depende del tiempo t, por lo que es una cantidad constante, se tiene que
F w g P = -2." {cos; To
io TO
+ sen j S?cos(w,t)
Ahorausaremos das
(13.98) nos da
1 -
"
R
cos;
~
(13.971, obtene-
ec. Sustituyendo laecuación esta en
cos2 (wet) d t sen (w,t) d t
1
(13.100)
WW"
rnos que
- aoQ cos 1 "
WO
s
que sustituida en la ec.
las siguientesintegralesindefini-
[cos2 (w,t) d t = Y
(13.98)
sen (wet) cos (wet)
+
2 7rw
- wt,
2
ec. (13.96), obtenemos
Sustituyendoahoraenla para la potencia P
aQ
sen (oat) cos (w,t) d t = - -COS2(W"t) 2 wo
Por tanto, al evaluar las cantidades correspondientes entre los límites O y T, se encuentra que
f = f o r ---"--cosjcosj 2T W o sea,
P = Pres cos2 ; con
(13.101) Finalmente, se tiene que __ --cos2;
Perode 13 ec. (5.611 vemosquelacombinación (woTo),que aparece aquí,es justamente igual a 27r, por lo que
P res
Este resultado nos indica que sarrollada en un ciclo depende de la
(13.10 2 ) ¡a potencia defase j entre la
POTENCIA ABSORBIDA POR EL CUERPO
fuerza externa y la velocidad del cuerpo. Con este resultadopodremosentenderalgunosde los hechos descritos en las secciones anteriores. En l a resonancia, j = O (véanse la sección anterioro la figura 13.27 para r = 1).Por tanto, cos2j = 1 y de la ec. (13.102)se encuentra que P = Pres. E s decir, Preses la potencia desarrollada en la resonancia. De ahí el subíndice res. De la ec. (13.102)vemos que mientras mayor sea (cos2 j), mayor será la potencia desarrollada. En la figura 13.28 se muestra la gráfica de (cos2i ) como función de j. Podemos observar que ,los valores máximos de (cos2 i ) ocurren cuando i = O y T, mientras que (cos2;) es cero cuando j = ~ /y 23 ~ / 2E.s decir, se logra el máximo de la potencia absorbida por el sistema cuerpo-resorte cuando la velocidad y la fuerza externa están en fase (diferencia de fase igual a cuando O) o hay una diferencia de fase de T. No habrá absorción de potencia por el sistema cuerpo-resorte cuando la fuerza externa y la velocidad estén completamente desfasadas (diferencias de fase de 7r/2 o de 3 7r/2).
fOSZi
(=x
2)
Figura 13.28
Si ahora regresamos a la figura 13.20,en el caso en que no hay friccióny que w,, < w, la diferencia de fase i es 3 d 2 , por lo que (cos i ) = O y la potencia absorbida por el sistema cuerpo-resorte es cero. De manera análoga, la diferencia de fase j es ~ / en 2 el caso de la figura 13.21,en que wo > w, por lo que tampoco hay absorción de energía. Esto significa ques i no hay fricción, solamente hay absorción de energía para wo = w, o sea en la resonancia (véase más abajo). Consideremos la figura 13.21 en que w,, > w. Tomeo sea, moselintervalodelprimercuartodeciclo, entre O y t,. Vemos de la ec. (13.94)que en este intervalo el trabajo generado es positivo ya que tanto Fe c o m o v son positivas. E s t o significa que el agente externo entrega trabajo al sistema cuerpo-resorte. Ahora bien, en el segundo cuarto de ciclo, o sea en el inter-
343
valo entre t2 y tl, el trabajo es negativo, ya que Fe es negativa y v es positiva, por lo que su producto es negativo. Se tiene el caso en que la fuerza aplicada tiene sentido oDuesto a la velocidad del cuerpo. Por tanto, el sistema cuerpo-resorte hace trabajo sobre el agente externo. En el tercer cuarto del ciclo el trabajo es positivo, mientras que en el último cuarto, el trabajo es negativo. Resulta que, en estecaso, las cantidades positivas cancelan a las cantidades negativas, porlo que el trabajo total desarrollado en el ciclo es cero y, por tanto, la potencia es nula. Algo idéntico ocurre en el caso de la figura 13.20 en que w,, < w . Consideremos el caso en que hay fricción. D e lo discutidoarribaacercadelafigura 13.25 vemosque cuando u,,= w , o sea, en la resondncia, ocurre justamente que F e y v están en fase, es decir, ocurre la máximaabsorcióndeenergíaentregadaporelagente que aplica la fuerza externa. En este caso vemos que en cada uno delos cuatro cuartos del ciclo el product o d e Fe con v resulta ser una cantidad positiva.E s decir, no hay cancelación del trabajo realizado, y c o m o es positivo, entonces el sistema cuerpo-resorte absorbe el trabajo todo sin regresar nada en ningún momento. Este trabajo absorbido por el sistema se yonvierte en energía potencial y en energía cinética. Esta es precisamente la causa por la que las magnitudes del desplazamiento y de la velocidad adquieren valores m u y grandes. Cuando se está fuera de la resonancia ocurre que en distintos cuartos de ciclo el trabajo tiene distintos signos, c o m o se puede apreciar en las figuras 13.23 y 13.24.Sin embargo,ahora las cancelaciones no son completas, por lo que la potencia desarrollada en el ciclo no es completamente cero. Pero lo que sí ocurre, es que debido a que hay cancelaciones parciales E s dela potencia tiene un valor relativamente bajo. cir, el trabajo entregado al sistema es muy pequeño comparado con el entregado cuando se está en resonancia. Finalmente, reescribimos la ec. (13.102)para tener la potencia como función explícita de la frecuencia wo. Para ello sustituimos la ec.(13.99)en la ec.(13.102) y usamos las expresiones (13.93)para sen e y (13.91) para R, obteniendo
P
- = sen2e
,P ,,
En la figura 13.29 se muestra la gráfica de (f/fres) como función deo,, para el valor deQ = IO.Observamos que esta curva tiene un máximo muy agudo en la resonancia, o sea, para u,, = w. La absorciónde energía por parte del sistema es máxima en la vecindad de la resonancia.M u y lejos de ella, casi nose ab-
344 sorbe energía. En la figura 13.29se muestra también el caso en que Q m , que corresponde a fricción nula. " +
(EL RESOKTE VIENE N ! CONTRA M Í A Y ,~ ~CARAY!,CUESTA TRABAdO OUi RESPONDA iL
j
13.9. APLICACIONES Ejercicio 13.4. Se suelta un bloque de 2.5 kg desde una altura de 1.2 m sobre el platillo de una báscula (fig. 13.30a). El platillo tiene masa de 0.5 kgy e l resorte tiene una rigidez de 60 Nim. Suponiendo que después del impacto el bloque y el platillo se mueven al unísono, obtenga la longitud que se comprime el resorte.
Figura 13.30 a
"_
I
" "
PI pres
J"""""_ 09 08 07 06 o5 0.4 03
4
-
Consideraremos varias configuraciones que adquiere el sistema bloque-platillo-resorte. En primer lugar, dado que la masa del platillo es nodespreciable, al estar encima del resorte lo comprime. E s decir, s i se retiraelplatillo, el resortetieneciertalongitud(fig. 13.30b) distinta a la que tiene en la configuración de la figura 13.30a. Tomemos un sistema de coordenadas con el eje X horizontal a la altura del platillo cuando y el ejeY verse encuentra sobre el resorte (fig. 13.30a) tical. En este caso, al colocar el platillo sobre el resorte, éste se comprime una longitud d (fig. 13.30b). Consideraremos el nivel horizontal R R ' a la altura del resorte libre. En l a f i g u r a 1 3 . 3 0 ~se muestra el instante enque se sueltaelbloque. En lafigura13.30d se ilustra la situación un instante antes de que el bloque entre en contacto con el platillo. En la figura 13.30e se ve el instante justo después del impactoy antes de
I"
f
0 2
o1
-1
O Figura 13.29 Figura 13.30
b
APLICACIONES
A2
Figura 13.30 c
345
Consideraremos como sistema al conjunto bloqueplatillo-resorte. Para resolver el problema planteado, utilizaremos los principiosdeconservacióndela energía y del momento. En la situación que estamos considerando se presentan, al mismo tiempo, dos tipos de energías potenciales: la gravitacional U,,debida al peso de los cuerpos y la elástica U,,debida al resorte. Escogeremos el nivel en el cual la energía potencial gravitacional es cero aquel en el que el platillo está colocado sobre el resorte, es decir, el eje X. E l punto de energía potencial cero del resorte es cuando se encuentra libre, es decir, el nivel R R ' . Inicialmente(configuración 2, f i g u r a1 3 . 3 0 ~ )e l cuerpo no tiene energía cinética, ya que no se está moviendo; solamente tiene energía potencial por estar encima del eje X. En este mismo instante, el platillo no tiene energía cinética y tampoco energía POtencial, ya que está justo en el nivel del eje X. En este instante el resorte está comprimido, por lo que tiene energía potencial elástica. Por tanto, en este instante el sistema sólo tiene energía potencial (gravitacional elástica). AI soltar el cuerpo y llegar justo antes de tocar el platillo (configuración 3, figura 13.30d), la energía potencialgravitacionalquetenía se transformóen energía cinética. E l resto del sistema está igual que en el instante inicial. Por tanto, en esta configuración el energía sistema tiene (energía cinética del cuerpo potencial elástica del resorte). A I quedarelresortecompletamentecomprimido (configuración 5, figura 13.30f) ya no hay ningún movimiento, por lo que todas las energías que tenía el sistema se transformaron en energía potencial elástica del resorte (al comprimirlo completamente)y en energía potencial gravitacional (al quedar el cuerpo y el X); yanohayenergíacinéplatillodebajodeleje tica. Analicemos a continuación con detalle cada una de las configuraciones. AI pasar de la configuración de la figura 13.30b a la de la 13 30a, es decir, al colocar el platillo sobre elresorte, éste se comprime hasta que la fuerza quegenera (vertical y hacia arriba) cancela el peso del platillo (vertical y hacia abajo). En estas condiciones, usando las ecs. (7.4) y (13.2) se tiene que
+
'i
(m
+
+ M)
L4
Figura 13.30 e
k d = Mg
(13.104)
D e aquí despejamos d que bloque-platillo empiecen a descender. Finalment e en la figura 13.30fse ve la posición del sistema con el resorte en su máxima compresión. Denotemos con la letra A al bloque y con la B al p l a t i l l o . Además, sean m ( = 2.5 kg) la masa del bloque, M ( = 0.5 kg) la del platillo, k(= 60 N/m) la rigidez del resorte y L ( = 1.2 m) la longitud desde la que se suelta el bloque.
Sustituyendo valores
d =
0.5 k g X 9.8 mis2 60 N / m (13.105)
346
Cap. 1 3 . OSCILACIONES Y VIBRACIONES
Ahora consideremos varias configuraciones. Configuración 2 (fig. 13.30~). Las velocidadesdel bloque (VA), y del platillo (v& son nulas, por lo que la energía cinética total K, también es nula. La energía potencial U, es la suma de lasenergías potenciales gravitacional y elástica (véanse las ecs. (8.51) y (13.37))
+
U z = mgL
1 2
-kd2
P3
La energía potencial gravitacional del platilloes cero, ya que se encuentra en el nivel del eje X. Por tanto, la energía total E , es €2
+
= K2
= mgL
1 2
-kd2
(1 3.1 06)
Configuración 3 (fig. 13.30d). E l bloque tiene ahora velocidad ( v ~ ) mientras ~, que la velocidad del platillo K3 es ( v ~ es ) ~cero. Por tanto, la energía cinética
K3 =
2
m(VA)$
En estaconfiguraciónlaenergíapotencialgravitacional de ambos cuerpos es nula, ya que se encuentran justamente sobre el nivel en quees cero. La única energía potencial es la elástica, debida a que el resort e está comprimido una longitudd por el peso del plat i l l o . Por tanto, U3
=
1
Tkd2
2
= K,
+
U3
1 = "(VA): 2
+
= 2.5 kg X 4.85 mis = 12.125 kg
x mis
(13.109)
Configuración 4 (fig. 13.30e).Ésta correspondeal instante justo después del impacto. Ahora el bloquey el platillo se mueven al unísono, o sea c o m o un cuerpo de masa ( M m ) = 3 kg. Sea v, la velocidad que tieneestecuerpo. La magnituddelmomentolineal ahora es P4 = ( M m)v4 (13.11O)
+
Como las únicas Fuerzas que ocurren durante el impacto son internas, el momento lineal total se conserva al pasar e l sistema de la configuración 3 a la 4, o sea P , = P4 Sustituyendo las ecs. (13.109) y (13.110), obtenemos que 12.125 kg X m/s = ( M
+ m)v4= 3 kg v4
y despejando v4
v4 = 12.125 k g x m's = 4.04 mis(13.111) 3 kg
En consecuencia, la energía total es €3
= (PA13 = m(VA)3
+
U2
+
En la configuración 3 el momento lineal P, del sistema es la suma de los momentos del bloque y del platillo. E l momento del platillo es nulo, ya que su velocidad es solatambién lo es. Por tanto, el momento total menteelmomentodelbloque, y su magnitudestá dada por (véase la ec. (9.5))
1
" k d 2 (13.107)
Ahora bien, al pasar el sistema de la configuración 2 a la 3 la energía total se conserva, o sea
E , = E, que sustituyendo las ecs. (13.106) y (13.107) nos da
D e esta ecuación despejamos (va):. Para e l l o se can(kd2/2),dividimos lo celan los dostérminosiguales que resta entrem, multiplicamos por 2y sacamos raíz cuadrada, obteniendo que
La energía cinética K, del sistema es, en esteinstante, 1 K4 = -- [ M m)v$
2
+
1 2
= - 3 kg X (4.04mis)2 = 24.48 I
(13.112)
La energíapotencialgravitacionaldelsistema es nula. La única energía potencial que no es cero es la elástica debida a que el resorte está comprimido una longitud d 1 U4 = -kd2 2 I
= "60 2
N/m) X (0.082 m)2
= 0.2) (13.113) Por tanto, la energía total en esta configuración es €4
+ U4 = 24.48 I + 0.2 1 = 24.68 I = K4
(13.114)
APLICACIONES
Configuración 5 (fig. 13.30f). En esta configuración el resorte llega a su máxima compresión y el sistema está en reposo. Por tanto, su energía cinética es nula. La energía potencial gravitacional es
+ m)gH
U, = - ( M
(I 3.115)
Esta cantidad tiene signo negativo, ya que el cuerpo m) se encuentra debajo del eje X, que de masa ( M es el nivel del cero de la energía potencial. Aquí H es la distancia que baja el sistema desde la posición en q u e e l p l a t i l l o sólo está en equilibrio (fig. 13.30a). AI llegar a la configuración 5, el resorte se ha comprimido la longitud
+
+
h = ( d (13.116) H) por lo que la energía potencial elástica es I
U, = -kh2
(13.117)
2
Por tanto, la energía total es €5
=
u,+ u,
que sustituyendo las ecs. (13.115) y (13.117) nos da
E , = -(M
+ m)gH +
1 2
-kh2
(13.118)
La energía total se conserva al pasar el sistema de la configuración 4 a la 5, o sea,
30 H2- 24.5H - 24.48 = O
347 (13.119)
Para resolver esta ecuación cuadrática en H usamos la solución dada en el apéndiceI l l con a = 30, b = - 24.5 y c = -24.48
H = -
-
24.5 f 4600.25 60
+ 2937.6
24.5 f 59.48 60
que nos da las dos raíces
HI = 1.40 m
y
H2= - 0.58 m (13.120)
La raíz negativa no tiene sentido para nuestro caso, ya que H es una magnitud y, por tanto, debeser positiva. En consecuencia el resultado buscado es la raíz positiva. E s decir, el bloque comprime el resorte, desde la posición de equilibrio de la báscula (con el platillo colocado) una longitud de 1.40 m. Ejercicio 13.5. Un collarín demasa 10 kg se mueve sin fricción en una barra que forma un ángulo de 400 con la vertical (fig. 13.31a). E l resorte tiene una rigidez de 328 N/m y no está estirado cuando el collarín está en l a posición B. Si el collarín se encuentra en la posición C, iqué aceleración experimenta?
0.9 m
que sustituyendo las ecs. (13.114) y (13.118) y los valores numéricos nos da 24.68 I = - 29.4 k g X (m/s2)H- 30 (N/m)h2 Ahora sustituimos h en términos de H, según la ec. (13.116), con el fin de tener una ecuación para una sola incógnita, a saber H. No escribiremos las unidades; en vista de que estamos trabajando en SI, el el resultado final lo obtendremos en m.Así se obtiene que 24.68 = - 29.4H
+ 30 X (0.082 + H)*
Se usó el valor de d, dado en la ec. (13.105). Usando ahoraelteoremadelbinomioparadesarrollarel cuadrado indicado, nos da
+ 30 X (0.0067 + 0.1633H + Hz) = - 29.4H + 0.2 + 4.9H + 30H2
24.68 = - 29.4H
Combinandotérminossemejantes y pasandotodos los términos al mismo miembro de la ecuación,se encuentra que
Cuando el collarín se encuentra en la posición C el resorte tiene una longitud igual a AC, que es mayor que la longitud de equilibrio AB. Por tanto, el resorte ejerce una fuerza F (fig. 13.31 b) a lo largo de la línea AC y con sentido de C a A. E l collarín experimentará
348
c
Sustituyendo valores obtenemos que
+ +
AC2 = (0.9 m)2 (1.2 m)2 - 2(0.9 ml(l.2 m) cos (130’) = 0.81 m2 1.44 m2 - 2.16 m2(-0.6428) = 3.638 m 2
A
y sacando raíz cuadrada
AC =
d m = 1.907 m
En consecuencia,elestiramiento Ax queexperimenta el resortees (véase ec. (13.123)) F
D
Ax = 1.907 m - 0.9 m = 1.O07 m
C
Sustituyendo esta cantidad en l a ec. (13.122), obtenemos la magnitud de la fuerza F
Figura 13.31 b
N F = 328 - X 1.007 m m
entonces una fuerza que es la componente de F a lo largo de la barra.Sea F , esta componente. De la figura 13.31b vemos que su magnitud es
F = Fcosb La magnitud de la fuerza
(13.2)
F = kAx
(13.1 22)
siendo Ax la longitud que se estira el resorte al pasar el collarín de B a C, o sea, Ax=AC-AAB
Ahora solamente nos falta conocer el ángulo
la figura 13.31b vemos que
(13.1 21)
F la obtenemos de la ec.
(I 3.123)
(13.125)
= 330.4 N
a
+ p = 500
0.D e
(I26) 3.1
En el triángulo rectángulo AFC se tiene que (véase la ec. (2.22)) AF t g a = __ (13 127)
FC
Pero AF = B D = BC sen SO0 = 1 . 2 m X 0.7660 = 0.919 m.
Además, Nos damos cuenta de que para conocer la componenFC = FD DC t e F , necesitamos conocer la longitud AC y el ángulo 0.Calculemos primero AC. En la figura vemos lo siguiente y del triángulo rectángulo BDC
+
ángulo BCD = 90° - 40” = 50”
DC = BC cos 50° = 1 . 2 m x 0.6428 = 0.771 3 m
Pero
por lo que ángulo CBA = ángulo BCD
FC = 0.9 m
por ser alternos internos. Por tanto,
+ 0.771 m = 1.671 m
Sustituyendo estos valores en la ec. (13.1 27)nos da
ángulo ABC = 180° - ángulo CBA = 180° - 50° = 130° Consideremosahoraeltriángulo ABC, que no es rectángulo.Deestetriánguloconocemosdoslados ( A B y BC) y el ángulo comprendido entre ellos. Podemos encontrarelladodesconocido, AC, usandoel teorema de los cosenos de la trigonometría AC2 = AB2
+ BC2 - 2(AB)(BC) cos (ABC)
(13.124)
por lo que a
= arc t g 0.55 = 2 8 O 48’ 34”
En consecuencia, de la ec.(13.1 26) obtenemos que
p = SO0
- a = 50° - 28O 48’ 34” = 21° 11 ’ 2 5 ”
APLICACIONES
349
cia1 gravitacional el eje horizontalR R ’ . Consideremos las dos configuraciones de la figura 13.32. Inicialmente (figura 13.32a) la barra está en posición horizontal con su centro de masa C en el eje RR’, por lo que la barra no tiene energía potencial gravitaF = 330.4N X c 0 s ( 2 1 ~ 1 1 ’ 2 5 ” ) = 308N se mueve,tampocotiene cional. Como labarrano Finalmente, la magnitud de la aceleración del collarín energía cinética. AI mismo tiempo, la barra comprime al resorte por lo que únicamente existe energía potenes cial elástica. f8 N = 30.8 mis2 AI soltar la barra, el resorte se estira (figura 13.32b) a , = -m= k g308 10 perdiendo su energíapotencialelástica.Peroel RR’, adcentro de masa de la barra sube sobre el nivel La dirección de a,,es a lo largo de la barra, o sea, a lo quiriendo energía potencial gravitacional. AI mismo largo de BC. E l sentido de a , es de C a B. O, tiempo, la barra se mueve, girando alrededor de En la solución de este problema solamente hemos por lo que también tiene ahora energía cinética, tanto tomado en cuenta la componente F ; de la fuerza que lineal como angular. E s decir, la energía elástica del ejerce el resorte sobre el collarín. iQué ocurre con la resorte se transformó en energías (potencial gravitacomponente perpendicular a la barra? cinética) de la barra. cional Analicemos estas transformaciones de energías con Ejercicio 13.6. Una barra muy delgada está fija en detalle. elpunto O, alrededordelcualpuedegirar(fig. Configuración 1 (fig. 13.32a). En este caso, la barra 13.32a). E l extremo A comprime un resorte, de rigidez está en reposo, por lo que su velocidad es cero y, por 79 850 N/m, una longitud de 15 cm.En estas condiciotanto, su energía cinética también lo es nes la barra tiene una posición horizontal. En cierto instante, la barra se suelta y gira alrededor de O. ObK1 = O tenga la velocidad angular de la barra cuando pasa por la posición vertical (fig. 13.32b). La energía potencial gravitacional es cero, mientras En este problema se presentan dos tipos deenergías que la energía potencial elástica no lo es, ya que el repotenciales: una gravitacional U , y otra elástica U, sorte está comprimido una longitud Ax ( = 0.15 m). De Escogeremos como nivel del cero de la energía poten- la ec. (13.27) se tiene que
Ahora sustituimos este valor de b y el de f por la ec. (13.125) en la ec. (13.121) para encontrar la magnitud de la componente f ,
+
t-
R
”
_
”
(U& = 7 i m
-i
1
m
i”--1
IIM = 22C kg
k (Ax)’
1 N = - 79 850 X (0.15 m)2 2
Irn
0
1
R’
_””
For tanto,
U1 = 898)
Figura 13.32 a
y la energía t o t a l en esta configuración es €1
U1 = 898)
(1 28) 3.1
Configuración 2 (fig. 13.32b). En este caso, la barra se mueve y gira alrededor del punto O. Sea v2 la velocidad lineal del centro de masa C, y w2 la velocidad angularquetienelabarraen esta configuración. Usando las ecs. (10.90), (11.35) se tiene que la energía cinética es K2
Figura 13.32
b
1 = - Mv,‘ 2
+
1
- lCw2’ 2
(13.129)
Aquí M es la masa de la barra e I, es su momento de inercia con respecto al eje perpendicular al plano de la barra y que pasa por su centro de masa C. Ahora O, que está a bien, como la barra gira alrededor de
350
Cap. 13. OSCILACIONESY VIBRACIONES
una distancia r ( = 2.75 m) deC, de la ec.(11. I ) se tiene que
Y
v2 = rw2 Sustituyendo esta cantidad en la ec. (13.1 29), obtenemos para la energía cinética
1 Kz = - M r 2 wZ2 2
+
1 2
-/,
coz2
+ /,)wz2
1 = - (Mr2 2
(13.1 30)
E l momento de inercia de la barra con respecto al eje perpendicular al plano de la barra y que pasa por su centro de masa lo calculamos usando la ec. (11.52), despreciando uno de los lados
1 12
I, = -ML2 -~
12
22 kg X (7.5 m)2 = 103.1 k g X m 2 (13.130), obtenemos
Sustituyendovaloresenlaec. que
1 K2 = -122 2
k g X (2.75 m)2
+ 103.1 k g X
m*] wZ2
Las cantidades están expresadas en el SI. En la configuración 2 no hay energía potencialelástica, ya que el resorte no se está comprimiendo. La única energía potencial que hay es la gravitacional debido a que el centro de masaC de la barra estáencima del eje RR'. Por tanto
U2 = (U& = M g r = 22 k g X 9.8jmls2) X 2.75 m = 592.9)
En este caso, al pasar la barra de la configuración 1 a la 2, la energía potencial elástica del resorte comprim i d o se transformó en energía cinética (tanto lineal como angular) más energía potencial gravitacional. Ejercicio 13.7. Un cañón se diseña de manera que, aldispararlo,eltuboretrocedecontraunresorte que lo regresa a su posición inicial. Al final del retroceso hay un mecanismo amortiguador para que el tubo y sin que hayaosregrese en el mínimo tiempo posible cilación. iQué valor debe tener la constante de amortiguamiento c (véase la ec. (13.54)) para un tubo que pesa 1 700 k g y un resorte de rigidez 1 6 700 N / m ? Para que el tubo regrese a su posición inicial en el mínimo tiempo posibley sin oscilación, el mecanismo debe estar diseñado para que haya amortiguamiento crítico. En este caso la constante q debe ser igual a la frecuencia característica del sistema tubo-resorte.
De la ec.(13.57) despejamos c c=q'm=
=
€2
K2
+ U2
= 134.7 wZ2
+ 592.9
c
=
2
m
(13.132)
E, = E, (13.128) y (13.132). obtenemos
898 = 592.9 Despejamos de aquí
134.7
+ 134.7 w22
coz2
- 592.9 = 305.1
= 898
.
_
. ~ ~ ~ ~ ~ " , , ~ .' " "~ . .~.. " ~ "."~ .. . " ~ ...~~,. , , ~
x
~
.,. . .
G
=
a
Sustituyendo valores, se obtiene
N m X 1700kg
= 10 656 kgis
En vista de que la energía totalse conserva
Sustituyendo lasecs. clue
2wrn
y usando la ec. (13.9) se tiene que
16700
En consecuencia, la energía total es
.
w2 = 1.51 radis
q = w
(13.131)
= 134.7 u 2 2
Sacando raíz cuadrada, obtenemos que
Ejercicio 13.8. E l disco de radio r = 0.8 cm mostrado en la figura 13.33 gira con velocidad angular wo. E l
disco está unido por medio de una biela a un extremo de un cuerpo de masa 1 . 3 kg. Este cuerpo está unido 42 Nlm. en su extremo opuesto a un resorte de rigidez Obtenga las amplitudes de las oscilaciones del cuerpo cuando wo = 6 radls y 7.1 radls. En este ejemplo el disco, a través de la biela y la barra, imprime al cuerpo una fuerza externa. E s claro que esta fuerza es periódica, con la misma frecuencia con la que gira el disco. Por tanto, se trata del movimientodelsistemacuerpo-resorteenpresenciade una fuerza externa periódica. En primer lugar calcularemos la frecuencia angular
APLICACIONES
351
Sustituimos ahora los valores de w dados por la ec. (13.133), de r = 0.8 c m y de wo = 7.1 rad/s (no escribiremos las unidades)
O
A = 1.6
5.6B2 17.1’ - 5.68’1
= 2.84 c m I
O
*
Para la frecuencia w, = 6 radis, se obtiene
X
X
Figura 13.33
5.6B2 16’ - 5.68’1
A =1.6
= 13.81 c m
o característica del sistema cuerpo-resorte. Usando la ec. (13.9) se obtiene que w =
pG =J -
= J32.31 rad2/s2
1.3 kg
radis = 5.68
(13.1 33)
Por otro lado, el desplazamientox del punto S está dado por (véase problema 13.42) x = 2r cos(w,t)
3.1 (1
34)
siendo r el radio del disco. Cuando la barra estira (o comprime) al resorte una longitud x, este ejerce una fuerza sobre la barra igual a (-kx) (véase la ec. (13.4)). y ejerPor la tercera ley de Newton, la barra reacciona ce sobre el resorte una fuerza igual a (+ kx); por tanto, el sistema cuerpo-resorte experimenta la fuerzaexterna
Fe = kx
F e = 2rk cos (w,t)
(13.1 35)
Comparandoestaexpresiónconlaec. (13.66), concluimos que la magnitud de la amplitud de la fuerza externa F, es
F , = 2rk
(1 3.1 36)
La amplitud de la oscilación A del cuerpo está dada por la ec.(13.70). Sustituyendo la ec.(1 3.1 36) en la ec. (13.70) y usandoelhechodeque a , = Fdm, obtenemos
Fdm
I wo2 -
w2 I
=
lw2
02
-
c&4-
La frecuencia característica dada por la ec. (13.9) es
w =
=
Q =
u21
= 8.49radis
1 kg
(13.138)
w
” =
q’
8.49 radls = 4,24 2 rad/s
(13.139)
La constante a , = Fdm tiene el valor a , = 11 mis2 5
(1 3.140)
i ) wo = 6 radls. La cantidad R dada por la ec. tiene el valor
R = d ( 7 2 - 36)2
2rk/m
Iw; -
+(
6 X 8.49 4,24
(13.91)
7
= 37.95 radls’
021
La amplituddelaoscilaciónestádadaporlaec. (13.84)
Usando ahora la ec. (13.9), nos da
A = 2r
Ejercicio 13.9. Un cuerpo de masa1 k g está unido a un resorte de rigidez 72 N/m. E l cuerpo se amortigua conunaconstante q’ = 2 rad/s. Se aplicaal sistema una fuerza externa de amplitudF, = 1 1 5 N. Calcule la amplitud de la oscilación, las fases y los tiempos de respuesta de la posicióny de la velocidad,así como el porcentajedelapotenciaabsorbidaporelsistema para los valores de la frecuencia de la fuerza externa iguales a 6 rad/s, 1 0 radis y la frecuencia de resonancia.
La constante Q dada por la ec.(13.89) es en nuestro caso
que usando la ec. (13.134) tiene el valor
A =
Nos damos cuenta de que la frecuencia angular de 6 rad/s es más próxima a la frecuencia característica ( = 5.68 radis) que la de7.1 radis. Por tanto, la frecueny, en cia de 6 radls está más cerca de la resonancia consecuencia, la amplitud de la oscilación que genera es mayor.
(13.137)
A=
”=
R
’I5 m’s2 = 3.03 m 37.95 rad/s2
(13.141)
352
Cap. 13. OSCILACIONES Y VIBRACIONES es talque (véase laec. (13.93))
La faseedelaposición
cos e =
8.4g2 - 62 37 95
sen e =
8.49
"
36 37.95
614.24 37.95 X
P
- cosz j =(cos 288O 27'12 = (0.3165)2= 0.1
"
Pi-,,
= 0.9486
Por tanto, el porcentaje de la potencia absorbida es
_-_
( P / P r e s ) x 100 = 1 0 %
e = 1 8 O 27' /? = 4 7 2
De la ec.(13.88)obtenemos la fase j de la velocidad (con n = 1)
j = 27r
+e-
T
-- = 360°
+ 18O 27'
- 90° = 288O 27'
En la ec. (13.88) se escoge el valor de n de tal forma que j tenga el mínimo valor positivo. En el caso que estamos tratando, esto corresponde a n = 1 , Ya que n = O daría un valor negativo para j .
expresado los ángulos en radianes, mientras que en el segundo término lo han sido en grados.Recuérdese
= 34.42 rad/sz
De l a ec. (13.84) se tiene para la amplitud de la osciiac,6n
I-" 2
+ ( 8'494.24 x '2)'
-
a 5 11 A = -0 = -__ = 3 34n1 R 14.42
(13.142)
Para la fase e d e ia oscilación usamos la ec. (13.93) cos e =
72
-
- 100 = - 0.8135 34.42
Y
sen e =
8.49
X 1014.24 - o,5817 34.42 "
Para calcular los tiempos de respuesta, tanto de la posicióncomodelavelocidad,usaremos lasecs. Comoel seno dee es positivo y su coseno es negati(13.80) Y (13.79) En estas ecuaciones, las fases e Y / de- vo, e está en el segundo cuadrante. E l valor de e es ben estar expresadas en radianes, SI la frecuencia ane = 144O 26' gular uo está expresada en (radlseg). La transformación de grados a radianes se hace multiplicando por (27r/360),por lo que Para la fase velocidad ia j deusamos ec.la (13.88) con n = O e = 18" 27' x ( 2 ~ / 3 6 0= ) 0.3221 rad 7 =e - 1440 26' - 900 540 26' 2 Y
j = 2 8 8 O 27' X ( 2 ~ / 3 6 0= ) 5.0345 radAquí
se usó n = 0 queda el mínimovalorde j posit w o . Si se usara n = I , la ec. (13.86)daría un valor de j Por tanto, de la ec. (13.80)encontramos que el tiem- positivo, pero mayor que el de arriba. PO de respuesta A r d e l a p o s i c i ó nes Expresados en radianes, estos ángulos son, e = 144O 26' X ( 2 ~ / 3 6 0= ) 2.5209 rad D e la ec. (13.79) obtenemos que el tiempo de ta AT de la velocidad es
respues-
y j = 54O 26' X (2n/360) = 0.9501 rad
E l tiempoderespuesta (13.80)) D e la ec. (13.102) obtenemos l a potenciaabsorbida por el sistema cuerpo-resorte
AT=
e
-
"
m0
AT delaposición
2.5209 ___ rad 1 0 radls
-
"
o,252 s
es (ec.
OTROS SISTEMAS QUE VIBRAN
(1
E l tiempo de respuesta 3.79)) AT=
- _j
AT de la velocidad
es (ec.
0.9501 rad = o.o95 10 radls
-
u0
Para la potencia absorbida usamos la ec. (13.102)
P
E l tiempo de respuesta de la posición es
En este caso, el periodo To de la fuerza externa es
To=
= (COS54' 26')' = (0,5816)'= 0.338
__ = COS' j pres
En consecuencia, el porcentaje de la potencia absorbida es
(P/Pres) X 100 = 33.8% iii) En la resonancia wo = w = 8.49radis, según se ve enlaec. (13.138).En este caso, delaec. (13.91)se
2*
4 I w ~ d Q=) ~(wwO/Q)
= (8.49x 8.49/4.24) = 17
Por tanto, la amplitud de la oscilación
(1 3.84)
es, de la ec.
I1 5 A = -- = 6.76m 17
(13.143)
Para la fase e usamos la ec. (13.93) cos e =
wz
- u;
R
-
- 0
ya que wo = w, u21Q sen e = _ _ -
R17
8.49'14.24 - " 17 - 1 17
E l ángulo e que satisface estas ecuaciones es de 90° (o TI21
e = 900 Para la fase j de la velocidad usamos la ec. (13.88) con
n=O
/=e-
-7r=
2
900 - goo = oo
Esto es precisamente Io que ocurre en la resonancia: la posición tiene una diferencia de fase con respecto a la fuerza externa de 90°, mientras que la velocidad y la fuerza externa están en fase (véase fig. 13.25). Las fases obtenidas son, en radianes, e = ~ / = 2 1.5708rad
Y
j = O rad
-
"
U0
6.2832 rad = o,74 8.49rad/s
por lo que
Es decir, AT = 0.25 To = Td4
tiene para R
R =
353
que es precisamente lo que se muestra en la figura
13.25b.
Para la velocidad, el tiempo de respuestaes
A T = - i- - o *O
La velocidad responde inmediatamente a la fuerzaexterna (véase fig. 13.25~). Usando la ec. (1 3.102)se encuentra que la potencia absorbida es
P
- cos';
"
Pres
= (cos00)2 = 1
por lo que el porcentaje de la potencia absorbidaes
(P/Pres) x 100 = 100% Los resultados que acabamos de obtener nos ilustran el hecho de que fuera de la resonancia (casos i ) y ii)) las amplitudes de la oscilación (3.03m y 3.34m) son bastante menores que cuando se está en resonancia (caso iii)), en cuyo caso tiene un valor de 6.76 m . Además, vemos que fuera de la resonancia las potencias absorbidas son m u y pequeñas, mientras que en la resonancia la potencia es de 100%. En la resonancia se absorbe toda la energid que entrega el agente externo que ejerce la fuerza.Esto u l t i m o se debe a que, en la resonancia, la fuerza externa y la velocidad estan justamente en fase (j = O), mientras que fuera de laresonancia hay diferencias de fase entre estas cantidades, que tiene como consecuencia que la energía no se absorba eficazmente.
13.10. OTROS SISTEMAS QUE VIBRAN Hasta este momento hemos estudiado en este capít u l o u n solo sistema que vibra, a saber, un cuerpo uni-
3
Cap. 13
OSCiLACiONES Y VIBRACIONES
Ahora tomemos componentes de esta ecuación a lo largo de dos direcciones perpendiculares: una a l o largo de la línea OW y la otra a lo largo de la linea UV.
do a un resorte En la naturaleza existen, además del sistemamencionado,otrosquetambiénvibran.De manera breve estudiaremos algunos sistemas. Como se discutió en la sección 13.2, el hecho de que en e ! sistema cuerpo-resorte se ejerza una fuerzaquesiempretienesentidohacialaposicionde equilibrio, es decir, una fuerza restitutiva,es lo que da lugar a queelsistemaoscileDe la misma forma, Giempre que un sistema tenga una Configuración de equilibrio y al sacarlo de esta se gerlew una fuerza que I o tienda a regresar a dicha p m i c i h n , se generará una oscilacihn. k d g l o sirnpie. Este sistema consiste en und masa L puntuai m que cuelga de una cuerda de longitud [fig. 1 3 34) Se:,uDone que la cuerda es de masa des-
Figura 13.34
Hay que darse cuenta de queestas dos direcciones instantáneas, es decir, al moverse el péndulo, estas dos lineas cambian sus direcciones.
SOR
componente a lo largo de OW: "pcos0
-.
prc1::Iabie e inextenstble. La posición de equilibrio del pPnduio es la vertical. Si el péndulo se saca de la posición vertical hasta el punto W y se susl:a entonces empieza a moverse alo largo del arco dec i r c u l o W Q S de radio L . Consideremos las fuerzas que a c t b a n sobre la masa en una posición cualquiera. E l diagrama de cuerpo libre de la masa puntual se muestra en la figura 11.34b. Las fuerzas qae actúan sobre el cuerpo son: SLI peso P, con dirección vertical y sentido hacia abajo; la reacción N de la cuerda, con dirección alo largo de la cuerda y sentido hacia el puntoO. L a fuerza total es entonces (P N). Por tanto, la segunda ley de Newton es (véase la ec. 6.4)
+
P iF\i
--
ma
(13 .I 44)
fl"
Figura 13.34 b
(13.146)
¡.o\ ángulos QOW ( = 0) y KWI son alternos interw s . Flor tanto, son iguales.
La ec. (13.45)nos indica que la magnitud de la tensibn que ejerce la cuerda se cancela con la componente d e l peso del cuerpo a lo largo de O W . Estudiemos la ec. (13 146). E l movimiento resultante riel cuerpo es circular, con aceleración tangencial a. Usnncio las ecs. (5.67) y(5.51) para la magnitudde l a aceleración tangencial, se tiene que la ec. (13.146) se puede escribir como --g sen 0 = L
d20 -
dt2
(13.147)
Dividiendo ambos miembros entreg y pasando el término con signo negativo al otro miembro (pasa con signo positivo), se encuentra que
d28 dt2
/'
P sen B = ma
Aquí se tomó la dirección de la aceleración a a lo largo de la línea UV, ya que no hay movimiento del péndulo a Io largo de la linea OW. Además, se tomó el sentidode a de U hacia V, enelsentidoenque aumenta el valor del ángulo 0. De la figura 13.346 podemos observar que la componente del peso P a lo largo de UV tiene siempre su sentido hacia el p u n t o Q (figura 13.34a),que es la posic i 6 n de equilibrio Lo mismo ocurre cuando el péndul o está del lado izquierdo de la línea OQ. Esto significa que esta componente es una fuerza restitutiva.
__
\,
(I 3 .I 45)
componente a lo largo de UV:
."I
Q
+ N=o
+
,q
--sen 0 = O L
(13.148)
ángulo Ésta el ecuación diferencial espara una 0. Esta ecuación es bastante complicada y su solución está dada en términos de las llamadas funciones elípticas. No estudiaremos en este texto el caso general. Sin embargo,hayuncasoenque la solucibnde la ec. (13.148) ya es conocidapornosotros. Este caso es cuando los valores de los ángulos 8 son muy pequeños, es decir, cuando la amplitud de l a oscilación es pequeña En este caso, el seno delángulo 0 es casi igual ángulo al 0 mismo.
OTROS SISTEMAS QUE VIBRAN
355
$, entonces el alambre genera una torca 7 que tiende a regresarlo a su posición de equilibrio. Ahora bien,s i el ángulo $ es pequeño, entances resulta que la magnitud de la torca generada tiene el valor En estas circunstancias, la ec. (13.148) tiene la forma
d28 + dt2
=0
(1 3.150)
habiendo escrito a2
= dl
51 3.1 (1
7 =
r = ICY
d2$ -x$ = I -
(13.1 55)
dt2
Dividiendo ambos miembros entreI, y pasando el término con signo negativo al otro miembro, encontramos que
dt2
Péndulo de torsión. Este sistemaconsisteen un cuerpo de masa m unido a un extremo de un alambre delgado (fig. 13.35).Si se tuerce el alambre un ángulo
(13.154)
siendo I el momento de inercia del cuerpo con respecO. Usamos to al eje de giro, que pasa por el punto ahora la ec. (5.51) para la aceleración angular, obteniendo
5% En muchasocasiones, al estudiar sistemas físicos distintos, resulta que su descripción queda dada en términos de ecuaciones que tienen la misma forma matemática. En consecuencia, una vez obtenida la solución para uno de los sistemas, se tiene inmediatamente la solución para el otro.Este es el caso con los sistemas cuerpo-resorte y péndulo sencillo.
(1 3.153)
siendo x una constante, positiva, que depende de las propiedades elásticas del alambre. E l signo negativo indica que la torca tiende a regresar al sistema a s u posición de equilibrio. Por tanto, es una torca restitutiva. Sustituimos ahora la ec.( I 3.1 53) en la ec. (11.33)
)
Esta ecuación tiene la misma forma matemática que la ec. (13.8) para el caso del sistema cuerpo-resorte. Donde allá se tenia x ahora debemos poner 8. En consecuencia, elmovimientoangular es unaoscilación armónica. La solución de la ec.(13.1 50) es de la forma (13.15), es decir, es una solución oscilatoria. No entraremos en el estudio detallado de estas oscilaciones, que es análogo al ya expuesto para el resorte (véanse los problemas 13.43 y 13.44). Solamente destacarew del movimos el hecho de que la frecuencia angular miento está dada por la ec. (13.151). Por tanto, el periodo T de la oscilación es
-x$
+ w2@
=0
(13.156)
con 0 2
= x//
(1 3.157)
La ecuación diferencial para $ dada en (13.156) tiene la misma forma que la ec. (13.8), cambiando x por 4. Por tanto, la ec.(13.156) describe un movimiento armónico simple.La frecuencia angular de la oscilación está dada por la ec. (13.157). E l periodo de oscilación T es
T=
2*
-
2
”
w
4
(13.1 58)
Placa cuadrada. Supongamos que una placa delgada, cuadrada de lado1, está suspendida en el puntoO (fig. 13.36), alrededor del cual puede girar. AI separar la placa de su posición de equilibrio el pesoP, aplicado en el centro de masa C, genera una torca T ~ c,o n respecto a O, que tiende a regresar a la placa asu posición de equilibrio. Para determinar el movimiento de la placa usaremos la ec. (11.33), cualculando las cantidades con respecto al punto fijo O. La magnitud de la torca r0 es To
= f (C’S)
pero del triángulo OCS se tiene que
C’S = (OC’)sen 8 = L sen 0/2
356 Dividiendo ambos miembros entre (5mL2/12) y pasando el término negativo al otro miembro se encuentra
que
(13.1 63) siendo ( I 3.1 64) L.a e(:. (13.163)tiene l a misma forma matemática que l a ec. (13.148). S i laamplitudde la oscilación el seno es pequeña,entonces,podemosreemplazdr del ángulo 6’ por el angulo 6’ (véase ec. (13.149)) obteniendo
(13 .I 65)
Figura 13.36
ya que O C = O C ’ = L/2. Por tanto 70 =
mgL sen 0/2
(1 3.159)
Por otro lado, el momento de inercia io con respect o al eje de giro, que pasa por el punto O lo podemos obtener usando el teorema deejes paralelos dado por la ec. !11.65) I, = IC m(OC ‘12 (13.160)
+
E l momento de inercia de la placa con respecto a su centro de masa C es (véase la ec. (11.52) con a = b =
L)
IC
I
= -m(L2 12
+ L2) =
I
-mL2 6
Además, como(OC’) = L/2, laec. como 1 I, = - m í 2 m 6
(13.161)
(13.160)queda
+
I = “mLZ+ 6 ”
12
mL2
1
- mL2 4
(13 .I 62)
Usando ahora las ecs. (13.1591, (13.162) y (5.51) en la ec. (11.33), encontramos que
Esta ecuacióntiene la mismaformaque l a ec. (13.150). Por tanto, la placaoscilaarmónicamente alrededor del punto O con una frecuencia angular w dada por la ec. (13.1641. E l periodo T de oscilación es
Como se acaba de ilustrar, en diferentes situaciones físicas ocurre que un sistemd oscila. En particular, s i laamplitudde las oscilaciones es pequeña,resulta que el movimiento es armónico simple, descrito por ecuaciones del tipo (13.8). Comose habrá podido percibir, se llega a la ecuación diferencial que describe el movimiento usando, según el caso, la segunda ley de Newton, para movimiento traslacional, o la ec (11.33) para movimiento de rotación de un cuerpo rígido. El coeficiente de x (o del ángulo correspondiente) es el cuadrado de la frecuencia angular w del movimiento. De esta manera se encuentra el periodo de la oscilación. A l igual que en el caso del sistema cuerpo-resorte, estudiado con detalle en este capitulo, para los otros sistemas tratados en esta sección se pueden considerar movimientos amortiguados,así c o m o casos en que una íuerza externa oscilatoria actúe sobre ellos. Para dichos sistemas se encuentran las mismas conclusiones que estudiamos para cl srstema cuerpo-resorte
PROBLEMAS
rigidez h75 N/m al comprimirse una longitud de 87 c m ? Se usó el.hecho de que la torca tiene sentido opues- 13.2. Termine de reseñar lo que ocurre con el resurtc’ to al sentido en el cual aumenta el ángulo. Debido a a l seguir transcurriendo el tiempo en la explicación reesto aparece el signo negativo ene l miembro derecho lacionada con la flgura 13.7 de la última ecuación. 13.3. Demuestre físicamente que, al pasar- ei cuerpo 13.1. 2Qué fuerzageneraunresortede
PROBLEMAS
por la posición de equilibrio del resorte, la magnitud de su velocidad es máxima. 13.4. AI final de la sección 13.2 se explicaron físicamente las causas de la oscilación generada por un resorte. Allí se supuso que se estiraba el resorte y se le soltaba, es decir su velocidad inicial era nula. >Qué ocurre si el resorte tiene una velocidad inicial no nula?>Hayoscilación?Hagaunaexplicacióncomola dada en la sección 13.2 para los casos en que la velocidad tenga uno u otro sentidos. 13.5. iCuáles son las dimensiones de w dada por la ec. (13.9)? 13.6. Verifique que efectivamente la expresión(1 3.20) satisface las condiciones iniciales: para la posición, x" y para la velocidad, vg. 13.7. Demuestre que s i el cuerpo tiene al tiempo t la posición x ( t ) dada por la ec.(13.20), entonces tendrá la misma posición en los instantes ( t 4.lr/w), (t Gniw), (t 87r/w), etcétera. 13.8. Demuestre que la velocidad dada por la expresión (13.21) es una función periódica del tiempo con periodo T dado por la ec. (13.25). 13.9. Termineladescripciónhechaenrelacióncon las figuras 13.10 y 13.11. 13.10. Haga una descripción análoga a la hecha para las ecs. (13.27)-(13.29) para el caso en que la velocidad inicial vo n o sea cero. 13.11. En relación con el ejercicio 13.2, demuestre que
+
+
resorte y tiene una velocidad inicial distinta a cero. Obtenga lasenergías cinética,potencial y totalen cada instante. 13.17. Demuestre que la fuerza generada por un resorte, dada en la ec. (13.4), es una fuerza conservativa. 13.18. Discuta físicamente el caso en que la fuerza generada por un sistema sea F = kx, en lugar de la dada en la ec.(13.4). >Ocurren oscilaciones? >Por qué? 13.19. Dos masas iguales m están unidas a los extremos de un resorte de rigidez k . Sobre una superficie horizontal sin fricción se separan las masas estirando el resorte (fig. 13.37). Obtenga el periodo de la oscilación.
+
+
N/m - rad2 "
kg
357
S2
13.12. Un resorte de rigidez 854 N/m está unido a un
cuerpo de masa43 kg. Obtengasu frecuencia angular, periodo y su frecuencia de oscilación. 13.13. En el sistema del problema 13.12se estira el resorte una distancia de 23 cm con respecto a su posición de equilibrio y se suelta. Obtenga para el instant e 2.3 S:
Figura 13.37
13.20. En lafigura13.38
se muestra,esquemáticamente, el mecanismo de un disparador. EMbús A, de masa 350 g se dispara hacia la izquierda. La longitud en equilibrio del resortees de 2.2 c m y se le comprime a una longitud de0.5 cm. A I disparar el obús, el resorte llegará a una longitud de 1.3 cm. La rigidez del resorte es 13 O00 N/m. >Qué velocidad adquiere el obús al dejar el disparador?
SU
Su posición, su velocidad y su aceleración. Las energías cinética, potencial y t o t a l en dicho instante. La máxima separación del cuerpo desu posición de equilibrio. iQué tipo deenergía tiene en esta posición? iCuál es su valor? E l máximo valor de la magnitud de la velocidad. >Cuándo la adquiere? 2Qué tipo de energía tiene? >Cuál es su valor?
13.14. Resuelva el problema 13.13 si en lugar de sol-
tar el resorte se le da una velocidad de4.4 mis con dirección a lo largo del eje del resorte y con sentido hacia la posición de equilibrio. Explique físicamente s u s resultados. 13.15. Resuelva el problema 13.14 s i el sentido de l a velocidadinicial es separándosedelaposiciónde equilibrio y su magnitud es 4.4 mis. 13.16. Inicialmente se estira un sistema cuerpo-
e"
Figuro 13.38
13.21. E l cuerpo A (fig.13.391, de masa 275 g, se suelta cuando el resorte, de rigidez 800 N/m, se ha comprimido 12 cm. E l cuerpo se mueve, sin fricción, a lo largo del aro BCDE. Obtenga: a ) Las velocidades del cuerpo en los puntos C, D Y E. b) Las fuerzas que ejerce el aro sobre el cuerpo en los puntos C, D y E.
13.22. Un paquete de masa 25 g desliza a lo largo de
un plano inclinado que forma un ángulo 33O de con la
358 tener c y q, en el caso de oscilaciones amortiguadas?
13.27. Resuelva e l problema13.13,paraelinstante
Figura 13.39
horizontal (fig. 13.40). En el extremo del plano hay un resorte de rigidez 42 Njm, inicialmente en equilibrio. 1 3 nl del Cuando el paquete está a una distancia de extremo libre del resorte tiene una velocidad de 8 mls. A I chocar e l cuerpo con el resorte jcuánto lo c o d p r i m e?
Figura 3 3.40
13.23. Resuelva el problema 13.22, pero suponiendo que hay fricci6n entre el paquete y el plano Tome el valor de coeficiente de fricción 0.12. Compare el resultado con el del problema 13.22. i A qué se debe la diferencia, s i es que la hay? 13.24. En el arreglo de la figura 13.41, la barra A B se glra lentamente alrededor de A . E l cuerpo de masa 8 k g empieza a resbalar cuando el ángulo con respecto CI la h o r i r o n t a l es de 17". Se observa que la máxima compresión del resorte, de rigidez 933 N/m, es de 73 mn1 Obtenga los coeficientes de fricción estático y dinAmlco 13.25. Demuestre,sustituyendo,que las expresiones (1 3.58), (13 62) y (1 3.65) son efectivamente soluciones d t ~la ec (13.56). 13.26. j Q u 6 dimensiones y unldades el(en SI) deben
0.87 S, suponiendo que el sistema descrito experimenta, además, un amortiguamiento viscoso tal que q = 3.1radls. 13.28. Resuelvaelproblema 13.14, paraelinstante 0.87 S, suponiendo que el sistema descrito experimenq = ta, además, un amortiguamiento viscoso tal que 3.1 radls. 13.29. Resuelvaelproblema13.15,paraelinstante 0.87 5, suponiendo que el sistema descrito experimenta, además, un amortiguamiento viscoso tal que q = 3.1 radis. 13.30. Demuestre, sustituyendo, que la expresión (13.69) es solución de la ec. (13.67). 13.31. Verifique las unidades obtenidas para c en el ejercicio 13.7. 13.32. En e l caso del cañón del ejercicio 13.7, suponga que el tubo se encuentra en reposo, en el instante inicial en la posiciónx. del extremo, a partir de la cual empieza a regresar. ?Cuánto tiempo tarda el tubo en llegar a la mitad de su recorrido? 13.33 Demuestre que la ec. (13.72)es equivalente a la ec. (1 3.73). 13.34. Un cuerpo de masa 8 kg está sujeto a un resorte de rigidez 543 N i m . Se le aplica una fuerza externa oscilatoria, de amplitud 24 kg y frecuencia angular de 6.1 radis. Obtenga la amplitud de la oscilación. iQué fase tiene la posición? iCuá1 es la fase de la velocidad? 13.35. Demuestre que la expresión (13.83) es solución de la ec. (13.82). 13.36. i Q u é dimensionestiene Q dadaenla ec (13.89), 13.37. Demuestre que s i Q es finito (presencia de fricA dada por (13.84) no se ción) entonces la amplitud vuelve infinita nunca. 13.38. Para Q = I O , w = 5 radis y u,, = 4.5 radis, i q u é valores tienen las fases e y j? 13.39. Resuelva el problema 13.38, pero para o. = 7 radls.
--
"""_
" " "
Figura 13.41
PROBLEMAS
13.40 En el ejercicio 13.9 demuestre que los valores obtenidosparalapotencia son los mismosque los que se obtienen de la ec. (13,103). 13.41. A I cuerpo del problema 13.34se le aplica, además, una fuerza viscosa tal que q = ‘I .I radis. Obtenga: a) E l valor de Q . b) La amplitud A de la oscilación. c) Las fases e y j de la posición y de la velocidad. d ) Los tiempos Ar y AT de respuesta de la posición
y de la velocidad. e) E l porcentaje de la potencia absorbida por el sistema.
13.42. En el ejercicio 13.8 demuestre que el desplazamiento x delpunto S estádadoporlaexpresión (13 .I 34). 13.43. Obtenga la expresión explícita para la solución delaec. (13.50). Verifiqueque o dadaporlaec. (13.151) es efectivamentelafrecuenciaangulardel movimiento. 13.44. Para el péndulo simple y el de torsión obtenga en cada instante las energías cinética, potencial y total. 13.45. )De qué longitud debeser un péndulo para que su periodo sea de 1 S ? 13.46. Unpéndulosimpledelongitud L da100 oscilaciones/min. iEn cuántose debe acortar su longitud para que dé 110 oscilaciones/min? 13.47. Un reloj consiste enun péndulo sencillo formaL . Al cambiar la do por una barra metálica de longitud temperatura en At, la longitud de la barra cambia en A l . La relación entre estos cambios es
359
Obtenga los posibles valores de la frecuencia angular o. para los cuales la amplitud x del péndulo es mayor que 2X, y para los cuales es menor que 2 X . Suponga que X es pequeña comparada con L. 13.50. Se suspende una placa rectangular, delgada y uniforme del punto medio de uno de sus lados (fig. 13.43). Obtenga, para pequeñas oscilaciones: a) E l periodo de la oscilación. h) iQué valor debe tener el lado a, comparado con b, para que el periodo sea m í n i m o ?
b u
Figura 13.43
I
13.51. Una placa delgada y uniforme, con centro de masa en C. oscila alrededor del punto O (fig. 13.44). Obtenga el periodo de oscilación del cuerpo. A este tipo de sistema se le llama péndulo compuesto. Suponga que la amplitud de la oscilación es pequeña.
AL = aL At siendo CY una cantidad característica del metal. iCuá1 debe ser la máxima variación de la temperatura para que el reloj marque el tiempo con un error no mayor de 1 S por día? Tome el valor de CY = 10-5/0C, siendo O C la unidad de grado centígrado. 13.48. Discuta el caso en que a un péndulo se le aplica una fuerza externa oscilatoria. 13.49. Un péndulo simple de longitud L está sujeto a un collarín A (fig. 13.42).E l collarín se mueve horizontalmente, en forma oscilatoria según XA = X cos (o,t).
A
l L I I
I I
&
Figuro 13.42
13.44
13.52. A un alambre delgado y uniforme se le da la formadeuncuadradodelado L y se l e suspende c o m o se muestra en la figura 13.45.Se separa el cuerpo de su posición de equilibrio por una amplitud pequeña y se suelta. i Q u é m o v i m i e n t o se lleva a cabo? Si resulta ser periódico, obtenga el periodo de la oscilación.
360
Cap. 13. OSCILACIONES Y VIBRACIONES
13.53. Una barra uniformed e masa 1 4 k g está sujeta a un resorte de rigidez 31 Nlm (fig. 13.46). E l extremo A de la barra se baja 30 c m y se suelta. Obtenga: a ) E l periodo de la oscilación.
b ) La máxima velocidad del extremo A .
Figura 13.46 Figura 13.47
13.54. U n c i l i n d r o d emasa M y radio R está suspendie inextendo de una cuerda, de masa despreciable sible, q u e lo enrolla (13.47) E l extremo A de la cuerda está fijo, mientras que el extremoB está unido a unresorte de rigidez k . Obtenga el periodo de oscilación del cilindro. 13.55. Una rueda de automóvil de peso24.3 k g se une 13.48) en el al extremo de un alambre de acero (fig. centro C de la rueda. Los radios de la rueda son: el interior 20 c m y elexterior 32 c m . La constantedel alambre es de 4.5 Nmlrad. Se tuerce el alambre y la rueda empieza a oscilar con un periodo de 3.53s. Obtenga: a ) E l momento de inercia de la rueda con respecto aC b) iSe podria decir algo acerca de si la distribución de masa de la rueda es uniforme, es decir, s i está "balanceada"? ¿Por qui.?
Figura 13.48
L! - LCI
ley de ICI
gravitación u n i v e r s a l
14.1. LEY DE LA GRAVITACIóN UNIVERSAL En el capítulo 6 estudiamoslaleyesdeNewton, que describen el movimiento delos cuerpos. Como se vioallá,parapoderencontrarlatrayectoriadeun cuerpo es necesario conocer la fuerza que se ejerce sobre él. Newton estudió el caso de la fuerza que ejerce un cuerpo sobre otro. Descubrió que dos cuerpos, por el solo hecho de tener masa, ejercen una fuerza uno sobre otro. En primerlugar,considerólafuerzaentre dos puntos masa, que llamaremos A y B. Así, el cuerpo A (fig. 14.1)ejerce una fuerza sobre B, que denotaremos por FAB. Esta fuerza tiene las siguientes características:
La expresión (14.1) nos dice que la magnitud de la fuerza que A ejerce sobre B es igual al producto de sus masas e inversamente proporcional al cuadrado de su distancia. Las características que se acaban de dar sobre la fuerza FAB se puedenescribirenformavectorial como sigue.Tomemosunsistemadecoordenadas con origen O en el punto A (fig.1 4 . 2 ) . E l vector de posición del punto B es el vector r. Sea i = r/r un vector unitario a lo largo de r . Entonces es fácil ver que el vector FAB está dado por mAmB
FAB = - C ___
i ) Dirección: a lo largo de la línea LL' que une a los dos puntos. ii) Sentido: la fuerza es de atracción. i i i ) Magnitud: está dada por
-" L ' A
(I4.1 1
I I
L.-+A
F
B
-
'
T
'
8
Figura 14.2
E l signo negativo se debe a que los vectores FAB y r tienen sentidos opuestos (fig. 14.2) porque FAB es una fuerza de atracción, La fuerza FAB es una fuerza central (véase'ejercicio 1 0 . 4 ) , ya que siempre está dirigida hacia O. De la tercera ley de Newton podemos decir que también B ejerce una fuerza sobreA, que está dirigida los puntos, es atractiva y a lo largo de la línea que une tiene la magnitud dada por la ec. (14.1) (véase la figura
I " " "
(14.2)
r2
L'
"
Figura 14.1
14.3). Aquí r es la distancia entre los puntos A y 6; mA y mB son sus masas y C es una constante, llamada de la gravitación universal.
361
La fuerza que un cuerpo ejerce sobre el otro debido a sus masas se llama gravitacional. La expresiónde esta fuerza, dada por la ec. (14.2), recibe el nombre de Ley de la gravitación universal.
362
"L_
a
i;
FBA
'
"""*"-
8
cer también una fuerza de la misma naturaleza sobre cuerpos que estén más alejados de su superficie. D e estaargumentación,Newtonconcluyóquela Tierra ejerce una fuerza sobre la Luna que tiene dirección a lo largo de la línea que unelos centros de masa de estos cuerpos y sentido hacia la Tierra. Lo Único que le faltaba encontrar ahora era la magnitud de esta fuerza. Newton se motivó a establecer dos cuerpos es inverque la fuerza gravitacional entre samente proporcional al cuadrado de la distancia, por 5.12, ec. (5.66), que éI el resultado dado en el ejercicio había obtenido. AI igual que nosotros, de consideraciones puramente cinemáticas, encontró que la relación de la aceleración que se ejerce sobre un cuerpo (g) y la aceleraque está en la superficie de la Tierra ción centrípeta quese ejerce sobre la Lunaes inversamente proporcional a los cuadrados de las distancias al centro de la Tierra. Por tanto, la relación entre las son proporcionalesa fuerzascorrespondientes(que las aceleraciones) también tiene que seguir la proporción inversa del cuadrado de las distancias.
L'
Figura 14.3
Una vez establecidas las características de la fuerza gravitacional, el mismo Newton trabajó con ella usando s u s ecuaciones de movimiento. De esta manera obtuvo la trayectoria que debería seguir un cuerpo sujeto a dicha fuerza. Las predicciones que encontró se verificaron experimentalmente de manera espectacular. Antes de encontrar algunas de las predicciones, hablaremos brevemente sobre la motivación que tuvo Newton para llegar a la expresión de la fuerza gravitatoria. Newton hizo las siguientes consideraciones para establecer las características de la fuerza gravitacional. En primer lugar, sabia que la Luna gira alrededor de la Tierra. En consecuencia, la Luna tiene que experimentar una fuerza centrípeta, dirigida hacia el centro de Recordamos que al obtener la relación (5.66), solala Tierra. iQuién genera esta fuerza centrípeta? Pues mente se usaron los valores de g, de la distancia de la claramente que nuestro planeta. Newton hizo la auLuna a la Tierra, y el periodo de la Luna en su movidaz suposición de que esta fuerza se genera por el hecho de que tanto la Tierra como la Luna tienen ma-miento alrededor de la Tierra. sa. E s decir, En resumen, en este tren de ideas Newton hizo las es la fuerza centrípeta importantes suposiciones: por la fuerza generada gravitacional que que hace que la Luna * la Tierra ejerce i ) La tierra es el agente que genera la aceleración gire alrededor de sobre la Luna la Tierra centrípeta que hace que la Luna, gire a su alrededor. Por tanto, de su segunda ley, es la Tierra la que ejerce la fuerza sobre la Luna. Newton pensó que s i la Tierra ejerce una fuerza atraci i ) La fuerza que ejerce la Tierra sobre la Luna es tiva sobre cualquier cuerpo quese encuentre sobre su de la misma naturaleza que la que ejerce la Tiesuperficie, entonces no veía por qué no debería ejerrra sobre un cuerpo situado sobre su superficie. i i i ) Estas fuerzas se deben a que los cuerpos tienen masa. (14.2). iv) La fuerza está dada por la ec.
1
E n la actualidad nos podrán parecer triviales algunas de estas suposiciones. Sin embargo, en la época deNewtonestabatodavíamuyarraigadalacreencia de que los fenómenos que ocurrían en la Tierra tenían un carácter distinto a los que se llevaban a cabo en los cielos. Fue un acto muy valeroso de Newton ir contra esta creencia y establecer que los fenómenos tanto terrestres como celestiales son de la misma naturaleza. Apliquemos ahora la ley de la gravitación universal al movimiento de la Luna. De la segunda ley de Newt o n se tiene que la magnitud de la aceleraciónaL que experimenta la Luna es
(14.3)
363
ALGUNAS APLICACIONES
Sustituyendo el valor deaL ( = 2.7 X IOw3misz) quese o b t u v o en el ejercicio 5.12 y el valor de la distancia Tierra-Luna (= 3.84 X IO8 m) obtenemos que
C m , = 2.7 X 10-3(m/s2) X (3.84 X IO8 m)2
= 3.981
X
IOl4 m3/s2
4.7)(I
Queremos hacer énfasis en que hasta este momento C q u e apan o se ha dicho nada acerca de la constante rece en la ec. (14.1). D e hecho, Newton solamente la iptrodujo como una constante de proporcionalidad. E l no tuvo forma de obtener su valor numérico. Lo Únicoa lo que llegó fue justamente a la ec. (14.7). Pero en esta ecuación también aparece otra incógnita, la masa de la Tierra mT, que éI tampoco conocía. No fue sino mucho tiempo después, en 1798, cuando Newton ya no vivía, que Henri Cavendish determinó experimentalmente el valor de C, midiendo la fuerza entre dos esferas de plomo cuyas masas y distancia Aquí F T L es la magnitud de la fuerza que la Tierra ejer-conocía (véase problema 14.7). E l valor de C obtenido de mediciones más precisas es ce sobre la Luna y mL es la masa de la Luna. De la ec. (14.1) se tiene que C = 6.673 X IO-" N m2/kg2 (14.8)
(14.4)
Con este valor de C, se puede encontrar entonces la masa de la Tierra, a partir de la ec. (14.7)
Aquí RTL es la distancia entre la Tierra y la Luna (fig.
14.4); mT es la masa de la Tierra. Dividiendoambos miembros entre mL y sustituyendo en la ec. (14.3) se obtiene que
mT aL=C RT L ~
m7 =
3.981 X IOl4 m3/s2 6.673 X IO-" N m2/kg2
= 5.967 X IOz4kg
(14.5)
Luna
(14.9)
Éste es el valor de la masa de la Tierra, Mucha gente se ha referido al experimento de Cavendish como el de "pesar la Tierra", ya que de sus resultados se p u d o obtener, por primera vez, su masa. De hecho, Cavendish también comprobó en sus experimentosquelafuerzagravitacionalentredos masas efectivamente era atractiva y, además, era proporcional al producto de las masas de los cuerpos e inversamente proporcional al cuadrado de su distancia. Sin embargo, para cuando hizo esto ya no se dudaba de la validez de la ec.(14.2), ya que sus predicciones, justamente basadas en estas dependencias, ya se habían verificado.
14.2. ALGUNAS APLICACIONES
Figura 14.4
Multiplicando ambos miembros de esta ecuación pol. RTL~ se encuentra
Ejercicio 14.1. Dos masas de 1 5 kg cada una se encuentran separadas una distancia de2.2 m . i Q u é f u e r za ejerce una sobre la otra? Span m ( = 1 5 kg) la masa de cada uno delos cuerpos y r ( = 2.2 m) la distancia entre ellos. De la ec. (14.1) se tiene, para este caso, que la magnitud de la fuerza F ente los dos cuerpos es
m2 F=C r2
364
Cap. 14. LA LEY DE LA GRAVlTAClÓN UNIVERSAL
Sustituyendo tos valoresde (14.8)), obtenemos
F = 6.673
X
IO-"
m, r dados y de C (ec. N m2 kg2
__
(15 kg)2
a=
(2.2 m)2
= 3.1 x 10-9 N La dirección de la fuerza es a lo largo de la línea que unea lo5 cuerpos y el sentido es de atracción (fig. 14.5) Esta fuerza es extremadamentepequeña, y para todo efecto práctico es imperceptible. Solamente en el caso en que las masassean de gran tamaño, por ejemplo, para cuerpos celestes, el valor de la fuerza de gravitación es apreciable y sus efectos se dejan sentir.
Figura 14.5
Ejercicio 14.2. Obtengalaaceleraciónque experimenta un cuerpo situadosobre la superficie de la Tierra. En este caso, la situaciónes la mostrada en la figura 14.6. La distancia entre el cuerpo y el centro de masa de la Tierra es justamente el radio terrestre Rr ( = 6 378 kg). Si denotamos por m l a masa del cuerpo, la ec. (14.1) queda en este caso como (14.1 0)
Figura 14.6
Sustituyendo el valor del producto (Cm,) dado por la ec. (14.7) y el radio terrestre, se encuentra que 3.981 x m%' (6.378 X I O 6 m)2
= 9,786
que es precisamente el valor de la aceleración de la gravedad y que hemos denotado por g. En este ejercicio se ha supuesto que la Tierra es u n cuerpo perfectamente esférico.Sin embargo, no l o es. La Tierra tiene una forma que está más achatada en los polos que en el ecuador. Por tanto, un cuerpo situado en un polo dista menos del centro de la Tierra que un cuerpo situado en el ecuador. En vista de que la ec. (14.10)nos indica que la aceleración varía inversamente con el cuadrado de la distancia a l centro, concluimos que la aceleración de la gravedad en el p o l o es mayorqueenelecuador(véaseproblema 14.8). A medida que se va del polo al ecuador, la distancia al centro de la Tierra va aumentando y, por tanto, la aceleración de la gravedad va disminuyendo. E l valor de g que se ha usado anteriormente en el texto (9.8 mis2), es un valor medio. Ejercicio 14.3. Obtenga la aceleración que experimenta un cuerpo que se encuentra a una altura de 10 km sobre la superficie terrestre. En este caso, la distancia del cuerpo al centro de la Tierra C es igual a AC (fig. 14.7). Pero
+ BC = 1 0 k m + 6 378 k m
AC = AB
= 6 388 k m = 6.388 X I O 6 m
Figura 14.7
Aquí F es la magnitud de la fuerza que la Tierra ejerce En consecuencia, de la ec. (14.11) se tiene que sobre el cuerpo, La dirección de esta fuerza está dirigida a lo largo del radioy su sentido es hacia el centro de la Tierra (fig. 14.6). Pero de lo aprendido anteriormente, sabemos que esta fuerza es precisamente el peso que sustituyendo valores (véase ec. (14.7)) nos da del cuerpo, La magnitud de la aceleracióna que experimentaelcuerpolaobtenemosdividiendolaec. 3.981 x 1014 ~ I Y S ~ (14.10) entre m a = (6.388 X I O 6 m)2 (14.11) = 9.756 m/s2
LEYES DE KEPLER
Esta magnitud es menor que la obtenida para la aceleración sobre la superficie terrestre (9.786 mis2) en el ejercicio 14.2. A medida que se eleva uno sobre la superficie terrestre, la aceleración de la gravedad disminuye. Esta disminución va inversamente con el cuadrado de la distancia al centro de la Tierra. En las consideraciones anteriores hemos visto que la Tierra ejerce una fuerza de atracción sobre la Luna y, en consecuencia, este cuerpo celeste gira alrededor de la Tierra. La fuerza centrípeta necesaria para realizar el giro es, entonces, la fuerza gravitacional que ejerce la Tierra. Sin embargo, aplicando la tercera ley de Newton al sistema de estos dos cuerpos podemos decir que la Luna reacciona y ejerce una fuerza sobre la Tierra. Esta fuerza tiene como consecuencia que la Tierragiretambién. Esto es claro,yaquecuando la Lunase encuentra en la posiciónA de la figura14.8, entonces la Tierra se encuentra en la posición 6; cuando la Luna está en€, la Tierra está enD. Si la Luna gira en un círculo, entonces la Tierra, que la sigue por decirlo así, tambiéndescribiráuncirculo. La fuerza centrípeta necesaria para que la Tierra gire en un círculo la proporciona la Luna. Calcularemos ahora el radio del circulo que sigue laTierraenestegiro. En primer lugar debemos encontrar el valor de la aceleración a T que le ejerce la FL7. = Luna. ÉSta la obtenemos a partir de la fuerza F T dada ~ en la ec. (14 4)
(14.1 2)
E Figura 14.8
Sustituyendo los valores de C (ec. (14.8)), de RLT ( = X IO8 m ) y de mL ( = 7.35 X IO2*kg) se encuentra que
ÉStaes la aceleración centrípeta que la Luna ejerce sobre la Tierra. De la ec. (5.60)se tiene que
aT=
= 6.673 X IO-" = 3.326 X
mN2 kg - 7.35 X kg2 (3.84 x IO8 m)2 mis2
w2r
siendo w la velocidad angular de la Tierra y r el radio del circulo de giro (fig. 14.8). La velocidad angular w es (véase la ec. (5.61)y el ejercicio 5.12). = " 2 a - 2 X 3.14159 T 2.36 X IO6 S = 2.662 x
rad/s
Despejando r de la ecuación anterior y sustituyendo valores se encuentra
r =
ar w2
3.326 X (2.266 X
mis2 rad/sI2
= 4.69 X IO6 m = 4 690 k m Esta distancia e5 menor que el radio de la Tierra (6 378 km). Esto significa que el centro de giro C de la 7-ierra se encuentra dentro de la misma Tierra, lo que implica que se puede considerar que la Tierra casi no se mueve. Podemos, por tanto, ignorar este movimiento.
14.3 LEYES D E KEPLER Una de las primeras aplicaciones que hizo Newton de sus leyes del movimiento (véase capítulo 6) fue el caso planetario. Para ello utilizó la fuerza de la gravitación universal que éI mismo planteó (sección 14.1) para la fuerza que el Sol ejerce sobre cada uno delos planetas. Como primera aproximación, supuso que las magnitudes de las fuerzasque los planetasejercen entre sí eran mucho menores que la que el Sol ejerce sobre cada uno de ellos. Por otro lado, conviene mencionar que en la época de Newton ya se conocían algunas características del movimiento de los planetas En primerlugardesde tiempos de Nicolás Copérnico (1473-1543) ya se había establecido que los planetas giran alrededor del Sol. Fue Johannes Kepler (1571-1630) quien, basado en las mediciones exhaustivas hechas por el astrónomo Tycho Brahe (1564-16Ol), formuló empíricamente tres leyes que siguen los planetas en su movimiento. PrimeraLey de Kepler. Los planetas se mueven siguiendo trayectorias que están contenidas en un plano y son elípticas, con el Sol en uno de sus focos (fig.
14.91.
3.84
aT
365
n
-8
Planeta
SolW
Figura 14.9
366
Cap. 14. LA LEY DE LA GRAVITACI~NUNIVERSAL
Segunda Lev de Kepler. Durante intervalos iguales Sol con el planeta de tiempo, una línea que une al barr? áreas iguales en cualquier parte de su trayectoria. Esta es la famosa ley de las áreas iguales. Tercera Ley de Kepler. E l cuadrado del periodo de un planeta es proporcional al cubo de su distancia media al Sol. Esta ley es válida para todos l o s planetas
za, es decir, no se usó la forma dada por la ec. (14.1). tste resultado es válido para todas las fuerzas centrales, tengan la magnitud que tengan.
Si ahora se sustituye la expresión(14.1) para la fuerza en la segunda ley de Newton dada por la ec. (6.4), se encuentra una ecuación diferencial para la trayectoria del planeta.No resolveremos en este curso dicha ecuación. Solamente mencionaremos el hecho de que el mismo Newton la resolvió y encontró que la solución podía ser cualquiera de las curvas llamadas cónicas. Las cónicas son las siguientes líneas: elipse, hipérbola, parábola, círculo y línea recta. Las condiciones iniciales determinan la trayectoria particular que sigue un planeta. D e esta manera se ve que la primera ley de Kepler es simplemente consecuencia de la ley de la gravitación universal. Si ponemos un poco de atención podemos darnos cuenta de que para llegar a la conclusión que se obtuv o en el ejercicio 10.4, de que bajo la acción de una fuerza central un cuerpo se mueve en un plano, solamente se utilizó el hecho de quese conserva la direclo ción del vector del momento angular. Sin embargo, que se conserva es todo el vector de momento angular, es decir, también se conservan s u magnitud y su sentido. Veremos ahora qué implicaciones tiene esto último. Supongamos que el cuerpo se encuentra en cierto instante en el puntoA de su trayectoria (fig. 14.10).En B. Las velocidades otro instante, el cuerpo estará en del cuerpo en los puntos A y B son VA y vB, respectivamente. De las ecs. (10.2)y (10.3) se tiene que la magnitud del momento angular en A es
I LA/
= 1rA x m v A / = mrAVA sen
Newton pudo deducir estas tres leyes de la utilización de la ley de la gravitación universal. Este éxito sin precedentes hizo que nadie dudara de la validez tanto de, s u s leyes de movimiento como la de la gravitación. Esta ha sido una de las hazañas cumbres del pensamiento humano. Veremos ahora, brevemente, la manera en que se pueden deducir las tres leyes de Kepler. En vista de que la fuerza que ejerce el Sol sobre u n planeta, dada por la lev de la gravitación universal,es una fuerza central, el momento angular del planeta (como vector) se conserva (véase el ejercicio 10.4) y, por tanto, su trayectoria tiene que estar contenida en un plano (véase fig. 10.9).
Si se revisa con cuidado el ejercicio 10.4, se dará uno cuenta de que para llegar a esta conclusión no del masa hubo necesidad de usar la forma explícita de l a fuer-
$A
(14.1 3)
Figura 14.10
Aquí m es la masa del cuerpo forman rA y V A .
y
+A
es el ángulo que
1
E l momento angular se calcula con respecto alpunto que genera la fuerza. En nuestro caso es el centro de Sol.
367
LEYES DE KEPLER
De manera análoga, se encuentra para la magnitud del momento angular del cuerpo en B
1 LB I
= mrBvBsen
(14.1 5)
/LB1
Ahora tomemos un intervalo de tiempo At, m u y pequeño. En este intervalo el cuerpo pasará de su posición A al puntoD (fig. 14.11a)y el vector de posiciónrA cambiará a ser rD. E l cambio en la posición es, entonces,
A r = rD - rA Nos damos cuenta de que s i A r es suficientemente A r es prácticamente pequeño, entonces la dirección de la misma que la de la velocidadVA (fig. 14.11b). Calculemos ahora el área barrida por el vector rA al pasar de A a D. Esta área es la encerrada en el triángulo ADC, es que no es rectángulo. E l área deltriánguloADC igual a la mitad de labase CA multiplicada por la altura DF (fig. 14.11~).
Se tiene entonces que
SA.
1 2
SA =
(14.1 4)
En vista de quese debe conservar la magnitud del momento angular, sus valores en A y en B tienen que ser iguales
/LA1 =
Llamemos a esta área
(14.1 6)
(DF)
-fA
Pero en el triángulo rectángulo ADF, el cateto DF es
DF = D A sen y ya que DAes la hipotenusa del triángulo. Vemos de la figura 1 4 . 1 1 ~ q u e
y
+
$A
= 180°,
O
Por tanto, sen y = sen
y = 180' -
sea
$A
$A
Con ayuda de la ec. (12.44) se tiene que sen y = sen (180' = sen 180'
-4 ~ ) cos $A - cos 180'
sen +A =O
Ya que sen180
cos18Oo =
y
-1
En consecuencia,
DF = D A sen @A Sustituyendo este valor en la ec. (14.16) nos d a SA
=
1 2
- fA
(DA) sen
$A
Pero D A ( = 1 A r I ) es la distancia recorrida por el cuerpo en el tiempo At con velocidad vA, por lo que
ai
DA
VA
At
En consecuencia
1 2
SA c! Figura 14.1 1
- ~ A V A(At) sen
Si dividimos ahora la ec. que
(1 4.1 7)
(14.13) entre m, se obtiene
~AVA sen $ A
Recordamosdegeometríaque s i se t o m a c o m o base AC, entonces la alturaes la línea perpendicular a D. En nuestro AC bajadadesdeelvérticeopuesto caso, esta altura es DF. E l ángulo AFD es recto.
(PA
LA = m
que sustituida en la ec. (14.17) nos da SA
1 LA (At) 2m
(14.1 8)
368
Cap. 14. LA LEY DE LA GRAVITACIóN UNIVERSAL
De manera análoga, se encuentra que s i el cuerpo está en B y se mueve un intervalo (At) y llega a E , entonces el área SR barrida por el vector rR e>
siendo m la masa del satélitey r su distancia al centro C de In Tierra. Consideremos los puntos B y E . Punto B. E l momento angular en este punto es
i LB I = r n r g v R
(13:1 O) Si ahora comparamos los miembros derechos d e las ecs. (14.1 8) y (14.1 91, vemos que son iguaies,y a quc LA = LB (véase la ec. (14.15)) y los intervalos ( & J son /os mismos en los dos casos. En consecuencia,
Este resultado es justamente el expresado en la srgtinda ley de Kepier. Nótese que para obtener e 5 t ~rt5uItad0solamente se hausado la conservacióndela magnitud del momento angular. Por tanto, la segunda ley de Kepler es válida para cualquier fuerza central. (.o ú l t i m o q u e nos falta considerar es ia conservación del sentido del momento angular.La consecuencia fisica de esta conservacibn es que el planeta siempre se moverá en e 1 mismo sentido (véase problema 14.9). Es decir, no ocurre yue de pronto el cuerpo cambie de sentido en su movimiento. Ejercicio 14.4. Se lanza tin 3atélite artificial en una direcciónparalelaa l a superficiedelaTierra (t~g 14.12) con una velociddd de 31 000 km/h, desde un p u n t o t3 que está n una altura de 400 k m . E l satklite rea su máxima corre una travectoria elíptica llegando altura de 3 800 km en el punto E. Obtenga la velocldad del satélite en el punto E
(14.21)
ya que el ángulo & = 90" y sen 90" = 1 Punto E . FI momento angular en este punto ~
es
Lt , = m E v E
(14.22)
va que ahora también br..== 90". Por tanto, de la conservación de la magnitud del momento angular se puede escribir que
y despejando vI; se encuentra que
Ahorausamos 14.12)
+
los valoressiguientes(vkase
¡a tig.
rR = CA AB = 6 378 k m + 400 k m = 6 778 k m r E 1 CD t DE = 6 378 k m 3 800 k m = 1 0 1 7 8 k m
+
V
vB = 31 000 kmi'h Aquí CA = CD es el radio terrestre.
Por tanto,
Ésta es la velccidad que tiene el satélite en el punto E. Notamos que este valor es menor que el que tenía elsatélite en t3. En general, la conservación de la magnitud del mclmento angular (véanse ecs. (14.13) - (14-15)~nos diceque si rA es menorque rB, entonces necesariamente vA tiene que ser mayor que vB. E s decir, s i en su movimiento el cuerpo se acerca a la fuente de la fuerza, entonces su velocidad aumenta. Figura 14.12
En vista de que el satélite gira a causa de la fuerza gravitacional que le ejercela Tierra (esta fuerza juega el papel de centrípeta), y de que esta fuerza es cent r a l , entonceselmomentoangular L delsatélite se conserva. En particular, se conserva la magnitud de este vector. En un punto arbitrarioH, la magnitud de 1 es
~ L I=
rnrvsen
4
A contintiacihn obtendremos la tercera ley de Kepier Por stmplicidadsolamenteconsideraremosel caso en que la trayectoria sea un círculo. Sean M la masa del cuerpo central y m la del que gira alrededor delcentral;ddemás, sea R elradiodelcírculo(fig. 14.13 ) . Se puede demostrar en este caso a partir de la segundaleydeKeplerqueelmovimiento es circular uniforme, es decir, con velocidad angular constantew (vkase problema 14.11).La aceleración centrípeta a es entonces (véase ec. (5.60)) a = w2R
LEYES DE KEPLER
369
En el miembro derecho de la ec. (14.27) aparecen Si cantidadesrelacionadasconelcuerpoquegira. uno pudiera conocerlas, es decir, si se conocieran el periodo de giro T y el radio R del círculo, se podría calcular ,el valor numérico de la masa M del cuerpo central. €Sta es una manera de determinar las masas del Sol, de la Luna y de otros planetas. Simplemente se miden los periodos de giro y los radios correspondientes de algún planeta o satélite y se determinan sus masas. Las determinaciones de estas cantidades son relativamente fáciles; en particular, las distancias se encuentran por medios geométricos.
14.13
Sustituyendo la ec. (5.61)para la velocidad angular en términos del periodo 1 del giro, obtenemos que
(14.24) Ahora usamos la ec.(6.4) para la segunda ley de Newton
F = ma en la que sustituimos en el miembro izquierdo la expresión (14.1) y en el derecho la ec. (14.24).Así se obtiene
Ejercicio 14.5. Calcule li? masa del Sol. Tomaremos a la Tierra como el cuerpo que gira y a1 Sol como el cuerpo central. En este caso, la distancia media de la Tierra al Sol es
R = 149 millones de km = 1.49 i< 10" m y el periodo
1 es 1 = 1 año = 365.26 días = 3.156 X 10'
S
Sustituyendo estas cantidades en el miembro derecho de la ec. (14.27) nos da D e esta ecuación despejaremos T2. Para elio, multiplicamos ambos miembros ecuación la de por ( T2R2/CmM)
M =
(14.25)
-
4 X (3.1415912 (7.49 X loll m)3 6.673 x IO-" (Nm2/kg2) i3.156 x IO7 s ) ~ 130.59 X 1 0 3 3 66.465 x IO3
N
m3 m 2 s2/kg2
= 1.965 x IO3O kg Este resultado nos dice que el cuadrado del periodo de giro 1es proporcional al cubo del radio del círculo R. Esta es justamente la tercera ley de Kepler para Para finalizar esta sección, mencionaremos que en nuestro caso. la obtención de la expresión ec. (14.25),la tercera ley Ahora dividimos ambos miembros de la ec. (14.25) de Kepler, se han supuesto dos cosas: i) que la trayecentre R3, obteniendo toria del cuerpo que gira es circular y ii) que el cuerpo central no se m u w e . A l hacer el cálculo rigurosamen(1 4.26) te, tomando en cuenta una trayectoria elíptica y el movimiento del cuerpo central, la expresión(14.25)se modifica de la manera siguiente. En primer lugar, en D e esta relación vemos que el miembro derechoes y en selugar de R aparece el eje mayor de la elipse una cantidad constante.La única cantidad que aparegundo lugar, en lugar de la masa M, aparece la suma ce relacionada con el sistema es l a masa M del cuerpo (M m). central. Esta constante no depende de la masa m del La mayoria de los planetas del sistema solar giran cuerpo que gira.Si se aplica este resultado en particuen elipses que tienen una excentricidad muy pequeña, lar al sistema planetario, entonces M es la masa del o sea, no se comete un error apreciable si sus trayecSol, o sea, la constante del miembro derecho en la ec. (14.26) es la misma para cualquier planeta (véase pro- torias se toman como circulos.Además, es claro que, por ejemplo, en el caso del Sol y de los planetas, sublema 14.12). Esto es justamente lo que encontró emmarle a la masa del Sol la de un planeta tiene como píricamente Kepler de los datos numéricos de Brahe. consecuencia una pequeñísima corrección alos resulAhora despejemos M de la ec. (14.26). M u l t i p l i c a tados que encontramos. Sin embargo, en principio, la mos ambos miembros por (MR3/T2) constante que aparece en el miembro derecho de laec. (14.21) n o es la misma para todos los planetas (véase problema 14.13).
+
r"
Figuro 14.15
'
f
- í.*
(14.32)
371 y sacando raíz cuadrada nos da
I
-
(14.33)
P
ÉSta es la velocidad de escape de la Tierra. Nos damos cuenta de que esta expresión no depende de la masa de la partícula que se va a escapar. Esto significa que dos partículas de masas distintas tienen la misma velocidad de escape. Para encontrar este valor sustituimos en la ec. (14.33)los valores de C, rnT dados en las ecs. (14.8) y (14.9) así como el radio terrestre ( = 6.378 X I O 6 m), encontrando que
v, =
2 X 6.673 X
Nm2/kg2X 5.967 X 6.378 X I O 6 m
= 412.486 X I O 7 mz/s2
I
kg
Figura 14.16
I
= 1.1174 X 104m/s = 11.174 km/s = 40 227 k m i h
tícula de masa M se coloca en el punto P fuera de la cáscara a una distanciaD del centro de la cáscara. ToEn este cálculo no se ha tomado en cuenta el efecmemos un anillo cuyo plano sea perpendicular a la líto de la atmósfera sobre la partícula. Resulta que ésta nea PC, a un ángulo 8 y de ancho angular dB. Por tanproduce un efecto de fricción que implica que la veloto, el ancho del anillo es (R do). cidad de escape sea mayor que la que calculamos. Consideremos un elemento del anillo de largo dr Además, al tomar en cuenta el efecto de la atmósfera, (fig. 14.17a) centrado en un punto K arbitrario; este resulta que la velocidad de escape ahora sí depende elemento es muy pequeño y se puede considerar como de la masa de la partícula puntual.-La fuerza gravitacionaldFK que este elemento ejerce sobre la masaM en P es un vector que tiene dirección a lo largo de la líneaPK y sentido de P hacia K, ya que la fuerza es atractiva. Por otro lado, dia14.5. C A S O DE U N A M A S A D I S T R I B U I D A metralmente opuesto al elemento que acabamos de UNIFORMEMENTE escoger existe otro elemento en L, con la misma área que el anterior, que también ejerce una fuerza sobre En las seccionesanteriores se obtuvieron algunas la partícula en P, que llamamos dF, y que tiene direcconsecuencias de la aplicación de las leyes de Newción a lo largo de la línea PL y sentido de P hacia L. t o n y de la gravitación universal. En particular, esta Dado que los doselementostienenlamisma área, ú l t i m a ley expresada en la ec. (14.2j es válida solamencontienen la misma masa.Por tanto, las magnitudes te cuando las masasson puntuales. Sin embargo,la de las fuerzas dFK y dF, son iguales (problema 14.1 6). aplicamostambiénalcasodecuerposextendidos La fuerza total ejercida por estos dos elementos diacomo planetas, satélites, etc. De hecho se ha t o m a d o metralmente opuestos es entonces s i se originaraenel lafuerzagravitacionalcomo centro de masa del cuerpo extendido, y en consecuendFK dF, (I4.34) cia las distancias que se toman no son hasta la superficiedelcuerpo,sinohastadichocentro.Hastaeste momento no se ha demostrado que se pueda aplicar dr la ley tal cual a este tipo de cuerpos. De hecho Newt o n se dio cuenta de este problema y no p u b l i c ó su monumental obraPrincipia durante 20 años hasta que obtuvo la solución de esta cuestión. En esta sección encontraremos la fuerza gravitacional que ejerce una esfera de masa uniformemente distribuida sobre un p u n t o masa. Consideremos en primer lugar una cáscara esférica de radio R, grueso h y de masa m distribuida uniformemente (fig. 14.16). Sea e la densidad demasa de lacásFigura 14.17a cara (véase la sección 9.4). Supongamos que la par-
+
372
Cap. 14. LA LEY DE LA GRAVITACIóN UNIVERSAL
En la figura 14.17b se muestra el plano KSLP, que contiene a los dos elementos diametralmente opuestos (K y L) y al punto P. Este plano contiene a la línea PC, por lo q u e S está contenido dentro de 61. Nótese q u e este plano está sesgado en la figura 14.17a, y por e l l o lo presentamos en la figura 14.176 de frente. Los triángulosrectángulos KSP y LSP soniguales (ipor qué?). Por tanto, los ángulos KPS y LPS son iguales. Denotaremos estos ángulos por 4. Ahora descompongamos cada una de /as tuerzas dF, y dFL en dos componentes: una a lo largo de la Iinea PC y otra, perpendicular a dicha línea. Estas componentes se muestran en la figura 14.17b. Las magnitudes de las componentes perpendiculares son
Una vez encontradas la direccióny el sentido de la fuerza que ejerce la cáscara sobre una partícula puntual en P, procedemos a encontrar su magnitud. Para ello primero obtendremos la fuerza que ejerce el anillo sobre la masa M en P. Necesitaremos conocer la masa dm que contiene el anillo. Su volumen dV es igual al área dA del anillo por su grueso h. E l área dA es igual al producto del perímetro del círculo de radio KS por el grueso del anillo (R dB). La longitud KS es
KS = R sen O
E l perímetro mencionado es igual a 27r(KS) = 2aR sen I9 por lo que el área de dA es
dA = (27rR sen 0 ) (R dB) = 2 a R 2 sen I9 d0 y ei voiumen dV Además, de la figura 14.1 7b vemos que las componentes (dFK). y (dFL), tienenlamismadirección,pero sentidos opuestos. Su sumaentonces se anula. En consecuencia, Id suma de los vectores (14.34) es solamente la suma de lo largodelalínea PC. Vemos lascomponentesa de la figura que ambas componentes tienen ahora el mismo,sentido, de P hacia C, así como la misma magnitud. Esta queda dada por I(dF&
I =
I(dFL)III = I dFKI
COS
4
d V = dA h = 2aR2h sen BdB
(13.35)
La masa dm contenida en el anillo es, entonces (véase ec. (9.49)),
dm =
Q
d V ' = 2aehR2 sen I9 d0 (14.36)
La magnitud dF de la Componente lo a largo de laIínea PC delafuerzaqueejerceelanillosobre fa masa M en P es M dm
d F = C -cos 4
(14.37)
22
va que la distancia de cualquier punto del anillo a P es I . Aquí se ha multiplicado por cos 4, ya que estamos tomando la componente a la largo de la línea PC (vease 14.17b). Sustituyendo el valor de dm dado en la ec. (14.36) nos da. dF = 2aehR2MC Figura 14.17 b
Podemos ahora dividir todo el anillo en elementos y diametralmenteopuestos. Para demasaiguales cada pareja de estos elementos podemos dar un argumento idéntico al que acabamos de dar. Concluimos, entonces,quelafuerzagravitacionalqueejerceel anillo es un vector que tiene dirección de P hacia el centro C y con sentido de P hacia C. La cáscara la podemos dividir en una sucesión de anillos, y paracadaanillopodemosargumentar de manera similara la anterior, encontrando que toda la cáscara ejerce una fuerza que tiene dirección a lo largo de la línea PC y sentido de P hacia C.
sen 19 dB cos
(14.38)
22
Ahora tenemos que sumar todas las fuerzas dF que ejercen todos los posibles anillos en que se puede diE s decir,tenemosqueintegrarla vidirlacáscara. expresión (14.38). En ella aparecen las variables O, 4 y z que no son independientes entre sí. Expresaremos la fuerza dF en términos de una sola variable, digamos z. Del triángulo rectángulo P K S se tiene que PS c o s 4 = ___ PK Pero en la figura 14.16 vemos que
PS = PC
-
SC = D - R
COS
H
373
CASO DE UNA MASA DISTRIBUIDA UNIFORMEMENTE
Y PK = z por lo que cos
D - R
4=
e
COS
Z
(14.39)
Como siguiente paso usamos el teorema de los cosenos de la trigonometría (véaseec. (13.124))en el triángulo CKP, que no es rectángulo Z'
= D2
+ R 2 - 2DR
(14.40)
O
COS
Ahora ya tenemos a d f en términos de una sola variable, z. En seguida integramos esta expresión. De la figura 14.16 vemos que para recorrer todos los anillos que se pueden formar con la cáscara, el valor de z tiene que ir de ( D - R ) que corresponde al punto A hasta el valor de ( D R ) que corresponde al punto 6. Por tanto, la magnitud F de la fuerza que experimenta la partícula de masa M en P es
+
F=C"-
0 2
RM
13-R
[1 +
R2]dz (14.45)
Usamos ahora las ecs. (4.27)y (4.28)con n = 1 y n = - 2 , obteniendo
En el miembro derecho de esta expresión sumamos y restamos D 2 y luego factorizamos 2 0
+ 2D2 - 2DR = R2 - D2 + 2D[D - R
z 2 = R2 - D2
Efectuamos la evaluación entre los límites
O C O S O) COS
D - RCOSO=
z2 -
R2
20
+ D2
z2
- R2
2D z
(14.41 )
(14.39), obtene-
+ D2
(14.42)
De esta manera hemos expresado cos q5 en términos de la variable z. Ahora haremos lo mismo para el ángulo O. Tomemos la diferencial de ambos miembros de la ec. (14.40),usando la ec. (3.25) y recordando que D y R son constantes
y despejando sen 8 de 1 -z dz DR
(14.43)
Así encQntramos directamente la combinación (sen O dB) que aparece en la ec. (14.38)en términos de la variable z. Sustituyendo ahora las ecs. (14.42) y (14.43) en la ec. (14.38), obtenemos la fuerza dF en términos de z 11 dF = 2nehR2MC DR z d z 22
Simplificando, se encuentra que d f = C ___ RM [ I D2
+
[
1 +
Z'
+ R - (D - R)
R -
D - R
Ahora recordamos del álgebra que
+ R)(D - R )
por lo que
F = C ___ RM[2R - ( D - R )
* 0 2
=C
=c
D2
+ D + R]
RM(4 R )
47reR2h M
(14.46)
0 2
Como estamos suponiendo que la densidad de masa e es constante, de la ec. (9.53)vemos que la masa total m de la cáscara es
2z d z = 2DR sen O dO
sen Ode=
- ( D 2- R2)
D2 - R2 = ( D
Sustituyendo esta expresión en la ec. mos que cos q5 =
D
f = C
De esta igualdaddespejamosahora ( D - R cos O), combinación que aparece en la ec. (14.39). Pasamos R2 y D2 al otro miembro (pasan con sus signos cambiados) y luego dividimos entre 2 0 , obteniendo
- R2
2D z
D2s
+ D2
R 2 ] d ~(14.44)
rn =
eV
siendo V su volumen. Pero este volumen es igual al área de la superficie de la esfera de radio R multiplicada por el ancho h
V = 4aR2h por lo que la masam es m = 47reR2h que sustituida en la ec. (14.45) nos da para f
f = C
Mrn D2
(14.47)
374
Cap. 14
LA LEY DE LA GRAVITACIóN UNIVERSAL
Pero de la ec. (4.1) vemos que esta cantidad es precisamente la magnitud de la fuerza gravitacional entre dos puntos de masas M y m situados a una distancia D. Este resultado significa que la fuerza de atracción que ejerce la cáscara sobre la partícula en P es c o m o si toda la masa de la cáscara estuviera concentrada en su centro de masa C. Este resultado se encontró suponiendo quee l punto P estaba fuera de la cáscara.En el caso en que P estuviese dentro de ella (fig. 14.18) se puede proceder de maneraanáloga y se llegaría a la mismaexpresibn (14.44) para dF (problema 14.17). La diferencia se prelos límites de integración senta en el siguiente paso: para z ahora son:ellímiteinferior es(R - Di que corresponde al p u n t o A de la figura14.18; el límite superlor es(R D) que corresponde a l p u n t o B. Por tanto, ahora la integral que aparece en F es
+
ai Igual que arriba, se encuentra que =
m --
( D -- R) -- (D
+ R)
=2D--D+R-V-R=
O
Por tanto
F=O
(14.48)
La fuerza que experimenta una partícula de una cáscara uniforrne es nula (problema 14.18). Es importante darse cuenta que este último resultala fuerza d o es una consecuencia del hecho de que gravitacional es inversarnente proporcional a r2. Si el exponente de r no fuera 2 sino otro número, entonces la ec. (14 48) no daría el valor cero para la fuerza. Si en lugar de una cáscara tuviksemos una esfera, esta se puede dividir en un número muy grande de cáscaras y para cada unade ellas podemos aplicar los resultados que se acaban de obtener En particular, s i la partícula se encuentra fuera de l a esfera, entonces la tuerza atrartiva que le ejerce la esfera es c o m o si toda la masa de la esfera estuviese concentrada en su centro. Se puede demostrar ahora fácilmente que dosesferas uniformes se atraen como s i sus masas estuvieran concentradas en sus centros (problema 14.19). D e esta manera se ha justificado, por Io menos para cuerposesféricoscondistribucionesuniformesde masa. que se pueden considerar como si estuviesen concentradas en su centro. E s decir, las distancias que hay que usar en las expresiones para l a fuerza gravitacional son entre los centros de masa de los cuerpos extendidos.
14.6. ALGUNAS OTRAS APLICACIONES Por simplicidad no escribiremos los factores constantes que aparecen antes de la integral.
) dr
D2 - R 2 R-D
y efectuando las integrales, a l igual que en el caso anterior se encuentra que / =
[z -
O2 z
R21z=D+R Z=R-D
Evaluando se tiene que I =
x
{D+R-(R-V)-(DZ-R2)
1 [ V i R
-
R - D
Una vez encontrada l a ley de la gravitaclón unlversal, el mismo Newton l a aplicó a diferentes tipos d e problemas. Además, durantelos dos siglos posteriores se han encontrado una cantidad muy grande de aplicaciones. En esta sección mencionaremos brevernente algunas de ellas, sin entrar en los detalles
i ) En las secciones anteriores se trató, por ejemplo, el
movimiento de un planeta tomando en cuenta solamente la tuerza que le ejerce el Sol corno s i no existiesen los demás cuerpos celestes. Se puede tomar en cuenta en el movimiento del planeta no nada más e l efecto del Sol, sino también el de los otros planetas Haciendoesto se obtieneunatrayectoriaqueconcuerdaconobservacioneshechas con mucha preclsión i i ) Se han explicado las apariciones de los cometas, quitándoldselmisterioqueteníanenepocasanteriores. En particular, en 1682 Halley predijo que el cometa,que lleva su nombre,deberegresarcadd 7h
años, aproximadamente. Encontró que s u trayectoria es una elipse muy alargada, que llega hasta mhs allA de la órbita de Neptuno. i i i ) Newton usó sus leyes para dar una explicac ~ b de n las mareas. Reconoció que este fenbmerwst1 debt P V esencia, a la atracción que ejerce la Luna, y ~n mt.;7or medida el Sol, sobre las masas de agua oceánlcas. i v ) Basándose en la ley de la gravitación universal se pudopredecirteóricamentelaexistencia,primero, del planeta Neptuno (en 1846) y posteriormente l a de Plutón (en 1930). En particular, se predijeron sus masas y sus posiciones, que fueron verificadas por observaciones telescópicas. I
Las anteriores son solamente algunas de las consecuenciasde la aplicaciónde las leyes de Newton acompañadas de la expresión para la fuerza de la gravitación universal.
58
Mercurio Venus Tierra Marte Júpiter Saturno Urano Neptuno Plutón
1O8
149 228 778 1 426 2 869 4 495 5 900
14.13. Exprcse el miembro derecho de ia ec (14 16) con ¡a corrección debida al movimiento del Sol menciorlada < ~irnal i (!ti la sección 1 4 11. Calculeahora la cantidad q a e nparcce en el miembro derecho de la ecuación, tomando las masas de los planetas dada., en la siguiente tabla. Planeta
PROBLEMAS 14.1. Demuestre que las unidades para m, obtenida\ en la ec. (14.9) son efectivamente en kg. 14.2. Demuestre que las unidades para la fuerza en el ejercicio 14.1 son N. 14.3. Determine las unidadesdelaaceleraciónen el ejercicio 14.2 14.4. Obtenga las unidades de M en el ejercicio 14.5 14.5. Demuestre que las unidades de C en el S I son las dadas en la ec. (14.8). 14.6. Si la fuerza que la Tierra ejerce sobre la Lunaes atractiva, ipor qué nuestro satélite no cae sobreel planeta? 14.7. Investigue la manera en que Cavendish realizó s u s experimentos para confirmar la ley de la gravitaciónuniversal. En particular,cómoobtuvoelvalor numérico de la constante C . 14.8. Calcule las aceleraciones de la gravedad en el p o l o y en el ecuador terrestres si los radios son: polar, 6 355.6 km; ecuatorial, 6 376.5 k m . 14.9. Demuestre que la conservación del sentido del vector de momento angular implica que el planetase mueve siempre en el rnismo sentido 14.10. Describaunposiblemétodoparaobtener la masa de la Luna, enviando un cuerpo que quedara atrapadopor s u atraccióngravitacional y girara en una órbita como su satélite. 14.11. Demuestre a partir de la segunda ley de Kepler que S I la órbita de un planeta es circular, entonces el movimiento es circular uniforme. Sugerencia: recuerde que la segunda ley de Kepler está asociada a la conservación del momento angular. 14.12. En la siguiente tabla se dan los valores del periodo sideral T y de la distancia mediaR de varios planetasal Sol. Obtenga los valorescorrespondientes de ( T 2 / R 3 ) .
M a s a unidades (en dt. k m a s a de la Tierra]
iVercurio Venus Tierra Marte 1 úplter Saturno Urano Neptuno Compare con los valores que obtuvo en el problema 14 12. 14.14. Obtenga las unidades de l a velocidad de escape en el ejercicio 14 6 . 14.15. Demuestre que la fuerza de la gravi~c~ción tlniversa1 es conservativa. Calcule los trabajos reaiizcldos al moverse un cuerpo entre dos puntos tiios a lo largo de dos caminos distintos. 14.16. Demuestre que las magnitudes de las fuerrds dF, y dFL de la figura 14.17 son iguales. 14.17. Demuestre que s i la partícula de masaM se encuentradentrodelacáscaramostradaenlafigura 14.18, entonces se obtiene la misma expresión (14.44) para dF 14.18. Una manera de ver que la fuerza que experimenta una partícula dentro de una cáscara uniforme es nula es la siguiente. Con vértice r n la posición P de la partícula (fig. 14.19) torme u n doble cono de aberturamuypequeñaqueintercepta a lacáscara,tormando sobre ella las áreas A, y A,. Calcule Ids masas interceptadas por estas áreas. Muestre que la suma de Ids masas contenidas las fuerzasquecadaunade en las áreas interceptadas ejercen sobre la partícula se anula.Ahoraargumente lo necesarioparahacer ver que la fuerza total de la cáscara sobre la partícula es cero. 14.19. Con base en lo demostrado en la sección 14 5, obtenga l a fuerza con que se atraen dos esferas uniformes.
376 ,-.-
y..
Figura 14.19
14.20. Una partícula de masa m se introduce dentro R y masa M de una esfera sólida uniforme de radio hasta una distancia r de su entro ( r < R). a) iQué fuerza experimenta? b) )Cuál es la aceleración de la gravedad que se ejerce sobre la partícula? c) i A qué profundidad la aceleración es igual a la mitad de la que prevalece en la superficie? d) i C u á l es la fuerza cuando la partícula está en el centro de la esfera? Explique físicamente su resultado. 14.21. Uno de los satélites de Saturno, Mimas, recorre
una trayectoria prácticamente circular de 187 O00 k m de radio y tiene un periodo de23 h. Calcule la masa de Saturno. 14.22. La masa del Sol es 1.965 X IO3O kg y su radio es 695 300 km. Calcule la aceleración de la gravedad en su superficie. 14.23. Calcule la aceleración de la gravedad en la suE l radio lunar es 1 738 k m y su perficie de la Luna. masa es 7.35 x IOz2 kg. 14.24. Un satélite de comunicaciones terrestres debe ser "geoestacionario", es dec'ir, tiene que permanecer todo el tiempo en la misma posición sobre la Tierra. Esto significa que su periodo es de 24 h. > A qué altura sobre la superficie de la Tierra se le debe colocar? 14.25. Calcule la magnitud de la fuerza con queSol el atrae a la Tierra. icon qué fuerza atrae la Tierra a la luna? 14.26. En la sección 14.4 se encontró que la energía potencial asociada a la fuerza gravitacionales negativa (véase ec. (14.29)). D é una explicación física de este hecho. Recuerde quese ha tomado el cero de la energía potencial en el infinito. Calcule el trabajo que se necesita hacer para llevar una partícula del infinito a una distancia r del centro que genera la fuerza. iQuién hace el trabajo?
Solución de p r o b l e m a s selectos
SOLUCI~N A LOS PROBLEMAS 1.1.442.5 k m . 1.2. 85.15 mi. 1.3. 4.76 mm. 1.4. 1 m 60 cm. 1.5. 17 238 s. 1.6. 1 h 15 m 1 7 s. 1.7.165.2 lb. 1.8. 794.5 kg. 1.9. 1 133 m2. 1.10. 772 535 mi2. 1.11.291.4 I. 1.12. 55.8 m3. 1.13. a) 26.9 m/s. b) 60.3 milh. 1.14. 3.79 X I O 8 mi/h2. 1.15. 23.8 X 1010 g2 cm2/s. 1.16. 1.08 kg m. 1.17. L2. 1.18. No tiene. 1.19. L. 1.20.L2T3. 1.21. T-?. 1.22. M. 1.23.ML2/T2. 1.24. a) No. b) No. c) No.
2.10.
2.11.
2.12.
2.13.
2.14.
2.15.
2.16.
2.17.
d) Sí.
e) No.
SOLUCIóN A LOS PROBLEMAS DEL CAPíTULO 2 2.9.
Las direcciones están dadas con respecto al eje X horizontal con sentido hacia la derecha. a ) 8.06; 60°15 ’18”; hacia arriba. b) 8.06; 299O44’42”; hacia abajo.
c) 5.12; 128O39’; hacia arriba. hacia abajo. e) 8.25; 284O2’10”; hacia abajo. a) x = 12.73, y = 12.73 b) X = - 18.28, y - 17.05. C) X = - 294.8, y 143.8. d) x = 78.84, y = -51.20. a) u = 5; - 2; 8k b) u = - 6; 6; - 2C c) u = - 1.7; 0.4; - 9.6k a ) S = ;- 6; 6k b) S = 21 4; S& c) S = 6.31 - 10; - 0.8k a) 22.44 b) - 5.74 ‘c) 5.27 d) - 1.27 a) 5 b) - 2 C) - 11.28 a ) 5.39 b) 5.39 c) 6.7 d) 8.34. a ) 78O49‘31 “ b) 92O52 ’18 ” c) 1OIo3’56” a ) u = - 18; 11; 14k b) u = - 281 - 22; I8k c) u = 48.16; 30.92; - 7.241;.
d) 8.29;228O25’26”;
DEL CAPíTULO 1
+ + + + + +
+ +
+ +
SOLUCIóN A LOS PROBLEMAS DEL CAPíTULO 3 3.10.c)
12At2
3.11.C)
x00
d) 24 mis. coset
d) 8.7 km/h. 3.12. a) A b) 4At3 6Bt
+
377
+C
378
S O L U C I ~ NDE PROBLEMAS SELECTOS
c) all cos Rt d) --(XO/~J~-"~
c)
-
e) (Ai7)e"" 3.13. a ) [x,] = L; [ A ] = L/T b) [A] = L/T4; [B] = L/T2; [C] = LjT; [xo] = L c) [a] = L; [a] = 1/T d ) [Xo] = L; [TI = T e) [ A ] = L; [ 7 ] = T 3.14. a ) x = -- 11 km; v = - 5 km/h. b) x = -- 8m; v = 47 mis. c ) x = -- 7.24km; v = 20.36kmis. d ) x = 4.28 m; v = - 1.07 mis e) x = 1.69km; v = 0.43km/h. 3.15. a ) 0.625 mis'. b ) 3 mis2. c) - 50 km/h2. d ) - I 2 mis'. e) - 1.25mis2. 3.17. a ) 4.76 m i s hacia la derecha. b) 2.64 mis hacia la derecha. c ) 0.42 km/h hacia la derecha. d ) 0.42 kmih hacia la izquierda. e) 1.34 m i s hacia la derecha. 3.18. a ) O b) 1 % A t 2 6B c ) - aQ2 seni2t d) (~~/7')t?-~'~ e ) - (A/7Z)e"'' 3.19. a ) O b) 150 m/s2. c) 260.8 km/s2. d ) 0.268 mis'. e) - 0.07kmih'.
+
SOLUCIÓN A LOS PROBLEMAS DEL CAPíTULO 4 4.1. 53 km; 106 km; 159 km. 4.2. 8 m i n 20 s. 4.3.9 4608 X I O 1 * k m . 4.4. 1.507 k m 4.5. a ) 69.3 km/h. b) a las 11 h 45 min a.m. 4.6. a )
VN
=
h
-
-
h
x ( t ) = (x,
+ a,?) + (v,
aO72e""
+
-
ao-r)t+(1/2) aot2
+
v(t) = (va - ao7) a,t a,~e-"~ 4.9. [ S ] = LIT4; [N]= L/T5 4.10. [a,) = LIT2; [TI = T 4.11 a) [R] = LIT3 b) [R] = LIT3; [L] = LIT6 c ) [ao] = L/T2; [TI = T 4.16. 1.48 m/s2 opuesta al movimiento; 166.7 m. 4.1 7 1 080 O00 km/h. 4.18. Sí 4.19. 1 350 m . 4.20. 5 m i n I 1 s. 4.21 a ) 5.15 s. b) 181.7 km/h. 4.22. 254 m . 4.23. a) 45.6 m . b) 1.94 s. 4.24. a ) 18.4 mis. b) 22.14 mis;28.8 m/s. 4.25. a ) 81.6 m sobre el acantilado. 6)4.1 s . c) 10.4 S desde que se lanzó. d) 224.6 km/h. e) A 63.6 m sobre el acantilado, cayendo. 4.26. a ) 2.7 s . b) 31.75 mis. 4.27. a ) Se encuentran 0.71 S después del lanzamiento a una altura de 6.4 m sobre el suelo. b) Piedra: 5.5 mis hacia arriba; pelota: 26.9 mis hacia abajo. 4.28. a ) 733.5 mis. b) 1 6 504 m. c ) 43 954 m sobre el suelo. d ) 2 min desde el lanzamiento. e) 3 min 35 S desde el lanzamiento. f ) 2103mis. 4.29. a ) 934.8 mis' b) 0.026 s. 4.30. a ) 26.2mis. b) 2.67 s. 4.31. a ) 135.9 m sobre el suelo. b) 106 km/h. c ) 9.87 S desde que empezó a caer. d ) 36.6 km/h.
d
vR b) (h/vR) desde que entraron
+ + +
+ +
4.7. a ) x(t) = x, vot (1/6) Rt3 v(t) = v0 -t(1/2) Rt' 6) x(t) = x, v,t (1/6) Rt3 (1/30) Lt6 v ( t ) = v, (1/2) R t 2 (115) Lt5
+
+
SOLUCIóN A LOS PROBLEMAS DEL CAPíTULO 5 5.6. a ) Habrárecorrido bajado 30.6 m
202.5 m horizontalmente y
SOLUCIÓN DE PROBLEMAS SELECTOS
b ) Magnitud:84.6
mis; dirección:formandoun ángulo de 16O50’ con la horizontal; sentido: hacia abajo. 5.7. a) 3 0 2 8 m . b ) Magnitud: 537. 9 mis; dirección: formando un ángulo de 5O55’ con la horizontal; sentido: hacia abajo. c) 5.66 s. 5.9. a ) 73.1 m. b ) 3.86 s. c ) 417.7 m . d ) Horizontalmente a 216.3 m y a 73 m sobre e l suelo. 5.10.47.1 mis; 41O38’ 5.11. 58O12’11 ”
v2 5.12. a ) L = l [ sen(2oc) 2g
+ Z/sen2(20() +
Y
cos2a]
siendo M = 8Hg/vo2
b) cos y = d ( 4
+
+
~)/(8
w)
d ) 145.78 m 5.13. y =
ay
2ax2
[-v+
.Jv2+2a,x]2
5.14. a ) Magnitud: 183.5 mis; dirección: formando un ángulo de 77O32‘ con la horizontal; sentido: hacia abajo. b) Magnitud: 271.7 mis2;dirección: formando un ángulo de 81 O37’ con la horizontal; sentido: hacia abajo.
5.15. a ) Una parábola. b) Una línea recta. c ) C B = 1.35 mm. d ) Magnitud: 1.71 X I O 7 m/s; dirección: formando un ángulo de 5O9‘38” con la horizontal; sentido: hacia abajo. 5.16. a ) H = v t b) 0 = arc tg (HIL) 1 c ) - ” de - v L dt 1 (V~/L)~ 5.17. 10.8 rad/s2. 5.18. w ( t ) = w0 (at2i2) - (bt5/5) ( t ) = o0 wot (at3/6) - (bt6130) 5.19. 205.4 radis; 167.6 rad.
+
e
+ +
+
379
5.21. a ) -601rad/?. c) Magnitud: 1 814.3 mis; dirección:tangenteal círculo; sentido: el delas manecillas del reloj. d) Magnitud: 2.194 x I O 6 m/s2; dirección: forma un ángulo de 1.5” con el radio; sentido: hacia dentro del círculo. 5.22. a ) 35.3 m/s. b) 566.5 g. 5.23. 5.95 X misz. 5.24. 0.80 g. 5.26. a ) 2.6 X rad/s. b ) 4.24 X 10-7 HZ. c) 1.O3 km/h. d ) 2.7 X mis2. 5.27. a ) T(t) = 2.1r/5ut4. b ) w (t) = 5Ut4. c) cy ( t ) = 20ut3. d ) Magnitud: 5urt4.
+ L - R cos 0 - J L 2 b) dx - u~sen (eo + w t ) dt
5.28. a ) x = R
-
R 2 sen2 0
-
5.29. a ) 27.93 radis. b ) n X 27.93radis, con n = 1, 2,3, 5.30. 71.3 km/h. 5.31. a ) 1.4 mis2 b ) 1.74 vueltas c) 5.83 mis; descendió 18.62 m. 5.32.a) 3.05 rad/$ 6) 8 960 vueltas 5.33. a ) 1.69rad/s b) 3 min 5 S 5.34.5.41 S; 10.81 S; 21.63 s. 5.35. a) 5.78rad/s2 6) 8.24 s. 5.36. a) x(t) = r cos (ut5) y ( t ) = r sen (ut5) b ) v,(t) = - 5rut4 sen (ut5) vJt) = 5rut4 cos (ut5) c ) a,(t) = - 5rut3 [&en (ut5) 5ut5 cos (uts)] a,(t) = 5rut3 [4 cos (ut5)- 5ut5 sen fut5)] d ) v,(2 S) = - 759.8 mis; vy(2 S) = 223.31 mis. a,(2 S) = - 40 822 m/s2; a(,2 S) = - 133 290 mis2. 5.37. En el punto H.
+
380 7.34. 2.94 m/s2;188 g; 94 g.
SOLUCIóN A LOS PROBLEMAS DEL CAPíTULO 7 a ) 312.5 N b) 0.047 N c) 6.3 x 10-4 N 7.3. a ) 1.41 mis2. b) 54.04 m/s2. c ) 25.5 r n / s 2 . 7.4. a ) 62.5 kg. b) 0.487 kg. c) 58.06 kg. 7.6. En Júpiter: 234.3 kg; en Mercurio: 33.6 kg. 7.10. 83%. 7.1 2. 0.0667 rad 7.1 7. 15O23'
7.1.
7.18. a =
rn sen
8-M
= m
m + M
Mm + M g(sen 8
7.36.390 kg. 7.37. 4.2 kg. 7.38. 525 kg. 7.39. Sobre el bloque 1: 3.46 kg, formando un ángulo de 30° con la vertical y sentido hacia arriba. 7.42. N o resbala. 7.43. E I cuerpo pesado baja; I.O8 m/s2; 40 kg. 7.44. E l cuerpo 1 se mueve hacia arriba; 283 rn/s2; 1 6
+ 1)
7.20. E l cuerpo pesado baja y el ligero sube; 4.05 m/s2; 26.41 kg. 2Mm
7.21.
F1
7.23. 7.24. 7.25. 7.27. 7.28. 7.29. 7.30. 7.31.
E l cuerpo pesado baja; 0.213 m/s2; 46 g
m + M
Habrá bajado 5.38 m. 0.366 m; 0.733 m. F, = 31.2 N, F, = - 52 N. 383 kg. 12 m . 87.5 kg. S i m, sen O2 > m, el cuerpo m, sube;
A = T = 7.32. A
=
1, = 1, =
m, sen O2 - m, sen 8, m,
+
m2
m, g (sen 8, m, + m2 m,
+
m,
m,
F m2
+ sen 0,)
+ m3'
m1
+ m2 + m3 F ; m,
+
m2
+ m, + m3
F
g;
kg. 7.45. 0.478 m/s2; 424 g; 212 g. 7.48. 4.48 m/s2; 0.072 kg. 7.50. 0.064. 7.51. 1.65 S; 7.28 m/s. 7.53. F = ( M m ) g (tg 8 p). 7.55. 102.3 km/h. 7.56. 5O2'. 7.57.44.56 rpm. 7.58.7.67 m/s; 4 kg. 7.59. 33.25 rpm. 7.60.10.1 kg. 7.61. Centrípeta: 8.7 kg; tangencial: 0.46 kg. 7.62. 0.69; 4 197 kg.
+
SOLUCIóN A LOS PROBLEMAS D E L CAPíTULO 8
8.3. 7616 J . 8.4. 2 234.4 J . 8.5.177.2 J . 8.6. a) 2 243 J . b ) 15.3 kg. c) 1.025 d ) - 2243 J. 8.9. a ) 1 327.6 J ; - 346.6 bl 0 8.10. a ) 21.22 m . 6) 17.3 km/h. 8.11. a ) 255 486 I . b) -188130. 6 J. c ) 62.3 km/h. 8.12. a ) 1 847.3 J . b) 32.76 c) 1 1 3 km/h. 8.13. a ) 0.388 b) 4.07 m/s. 8.14. a) I583.45 J . b) 146.93 J . c) 100.8 km/h. J .
7.33.
1 2 = T,/2
+
I;- 981 J .
SOLUCIÓN DE PROBLEMAS SELECTOS
8.1 5. 146.9 km/h. 8.16. 244 502 J. 8.17. O; no cambia. 8.19. h 8.20. a) (4gr)”’ b) (v2 - 4gr)“, 8.21. 19.5 km/h. 8.22. a ) 1.71 mis. b) 29.4 cm. c) 54O27’44“ 8.23. U(x) = ni(2x‘) 8.24. a) F(x) = - 6x b) O; 8 m. 8.28. 1.966 hp. 8.29. 3 días 1 h 40 s. 8.30. 2 min 31.6 s. 8.31, a ) 0.33 kwatt-h. b) 0.08 hp. 8.32. a) F = ( f L , ) / ( L ,
d) (2 m, 1.5 m). e) (2.22 m , 1.676 m). f) (4H/3T,4H/3T).
P (o1 en radianes).
+ (314)~’
bl t1 + (M,)I c) F = (fL,)/[(L,
+ L,) + L,)
8.33. a ) 35.67 kg. b ) 12 8.34.(Rir) 8.35. (rJrJ3 8.36. 500 kg; 2 8.37.a) = (f/2mt)1’2 8.38.a) 25.75 m . b) 6.04 mls’. 8.39. U(r) = - k/(2r2) 8.41. ( l / s e n O).
cos 01
9.1. a) 2 828 km/h. 9.5. En la línea que une a las masas y a 2.87 m de la masa ligera. 9.6. En la línea que une alas masas y a la distancia de [(m, mJh, m,h,]/M de la masa m,. 9.7. A una distancia horizontal de 1.33 m a la izquierda del vértice recto y a 1 m vertical del mismo vértice. 9.8. A una distancia horizontal de 3.21 m a la derecha de la partícula de 8 k g y a 2.75 m vertical de la misma partícula. 9.9. [e] = M/L3; unidades de e = kg/m3. 9.11. 26.21 kg/m3. 9.12.4.48kg. 9.15. a) (3.14 m , 1.98 m). b ) (2.44 m, 1.98 m) c) (2 m , 0.7698 m).
+
i) (O, - 12.43cm).
9.16. En el centro de la esfera. 9.20. Se mueve con velocidad V dada por,
9.22. 2.69 mis. 9.23. 35.83 m . 9.24. a) (m,L)i(m. m,). b) En su posición inicial. 9.25. 28.93 km/h. 9.26. a) 0.225 m. b) 0.21 s. c) 0.42 S desde que salió. d ) 2.1 m/s dirigida hacia abajo. 9.28.28.4%
+
SOLUCIóN A LOS PROBLEMAS DEL CAPíTULO 9
+
381
c) 64% 9.30. Ambas esferas se mueven con el mismo sentido que inicialmente tenía la partícula más pesada, con velocidades 1.87 mis y 2.37 mis. 9.33. La esfera de la derecha sube 3.9 cm. X j y 0.057 J . 9.34. 5.02 9.35. a) Ambas se mueven con el mismo sentido en el que inicialmente se movía la partícula pesada. b) 45.2%. c) La partícula pesada. d ) 52.4%. 9.36. a) Las partículas se separan vl’ = 8 mis; v,’ = 1.743 mis. b) Las partículas se mueven con la misma dirección y sentido que inicialmente tenía la partículaligera, vl’ = 11.075 mis; v,’ = 0.175 mis. 9.37. Sí es posible. 9.38. a ) Magnitud: 1.57 mis; dirección: la misma en la que se separa laotrapartícula;sentido opuesto al de la otra partícula. b) Es nula.
382
SOLUCiÓN DE PROBLEMAS SELECTOS
939. 4.7 mis. 9.41. a) Kz < K1 3.43.246 k m / h .
SOLUCIÓN A LOS PROBLEIMAS DEL CAPíTULO 11
b) ( + - $ ) M H z
SOLUCIÓN A LOS PROBLEMAS DEL CAPíTULO 1 0 10.4. Todas son iguales con magnitud 510 kg 10.7. 1 I , ~= 414.2 kg m2/s. I 1 2 i = 207.2 kg m2/s. 1 I,/ = 207.3 k g m2,is. 11,; = 127.2 kgm2/s. 10.8 a ) 31 1261 78k (en k g m2/s). b ) - 426; - 4207 2666 (en g cm2/s).
m
.
+
1 2
d ) - M(RI2 R2’)
-
+
+
16 (RI2 RIRz RZ2)’ 7M 97r (R, RJ2
+
11 10. a ) 10202 g m m 2 . b ) 7 069.8 g mm2 c) 28 682.7 g mm2. d) 83 907 g m m 2 . e) 103 588 g m m ? c) o 11 11. (rn1Hl2 mzHz2)/2. d ) - 305.2; 97.027 64.686 (en m g mm2,;s). 11 13. 79.524 kg cm2 10.9. a) 62.43 k g m2]s. 11 18. 17.04 rad/s2; 32.77 rad/s2. b) 79.22 k g m2is. 11 1 9 . 32.16 rad/s2. 10.11. 1 2 9 1 k g m . 11.20. 112 kg. 10.12. Magnitud: 1.995 k g m; dirección:perpendicular al plano de la polea; sentido: hacia adentro. 11.21 b ) al = 9.48 rad/s2; a2 = 2.03 rad/s2. 10.13. Magnltud: 204.06 kg m; dirección: perpendicuc) 5.35 s. lar al plano; sentido: hacia afuera. d ) w1 = 17.65 radis; 1 0 1 4 . Magnitud: 22.56 kg m; dirección. perpendicular w2 = 10.86 radis. al plano de la figura; sentido: hacla c i i w r a e) Inicial: K , = 1 496.3 J; K2 O; f = 1 496.3 I ; 10.15. 9 712 71 647.6; - 4127.96 (en kg m). final: K , = 99 69 I ; K Z = 286.6 I ; 10.16. T~ = - 451.1; + 300.7c (en kg m). E = 386.28 J . TA = - 169.2; - 413.51 -789k (en kg m ) . f) Sobre 1: 1 396.63 J; sobre 2:286.6 J . 10.17. Magnitud: 11.4 k g m ; dirección: perpendicular
+
+
+
+
+
+
+
+
al plano de la figura; sentido: hacia afuera.
+
ZM (m,/2) 10.18. ro = -62 419; 69 3551 -- 48 O1 5k (en kg m). 11 2 5 TI = rng M m (rn,,i2! T~ = - 62 4191 - 48 Ol5& (en kg m). 10.19. ro = - 16.131 - 3.771 (en kg m). 2rn (m,,i2) ?-, = Mg __ 10.20. T B = 42.051 11.20; - 18.20c (en kg n l j . M m (m,,i2i rc = - 20.251 - 14.406 (en kg m). 10.21. T A = 5.78; 6 817 + 1 3.h26 (en kg m). 11 26. a ) 2.493 mis2 T~ = 5.781 13.62; 13.62k (en kg m). b) 7.12 rad/s2. 10.22. T~ = -15.17; -t 23 131 - 14.57k (en kg m). c) 1 7 56 kg; 17.67 kg. 10.23. Magnitud: 704 k g m; dirección: perpendicular al d ) 1.3%. plano de la figura; sentido: hacia afuera. 11 29. a) a = (M2H2- MIHl)g/I‘ 10.25. a) v, = 6.8 mis; v , = 1.7 mis. 6) al=a I-f,;a2 = 01 Hz b) 404 kg m2/s. C ) T,=M,T’g VA,, = 21.91 10.26, VA^ =; 6.79; x [(M2+m2/2)HZ2+M2H1H2+(rnl~12/2)1 VS, == 2 34; vHz -= 13.11 T, = M , r g VC., 1 - 5.79; vez =z 133.75 x [ ( M , rnl/2)Hl2 MIH,H, (rnzHZ2/2)1
+ + + +- +
+
+ +
+
en m!s. 10.27 a) 1.97 m/s, formando un ángulo de 66O2’ con la línea Q S . b) a 0.457 m d e K .
+
+
+
con = [(M,+ rn1i2)HI2( M -t ~m,/2)H,2]-1 11.30. a) 373.9 mis2. b) 9.99 radis2.
r
+
SOLUCIÓN DE PROBLEMAS SELECTOS
11.31. b) 3.81 rad/s2. c) 0.53 mis2. d) 184.5 kg. e) 8.26 s. f) 20.66. 11.32. b) a , = 0.91 m/s2;a2 = 0.57mis2. C) T , = 89.9 kg; T , = 17.3 kg. 11.38. a ) ML2/12. b) M(a2 bz)/l 2. c) 3Mh2/10. d) M(HZ2 H12)/2. 11.39. a ) Sobre el eje J J ‘ a la mitad b) 15.50 kg m2, 11.40. 0.069 kg m,. 11.42. 72.1 25 kg cm2. 11.46. a ) Uniformemente acelerado hacia abajo, con giro alrededor del eje. b) 6.53 mis2. c) 7.35 m . d ) 13.9 rad/s2. e) 20.85 rad/s. f ) 2.33kg. 11.47. 35O45’14”; 3.81: mis2. 11.48. 3.1 m . 11.49. O IH I35.84cm. 11.52. a ) 1.I 76 mis2. b) 73.5 rad/s2. C) 2.6 x 10-3 S. d) 0.0536 mis. e) 1.34 radis. 11.56. a ) 1.S9 mis2. 6) 5.88rad/s2. c) 1.95 s. dl 15.13 m. e) 6.2 mis. f ) 11.48rad/s. 11.57. a ) 1.59 mis2. b) 4.41 radis2. c) 2.34 s. d ) 17.43 m. e) 5.58 mis. f ) 10.33rad/s.
+ +
SOLUCIóN A LOS PROBLEMAS D E L CAPíTULO 12 12.7. T = Picos a; R = P t g (Y. 12.8.29.7kg. 12.9. C : 45.6 kg; horizontal hacia la derecha D: 47 kg; vertical hacia arriba. E: 49.4 kg; a lo largo de la línea AB.
383
F: 45.6kg; horizontal hacia la izquierda. 12.10. AC: 31.48 kg; BC: 48.23 kg; CD: 62 kg. 12.11. a ) cy = 78O3’: 0 = 25O5’. b) Sobre A: 13.46 g; sobre 6: 135.9 g. 12.12. Magnitud: 2.60 kg; dirección: 19O8’41 “ con la horizontal; sentido: hacia arriba. 12.13. Magnitud: 160 kg; vertical y sentido hacia abajo; a 3.44 m del extremo izquierdo. 12.14. 79.5 kg. 12.15. a ) 375 kg. b) Magnitud: 645.2 kg; dirección: con la horizontal 54O27’44”, sentido: hacia arriba. 12.16. a ) I9 = 9O0 - 2 y n X 360° (con n tal que O II9 5 360O). b) A: P cos y; 6: P sen y; en ambos casos con dirección perpendicular a la tabla. 12.1 7. C: 248. 26 kg; A: 501.74 k g ; ambas verticales y con sentidos hacia arriba. 12.19.A.100 kg; E: 100 kg; ambasverticales y con sentidos hacia arriba. 12.20. a ) cos cy = (D - L cos @/d. b) 7 = P cos 0 /[2 sen ( a - O)]. 12.21. sen I9 = (2h/L)1’3 12.22. 570 kg. 12.23. a ) 1.33 m. b) Magnitud: 2 899 kg; forma un ángulo de91 40’42” con la viga; sentido: hacia arriba. 12.24. A: 322 kg, vertical con sentido hacia arriba. 9: 298.2 kg; dirección: formando un ángulo de 157O44’ con la horizontal;sentido:hacia arriba. 12.25. DF: 53.81 kg; entensión; DE: 54 kg; entensión; 12.26.AB: 1 5 kg; encompresión; BD:44.14 kg; encompresión; BC: 22.5 kg; entensión; AD: 21.2 kg; entensión; DC: 30kg; entensión; CF: 22.5 kg; entensión; AE: 27.5 kg; encompresión; DE: 22.93 kg;encompresión; E F : 17.5kg; e n tensión; EH:31.82 kg; encompresión; HF: 24.75 kg; encompresión; FC: 40kg; entensión; CH: 35 kg; en tensión; CJ: 40 kg; entensión; HJ: 56.57 kg; encompresión, 12.27 O 5 W I537 kg. 12.28. a l A: 156.67 kg; B: 273.33 kg; ambas verticales y con sentidos hacia arriba.
+
384
SOLUCIóN DE PROBLEMAS SELECTOS
12.29. 12.30. 12.31. 12.32. 12.33. 12.34. 12.35.
AE: 90.45 kg; entensión; CE: l65.5 kg; enCompresión; CD: 7.7 kg; en compresión; DE: ‘165.5 kg; entensión; EB: 75.05 kg; encompresión; BD: 273.33 kg; en compresión; BF: 75.05 kg; encompresión; FD: 150.1 kg; entensión. A: 1 4 738 kg; vertical hacia abajo; B: 26 738 kg; vertical hacia arriba. 520 kg. A: 42.55 kg; B: 74.45 kg; ambas verticales y con sentidos hacia arriba. 38.3 kg. No; llega a 4.5 m desde B; le faltan O.b nl para llegar a A. a) 36.16 kg; en tensión. b) 26.82 kg; en tensión. T = 12.62 kg; R = 3.9 kg.
SOLL‘CION A LOS PROBLEMAS DEL CAPíTULO 13 13.1. 587.25 N. 13.12. 4.46 rad/s; 1.41 S; 0.71 Hz. 13.13. a ) Comprimidoa15.6cmde SU posiciónde equilibrio; 75.36 cm/s estirándose; 309.9 cm/s2 con sentido de estiramiento. 12.21 J; 10.39 J ; 22.60 23 cm; energía potencial; 22.60 J . 1.025 m/s; energía cinética; 22.60 J . Estirado 56.9 a cm de su posición de equilibrio; 373.8 cmis estirándose; 1 130 cm/s2 con sentido de compresión. 300 J; 138 J; 438 J . 1.O1 m; energía potencial; 438 J . 4.52 m/s; energía cinética; 433 J . Compiimidoa 88.1 c m d e su posiciónde equilibrio; 223 cm/s comprimiéndose; 1 750 cm/s2 con sentido de estiramiento. 107 J; 331 J ;438 J . 1.01m. x>2Xsi13.49. m/s. d) 4.52 J .
13.16. K
1 = -m 2
[vozcos2 wt
+
I
b) AC: 180.91 kg; encompresión;
+ xo2 w2
E = --(mvo2 2 kxO2) 13.18. No ocurren oscilaciones.
-
13.19. 271. Jm!2k 13.20. I O km/h. 13.21. a ] vc = V E = 5.80 mis; vD = 5.04 mis. b) Fc = FE = 2.25 kg; fD = 1.70 kg; las direcciones son radiales y con sentidos hacia el centro. 13.22. 35 c m . 13.23. 32.7 c m . 13.14. . u ,= 0.306; pd =I 0.175. 13.26. [c] = M/T; unidades de c = kgis; [q! = 1/T; unidades de q = radjs. 13.27. a) Comprimidoa0.93cmde su posiciónde equilibrio; 3.4 cm/s comprimiéndose; 8.1 cmis2 con sentido de estiramiento. b) 0.024 1; 0.037 J; 0.061 J . c) 23 cm; energía potencial; 22.60 J . d ) 47.2 cm/s comprimiéndose; 0.25 S ; 4.78 J . 13.28. a ) Comprimidoa 4.2 cmde s u posiciónde equilibrio; 34.4 cm/s estirándose; 24.2 cm/s2 con sentido de compresión. b) 2.55 J; 0.739 J; 3.289 J . 13.29.a ) Estirado a 2.3 cm de su posición de equilibrio;41.2cmiscomprimiéndose; 82 cm/s2 con sentido de estiramiento. b) 3.64 J ; 0.226 J;3.87 J . 13.32.6.54 s. 13.34. A = 0.96 m; e = O; j = 3 d 2 . 13.38. e = 25O20’46”; j = 295O20’46“. 13.39. e = 171O42’; i = 8‘1O42’. 13.41. a ) 7.49. b) 0.94 m . c) e = 12020’33‘’; i = 282O20’33” (j) AT = 0.04 S; AT = 0.81 s. e) 4.57%. 13.45. 24.8 cm. 13.46.1.55cm. 13.47. 2.31 “C.
<+U<%<
x <2x si
Ud<
X sen2wt - 2xovowsen at cos wt]
1 U = - k [X? cos2wt 2 X sen2wt
+ 2-
+VOZ
o bien do>
i32
x o v ~ sen ut W
cos w t ]
J2w‘
Aquí w2 = g/L.
2/2w
385 13.50. a) T = 2 a ,,/4a2
+ b2
bag
b) a = b/2
SOLUCION A LOS PROBLEMAS DEL CAPíTULO 1 4
-14.8. Polar: 9.856 misz; ecuatorial: 9.791 m/s2 14.20. a) F =
13.53. a) 2.1 s. b) 2.40 m i s
ad?
I
13.54. T =
13.55. a) 1.42 kg m2. b ) No está balanceada
(y)
r con dirección radial y
sentido hacia el centro
c) Ri2
40
14.21.5.6429 X IOzs kg. 14.22.271.23 m/5:. 14.23. 1.62 mis2. 14.24.35845 km. 14.25. FST = 3.59 X IOz1kg. FLT = 2.02 X kg
Apendices
v
se quiere despejar v. En e l lado derecho de (11.1)b est2 dividiendo a v. Para despejar v, multiplicarnos ambos lados de la ec. (11.1)por b
APÉNDICE I Se tiene la siguiente ecuación
P = au
(I.lj
y se quiere despejar u. En el lado derecho de [ ¡ . I )a está m u l t i p l i c a n d o a u . Para despejar u, dividimos ambos lados de la ec. (1.1)entre a
(11.2)
APÉNDICE 111
ya que ala = l . Por tanto, L,
La.- raíces de la ecuación cuadrática
P =a
APÉNDICE Se tiene l a siguiente ecuación
ax2
11
+ bx + c = o
(111.1)
SOtl
(111.2)
389
. k
k
5
O
II
O
I/
r
I1
r
r
. z k
O
O
I1
I1
Z
c
w U
-I
u
n
II
x
Z
q
I1 x
r
X
Z
hl
1
?"II
-
"
o
? I
-
-f
P
Y
I
a,
D O Y
-O .3
U
390
. hl
N
4
S
I1
It
z
.
O
I1
1
1
.
O
m
N
m
r(
hl
4
II
11
Z
x
f f
" " "
I
> -
O 3
M
m U m
v)
L
K
.m Y
I-
L
I/ Y
391
. k
W
5 II
L
. k
W
5
O
II
I1
Z
Z
f
"i I
3
II
+ z
>
o
-'
L
O
-cI
U
a,
LA
...N c,
/I N
. _ -0 N
C
/I
/I
>
1-
O II
. rg
x
x
N
II
X
I
t
t c
c
?i ea
I
P
u-
. I
\
\r
I
1_
393
4: "
t
m
O
I/ N
O
O
/I
/I
O
/I
r
r
r
O
O
II
O
/I
I1
Y
Y
Y
m
t
2 c
.-m Y
X
F
aJ
'c
VI
a,
a,
U U 5
u .-
2
30
c
5
u
u
a, L
O c
O
o
394
. N Y-
N
+
Z
. /z Y
n
"\
I \ Z
Y
\-
I-
O
395
+
N
m
S I1
I!
Y
>
L
a,
73
O
Y
L
m
3
O
w
396
z
\
7
9
> !a!
.P
Y
Y
h.
> O
.-a
P
Y
IE -a C
C
c
U
G,
i
r;
Et. aJ 5
V
O
397
00
>
Y
*
?
>
398 APÉNDICE V I ALGUNAS EQUIVALENCIAS Longitud
1 litro = 1.000028 X 1 galón = 3.785 litros Masa
1 m i l l a = 1 609.3 m = 1.6093 k m 1 pie = 0.3048 m
1 libra = 0.4536 kg 1 onza = 0.02835 kg Energía
1 pulgada = 2.540 c m
1 caloría = 4.186 J 1 Btu = 1 054.8
1 yarda = 0.9144 m Iangstrom = IO"O m = IO-* c m
1 año luz = 9.46 X
Volumer
m
Potencia
1 Btulh = 0.2930 W
m3
hdice analitico
Abreviación de números grandes, 16 Acción, fuerzas de, 126 Aceleración, 15, 25 angular, vector de, 253 definición, 253 centrípeta, 111, 146, 254 constante, 81 de la gravedad, 86-89 de un cuerpo, 98-99 de una partícula, 60 dimensiones de, 20 efectos, 63 instantánea, 64, 72 definición, 64 lineal, 110-111, 253 media, 60 definición, 60 tangencia!, 146, 253 Amortiguación de Coulomb, 331 oscilaciones forzadas con, 337-341 viscosa, 331 Análisis dimensional, 22 Area, 1 5 de un rectángulo, 15 Atwood, máquina de, 136-137, 269 Bajada, movimiento de, 91-92 Base, 16 e, función exponencial de, 22 Brahe, T., 365,369 Brazo de palanca, 227 Caída libre, 89 movimiento de, 86-88 Cálculo diferencial e integral, 124 Cambio de posición de la partícula, 49-50 definición, 50 Cantidades escalares, 24
vectoriales, 25 Caso amortiguado críticamente, 333 poco amortiguado, 332 sobreamortiguado, 332-333 Cavendish, H., 363 Centro de masa, 184 de cuerpos continuos, 190-192 sistema de coordenadas del, 242-244 vector de posición del, definición, 184 Ciclo de la oscilación, potencia de un, 341-343 Cinemática, 47, 122 Círculo, 366 Cociente de un vector entre un escalar, 30 características, 30 por un escalar, 29 caracteristicas, 29-30 Codos, 13 Coeficiente de fricción dinámico, 140 estático, 140 Colisión(es), 212,216 efectos, 21 2-213 elástica, 213-214 inelástica, 213 Componentes de un vector, 31-33 Condiciones iniciales, 78 Congruencia dimensional de una ecuación,21-22 Cónicas, 366 Conservación de la energía mecánica, principio de, 165-166 del momento angular total, principio de, 240 lineal total, principio de, 205-206 Constante de la gravitación universal, 361 de proporcionalidad, 126 Constricción, fuezas de, 146 Coordenadas cartesianas, 32,108
400
iNDlCE ANALíTICO
polares, 108
sistemais) de, 122-123 tiel centro de masa, 242-244 seletción, 131
Copérnico, N., 365 Coulomb, amortiguacibn de, 3 3 ; Cuartas, 13 Cuerpo(sj aceleracion de un, 98-99 continuos, centro de niasa de, 190~192 libre, diagrama de, 130 posicicin de un. 96 rípido(s). 250, 3 7 con un e ] e d e simeti-id fijo, dinámicd de, 272-270 definIc:on, 2.50 estática de, 197-298 n~ovimientosde un, 250-251 traslacion y rotación de. 278-280 srmPtrico5, monlentos d e inercia de, 276-278 trayectoria de un, 127 velocidad de un, 96-98 Cuerpo-resorte, \istenla, 335-377
Chasles. teorema de. 279
Decalmlento, tiempo de, 332 Lknsidad de masa, deiin~crón,191 Derivadas, s u m a de, 183 D e s c r i p i ó n de los fenlimeno3 iísicos, 13 Desplazamiento. 24 dlrc-cclórr del, 24 magnitud del, 24 sentido de!. 24 DeterminantcA(sj. 44 teoría de, 44 Día solar rnedio, definicihn; 14 Lllagr'trna d e cuelpo libre, 130 Dimensiones, 20 de dceleracion, 20 de fuerza, 20 de la torca, 226 de> longitud, 20 de ITlasa. 20 de tiempo, 20 dt. \delocidad, 20 de volumen, 20 del momento, 180 angular, 225 del trabajo mecárllco, 154 movimiento t'n d o r , 96 tres, 115 Dlnárnica, 47, 1 2 2 d e cuerpos rigidos con un eje de simetría fijo, 272-276 d e placas delgadas, 265-271 Dirección de un vector, 25 del dejpiaLarnlento, 25 EcuaciiJn congruerrcid dimensional de una, 21-22 de una pardbola, 100, 103
¡NDlCE ANALíTICO
"ficticia", 125-126 generada por el resorte, magnitud de la, 321 gravitacional(es), 145-146, 361-363, 370 energía potencial para la, 370 magnéticas, 146 momento de la. Véase Torca "reales", 125-1 26 restitutiva, 321 tangencial. 146-147 unidades de, 126 unidimensional, trabajo de una, definición, 156 Función(es) elípticas, 354 exponencial de base e, 22 trigonométricas. 22 Calileo, C., 134 transformaciones de, 124 Geometría analítica, 116, 197 Gravedad aceleración de la, 86-89 fuerza de la. Véase Fuerza gravitacional Gravitación fuerza de la. Véase Fuerza gravitacional universal constante de la, 361 ley de la, 361-363 aplicaciones, 374-375 Hipérbola, 366 Identidad trigonométrica, 141 Inercia, 125 momento(s) de, 256-258 de cuerpos simétricos, 276-278 de placas delgadas, 259-261 definición, 256 Integral, 191 Intervalo de tiempo de la partícula, 49-50 velocidad media en un, 53 joule, 154 Kepler, J., 365,369 ley(es) de, 365 primera, 365 segunda, 366 tercera, 366 Kilogramo, 13, 125, 129 definición, 125, 129 Kilowatt-hora, 171 Leguas, 13 Lentitud media, 50 Ley(es) de Kepler, 365 primera, 365 segunda, 366 tercera, 366 de la gravitación universal, 361-363 aplicaciones, 374-375
de Newton, 124 aplicaciones, 128-139 primera, 124-1 25,127 segunda, 126-1 27 tercera, 126-1 27 Libra, 14 Línea recta, 366 característica, 59 Logaritmo natural, 22 Longitud, 13 de equilibrio, 320 dimensiones de, 20 unidad de, 13 en el sistema inglés, 14 Magnitud de la fuerza generada por el resorte, 321 de un vector, 25,30 del desplazamiento, 24 Máquina, 163 de Atwood, 136-1 37,269 ventaja mecánica de una, 175 Masa centro de, 184 de cuerpos continuos, 190-192 sistema de coordenadas del, 242-244 vector de posición del, definición, 184 de un cuerpo, 125 densidad de, definición, 191 dimensiones de, 20 distribuida uniformemente, 191-192 total, 191 unidad de, 13 en el sistema inglés, 14 Mecánica, 47 Mediana de un triángulo, 190 Medida(s), 13 Sistema Internacional (SI) de, 13 Medir, 13 Metro, 13 definiciones, 13-14 Momento[s) angular, 225 características, 225 de un sistema de partículas, 238 definición, 225 dimensiones del, 225 total, 238-240 principio de conservación del, 240 unidades del, 225 características, 180 de inercia, 256-258 de cuerpos simétricos, 276-278 de placas delgadas, 259-261 definición, ,256 de la fuerza. Véase Torca definición, 180 dimensiones del, 180 lineal de varias partículas, 181-182 total, 180 principio de conservación del, 240
401
402
íNDlCE ANALíTICO
unidades del, 181 Movimlento(sj, 47 causas, 124 circular, 108-109,146 caracteristica, 112 general, 11O no Uniforme, 114, 146 uniforme, 110. 146 velocidad lineal en el. 110 de bajada, 91-92 de caída, 86-88 de la partícula, 47-48 de los planetas, 36.5 de placas delg,adas con un punto fijo,254-256 de subida. 90-91 de un cuerpo rigido, 250-251 de vlbración de un resorte, 320-327 aspectos energéticos, 328-331 en dos dimensiones, 95 en tres dimensiones, 115 en un plano. Véase Movimiento en dos dimensiones frecuencia del, 1.12 angular, 326 general, 251 horizontal, 96, 99 periódico, 320 planar, 251 relativo, 122-124 uniforme, 60, 72-73 velocidad Instantánea en el, 60 unlformemente acelerado, 81 caracteristlcas. 81, 85 vertical, 96,99 Negativo de un vector, 28 definicibn, 28 Newton, definición, 126 Newton, I , 113, 124-126, 361, 363, 365-366, 371, 374-375 ley(es) de, 124 aplicaciones, '128-139 primera, 124-125, 127 segunda, 126-127 tercera, 126-1 27 Notación exponencial, 16 Número(s). 1 3 grandes abreviación, 16 desventajas, 16 Observador inercial, 125 Oscilaclón(esj, 320. Véase también Vibración amortlguadas, 331-333 forzadas, 333-337 con amortiguación, 337-341 potencla d e un ciclo de, 341-343 Oscilador armbnico, 328 Palanca, brazo de, 227 Parábola, 366 ecuación de una, 100, 103 Paralelogramo. regla del, 27 Particula(s)
aceleración de una, 60 cambio de posición de la, 49-50 defintción, 50 Intervalo de tiempo de la, 49-50 momento angular de un sistema de, 238 lineal d c a und. Vease ,Mornetjto cie varias, 181-182 rnovimiento de la, 47-48 poslclón de una, 47 rapidez de una, 50 trayectorla de la, 48 velocidad de una, 50-51
Péridulo
bdIiStICo. 217-218 de torsión, 355 simpie, 354-35s Periodo, 112 Peso, 13, 129 Pithgora,. ?eorema de, 34-3.5, 265 Placa(s) cuadrada, 355-356 delgadas con un punto fijo. rnovirnienio de, 254-256 dinámica de, 265-271 momentos de inercia de. 2.59-261 Planetas, movimiento de 105, 365 Plano(s) inclinados, 134 movrn-liento en un Véase Mo\:ilniento en dos dimensiones Posición de un cuerpo. 96 de una partícula, 47 cambio de. 49-50 definición, 50 &I centro de masa. vector de, deilulcibn, 184 Potencia, 170 constante. 172 de un C I C I O d r i d oscilación, 341-343 Primera ley de Kepler, 35.5 de Newton, 124-12.5, 127 Prirlciplo tie conservación de la energía mecánica, 165-166 del momento angular total, 240 lineal total, 205-206 de superposición de efectos, 96,116 Producto escalar de dos vectores, 38-40 vectorla1 de dos vectores, 38, 40-41. 225 Propiedades físicas, 135, 187 Proporcionalidad, constante de, 126 Rapidez de una partícula. 50 Reacción, fuerzas de, 126. 145 Rectángulo, área de un, 15 Referencia inercial, sistema de, 124 definición, 124
íNDlCE ANALiTlCO Regla del paralelogramo, 27 del triángulo, 27 Reposo, estado de, 125 Resonancia, 335, 337, 353 Resorte magnitud de la fuerza generada por el, 321 movimlento de vibración de un, 320-327 aspectos energéticos, 328-331 rigidez del, 321 Resta de escalares, 26 Resultante, 27 Rigidez del resorte, 321 Rotación, 251 alrededor de un eje fijo, 250-252 y traslación, 251 de cuerpos rígidos, 278-280 Segunda ley de Kepler, 366 de Newton, 126-127 Segundo, 13-14 definictones, 14 Selección de sistemas de coordenadas, 131 Sentido de un vector, 25 del desplazamiento, 24 Sistema(s) cuerpo-resorte, 335, 337 de coordenadas, 122-123 del centro demasa, 242-244 selección, 131 de partículas, momento angular de un, 238 de referencia inercial, 124 definición, 124 de unidades, 14 inglés, 14 unidades básicas del, 1 4 Internacional (SI) de medidas, 1 3 mecánico que puede oscilar, 337 que vibran, 353-356 0,122 Subida, movimiento de, 90-91 Suma de derivadas, 183 de escalares, 26 de vectores, 26-28 Superposición de efectos, principio de, 96, 116 Tensión, 132 Teorema de Chasles, 279 de ejes paralelos, 262-263 d e Pitágoras, 34-35, 265 trabajo-energía cinética, 158 Teoría de determinantes, 44 Tercera ley de Kepler, 366 de Newton, 126-127 Tiempo, 13 de decaimiento, 332 dimensiones de, 20
unidad de, 13 en el sistema inglés, 1 4 Tierra, velocidad de escape de la, 370-371 Torca definición, 226 dimensiones de la, 226 externa total, 239 unidades de la, 226 Torsión, péndulo de, 355 Trabajo de una fuerza unidimensional, definición, 156 mecánico, 154 definición, 154 dimensiones del, 154 unidades del, 154 Trabajo-energía cinétlca, teorema, 158 Transformaciones de Calileo, 124 Traslación, 250 y rotación, 251 de cuerpos rígidos, 278-280 Trayectoria cerrada, 162 de la partícula, 48 de un cuerpo, 127 Triángulo mediana de un, 190 regla del, 27 Unldad(es), 13 básicas, 13 del slstema de unidades inglés, 14 de fuerza, 126 de la torca,226 de longitud, 13 en el sistema inglés, 14 de mas%, 1 3 en el sistema inglés, 1 4 de medida, 13 de tiempo, 13 en el sistema inglés, 1 4 del momento, 181 angular, 225 del trabajo mecánico, 154 derivadas, 15 característica, 15 sistema(s) de, 1 4 inglés, 1 4 Valor absoluto de un escalar, 30 Varas, 13 Vector(es), 25 antiparalelos, 28 cociente de un entre un escalar, 30 características, 30 por un escalar, 29 características, 29-30 componentes, 31-33 de posición del centro de masa, definición, 184 de velocidad angular, 252 características. 252
403
404
iNDlCE ANALíTICO
definición, 252 lineal, 252 Características, 252-253 definición, 252 dirección de un, 25 distintos, 26 iguales, 25,38 magnitud de un, 25, 30 negativo de un, 28 definición, 28 paralelos, 28 perpendiculares, 39 producto escalar de dos, 38-40 vectorial de dos, 38, 40-41 sentido de un, 25 suma de, 26-28 tridimensionales, 40 unitarios, 33 Velocidad, 15, 25 angular instantánea, definición, 108 media, definición, 108 vector de, 252 características, 252 definición, 252
de un cuerpo, 96-98 de una partícula, 50 dimensiones de, 20 escape de, 370 de la Tierra, 370-371 instantánea, 55-57, 72 definición, 55 en el movimiento uniforme,60 lineal, 109 en el movimiento circular uniforme, 110 vector de, 252 características, 252-253 definición, 252 media, 50-51 en un intervalo, 53 inconvenientes, 54 Ventaja mecánica de una máquina, 175 Vibración, 320. Véase también Oscilación de un resorte, movimiento de, 320-327 aspectos energéticos, 328-331 Volumen, 15 dimensiones de, 20 Watt, 170 Yarda, 14
