Modulos Completos de Bernardo Arenas

INTRODUCCION BERNARDO ARENAS GAVIRIA Universidad de Antioquia Instituto de Física 2012

Índice general

0. Introducción 0.1. Cantidades físicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.1.1. Análisis dimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.1.2. Unidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.2. Vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.2.1. Cantidades escalares . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.2.2. Cantidades vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . 0.2.3. Notación vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.2.4. Representación de un vector . . . . . . . . . . . . 0.2.5. Dirección de un vector . . . . . . . . . . . . . . . . 0.2.6. Vectores iguales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.2.7. Vectores iguales y opuestos . . . . . . . . . . . . . 0.2.8. Vectores unitarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.2.9. Suma o composición de vectores . . . . . . . . . . 0.2.10. Suma de vectores por el método gráfico . . . . . . 0.2.11. Componentes rectangulares de un vector . . . . . 0.2.12. Suma de vectores por componentes rectangulares 0.2.13. Producto entre vectores . . . . . . . . . . . . . . . 0.2.14. Producto escalar o producto punto entre vectores 0.2.15. Producto vectorial o producto cruz entre vectores 0.2.16. Derivadas con vectores . . . . . . . . . . . . . . . 0.3. Coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.4. Pautas generales en la solución de problemas . . . . . . . 0.5. ENUNCIADOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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1 1 1 1 3 4 4 4 4 4 5 5 5 5 5 6 9 10 11 12 14 15 16 17

Cap´ıtulo

0

Introducción COMPETENCIAS En esta introducción se busca que el estudiante Manipule adecuadamente las herramientas matemáticas que son indispensables en la física. Infiera la importancia del análisis dimensional y de las unidades en la física. Obtenga las relaciones numéricas entre los diferentes sistemas de unidades que se emplean en la física. Distinga entre una cantidad escalar y una cantidad vectorial. Utilice correctamente la notación vectorial. Analice las diferentes operaciones con vectores. Obtenga las relaciones matemáticas entre coordenadas rectangulares y coordenadas polares.

0.1. Cantidades físicas 0.1.1.

Análisis dimensional

derivadas. Una cantidad fundamental se define como aquella que no es posible expresar en función de ninguna otra; en cambio una cantidad derivada se define como aquella que se expresa en función de una o varias cantidades fundamentales. En física se reconocen cuatro cantidades fundamentales, a partir de las cuales es posible expresar cualquier otra cantidad física. Estas son: la longitud cuya dimensión es L, la masa cuya dimensión es M, el tiempo cuya dimensión es T y la carga eléctrica cuya dimensión es C. En lo que sigue, la dimensión de una cantidad física se expresa encerrando la cantidad física entre corchetes. Por ejemplo si A es un área, su dimensión se expresa en la forma [A]. En el área de la mecánica, sólo es necesario considerar las tres primeras cantidades fundamentales, esto es, L, M y T, ya que se tratarán temas en los cuales no interviene la carga eléctrica. Por ello, se hace referencia únicamente a las que son de interés en los temas a tratar cuando se analiza el movimiento de los cuerpos. Cualquier otra cantidad física se encuentra dentro del grupo de las denominadas cantidades derivadas, tales como: área (A) con dimensión [ A] = L2 , volumen (V) con dimensión [V ] = L3 , densidad (ρ) con dimensión [ρ] = ML−3 , fuerza (F) con dimensión [F] = MLT−2 , velocidad (v) con dimensión [v] = LT−1 , etc.

Los conceptos, leyes y principios de la física, se expresan mediante expresiones matemáticas que contienen diferentes tipos de cantidades 0.1.2. Unidades denominadas cantidades físicas. Desde el punto de vista dimensional, estas cantidades físi- A cada una de las cantidades fundamentales se cas se clasifican en dos grupos: fundamentales y le asigna una unidad patrón, dependiendo del

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CAPÍTULO 0. INTRODUCCIÓN

sistema de unidades a emplear. Existen tres sis- Tabla 1. Cantidades físicas, dimensiones y unidades temas de unidades: El Sistema Internacional (SI), el Sistema Gaussiano y el Sistema Inglés (SU). Cantidad DimenSímbolo Unidad El sistema de unidades más utilizado en la acfísica sión tualidad y que será empleado en la mayoría de Longitud x, y, z L m los casos, es el SI. En este sistema de unidades Masa M, m M kg la dimensión L se expresa en metros (m), la diTiempo t T s mensión M se expresa en kilogramos (kg) y la Posición r L m dimensión T se expresa en segundos (s). DesplaEl sistema gaussiano es un sistema derivado ∆r L m del anterior y en el cual las unidades de las dizamiento mensiones L, M, T son, respectivamente, el cenVelocidad v L/T m/s 2 tímetro (cm), el gramo (g) y el segundo (s). Aceleración a L/T m/s2 Los factores de conversión, entre los sistemas Velocidad ω 1/T 1/s de unidades SI y gaussiano, están dados por: angular Aceleración α 1/T2 1/s2 1 m ≡ 102 cm y 1 kg ≡ 103 g. angular Momento El sistema de unidades SU es de poco uso en la p, P ML/T kg m/s lineal actualidad. En este sistema las cantidades funFuerza F, f ML/T2 kg m/s2 damentales son la fuerza con dimensión F, la Momento longitud con dimensión L y el tiempo con diL ML2 /T kg m2 /s angular mensión T y sus unidades patrón son, respectivamente, la libra (lb), el pié (p) y el segundo Torque τ, M ML2 /T2 kg m2 /s2 (s). Otra unidad utilizada en este sistema es la Trabajo W ML2 /T2 kg m2 /s2 pulgada (in o pul), cuya relación con el pié es Energía E ML2 /T2 kg m2 /s2 Potencia P ML2 /T3 kg m2 /s3 1 p ≡ 12 in. Presión p M/LT 2 kg/m s2 Las relaciones entre las unidades del sistema SI Algunas de ellas reciben los siguientes nombres y el sistema SU son: 1 lb ≡ 4.448 N

y

1 p ≡ 0.3048 m.

Como se verá, en el desarrollo de los diferentes temas del curso, un buen manejo de las dimensiones y sus respectivas unidades, tanto de las cantidades fundamentales como derivadas, permitirá detectar posibles errores cometidos en los cálculos matemáticos que se llevan a cabo en el análisis de situaciones físicas. En la tabla 1 se muestran las cantidades físicas que serán utilizadas en los temas a tratar en este curso. Se incluyen sus correspondientes dimensiones y las unidades respectivas en el sistema SI, con el fin de ir adquiriendo familiaridad desde ahora con ellas.

Fuerza: 1 kg m s−2 ≡ 1 N (Newton). Trabajo y energía: 1kg m2 s−2 ≡ 1 J (Julio). Potencia: 1 kg m2 s−3 ≡ 1 W (Vatio). Presión: 1 N m−2 ≡ 1 Pa (Pascal).

Ejemplo 1 Determine las dimensiones y unidades, en cada uno de los sistemas anteriores, de k1 , k2 , k3 en la expresión s = k1 t2 − k2 t + k3 , sabiendo que s es una longitud (L) y t es un tiempo (T).

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0.2. VECTORES

Solución Si s es una longitud, cada uno de los términos de esta expresión debe tener dimensiones de longitud, es decir, para el primer término [ ] [ ] k1 t2 = [k1 ] t2 = [k1 ] T2 = L, así

[k1 ] =

L = LT−2 , T2

por consiguiente, sus unidades son: m s−2 en el sistema SI, cm s−2 en el sistema gaussiano y en el sistema inglés p s−2 , por lo que de acuerdo con la tabla 1, k1 corresponde a una aceleración. Para el segundo término

[k2 t] = [k2 ] [t] = [k2 ] T = L,

Ejercicio 3 Encuentre las dimensiones y unidades en cada una de las siguientes expresiones (a) √ [ ( ) ] gR, (b) mgR, (c) mvR cos vt y R +1 (d) 12 mv2 + mgR(1 − cos θ ). Donde g es una aceleración, R es una longitud, m es una masa, v es una velocidad y t es un tiempo. En cada caso, diga a cuál cantidad física corresponde cada expresión. Ejemplo 2 La densidad de una sustancia es ρ = 4.5 g cm−3 . Exprese esta densidad en el sistema SI de unidades. Solución Utilizando factores unitarios se tiene ρ

de donde L [k2 ] = = LT−1 , T en este caso las unidades son: m s−1 en el sistema SI, cm s−1 en el sistema gaussiano y p s−1 en el sistema inglés, o sea que k2 corresponde a una velocidad. Para el tercer término

[k3 ] = L, donde finalmente, las unidades de k3 son: m en el sistema SI, cm en el sistema gaussiano y p en el sistema inglés, ya que sólo tiene dimensiones de longitud. Ejercicio 1 Halle las dimensiones y unidades, en los tres sistemas, de la constante G que aparece en la expresión F=G

m1 m2 , r2

donde F es una fuerza, r es una longitud y tanto m1 como m2 son masas. Ejercicio 2 Teniendo en cuenta las dimensiones obtenidas para G en el ejercicio 1, determine a qué cantidad física corresponde g en la expresión g=G

m . r2

= 4.5 g cm−3 = 4.5 g cm−3 ×

1 kg 106 cm3 × , 103 g 1 m3

así, luego de efectuar y simplificar se obtiene ρ = 4.5 × 103 kg m−3 . Ejercicio 4 Exprese en unidades SI y en unidades gaussianas: (a) 50 km h−1 . (b) 3.03 × 103 p s−2 . (c) 300 p lb s−1 .

0.2. Vectores La física es una ciencia natural que tiene como objetivo explicar los fenómenos físicos que ocurren en la naturaleza, tal como el movimiento de los cuerpos. Para poder explicar estos fenómenos se dispone de modelos físicos, los cuales están sustentados por leyes comprobadas experimentalmente y que se expresan en forma de ecuaciones matemáticas. Es decir, se toma la matemática como el medio más adecuado para explicar los fenómenos de la naturaleza que están directamente relacionados con la física, en otras palabras, la matemática es el lenguaje de la física. Por ello, es necesario utilizar el álgebra, la trigonometría, la geometría euclidiana, la geometría vectorial y el cálculo, ya que mediante

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estas ramas de la matemática, es posible llevar a cabo procedimientos matemáticos adecuados con las cantidades físicas a utilizar, para un buen entendimiento de los fenómenos físicos involucrados. Lo anterior lleva a una clasificación de las cantidades físicas, dependiendo de la forma como se expresan. De este modo, se clasifican en cantidades escalares y cantidades vectoriales.

0.2.1. Cantidades escalares Son aquellas cantidades físicas que quedan completamente determinadas por su magnitud y su unidad respectiva. Las cantidades escalares se operan de acuerdo con las reglas de la aritmética, el álgebra y el cálculo. Cantidades físicas de este tipo son el área (A), el volumen (V), la masa (m), el tiempo (t), el trabajo (W), la potencia (P), el momento de inercia (I), la presión (p), la energía (E), la temperatura (T), la entropía (S ), etc.

en otros casos como ⃗F. Igualmente, la magnitud ⃗ | = A, del vector A se representa como |A| = | A que corresponde a un escalar. En los temas que se tratarán de acá en adelante, es indispensable distinguir claramente entre una cantidad escalar y una cantidad vectorial.

0.2.4.

Representación de un vector

Un vector se representa gráficamente mediante una flecha cuya longitud, utilizando una escala adecuada, corresponde a la magnitud del vector. Igualmente, la dirección del vector está dada por el sentido de la flecha, como se ilustra en la figura 1 para los vectores A, B, C y D, que tienen direcciones diferentes.

B

A

C D

Ejemplos: A = 10 cm2 , V = 3 m3 , m = 5 kg, t = 3 s.

Figura 1: Representación de un vector.

0.2.2. Cantidades vectoriales Son aquellas cantidades físicas que para su completa determinación, se requiere añadir una dirección además de su magnitud y su unidad respectiva. A diferencia de las cantidades escalares, las cantidades vectoriales se operan de acuerdo con las reglas de la geometría vectorial. Cantidades físicas de este tipo son la velocidad (v), la aceleración (a ), la velocidad angular ( ω), la aceleración angular (α ), el momento lineal (p ), la fuerza (F ), el torque (τ ), el momento angular (L ), etc.

0.2.3. Notación vectorial Como se ha podido observar, las cantidades escalares y las cantidades vectoriales, se denotan de manera diferente con el fin de distinguir unas de otras. En textos impresos, generalmente se utiliza letra negrilla para representar los vectores; por ejemplo, la fuerza se expresa como F y

0.2.5.

Dirección de un vector

Por definición, a un vector se le debe asignar, además de su magnitud, una dirección. Para que la dirección del vector quede completamente determinada, es necesario definir una dirección de referencia, respecto a la cual se mide el ángulo que forma el vector considerado. En la figura 2 se muestra la dirección de los vectores de la figura 1, donde se ha tomado la horizontal como la dirección de referencia. Matemáticamente, los vectores de la figura 2, se expresan en la forma: A= A

45

o

B=B C=C D =D

45

o

5

0.2. VECTORES

z

A

B

o

0

A

45o l o C 90

y

D

45o x Figura 5: Vector unitario paralelo al vector A

Figura 2: Dirección de un vector. De este modo, el vector A se puede expresar en la forma A = λA, lo cual indica que un vector unitario es adimensional, esto es, no tiene diLos vectores A y B son iguales si tienen la mis- mensiones. ma magnitud y la misma dirección, como se Para trabajar operacionalmente con vectores, ilustra en la figura 3. Matemáticamente, lo an- a cada uno de los ejes coordenados se le asocia terior se expresa en la forma A = B. un vector unitario, como se ilustra en la figura 6 donde al eje x se le asocia el vector unitario A B i, al eje y el vector unitario j y al eje z el vector unitario k.

0.2.6.

Vectores iguales

q

q

z Figura 3: Vectores iguales.

k

0.2.7.

i

Vectores iguales y opuestos

O

j

y

x

Dos vectores A y B son iguales y opuestos si tienen la misma magnitud pero sentidos opues- Figura 6: Vectores unitarios en coordenadas rectantos, como se ilustra en la figura 4. Por lo que gulares. matemáticamente A = −B. q

A

B

0.2.9. Suma o composición de vectores

q

Los vectores se pueden sumar gráfica y analíticamente, como se describe a continuación. Esta Figura 4: Vectores iguales y opuestos. operación vectorial es de utilidad, por ejemplo, cuando se trata de hallar la fuerza neta o fuerza resultante que actúa sobre un cuerpo. En este y muchos otros casos, es necesario sumar varios 0.2.8. Vectores unitarios vectores con el fin de obtener el vector suma o Un vector unitario es aquel cuya magnitud es vector resultante. igual a la unidad. Por ello, como en la figura 5, se define el vector unitario λ, que es paralelo al 0.2.10. Suma de vectores por el método vector A, en la forma

gráfico

A λ≡ , A donde A es la magnitud del vector A.

Dentro de este método existen dos maneras de hacerlo, por el método del polígono y el método del paralelogramo.

6


Cuando se trata de sumar dos vectores, se puede utilizar el método del triángulo o el método del paralelogramo, en la forma que se muestra en las figuras 7 y 8, donde se ilustra gráficamente la suma de los vectores A y B.

A

B

A S=A+B A

B

B B

A

Figura 8: Método del paralelogramo. S=A+B S=B+A

B

A

B

C

D

A D A

Figura 7: Método del triángulo. En el caso del método del triángulo, se toma uno de los vectores y donde éste termina se traslada el otro vector, de este modo, el vector suma está dado por el vector que va desde donde empieza el primer vector hasta donde termina el segundo, como se ilustra en la figura 7. Al observar la figura 7, se encuentra que A + B = B + A, lo cual indica que la suma de vectores es conmutativa. En el método del paralelogramo, se trasladan los dos vectores a un punto común, se completa el paralelogramo cuyos lados opuestos tienen valores iguales a la magnitud del vector correspondiente. El vector suma está dado por la diagonal que parte del punto común a los dos vectores, como se muestra en la figura 8. Cuando se trata de sumar más de dos vectores, se hace una generalización del método del triángulo y en este caso se habla del método del polígono, el cual se ilustra en la figura 9, para la suma de los vectores A, B, C y D. Igual que para dos vectores, sigue siendo válida la conmutatividad en la suma de vectores, esto es, A + B + C + D = D + C + B + A = A + D + B + C. Cuando se suman vectores gráficamente, al

B

C S=A+D+B+C

Figura 9: Método del polígono. trasladarlos, no se debe cambiar ni la magnitud ni la dirección de ninguno de ellos, pues si esto ocurre se encontraría un vector suma diferente al buscado.

0.2.11.

Componentes rectangulares de un vector

En la sección 0.2.12, se considera el método analítico que permite sumar vectores. En dicho método se emplea el concepto de componentes rectangulares de un vector. Con ayuda de los vectores unitarios asociados a los ejes coordenados, siempre es posible expresar un vector en componentes rectangulares, como se ilustra en la figura 10, para el vector A. En este caso se ha aplicado el método gráfico para la suma de vectores, con la condición que los vectores componentes son perpendiculares entre sí, esto es, el vector A expresado en com-

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0.2. VECTORES

z

Azk O

A Ay j

Axi

y

esto es, la suma de los cuadrados de los cosenos directores es igual a la unidad. En el caso de dos dimensiones, se procede de forma idéntica, solo que únicamente aparecen dos componentes rectangulares, como se muestra en la figura 11, para el vector A.

y

x

Figura 10: Componentes rectangulares de un vector. ponentes rectangulares está dado por A = A x i + Ay j + Az k, donde las componentes rectangulares A x , Ay y Az pueden ser positivas o negativas, dependiendo de la orientación del vector respecto a los sentidos positivos de los ejes rectangulares. En el caso de la figura 10, las tres componentes son positivas. La magnitud del vector A está relacionada con la magnitud de sus componentes rectangulares, por medio de la expresión A2 = A2x + A2y + A2z . Para expresar la dirección de un vector en el espacio tridimensional, se utilizan los ángulos que el vector en consideración forma con cada uno de los ejes coordenados.En el caso de la figura 10, el vector A forma los ángulos θ x , θy y θz , con los ejes x, y y z, respectivamente. De este modo, las respectivas componentes del vector A, se obtienen mediante las expresiones A x = A cos θ x , Ay = A cos θy y Az = A cos θz . Así A = A(cos θ x i + cos θy j + cos θz k), donde el vector unitario paralelo al vector A, está dado por λ = cos θ x i + cos θy j + cos θz k,

Ay j O

b

A q Axi

x

Figura 11: Componentes rectangulares de un vector. En este caso, aplicando de nuevo el método gráfico para la suma de vectores, se tiene que el vector A expresado en componentes rectangulares está dado por A = A x i + Ay j, donde igualmente las componentes rectangulares A x y Ay pueden ser positivas o negativas, dependiendo de la orientación del vector respecto al sentido positivo de los ejes de coordenadas, esto es, del cuadrante donde se encuentre el vector. En la figura 11, las componentes son positivas. En el caso particular de un vector en dos dimensiones, como sus componentes rectangulares son perpendiculares, el teorema de Pitágoras permite relacionar la magnitud del vector con la magnitud de sus componentes rectangulares, mediante la expresión A2 = A2x + A2y ,

donde, conociendo las magnitudes de dos de expresado en función de los cosenos directores ellas, es posible conocer la magnitud de la otra. Por otro lado, una vez que se conocen las cos θ x , cos θy y cos θz . magnitudes de las tres cantidades, la dirección Igualmente, como la magnitud del vector λ es del vector A se obtiene utilizando cualquiera de la unidad, se satisface la igualdad las definiciones de las funciones trigonométricas, aunque es costumbre emplear la función cos2 θ x + cos2 θy + cos2 θz = 1,

8


trigonométrica tangente, esto es, Ay tan θ = , Ax ó tan β =

−1

Ay , Ax

β = tan−1

Ax . Ay

θ = tan

Ax , Ay

y

De acuerdo con lo anterior, en la figura 11 se puede tomar como referencia el eje x o el eje y De este modo, el vector A de la figura 11, matemáticamente se expresa en la forma

A=A

A=A

b

51

m 0m B

320 mm

mmB

320 mm

l O A

600 mm

x

z

O sea que las componentes rectangulares del vector unitario son λ x = −0.71,

q

Ejemplo 3 Encuentre las componentes rectangulares del vector unitario paralelo a la línea AB, apuntando en el sentido de A hacia B. y

0 51

λz = −0.6.

λy = +0.38,

Ejercicio 5 En el ejemplo 3, encuentre las componentes rectangulares del vector unitario paralelo a la línea BA, apuntando en el sentido de B hacia A. Compare su resultado con el obtenido en el ejemplo 3. Ejemplo 4 Con ayuda del método gráfico, halle el vector suma de los vectores mostrados en la figura.

B O 600 mm

A

x

q

z

A

Solución Sea λ un vector unitario paralelo al vector −→ AB, esto es −→ AB λ= . AB De acuerdo con la siguiente figura, el vec−→ tor AB tiene las componentes rectangulares

−→ AB = ( − 0.6i + 0.32j − 0.51k)m, donde su magnitud está dada por √ AB = 0.62 + 0.322 + 0.512 m

= 0.85 m. Por consiguiente el vector unitario para−→ lelo al vector AB, expresado en componentes rectangulares, está dado por λ

( − 0.6 i + 0.32 j − 0.51 k)m , 0.85m = −0.71 i + 0.38 j − 0.6 k.

=

Solución Teniendo en cuenta el método del triángulo, la magnitud y dirección del vector suma se obtiene como sigue.

c S=A+B

B q

a

b

A De la figura se cumple la igualdad

(ac)2 = (ab)2 + (bc)2 ,

(1)

donde ac = S, ab = A + B cos θ, bc = B sen θ. (2) Reemplazando las expresiones de la ecuación (2) en la ecuación (1), se obtiene S2

= ( A + B cos θ )2 + ( B sen θ )2 = A2 + B2 + 2AB cos θ,

9

0.2. VECTORES

donde mediante esta expresión, conocida como la ley del coseno, es posible conocer la magnitud del vector suma. Para hallar la dirección del vector suma, con ayuda de la figura, se procede como sigue.

a

Ay j A

g B

b e

A

y

c

S

d

i) Se obtienen las componentes rectangulares de cada vector, como se ilustra gráficamente en la figura 12.

q

B Bxi

b

By j O Dy j

Dxi D Axi

x

C S B = , sen θ sen β (3) A B ed = A sen β = B sen γ, = . sen γ sen β (4) Por las ecuaciones (3) y (4), se encuentra S A B = = . sen θ sen γ sen β cb = S sen β = B sen θ,

Expresión conocida como la ley del seno, y mediante la cual es posible hallar el ángulo β, conociendo los valores de B, θ y S. Ejercicio 6 Halle la magnitud y dirección del vector suma, de los vectores mostrados en la figura.

B=15 u 57

0.2.12.

o

A=23 u

Suma de vectores por componentes rectangulares

Figura 12: Componentes rectangulares de cada vector.

A = A x i + Ay j, B = Bx i + By j, C = Cy j, D = Dx i + Dy j,

donde, - las componentes del vector A son positivas, ya que el vector se encuentra en el primer cuadrante (A x > 0, Ay > 0), - la componente horizontal del vector B es negativa, mientras que su componente vertical es positiva por estar ubicado el vector en el segundo cuadrante (Bx < 0, By > 0), - el vector C solo tiene componente vertical la cual es negativa por apuntar en sentido opuesto a la dirección tomada como positiva para el eje y (Cy < 0), - la componente horizontal del vector D es positiva y su componente vertical negativa, ya que el vector se encuentra en el cuarto cuadrante (Dx > 0, Dy < 0).

Para sumar dos o más vectores por componentes rectangulares, primero se expresa cada uno de los vectores en sus componentes recii) Componentes rectangulares del vector tangulares y luego se suman, por separado, las suma componentes rectangulares paralelas a cada eje S x = A x + Bx + D x , coordenado, es decir, al sumar los vectores A, B, C y D, se procede así Sy = Ay + By + Cy + Dy .

10


De este modo, el vector suma en componentes rectangulares, está dado por

que las componentes rectangulares del vector suma son Sx = 5.77u

S = Sx i + Sy j.

De este modo, el vector suma expresado en componentes rectangulares está dado por S = (5.77i − 17.75j)u.

iii) Magnitud del vector suma y

Sy j

Finalmente, luego de hallar la magnitud y dirección de este vector, se obtiene

S

b q

O

x

Sxi

Gráficamente se tiene

Como las componentes del vector suma son perpendiculares entre sí, de nuevo se utiliza el teorema de Pitágoras, esto es

y

S2 = S2x + Sy2

O -17.75 u

iv) Dirección del vector suma Sy Sx ,

θ = tan−1

Sy Sx ,

tan β =

Sx Sy ,

β = tan−1

Sx Sy

dependiendo del eje que se tome como referencia, como se muestra en la figura 13.

y

B=

y

25

25

o

O

x

Ejercicio 7 Encuentre los siguientes vectores, utilizando los cuatro vectores de la gráfica. (a) V1 = A − (B − C) + D, (b) V2 = −(A − B) + C − D, (c) V3 = A + D − (2C − B) y (d) V4 = −A − B − C − D.

Ejemplo 5 Halle el vector suma o vector resultante, de los cuatro vectores mostrados en la figura.

20 = A o 37

5.77 u 71.99o 18.66 u

tan θ =

15 u

o

71.99

S = 18.66 u

Figura 13: Vector suma de varios vectores.

B=

Sy = −17.75u.

y

o

20 15 u

= A o 37

O

u

u

x D= 7 u

C = 30 u 29o

x D= 7 u

C = 30 u 29o

0.2.13. Solución Luego de considerar las componentes rectangulares de cada vector, se encuentra

Producto entre vectores

En física se definen cantidades, tales como el trabajo realizado por una fuerza, el momento angular de un cuerpo o el torque de una

11

0.2. VECTORES

fuerza, en función del producto entre dos vectores. Pero se debe tener cuidado al definirlas ya que existen dos tipos de producto, uno de ellos se conoce como producto escalar o producto punto entre dos vectores y el otro como producto vectorial o producto cruz entre dos vectores, los cuales tienen propiedades o características diferentes como se muestra en lo que sigue.

0.2.14.

A A B cos q q

q

A cos q

B

B

(a)

(b)

Figura 15: Proyección de un vector sobre el otro.

Producto escalar o producto punto permite expresar la definición de producto esentre vectores calar en la forma

El producto escalar entre dos vectores, será de gran utilidad en la definición matemática del concepto de trabajo. Se consideran los vectores A y B que forman entre sí un ángulo θ, como se ilustra en la figura 14. El producto escalar entre estos dos vectores, que se representa como A · B, está definido por

A · B ≡ ( A cos θ ) B,

esto es, el producto escalar de los vectores A y B también se puede definir como el producto de la componente del vector A paralela a B por la magnitud de B. Análogamente, al considerar la figura 15(b), la proyección del vector B sobre el vector A esA · B ≡ AB cos θ, tá dada por B cos θ, por lo que la definición de o sea que el producto escalar entre los vectores producto escalar se puede escribir en la forma A y B es igual al producto de sus magnitudes A · B ≡ A( B cos θ ), por el coseno del ángulo que forman.

A q B Figura 14: Producto escalar de dos vectores. De acuerdo con esta definición, se tiene que el producto punto entre dos vectores es un escalar que cumple la condición A · B = AB cos θ, B · A = BA cos θ, lo cual indica que el producto escalar satisface la propiedad de conmutatividad. Partiendo de esta definición, es posible obtener otras dos definiciones para el producto escalar, teniendo en cuenta la figura 15, como sigue. En la figura 15(a), la proyección del vector A sobre el vector B está dada por A cos θ, lo cual

o sea, el producto escalar de los vectores A y B igualmente se puede definir como el producto de la magnitud del vector A por la componente del vector B paralela al vector A. Como consecuencia de la definición del producto escalar entre los vectores A y B, se obtienen las siguientes conclusiones - Cuando los vectores son paralelos el producto punto es máximo, ya que en este caso el coseno adquiere su máximo valor. - Cuando los vectores son antiparalelos el producto punto es mínimo, ya que en este caso el coseno adquiere su mínimo valor. - Cuando los vectores son perpendiculares el producto punto es nulo. En síntesis, el producto punto entre los vectores A y B adquiere valores comprendidos entre el intervalo − AB ≤ A · B ≤ + AB. Teniendo en cuenta lo anterior, para los vectores unitarios i, j y k, que son linealmente independientes por ser perpendiculares entre sí,

12


se satisfacen las siguientes igualdades

Angulo entre los vectores A y C: θ2 = 127o .

i · i = j · j = k · k=1,

Angulo entre los vectores A y D: θ3 = 98o .

i · j = j · i = j · k = k · j = k · i = i · k = 0. Por consiguiente, el producto escalar de los vectores A y B, teniendo en cuenta sus componentes rectangulares, también se puede expresar en la forma A · B = A x Bx + Ay By + Az Bz . Ejemplo 6 Utilizando la definición de producto punto, encuentre el ángulo que el vector A forma con cada uno de los vectores B, C y D, mostrados en la figura.

Resultados que están de acuerdo con los mostrados en la figura. Ejercicio 8 Utilizando la definición de producto punto, encuentre el ángulo entre los siguientes vectores (a) A + B y A − C, (b) B − C y A − D, (c) B y A − C y (d) D − A y C + B, donde los vectores A, B, C y D, se muestran en la figura.

y

B=

y

25 B=

25

o

20 15 u

u

= A o 37

15 u

u

x

O

= A o 37

O

o

20

D= 7 u

C = 30 u 29o

x D= 7 u

C = 30 u 29o

Solución Inicialmente se expresa cada vector en componentes rectangulares

= = C = D = A B

(20 cos 37 i + 20 sen 37 j) u, (−15 cos 25 i + 15 sen 25 j) u, (−30j) u, (7 sen 29 i − 7 cos 29 j) u.

Ejercicio 9 Considere los vectores P1 y P2 de la figura. Efectúe el producto escalar entre estos dos vectores y utilice el resultado para demostrar la identidad trigonométrica cos(θ1 − θ2 ) = cos θ1 cos θ2 + sen θ1 sen θ2

y P1

Ahora, empleando la definición de producto escalar, entre los vectores A y B, se tiene que el ángulo entre ellos está dado por A·B . cos θ = AB Llevando a cabo las operaciones indicadas en la expresión anterior, para cada pareja de vectores, se encuentra Angulo entre los vectores A y B: θ1 = 118o .

q1

0.2.15.

P2 q2

x

Producto vectorial o producto cruz entre vectores

Se consideran los vectores A y B que forman entre sí un ángulo θ, como se ilustra en la figura 16. El producto vectorial entre estos dos vectores, que se representa como A × B, está definido de

13

0.2. VECTORES

tal forma que es igual a otro vector C perpendi- se satisfacen las siguientes igualdades cular tanto al vector A como al vector B, esto es, i × i = j × j = k × k = 0, el vector C = A × B es un vector perpendicular al plano formado por los vectores A y B, donde i × j = k, j × i = −k, j × k = i, su magnitud está dada por k × j = −i, k × i = j, i × k = −j

|C| = |A × B| = AB sen θ,

Por consiguiente, el producto vectorial de los vectores A y B, teniendo en cuenta sus componentes rectangulares, también se puede expresar en la forma C = A×B

C = Ax B

= ( A x i + Ay j + Az k) × ( Bx i + By j + Bz k). q

Con

B

C = Cx i + Cy j + Cz k,

A

Figura 16: Producto vectorial entre vectores.

se encuentra que Cx = Ay Bz − Az By ,

o sea, la magnitud del producto vectorial enCy = Az Bx − A x Bz , tre los vectores A y B es igual al producto de sus Cz = A x By − Ay Bx . magnitudes por el seno del ángulo que forman. Por otro lado, como consecuencia de la defini- El resultado anterior también se puede obtener ción del producto vectorial entre los vectores A al resolver el determinante i y B, se tienen las siguientes conclusiones j k A × B = A x Ay Az - Cuando los vectores son paralelos la mag Bx By Bz nitud del producto cruz es nula, ya que en El producto vectorial entre vectores se utilizará este caso el seno adquiere el valor cero. para definir, respecto a un punto determinado, - Cuando los vectores son antiparalelos la el vector torque de una fuerza y el vector magnitud del producto cruz es nula, ya que momento angular de un cuerpo. en este caso el seno adquiere el valor cero. - Cuando los vectores son perpendiculares, la magnitud del producto cruz es máxima, ya que el seno adquiere su máximo valor, esto es AB.

Ejemplo 7 Considere los vectores P1 y P2 de la figura. Efectúe el producto vectorial entre estos dos vectores y utilice el resultado para demostrar la identidad trigonométrica

- Cuando los vectores son perpendiculares, formando entre sí un ángulo de 270o , la magnitud del producto cruz es mínima, ya que el seno adquiere su mínimo valor, esto es − AB.

sen(θ1 − θ2 ) = sen θ1 cos θ2 − cos θ1 sen θ2

En síntesis, el producto cruz entre los vectores A y B adquiere valores comprendidos entre el intervalo − AB ≤ |A × B| ≤ + AB. Teniendo en cuenta lo anterior, para los vectores unitarios i, j y k, que son linealmente independientes por ser perpendiculares entre sí,

Solución Para hallar el producto vectorial de estos dos vectores, primero se debe expresar cada uno de ellos en componentes rectangulares, esto es P1 P2

= = = =

P1x i + P1y j P1 cos θ1 i + P1 sen θ1 j, P2x i + P2y j P2 cos θ2 i + P2 sen θ2 j.

14


y P1

Ahora, empleando la definición de producto vectorial, entre los vectores A y B, se encuentra que el ángulo entre ellos está dado por

P2

q1

q2

x

sen θ =

Por consiguiente, el producto vectorial de los vectores dados, que de acuerdo con la regla de la mano derecha apunta en la dirección negativa del eje z, está dado por P1 × P2 = − P1 P2 (senθ1 cos θ2 − sen θ2 cos θ1 )k, por lo que su magnitud es

|P1 × P2 | = P1 P2 (senθ1 cos θ2 − sen θ2 cos θ1 ). (1) Por otro lado, considerando la definición de producto vectorial, se tiene que la magnitud también está dada por |P1 × P2 | = P1 P2 sen(θ1 − θ2 ).

(2)

Finalmente, igualando las ecuaciones (1) y (2), se obtiene sen(θ1 − θ2 ) = (senθ1 cos θ2 − sen θ2 cos θ1 ). Ejemplo 8 Utilizando la definición de producto cruz, encuentre el ángulo que el vector A forma con cada uno de los vectores B, C y D, mostrados en la figura.

|A × B| . AB

Llevando a cabo las operaciones indicadas en la expresión anterior, para cada pareja de vectores, se encuentra Angulo entre los vectores A y B: θ1 = 62o , que es el suplemento de θ1 = 118o . Angulo entre los vectores A y C: θ2 = 53o , que es el suplemento de θ1 = 127o . Angulo entre los vectores A y D: θ3 = 82o , que es el suplemento de θ1 = 98o . Resultados que concuerdan con los obtenidos en el ejemplo 6, utilizando la definición de producto escalar. Ejercicio 10 Encuentre, empleando la definición de producto vectorial, el ángulo entre los siguientes vectores (a) A + B y A − C, (b) B − C y A − D, (c) B y A − C y (d) D − A y C + B, donde los vectores A, B, C y D, son los mostrados en la figura. Compare con los resultados obtenidos en el ejercicio 8.

y

y B= B=

25o

20 15 u

u

25o

15 u

u

= A o 37

O

= A o 37

O

20

x D= 7 u

C = 30 u 29o

x D= 7 u

C = 30 u 29o

0.2.16. Solución Inicialmente se expresa cada vector en componentes rectangulares

= B = C = D = A

(20 cos 37 i + 20 sen 37 j) u, (−15 cos 25 i + 15 sen 25 j) u, (−30 j) u, (7 sen 29 i − 7 cos 29 j) u.

Derivadas con vectores

En diferentes situaciones se hace necesario derivar un vector, bien sea respecto a una de las coordenadas o respecto al tiempo, es decir, respecto a una cantidad escalar. Esta operación se emplea al definir cantidades físicas tales como los vectores velocidad (v), aceleración (a), fuerza (F) y torque de una fuerza respecto a un

15

0.3. COORDENADAS POLARES

punto (τ). En lo que sigue, t es un escalar respecto al cual se tomarán las derivadas de un vector o de un producto de vectores. Si el vector A está dado en componentes rectangulares por A = A x i + Ay j + Az k, su derivada respecto al escalar t, viene dada por dA dt

d ( A x i + A y j + A z k), dt dAy dA x dAz i+ j+ k, dt dt dt

= =

donde se ha tenido en cuenta que los vectores unitarios i , j y k tienen magnitud y dirección constantes, es decir dj dk di = = = 0. dt dt dt En algunas situaciones se hace necesario determinar la derivada de un producto escalar o de un producto vectorial. En este caso, se aplican las mismas reglas del cálculo para la derivada de un producto. Así, la derivada del escalar A = B · C, está dada por dA dt

= =

d (B · C) dt dB dC ·C+B· . dt dt

(b) dr(t) dt

= [− Aω sen(ωt)] i + [ Aω cos(ωt)] j =

Aω {[− sen(ωt)] i + [cos(ωt)] j}.

Ejercicio 11 Halle la segunda derivada de los vectores dados en el ejemplo 9. Encuentre una relación entre el vector r (t) y su segunda derivada.

0.3. Coordenadas polares Hasta este momento se han empleado coordenadas rectangulares para el trabajo con vectores. Como se verá más adelante, se presentan situaciones físicas en las que es más adecuado emplear otro sistema de coordenadas conocido como coordenadas polares r θ, en las que un punto del plano xy, con coordenadas rectangulares (x, y), se expresa en la forma (r, θ) donde r es la longitud de la recta que va del origen al punto en consideración y θ es el ángulo que la recta forma con respecto a un eje de referencia, medido en sentido antihorario, como se ilustra en la figura 17.

De igual manera, la derivada del vector D = P × Q, es dD dt

= =

d (P × Q) dt dP dQ ×Q+P× . dt dt

(r, q) r q

Figura 17: Coordenadas polares.

Mediante el sistema de coordenadas rectanEn este caso se debe tener presente que el producto cruz no es conmutativo, mientras que gulares, es posible encontrar una relación entre ambos sistemas de coordenadas, teniendo en el producto punto sí lo es. cuenta la figura 18. Ejemplo 9 Derivar los siguientes vectores respecto al escalar t. (a) A(t) = 3t2 i + 2tj + 8k. (b) r(t) = [ Acos(ωt)] i + [ Asen(ωt)] j, donde ω es una constante.

y (r, q) (x, y) r q

Solución (a) dA(t) = 6ti + 2j. dt

x

Figura 18: Coordenadas polares y coordenadas rectangulares.

16


De la figura 18 se tiene x = r cos θ

Para el punto B las coordenadas polares son (r2 ,θ2 ), con valores √ r2 = 32 + 32

y = r sen θ.

y

= 4.24 m, Ejemplo 10 Las coordenadas cartesianas de dos puntos en el plano xy, están dadas por (2.0, − 4.0) m y ( − 3, 0, 3.0) m. Determine (a) La distancia entre estos puntos. (b) Sus coordenadas polares.

θ2

= 135o .

B (-3.00, 3.00)

0.4.

r2 q2 D

O

x (m)

q1 r1 A (2.00, -4.00)

r1 = (2i − 4j) m

y

r2 = ( − 3i + 3j) m.

Ahora, la diferencia entre los vectores r1 y r2 es igual al vector D, esto es D

= r1 − r2 = (5i − 7j) m.

De este modo, la distancia entre los puntos A y B, corresponde a la magnitud del vector diferencia, es decir √ D = 52 + 72 ≈ 8.6 m. (b) Coordenadas polares de cada punto Para el punto A sus coordenadas polares son (r1 ,θ1 ), cuyos valores están dados por r1

√ = 22 + 42 = 4.47 m,

θ1

= 360 − tan−1 = 296.57o .

4 2

3 3

Ejercicio 12 Dos puntos en el plano tienen coordenadas polares (2.5 m, 30.0o ) y (3.8 m, 120.0o ). Determine (a) Las coordenadas cartesianas de estos puntos. (b) La distancia entre ellos.

Solución (a) Para determinar la distancia entre los puntos A y B, se consideran los vectores r1 y r2 , cuyas componentes rectangulares están dadas por y (m)

= 180 − tan−1

Pautas generales en la solución de problemas

Los diferentes temas que se tratan en un curso de física, corresponden a situaciones que se presentan en la naturaleza, tal como el movimiento de los cuerpos. Estos temas se analizan primero de una manera general y luego se aplican los conceptos involucrados en el análisis y solución de situaciones físicas particulares, más conocidos como problemas. A continuación, se consideran las pautas generales que se deben seguir en la solución de problemas. 1. Mientras no se entienda con toda claridad la situación física planteada en un problema particular, no es posible llegar a una solución que tenga sentido físico real. Por ello es indispensable leer detenida y cuidadosamente el enunciado propuesto. No entender el enunciado es quizá el origen de muchas salidas en falso, que pueden llevar a soluciones sin ningún significado. 2. Una vez que se ha logrado cumplir el paso anterior, es posible trazar un diagrama o esquema de la situación planteada en el enunciado. Con esto se logra una mejor visualización del caso que se describe. 3. Con ayuda del diagrama anterior, generalmente, se escriben las cantidades dadas y las cantidades conocidas. Igualmente, se

17

0.5. ENUNCIADOS

debe estar seguro de cuáles cantidades debe determinar, es decir, cuáles son las incógnitas del problema. 4. En la solución de un problema, por lo general, sólo se aplican pocos principios o conceptos físicos. En esta etapa es indispensable analizar cuáles principios o conceptos se deben emplear, teniendo en cuenta la relación entre las cantidades a determinar y las cantidades conocidas. 5. Teniendo en cuenta que la matemática es el lenguaje de la física, se expresan los principios o conceptos en función de las cantidades físicas que intervienen en el problema particular. En esta parte se debe tener mucho cuidado de utilizar expresiones matemáticas que sean válidas en la situación que se está tratando. Tenga presente que algunas expresiones no son de validez general, sino que sólo son aplicables en ciertos casos. Como algunas veces se obtienen varias ecuaciones simultáneas que es necesario resolver, se debe contar el número de ecuaciones y de incógnitas con el fin de saber si es posible obtener una solución en función de las cantidades conocidas o no. En cada caso particular, utilice el método más adecuado que le permita resolver de la forma más sencilla posible, el sistema de ecuaciones simultáneas. 6. Hasta donde sea posible, trabaje en forma literal, es decir, utilice los símbolos de las cantidades físicas conocidas en lugar de hacer los reemplazos numéricos desde un comienzo. Así es posible expresar literalmente las incógnitas en función de las cantidades dadas en el enunciado, y de esta forma se tiene la posibilidad de hacer un análisis físico y dimensional de los resultados obtenidos, permitiendo detectar posibles errores. Espere hasta el final para reemplazar los valores numéricos con sus respectivas unidades. Es importante incluir unidades, porque la respuesta se debe expresar en función de ellas y porque se tendrá una comprobación adicional al simpli-

ficar las unidades en forma adecuada. 7. Cuando se obtengan respuestas numéricas, es necesario hacer un análisis de ellas respondiendo a la pregunta ¿tiene sentido físico el valor encontrado? Por ejemplo, si se encuentra que la velocidad de un auto es mayor que la velocidad de la luz (3 × 108 m · s−1 ), o que un cuerpo, tal como un balón, tiene una masa igual a la de la tierra (5.98 × 1024 kg) o a la de un electrón (9.1 × 10−31 kg), es porque existe un error en la solución del problema, ya que son respuestas o resultados que no están de acuerdo con la realidad. 8. Por último, se deben utilizar "todas" las comprobaciones posibles de los resultados.

0.5. ENUNCIADOS 1. Considere las cantidades físicas masa (M), longitud (L), fuerza (F) y tiempo (T). Diga cuál de ellas no es una cantidad física fundamental en el sistema (a) internacional de unidades y (b) inglés de unidades. 2. Al analizar una situación física, se obtiene un resultado tal que el numerador tiene las unidades kg · m2 · s−1 y el denominador kg · m2 · s−2 . ¿Qué cantidad física se obtuvo finalmente? 3. Justificando su respuesta, diga si cada una de las afirmaciones anteriores es correcta o incorrecta: (a) Sólo se pueden sumar cantidades físicas que tengan las mismas unidades. (b) Dos cantidades físicas se pueden multiplicar o dividir, si y sólo si, tienen las mismas dimensiones. 4. Cierta región, la rapidez del sonido en el aire es 335 m · s−1 . Halle, en km · h−1 , la rapidez de un avión que se mueve con una rapidez igual al doble de la velocidad del sonido en dicha región. 5. Un deportista tiene una estatura de 5.8 p y 9.9 pul. Halle su estatura en el sistema

18


internacional de unidades y en el sistema gaussiano. 6. La separación entre dos de los soportes del puente Golden Gate, en San Francisco California, es de 4200 p. Exprese esta distancia km. 7. Un cilindro circular recto tiene un diámetro de 7.1 pul y una altura de 1.9 p. Halle el área de la base y su volumen, en el sistema internacional de unidades. 8. En las ecuaciones siguientes, x se da en m, t en s, v en m · s−1 y a en m · s−2 . Teniendo en cuenta estas unidades, determine las dimensiones de las cantidades: (a) v2 /x, (b) √ x/a y (c) at2 /2. 9. En la expresión x = Ae−ωt , x es una longitud, A es una longitud máxima y t es un tiempo . ¿Cuáles son las dimensiones de ω? 10. Un objeto de cierta masa, que está sujeto al extremo de una cuerda, describe una circunferencia. La fuerza ejercida por la cuerda tiene las dimensiones ML/T−2 y depende tanto de la masa del cuerpo, como de su rapidez y del radio de la circunferencia que describe. ¿Cuál combinación de estas últimas tres cantidades, genera las dimensiones de la fuerza? 11. Muestre que el momento lineal tiene las dimensiones del producto de una fuerza por el tiempo. 12. Cuando un cuerpo se mueve en el aire, se genera una fuerza de fricción que es proporcional al área superficial A del cuerpo y a su rapidez al cuadrado v2 , es decir, Ff = CAV 2 . Obtenga las dimensiones de la constante C. 13. En el sistema internacional de unidades la fuerza se da en N. Halle las dimensiones y unidades, en dicho sistema, de la constante de gravitación universal G, que aparece en la ley de gravitación de Newton F = Gm1 m2 /r2

14. Simplifique cada una de las siguientes expresiones vectoriales: (a) 3(A − 2B) + C − 4(6B − C ) = 0, (b) P = 4[3(2A − 3B + C) − (5A − C) + 8B], (c) 8A − 7B − 4(3B + 6A) = 0. 15. Responda cada una de las siguientes preguntas. (a) Los vectores A y B tienen igual magnitud. ¿Es posible que su suma sea cero? Explique. (b) Los vectores P y Q tienen magnitudes diferentes. ¿Es posible que su suma sea nula? Explique. (c) Los vectores A, B y C tienen igual magnitud. ¿La suma entre ellos puede ser cero? Explique. (d) Los vectores P, Q y R tienen diferente magnitud. ¿La suma entre ellos puede ser cero? Explique. (e) El vector M tiene una magnitud de 4 unidades y el vector N de 3 unidades. Cómo se deben combinar estos vectores para que se obtenga un vector resultante con magnitud de: (i) 1 unidad, (ii) 5 unidades, (iii) 7 unidades y (iv) Cualquier magnitud entre 1 y 7 unidades. 16. La magnitud y dirección respecto a la horizontal, de los vectores A, B y C, están dadas respectivamente por 50 unidades y 45o , 75 unidades y 210o , 100 unidades y 330o . Determine la magnitud y dirección de: (a) A − B + C. (b) A + B − C, (c) el vector D, si A + B − C + D = 0 y (d) el vector D si A − B − C − D = 0 17. Se tienen los vectores P y Q que forman entre sí un ángulo θ y cuya resultante o suma es el vector S. (a) Utilizando el método del paralelogramo y la trigonometría, obtenga la magnitud y dirección del vector S, en función de P, Q y el ángulo φ que forma con la horizontal. (b) Resuelva el numeral anterior utilizando componentes rectangulares. (c) Compruebe sus resultados si θ = 0o , 90o , 180o . 18. Sobre un punto, que se encuentra sobre una circunferencia, se aplica un vector de 103 unidades que apunta hacia el centro y otro de 3 × 103 unidades que apunta

19

0.5. ENUNCIADOS

y

en sus componentes rectangulares. (b) Mediante el producto punto, demuestre que cos(θ1 − θ2 ) = cos θ1 cos θ2 + sen θ1 sen θ2

P x

q Q

horizontalmente hacia la derecha. (a) Utilizando el método del paralelogramo y la trigonometría, obtenga la magnitud y dirección del vector suma, en función del ángulo θ. (b) Resuelva el numeral anterior, utilizando componentes rectangulares. (c) Compruebe sus resultados si θ = 0o , 90o , 180o . y x

q 3

3

10 u

3 x 10 u

23. Dos vectores, de magnitudes P y Q, forman entre sí un ángulo β cuando se colocan a partir del mismo origen. Mediante componentes rectangulares, halle la magnitud del vector suma de estos dos vectores. ¿Qué nombre recibe el resultado obtenido? 24. La figura muestra dos conjuntos de ejes coordenados y sus vectores unitarios asociados. (a) Demuestre que i′ = cosφi + senφj, j′ = −senφi + cosφj. b) Use el resultado del numeral anterior para demostrar que las componentes rectangulares del vector A en ambos sistemas de coordenadas, se relacionan mediante las expre′ ′ siones A x = A x cosφ + Ay senφ, Ay = − A x senφ + Ay cosφ. y

19. Un barco en alta mar recibe dos señales desde los transmisores A y B que se encuentran separados 100 km y uno al sur del otro. El localizador de direcciones del barco detecta que A está 30o al sur del este y que B se encuentra al este. (a) Encuentre la separación entre el barco y cada transmisor de señales. (b) Exprese en componentes rectangulares los vectores que unen al barco con cada transmisor. (c) Utilizando los vectores anteriores, obtenga el vector que une al transmisor A con el transmisor B.¿Cuál operación entre vector realizó en este caso? 20. (a) Encuentre un vector unitario paralelo al vector M = −i + 2j + k. (b) Halle la componente del vector M = −i + 2j + k en la dirección del vector N = 4i + 3j. 21. La magnitud de la suma de dos vectores y la magnitud de su diferencia son iguales. Demuestre que los dos vectores son perpendiculares. 22. Los vectores A y B, que se encuentran en plano xy, forman con el eje x los ángulos respectivos θ1 y θ2 . (a) Exprese cada vector

y' x' j j' O

i' j i

x

25. Demostrar que si la suma y la diferencia de dos vectores, son perpendiculares, los vectores tienen magnitudes iguales. 26. Dos vectores tienen la misma magnitud V y forman entre sí un ángulo θ. Demostrar: (a) Que la suma tiene una magnitud S = 2V cos(θ/2), (b) Que la diferencia tiene una magnitud D = 2V sen(θ/2) . 27. La figura muestra el sistema fijo de coordenadas xy, con sus vectores unitarios asociados i y j. Adicionalmente, se tienen los vectores unitarios rotantes a y b. Considere el instante en el cual el vector unitario a forma un ángulo θ con la horizontal. (a) Exprese los vectores unitarios a y b en componentes rectangulares. (b) De acuerdo con el enunciado, ¿qué diferencia se presenta entre las parejas de vectores unitarios i y j con a y b? Explique. (c) Encuentre la derivada

20


de cada vector unitario respecto al tiempo. Q = 2i − 4j, (b) P = −5i − 5j, Q = −4i + Dar sus respuestas completamente simpli2j, (c) P = −4i − 6j, Q = −6i + 4j. ficadas. ¿Qué puede concluir de sus resulBibliografía tados? Explique. - Física (Séptima edición), Volumen 1, R. A. Serway, J. W. Jewett, Jr. Cengage Learning Editores S.A., 2009.

y

j

b

a q i

O

- Física para la ciencia y la tecnología (Quinta edición), Volumen 1, Paul A. Tipkler, Gene Mosca Editorial Reverté, 2005.

x

28. Obtenga la magnitud y dirección del vector suma resultante entre los vectores A = −6i + j − 3k unidades y B = 4i − 5j + 7k unidades. 29. Se tienen los vectores P = 3i − 4j + 3k unidades y Q = −3i + 5j − 6k unidades. (a) Halle la magnitud y dirección del producto cruz entre los vectores P y Q. (b) Encuentre el ángulo entre los vectores P y Q. 30. En el punto A, sobre el eje x, se aplican los vectores M y N cada uno de magnitud 100 unidades. (a) Halle la magnitud y dirección del vector S = M + N. (b) Encuentre el producto escalar entre M y N. ¿Qué ángulo forman estos vectores? (c) Encuentre el producto vectorial entre M y N. ¿Qué ángulo forman estos vectores? z

B

7m 3m

C

M A

N

y

4m

x

31. (a) ¿Qué ángulo forman los vectores A y B, sabiendo que su producto punto es − AB? (b) La magnitud de cada uno de los vectores A y B es 5.6 m y forman entre sí un ángulo de 58o . Halle el valor del producto punto entre estos vectores. 32. Determine tanto el producto punto entre los vectores P y Q, como el ángulo comprendido entre ellos, si (a) P = −6i + 3j,

- Física Universitaria, Volumen I, R. L. Reese. Thomson, 2002. - Ingeniería Mecánica: ESTATICA, Arthur P. Boresi. Richard J. Schmidt, Thomson, 2001. - Física, vol. I (Mecánica), M. Alonso y E. Finn. Fondo Educativo Interamericano, S.A., 1976. - Física Universitaria Volumen 1 (Undécima edición), F. W. Sears, M. W. Zemansky, H. D. Young y R. A. Freedman. Pearson Educación, 2004. - Mecánica Vectorial para Ingenieros, Estática, F. P. Beer y E. R. Johnston, Jr. McGraw-Hill, 1998.

MOMENTO LINEAL, ENERGIA CINETICA Y SU CONSERVACION BERNARDO ARENAS GAVIRIA Universidad de Antioquia Instituto de Física 2012

Índice general

1. Momento lineal, energía cinética y su conservación 1.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Sistemas de referencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Concepto de partícula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. Vector posición (r) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. Vector desplazamiento (∆r) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6. Vector velocidad (v) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1. Vector velocidad media (v) ¯ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.2. Vector velocidad instantánea (v) . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.3. Movimiento rectilíneo uniforme (MRU) . . . . . . . . . . . . 1.7. Momento lineal o cantidad de movimiento (p) . . . . . . . . . . . . 1.7.1. Conservación del momento lineal en una dimensión . . . . 1.8. Movimiento en un plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8.1. Vector posición en dos dimensiones (r) . . . . . . . . . . . . 1.8.2. Vector desplazamiento en dos dimensiones (∆r) . . . . . . . 1.8.3. Vector velocidad en dos dimensiones (v) . . . . . . . . . . . 1.8.4. Vector velocidad media en dos dimensiones (v) ¯ . . . . . . . 1.8.5. Vector velocidad instantánea en dos dimensiones (v) . . . . 1.9. Momento lineal o cantidad de movimiento en dos dimensiones (p) 1.9.1. Conservación del momento lineal en dos dimensiones . . . 1.9.2. Concepto de impulso (I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10. Concepto de energía cinética Ek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11. Colisiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.12. ENUNCIADOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

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1 1 1 3 4 4 5 5 7 10 11 12 14 14 15 16 16 18 19 20 22 22 23 27

Cap´ıtulo

1

Momento lineal, energía cinética y su conservación Competencias En esta unidad se busca que el estudiante

Distinga entre colisión elástica y colisión inelástica.

Infiera el concepto de sistema de referencia CONCEPTOS BASICOS DE LA UNIDAD y el concepto de partícula. En esta unidad, se definirán los siguientes conceptos: Sistema de referencia, partícula, vector Defina conceptual y matemáticamente los posición (r), vector desplazamiento (∆r), vector conceptos de vector posición, vector des- velocidad (v), masa (m), vector momento lineal plazamiento y vector velocidad. (p), sistema, sistema aislado y energía cinética (Ek ). Opere adecuadamente con las cantidades físicas vector posición, vector desplazamiento, vector velocidad y el escalar masa. 1.1. Introducción Identifique y defina el concepto de vector El concepto de momento lineal o cantidad de momento lineal. movimiento, es de gran importancia en la física, ya que se presentan muchas situaciones reales Infiera el concepto de sistema. en las que el momento lineal total de un sistema Distinga entre sistema aislado y sistema no se conserva, tanto a nivel microscópico como a aislado. nivel macroscópico. Esto da lugar al principio de conservación del momento lineal, que por Analice y aplique el principio de conser- ser una regla que no tiene excepción, se aplica vación del vector momento lineal total de en diferentes áreas de la física. un sistema aislado. Defina y analice el concepto del escalar 1.2. Sistemas de referencia energía cinética, relacionándolo con el concepto del vector momento lineal. La frase traer el cuerpo A que se encuentra a una distancia de 2 m , es una frase incompleta, ya Defina el concepto de colisión. que como se ilustra en la figura 1.1, puede haber muchos cuerpos con una separación de 2 m. EsDistinga entre choque y colisión. to lleva a la pregunta: ¿2 m a partir de qué o resAnalice diferentes tipos de colisiones. pecto a quién? Lo anterior muestra la necesidad

2

CAPÍTULO 1. MOMENTO LINEAL, ENERGÍA CINÉTICA Y SU CONSERVACIÓN

de especificar un punto u observador de refe- o ligado un sistema de coordenadas en una direncia respecto al cual se miden los 2 m. Por ello mensión. es más correcto decir: "Traer el cuerpo A que se encuentra a una distancia de 2 m respecto al observador B".

2m

B

A

O

2

x (m)

Figura 1.3: Posición de A respecto a B.

2m

2m

2m

Figura 1.1: Cuerpos separados entre sí por una distancia de 2 m. La frase anterior, aunque es menos ambigua, tampoco está completa ya que hay un conjunto muy grande de puntos ubicados a una distancia de 2 m respecto al observador B. Al unir este conjunto de puntos se obtiene una esfera de radio 2 m (espacio tridimensional), y una circunferencia de radio 2 m (espacio bidimensional) como se muestra en la figura 1.2 para el caso de dos dimensiones.

B

Por lo anterior, se puede concluir que para conocer con certeza la posición de un cuerpo, es indispensable definir un sistema de referencia, ya que de lo contrario no tendría sentido la ubicación del cuerpo en consideración. Como se indica más adelante, para dar una descripción completa del movimiento de un cuerpo, se debe disponer de un cronómetro o reloj con el fin de poder conocer los instantes de tiempo en los que ocupa las diferentes posiciones sobre el eje x. Lo discutido anteriormente sólo es válido para el observador B, ya que si se cambia de observador, o lo que es equivalente, de sistema de referencia, necesariamente la posición del cuerpo sería completamente diferente. De esta forma, el movimiento de un cuerpo puede definirse como un cambio continuo de su posición respecto a otro cuerpo, es decir, el movimiento de un cuerpo dado sólo puede expresarse en función de un sistema de referencia. Además, el movimiento del cuerpo A, respecto al cuerpo B, puede ser muy diferente al movimiento del cuerpo A respecto a otro cuerpo C.

Figura 1.2: Cuerpos a una distancia de 2 m respecto a B. Para definir con toda claridad la posición del cuerpo, se puede hacer la afirmación: Traer el cuerpo A que se encuentra a una distancia de 2 m respecto a un observador B, de tal manera que la recta que une a B con A coincide con el eje x, tomado horizontalmente. Esto equivale a decir que se ha adicionado un sistema de coordenadas unidimensional al observador B, como se muestra en la figura 1.3, donde lo que realmente se ha definido es un sistema de referencia, que consiste en un observador al que se le ha asignado

A B

Movimiento

C x

O Figura 1.4: A y C se mueven respecto a B. Suponga que un auto y su conductor, en reposo entre sí, se mueven sobre una pista recta hacia la derecha. Esta situación real, se modelará de tal forma que en la figura 1.4, el conductor es el cuerpo A, el auto el cuerpo C y un poste fijo al lado de la vía es el cuerpo B.

1.3. CONCEPTO DE PARTÍCULA

inerciales. Posteriormente, se define de forma más concisa este tipo de sistemas de referencia, donde también se incluyen otros sistemas de referencia, que aunque estén en movimiento respecto a la tierra, cumplen la condición de ser inerciales. Necesariamente, cuando un cuerpo se mueve en línea recta respecto a la tierra, bien sea soA bre ella o a una altura determinada dentro de la Movimiento atmósfera terrestre, estará sometido a los efecC B tos del aire. Esta situación se percibe cuando se ' x ' viaja rectilíneamente en un auto con las ventaniO llas abiertas o cuando se deja caer verticalmente Figura 1.5: B se mueve respecto a C, A no se mueve una hoja de papel. En ambos casos los cuerpos respecto a C. tienen un movimiento respecto al sistema de referencia aire. Por ahora, no se consideran los efectos del En este caso, el cuerpo A está en reposo respecto al cuerpo C y el cuerpo B en movimiento aire sobre el movimiento de los cuerpos. El análisis de esta situación se hace más adelante. hacia la izquierda respecto al cuerpo C. De acuerdo con lo anterior, cuando se quiere analizar el estado de reposo o de movimiento de un cuerpo, es necesario definir con toda cla- 1.3. Concepto de partícula ridad cuál es el sistema de referencia a utilizar, ya que como en la situación de la figura 1.4, el Para ilustrar el concepto de partícula se consimovimiento de A y C es hacia la derecha respec- dera la siguiente situación: Un bloque desliza o to al cuerpo B, mientras que para la situación de se traslada sobre una superficie horizontal sin la figura 1.5, A está en reposo y B en movimien- cambiar su orientación ni su forma geométrica, es decir, se mueve como un todo de una posito hacia la izquierda respecto al cuerpo C. Para obtener información completa sobre la ción a otra. En este caso, como se indica en la forma como cambia la posición de un cuerpo figura 1.6, los puntos A y B, pertenecientes al respecto a otro, es necesario medir tiempos, o bloque, se mueven la misma distancia d. sea, que el observador debe disponer de un reloj d o cronómetro, además del sistema de coordexA xA nadas. x xB B De la situación anterior también se puede d concluir que reposo y movimiento son conceptos relativos, ya que ambos dependen del sisFigura 1.6: Traslación pura de un cuerpo. tema de referencia en consideración. Si un cuerpo está en movimiento respecto a algunos sisAunque sólo se han considerado los puntos A temas de referencia, simultáneamente puede estar en reposo respecto a otros sistemas de refe- y B, es cierto que todos los puntos del bloque se mueven la misma distancia d. rencia, esto es, el movimiento es relativo. En lo que sigue, se supone que se tiene Esto permite analizar el movimiento de solo un sistema de referencia unidimensional bien un punto del bloque, ya que el comportamiendefinido. Los sistemas de referencia que se em- to de él es idéntico al comportamiento de todos plearán en adelante, se considera que están los demás puntos. Cuando es posible hacer la en reposo respecto a la tierra. Estos sistemas simplificación anterior, se dice que el cuerpo se reciben el nombre de sistemas de referencia ha reducido al modelo de una partícula. PosteLos cuerpos A y C en reposo uno respecto al otro, se encuentran en movimiento hacia la derecha respecto al cuerpo B, como en la figura 1.4. Pero una situación diferente se presenta cuando se toma un sistema de referencia con origen en el cuerpo C, como se indica en la figura 1.5.

3

4


riormente, se dará una definición más precisa de este concepto. En esta unidad se considera sólo el movimiento de traslación de los cuerpos a lo largo de una línea recta; por ello el movimiento de los cuerpos se describe mediante el modelo de partícula.

1.4. Vector posición (r) Para el caso de una dimensión, un cuerpo tratado bajo el modelo de partícula, se mueve a lo largo de un camino recto, también conocido como trayectoria rectilínea, que en principio puede tener cualquier orientación. La posición de la partícula, en un instante determinado y respecto al origen del sistema de referencia mostrado en la figura 1.7, está dada por el vector posición r trazado desde el origen del sistema de referencia hasta la posición donde se encuentre la partícula.

Movimiento r(t)

x

O i Figura 1.7: Vector posición r de la partícula.

Solución Reemplazando tA = 2.50 s en la expresión dada, se encuentra que el vector posición, cuando la partícula pasa por el punto A, está dado por rA = ( − 0.50 m)i. Como en una dimensión el vector posición se expresa en la forma r = xi, al comparar con la igualdad anterior se tiene que xA = −0.50 m, es la coordenada de la partícula cuando pasa por el punto A. El siguiente diagrama es una representación gráfica del resultado obtenido.

A - 0.50

rA O i

x (m)

Ejercicio 1.1. El vector posición de una partícula que se mueve sobre el y, está dado por r = (2t2 − 1)j donde r está dado en m y t en s. Cuando tA = 2.50 s la partícula pasa por el punto A. Determine la posición de la partícula en dicho instante. Muestre en un diagrama el resultado obtenido.

En este caso el vector posición se expresa en la forma r = x i , donde su magnitud está dada 1.5. Vector desplazamiento (∆r) por r=x (1.1) Como se indica en la figura 1.8, se considera una La forma de la expresión dada por la ecuación partícula que en el instante tA pasa por el pun(1.1) es válida en el caso de un sistema de refe- to A, definido mediante el vector posición rA . Si en un cierto tiempo posterior tB (tB > tA ) rencia unidimensional. la partícula pasa por el punto B, definido meEn la figura 1.7 se observa que el vector posidiante el vector posición rB , el vector desplazación r varía con el tiempo en magnitud, mienmiento, que describe el cambio de posición de la tras la partícula se mueve a lo largo de su trayecpartícula conforme se mueve de A a B, es dado toria rectilínea. por Ejemplo 1.1. El vector posición de una partícula que se mueve sobre el eje x, está dado por r(t) = (t − 3)i, donde r está dado en m y t en s. Cuando tA = 2.50 s la partícula pasa por el punto A. Determine la posición de la partícula en dicho instante.

∆r = rB − rA

= (xB − xA )i.

Ejemplo 1.2. Una partícula cuyo vector posición está

(1.2)

5

1.6. VECTOR VELOCIDAD (V)

rB Oi

rA A

Dr

x

B

Figura 1.8: Vector desplazamiento ∆r entre A y B. dado por r(t) = (t − 3)i se encuentra en el punto A en tA = 2.50 s. Si en el tiempo tB = 4.00 s pasa por el punto B, calcule la magnitud y dirección del vector desplazamiento entre A y B. Solución Al reemplazar tA = 2.50 s y tB = 4.00 s en la expresión dada, se encuentra que los vectores posición de la partícula, en componentes rectangulares, respectivamente están dados por rA rB

se dice que la partícula ha adquirido una velocidad respecto a dicho observador. En general, la velocidad de una partícula se define como la rapidez con la cual cambia el vector posición de la partícula al transcurrir el tiempo.

1.6.1. Vector velocidad media (v) ¯ De acuerdo con la figura 1.9, se considera una partícula que en el instante tA pasa por el punto A, determinado por el vector posición rA . Si en un tiempo posterior tB (tB > tA ) la partícula pasa por el punto B, determinado por el vector posición rB , la velocidad media de la partícula durante el intervalo de tiempo ∆t = tB − tA , se define como el desplazamiento dividido entre el intervalo de tiempo correspondiente, es decir

= ( − 0.50 m)i, = (1.00 m)i.

r − rA ∆r = B ∆t tB − tA (x − xA )i = B tB − tA = v¯ x i.

v¯ ≡

Ahora, utilizando la ecuación (1.2), para este caso se tiene que el vector desplazamiento, entre A y B, en componentes rectangulares está dado por

(1.3)

∆r = (1.50 m)i.

rB

Por consiguiente, las magnitud del vector desplazamiento está dada por

O

∆r = 1.5 m, En el diagrama siguiente se muestra, el vector desplazamiento.

Dr = (1.5 m)i x(m) -0.5 rA

O

rB

1.0

Ejercicio 1.2. Una partícula cuyo vector posición está dado por r = (2t2 − 1)j , donde r está dado en m y t en s, se encuentra en el punto C en tC = 2.50 s . Si en el tiempo tD = 4.00 s pasa por el punto D, calcule el vector desplazamiento de la partícula entre C y D.

rA A

Dr v

x

B

Figura 1.9: Vector velocidad media entre A y B. Dimensiones y unidades del vector velocidad media De acuerdo con la ecuación (1.3), las dimensiones del vector velocidad media y en general de la velocidad, son LT−1 . Por consiguiente, las unidades son m s−1 en el sistema SI, cm s−1 en el sistema gaussiano, p s−1 en el sistema Inglés; y en general, cualquier unidad de longitud dividida por una unidad de tiempo, tal como km h−1 ó mi h−1 .

La definición (1.3) muestra que la velocidad media, v¯ , es un vector ya que se obtiene al dividir el vector desplazamiento ∆r entre el interCuando la posición de una partícula respecto a valo de tiempo ∆t, o sea que la velocidad media un observador, cambia al transcurrir el tiempo, incluye tanto magnitud como dirección. Donde

1.6.

Vector velocidad (v)

6


su magnitud está dada por |∆r/∆t| y su dirección por la del vector desplazamiento ∆r. Esta cantidad es una velocidad media, ya que la expresión no dice cómo fue el movimiento entre A y B, pues el movimiento pudo haber sido continuo o variable. La siguiente es una situación en la que el vector velocidad media es nulo. En la figura 1.10, un auto parte del punto A y pasando por el punto B regresa al punto A, luego de un tiempo ∆t . En este caso, la velocidad media es cero ya que el desplazamiento de la partícula es cero, aunque la distancia recorrida es diferente de cero.

-rBA rBA x O

A

B

Figura 1.10: Vector desplazamiento nulo.

Ejemplo 1.3. Una partícula cuyo vector posición está dado por r(t) = (t − 3)i, se encuentra en el punto A en tA = 2.50 s. Si en el tiempo tB = 4.00 s pasa por el punto B, determine la magnitud y dirección de la velocidad media entre A y B. Solución Obteniendo el vector desplazamiento ∆r y sabiendo que ∆t = 1.5 s, mediante la ecuación (1.3), se encuentra que la velocidad media en componentes rectangulares está dada por v¯ = (1.00 m · s−1 )i.

s, se encuentra en el punto C en el instante tC . Si en el tiempo tD pasa por el punto D, demuestre que la velocidad media cuando la partícula pasa del punto C al punto D, está dada por v¯ = (1 m · s−1 )j. Ejercicio 1.4. Una partícula cuyo vector posición está dado por r = (2t2 − 1)i, se encuentra en el punto A en tA = 2.50 s. Si en el tiempo tB = 4.00 s pasa por el punto B, calcule el vector desplazamiento entre A y B. Ejemplo 1.4. La velocidad media cuando una partícula pasa del punto A al punto B, está dada por v¯ = −(tB + tA )i . Obtenga la magnitud de la velocidad media, cuando la partícula se mueve durante los intervalos de tiempo mostrados en la tercera columna de la tabla 1.1. Solución En la tabla 1.1 se muestran los valores ¯ del vector obtenidos para la magnitud (v) velocidad media, en diferentes intervalos de tiempo (∆t) con tB = 3.0 s. Tabla 1.1 tA ( s )

tB (s)

∆t(s)

v¯ (m/s)

2.980000 2.990000 2.995000 2.998000 2.999000 2.999500 2.999800 2.999900 2.999990 2.999995

3.0 3.0 3.0 3.0 3.0 3.0 3.0 3.0 3.0 3.0

0.020000 0.010000 0.005000 0.002000 0.001000 0.000500 0.000200 0.000100 0.000010 0.000005

5.980000 5.990000 5.995000 5.998000 5.999000 5.999500 5.999800 5.999900 5.999990 5.999995

En este caso se encuentra que la magnitud del vector velocidad media es v = 1.00 m · s−1 Se observa que el vector desplazamiento y el vector velocidad media son paralelos, como se esperaba.

Pregunta ¿Qué puede concluir al observar los valores de las dos últimas columnas de la tabla 1.1?

Ejercicio 1.3. Una partícula cuyo vector posición está dado por r(t) = (t − 3)j, con r en m y t en

Ejercicio 1.5. Para una partícula, el vector posición en función del tiempo está dado por r =

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t , es el valor al que tiende ∆r/∆t cuando tanto ∆r como ∆t, tienden a cero, es decir,

(2t2 − 1)i , donde r está dado en m y t en s. a) Si la partícula pasa por el punto C en el instante tC y por el punto D en el instante tD , halle el vector velocidad media. b) Obtenga la magnitud de la velocidad media, cuando la partícula se mueve durante los intervalos de tiempo mostrados en la tercera columna de la tabla 1.1.

v = l´ım

∆t→0

Vector velocidad instantánea (v)

La velocidad instantánea de una partícula, es la velocidad de ella en un instante dado cualquiera. O también, la velocidad en un instante respecto a determinado sistema de referencia, que en el caso de una dimensión puede variar sólo en magnitud, mientras el sentido de movimiento no cambie. Para el movimiento de una partícula, representado en la figura 1.11, ¿cómo se puede determinar su velocidad en el punto A?

rB

rA

Dr´´ Dr´´´

i

Dr

Dr´

A B´´´ B´´

dr . dt

(1.5)

De la ecuación (1.5), se concluye que la velocidad instantánea es tangente a la trayectoria seguida por la partícula, ya que el desplazamiento infinitesimal dr es paralelo a ella. La magnitud de la velocidad se llama rapidez y es igual a dr (1.6) v = |v| = . dt Como r = xi , se tiene que dr dt dx i = dt = vx i

v =

x O

(1.4)

La ecuación (1.4) no es más que la definición de derivada, esto es v=

1.6.2.

∆r . ∆t

B´

B

Figura 1.11: Vector velocidad instantánea. Al considerar las posiciones intermedias de la partícula en t2 , t,2 , t,,2 , t,,, 2 , determinadas por los , ,, ,,, vectores posición r2 , r2 , r2 , r2 , se observa que los vectores desplazamiento ∆r, ∆r, , ∆r,, , ∆r,,, , cambian en magnitud. Igualmente, los intervalos de tiempo correspondientes ∆t = t2 − t1 , ∆t, = t,2 − t1 , ∆t,, = t,,2 − t1 , ∆t,,, = t,,, 2 − t1 , cada vez se hacen más pequeños. Si se continúa este proceso haciendo que B se aproxime aún más al punto A, el vector desplazamiento se hace cada vez más pequeño hasta que tiende a un valor límite. Este valor límite de ∆r/∆t se conoce como velocidad instantánea en el punto A, o sea, la velocidad de la partícula en el instante de tiempo tA . Si ∆r es el desplazamiento finito en un pequeño intervalo de tiempo ∆t , a partir de un tiempo to , la velocidad en un tiempo posterior

= vi. De acuerdo con la definición del vector velocidad instantánea, se tiene que sus dimensiones y unidades son las mismas del vector velocidad media. En adelante, siempre que se hable de velocidad, se hace referencia a la velocidad instantánea. Como, en este caso, la trayectoria rectilínea de la partícula coincide con el eje de coordenadas x, la velocidad es un vector cuya magnitud está dada por la ecuación (1.6) y cuya dirección coincide con la del movimiento. Así, la velocidad v estará / dirigida en el sentido del vector unitario i si/ dx dt > 0 y en el sentido opuesto de i si / dx dt < 0. O sea, el signo de dx dt indica el sentido de movimiento, como se muestra en la figura 1.12. En síntesis, de acuerdo con lo anterior, se tiene que el signo de la velocidad está dado por el sistema de referencia empleado. Partiendo de la definición del vector velocidad, es posible conocer el vector posición de

8


Movimiento

de la velocidad, la trayectoria es rectilínea y al no cambiar la magnitud de la velocidad su rapidez es constante.

v A

i

v> 0

x Ejemplo 1.5. El vector posición de una partícula que se mueve a lo largo del eje x, está dado por r(t) = −(t2 − 15)i, donde r está dado en m y t en s. Determine la velocidad de la partícula t = 3 s.

O Movimiento

v A

i

x v< 0

O

Figura 1.12: El signo de v indica el sentido de movimiento. una partícula si se conoce la forma como varía el vector velocidad con el tiempo. Mediante la ecuación (1.5) y sabiendo que en el instante to la partícula se encuentra en la posición ro , se encuentra que la posición en el instante t está dada por ∫t

r = ro +

v(t)dt.

(1.7)

to

Mientras no se conozca la forma como varía el vector velocidad (v(t)) con el tiempo, no es posible resolver la integral de la ecuación (1.7). Para movimiento a lo largo del eje x, esto es en una dimensión, la expresión dada por la ecuación (1.7) adquiere la forma ∫t

x = xo +

v(t)dt,

(1.8)

to

que como se sabe, es posible resolver la integral si se conoce la forma funcional de v(t). Un caso particular se presenta cuando el vector velocidad permanece constante en magnitud y dirección. Cuando ello ocurre, las ecuaciones (1.7) y (1.8), respectivamente, se transforman en r = ro + v(t − to ), (1.9) x = xo + v(t − to ),

(1.10)

Las ecuaciones (1.9) y (1.10) corresponden a un movimiento conocido como movimiento rectilíneo uniforme, ya que al no cambiar la dirección

Solución Empleando la ecuación (1.5) se tiene que la velocidad en cualquier instante de tiempo t está dada por v = −2ti. Reemplazando t = 3 s en la expresión para v, se tiene que el vector velocidad está dado por v = −(6 m · s−1 )i. Pregunta Compare este resultado con los valores de la velocidad media mostrados en la tabla 1.1 del ejemplo 1.4. ¿Qué puede concluir? Ejercicio 1.6. El vector posición de una partícula que se mueve sobre el eje y, está dado por r = (2t2 − 1)j donde r está dado en m y t en s. Determine la velocidad de la partícula en el instante t = 3 s . Compare el resultado con lo obtenido en el ejercicio 1.4. Ejemplo 1.6. Si la velocidad de una partícula está dada por v = −2ti, halle el vector posición de la partícula en el instante de tiempo t, sabiendo que partió de una posición en la cual ro = (15 m)i en to = 0. Solución Reemplazando los vectores ro y v en la ecuación (1.8), se encuentra que al integrar, evaluar y simplificar, el vector posición de partícula está dado por r = −(t2 − 15)i, De este resultado, se puede concluir que si se conoce el vector posición de una

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partícula, en función del tiempo, es posible conocer el vector velocidad y si se conoce el vector velocidad, en función del tiempo, se puede conocer el vector posición de la partícula (recuerde que la integración es la operación inversa de la derivación). Ejercicio 1.7. Si la velocidad de una partícula está dada por v = −3t2 j , halle el vector posición de la partícula en el instante de tiempo t, sabiendo que partió de una posición en la cual en ro = −(1.00 m)j en to = 0.

Hasta este momento se han definido, para el caso de movimiento rectilíneo, las cantidades cinemáticas vector posición y vector velocidad que permiten describir el movimiento de cuerpos tratados bajo el modelo de partícula y que se mueven en línea recta. El movimiento rectilíneo es el movimiento más simple que puede adquirir un cuerpo. De acuerdo con lo anterior, la trayectoria rectilínea de una partícula se puede hacer coincidir tanto con el eje x como con el eje y. Igualmente, la trayectoria y por ende el eje coordenado puede ser horizontal o tener cualquier orientación es decir, la trayectoria en línea recta, puede ser vertical, horizontal u oblicua, como la mostrada en la figura 1.13.

O

i

Mov imie

nto

x

Figura 1.13: Movimiento rectilíneo de una partícula. Aunque el desplazamiento, por definición es una cantidad vectorial, se ha considerado la situación en la cual sólo una componente del desplazamiento es diferente de cero, al hacer coincidir el eje de coordenadas con la trayectoria rectilínea descrita por la partícula.

En la figura 1.13, el eje x coincide con la trayectoria descrita por una partícula, por lo que su vector posición y su vector velocidad están dados, respectivamente, por r = xi,

v = vi.

Ahora, la coincidencia entre el eje x y la trayectoria rectilínea de la partícula, define la dirección del movimiento, por lo que es posible escribir las cantidades anteriores en la forma r = x,

v=

dx . dt

(1.11)

O sea, las definiciones y conceptos considerados anteriormente son válidos, ecuaciones (1.1) a (1.9), siempre y cuando se tenga presente que solo aparece una componente en cada uno de los vectores, esto es, cuando la trayectoria coincida con el eje utilizado.

A

O

B x

Figura 1.14: Desplazamiento y distancia recorrida. Es preciso tener presente que no se debe confundir desplazamiento con distancia recorrida, como se ilustra en la figura 1.14, donde una partícula va del origen de coordenadas O al punto A y luego regresa, pasando por O, hasta llegar al punto B. Así, en este caso, el vector desplazamiento de la partícula tiene una magnitud dada por ∆x = OB, apuntando hacia la derecha; esto corresponde al vector que va del punto O al punto B, mientras que la distancia recorrida es d = 2OA + OB. Ejercicio 1.8. Una partícula, cuya ecuación cinemática de posición está dada por y(t) = 3t3 − 4t2 − t + 5, donde y se da en m y t en s, se mueve paralelamente al eje y . a) Determine la velocidad de la partícula en función del tiempo. b) Calcule la posición y la velocidad de la partícula en el instante t = 2.5 s. c) ¿Cuáles son las dimensiones

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de los coeficientes numéricos, en cada uno de los términos de las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad?

v

Ejercicio 1.9. Determine, en función del tiempo, la posición de una partícula que se mueve a lo largo del eje z, sabiendo que su ecuación cinemática de velocidad está dada por v = 9t2 − 8t − 1, con zo = 5 m en to = 0. Compare su resultado con la expresión para y(t) dada en el ejercicio 1.8.

v Area = Dx O

t to

t

Figura 1.16: Gráfica de la velocidad en función del tiempo para un MRU.

1.6.3. Movimiento rectilíneo uniforme po, para el caso de una partícula con movimiento rectilíneo uniforme. (MRU) En esta sección se analiza con mayor detalle el caso de un movimiento con velocidad constante, es decir, v = Constante. Esta situación ocurre, por ejemplo, cuando la aguja del velocímetro de un auto no cambia de posición mientras el auto está en movimiento por una vía recta. De este modo, la ecuación (1.10),

es la ecuación cinemática de posición para este movimiento, denominado movimiento rectilíneo uniforme (MRU). En muchos casos, es posible tomar to = 0.

x x

xo t to

Pendiente =

x − xo = v. t − to

(1.13)

Al comparar las ecuaciones.(1.12) y (1.13) se encuentra que realmente la pendiente de la recta corresponde a la velocidad de una partícula con (1.12) movimiento rectilíneo uniforme.

x = xo + v ( t − to ),

O

En la figura 1.15 se tiene que la pendiente de la gráfica de posición en función del tiempo está dada por

t

Figura 1.15: Gráfica de la posición en función del tiempo para un MRU. De acuerdo con la geometría analítica, la ecuación (1.12) corresponde a la ecuación de una línea recta, donde su pendiente es la magnitud de la velocidad del movimiento. En las figuras 1.15 y 1.16 se muestran las gráficas de posición y velocidad en función del tiem-

Ejercicio 1.10. Utilizando la figura 1.16, demuestre que para el intervalo de tiempo ∆t = t − to , el área sombreada es igual al desplazamiento ∆x de una partícula que tiene movimiento rectilíneo uniforme. Ejemplo 1.7. Un auto A y y una moto B se mueven con velocidades vA y vB , sobre una pista recta, en carriles paralelos y con sentidos opuestos. Inicialmente, los móviles están separados una distancia d. a) Haga un diagrama ilustrativo de la situación planteada, donde se muestre el sistema de referencia a emplear. b) Teniendo en cuenta el sistema de referencia elegido, plantee las ecuaciones cinemáticas de posición para cada móvil. c) Determine el tiempo que demoran los móviles en pasar uno frente al otro. d) Halle el valor de la cantidad obtenida en el numeral anterior, si vA = 216 km · h−1 , vB = 40 m · s−1 y d = 50 m

11

1.7. MOMENTO LINEAL O CANTIDAD DE MOVIMIENTO (P)

Solución a) Diagrama ilustrativo de la situación planteada, en el cual se muestra el sistema de referencia a emplear.

Movimiento A

Movimiento B

O

d

x b) De acuerdo con el enunciado, las cantidades d, vA y vB son dadas y los móviles se mueven con velocidades constantes, por lo que cada uno tiene movimiento rectilíneo uniforme. Así, las ecuaciones cinemáticas de posición tienen la forma general dada por la ecuación (1.12), con to = 0, xoA = 0 y xoB = d. Respecto al sistema de referencia mostrado en el diagrama y con origen en O, las ecuaciones cinemáticas de posición para el auto A y para la moto B, respectivamente, adquieren la forma xA = vA t.

(1)

xB = d − vB t.

(2)

c) Cuando un vehículo pasa frente al otro la posición es la misma, por lo que las ecuaciones (1) y (2) son iguales, teniendo en cuenta que a partir de la situación inicial, el tiempo que demoran los móviles en encontrarse es el mismo. Por lo tanto, luego de igualar las ecuaciones (1) y (2), y simplificar, se encuentra que el tiempo que demoran en encontrarse está dado por t=

d . vA + vB

(3)

d) Al reemplazar en la ecuación (3) los valores vA = 216 km · h−1 ≡ 60 m · s−1 , vB = 40 m · s−1 y d = 50 m, se tiene t

=

50 m + 40 m · s−1

60 m · s−1

= 0.5 s, que es el tiempo que los móviles demoran en pasar uno frente al otro. Ejercicio 1.11. Dos autos A y B se mueven con velocidades vA y vB (vA > vB ), sobre una pista

recta, en carriles paralelos y en el mismo sentido. Inicialmente, los autos están separados una distancia d. a) Haga un diagrama ilustrativo de la situación planteada, donde se muestre el sistema de referencia a emplear. b) Teniendo en cuenta el sistema de referencia elegido, plantee la ecuación cinemática de posición para cada auto. c) Determine el tiempo que demoran los autos en pasar uno frente al otro. d) Halle el valor de la cantidad obtenida en el numeral anterior, si vA = 60 m · s−1 , vB = 144 km · h−1 y d = 50 m, e) ¿Qué se puede afirmar respecto al tiempo, cuando las velocidades de los autos son iguales?

1.7. Momento lineal o cantidad de movimiento (p) En esta sección se analiza la expresión matemática que relaciona los conceptos de masa y velocidad con el concepto de momento lineal o cantidad de movimiento, en el caso de una dimensión. Por ello, es necesario hacer referencia a las cantidades dinámicas masa y momento lineal que son el punto de partida de la mayoría de los conceptos que se tratarán en adelante. La física dispone de una cantidad escalar que es característica o propia de cada cuerpo y la cual permite conectar la cinemática de una partícula con la dinámica de una partícula; esta propiedad de los cuerpos es su masa. En lo que sigue, no se hace una definición operacional de la masa, sino que en su lugar se emplea el concepto intuitivo que de ella se tiene, esto es, lo que marca una balanza cuando un cuerpo se coloca sobre ella. La masa de un cuerpo, que se representa mediante los símbolos M o m, es una cantidad fundamental cuya dimensión es M. De acuerdo con esta dimensión, las unidades respectivas son: el kilogramo (kg) en el sistema de unidades SI, y el gramo (g) en el sistema gaussiano de unidades. En el sistema inglés la unidad de masa es el slug, que se definirá más adelante. La equivalencia entre estas unidades está da-

12


da por la identidad: 1kg ≡ 103 g. Una vez que se han considerado los conceptos de vector velocidad y del escalar masa, la primera cantidad dinámica a definir, es el vector momento lineal o cantidad de movimiento, que es de gran importancia en la física ya que permite obtener mayor información que la que permite obtener el vector velocidad.

m

p x

O Figura 1.17: Momento lineal de una partícula. Cuando una partícula de masa m, posee una velocidad v respecto a determinado observador, se dice que su vector momento lineal, respecto a dicho observador, está dado por

Ejemplo 1.8. El camión de masa M y el auto de masa m de la figura 1.18 (M > m), se mueven con igual velocidad v respecto al sistema de referencia mostrado. ¿Cuál es más difícil llevar al estado de reposo? Solución La experiencia muestra que el camión, con mayor momento lineal, es más difícil de llevar al estado de reposo. Lo anterior indica que aunque cinemáticamente no existe diferencia alguna entre el estado de los dos autos, velocidades iguales, dinámicamente se presenta una diferencia como consecuencia de la diferencia en sus momentos lineales.

v v

p ≡ mv

= mvi,

M

(1.14)

De acuerdo con la definición dada por la ecuación (1.14), se tiene que el momento lineal es una cantidad vectorial que apunta en la misma dirección del vector velocidad, como se ilustra en la figura 1.17. Además, como la velocidad depende del sistema de referencia, entonces el momento lineal también depende del sistema de referencia. Igualmente, como la velocidad es paralela a la trayectoria descrita por la partícula, el momento lineal también es paralelo a la trayectoria que la partícula describe. Dimensiones y unidades del vector momento lineal De acuerdo con la definición de momento lineal, se tiene que sus dimensiones son iguales a la dimensión de masa por la dimensión de velocidad, es decir [p] = [m][v] = MLT−1 . Por lo tanto, las unidades en los respectivos sistemas están dadas por: kg · m · s−1 en el sistema SI de unidades, g · cm · s−1 en el sistema gaussiano de unidades y como se verá más adelante, lb · s en el sistema inglés de unidades. En el ejemplo 1.8, se muestra que el momento lineal permite obtener mayor información que la velocidad.

m

x

O

Figura 1.18: Cuerpos con igual velocidad y diferente momento lineal.

1.7.1.

Conservación del momento lineal en una dimensión

Aunque solo se consideran dos casos particulares, el principio de conservación del momento lineal tiene validez general, sin importar el número de partículas que intervengan en un sistema. Este principio es de gran utilidad en la física, tanto desde el punto de vista teórico como experimental. En los dos casos que se consideran a continuación, se recurre a los resultados que muestra el experimento, cuando este se lleva a cabo. 1. Como primer experimento se considera la situación en la que a una partícula, de masa m y en movimiento rectilíneo, se le impide interactuar con cualquier otra, como se ilustra en la figura 1.19. Al no interactuar la partícula con ninguna otra, el resultado que se obtiene es que su estado de movimiento no es alterado, esto es, su velocidad permanecerá constante, o

13

1.7. MOMENTO LINEAL O CANTIDAD DE MOVIMIENTO (P)

lo que es igual, su momento lineal debe per- partículas, en cualquier instante, está dado por manecer constante. Lo anterior se puede expre- la suma de los momentos lineales de las partícusar matemáticamente en la forma las. De acuerdo con lo anterior, en el instante t el momento lineal del sistema aislado, está dado p = mv = mvi = Constante o sea ∆p = 0 por P = p1 + p2

x m v

= m1 v1 + m2 v2 = m1 v1 i + m2 v2 i,

(1.15)

y en el instante posterior t′ por P′ = p1′ + p2′

= m1 v1′ + m2 v2′ = m1 v1′ i + m2 v2′ i.

(1.16) Figura 1.19: Conservación del momento lineal de Cuando se realiza este experimento, se encuenuna partícula aislada. tra que independientemente de los valores de 2. En el segundo experimento, como se indi- t y t′ , el momento lineal total del sistema perca en la figura 1.20, se aíslan, del resto del uni- manece constante, o sea, verso, dos partículas con masas constantes m1 P = P′ y m2 . Decir que se aíslan del resto del universo, (1.17) Pi = P′ i equivale a afirmar que sólo se permiten sus interacciones mutuas. A un sistema como este se Para el caso unidimensional, se puede enunle llama sistema aislado. ciar el principio de conservación del momento lineal, en la forma: El momento lineal total del t sistema aislado formado por las dos partículas, perv2 x manece constante. m2 v1 Para la situación de interés, se tiene que el momento lineal ganado (o perdido) por m1 una partícula, es perdido (o ganado) por la otra partícula; así, al reemplazar las ecuaciones (1.15) y (1.16) en la ecuación (1.17) se tiene

t´ >t v1´ m1

v2´ x m2

p1 + p2 = p1′ + p2′

= Constante p1 i + p2 i = p1′ i + p2′ i = Constante,

Figura 1.20: Momento lineal de dos partículas ais- o lo que es igual ladas.

∆p1 = −∆p2

Cuando a las partículas se les permite in(1.18) ∆p1 i = −∆p2 i, teractuar entre sí, se encuentra que sus momentos lineales individuales pueden cambiar al de donde, el momento lineal que gana una transcurrir el tiempo. Por otro lado, el momen- partícula es igual al momento lineal que pierde to lineal total del sistema formado por las dos la otra.

14


Como consecuencia de este resultado, de validez general, el cambio en el momento lineal de una partícula se debe a su interacción con la otra partícula. En conclusión, toda interacción entre dos partículas genera cambios en sus momentos lineales individuales. A diario se presentan situaciones en las que se manifiesta la conservación del momento lineal. Por ejemplo, cuando un rifle en reposo respecto a la tierra es disparado, se observa que el rifle retrocede. Este retroceso es una consecuencia del principio de conservación del momento lineal, ya que en este caso, el momento lineal total del sistema inmediatamente antes del disparo e inmediatamente después del disparo, debe ser nulo.

y A(x, y) Trayectoria

r (t)

j

q

x

O i

Figura 1.21: Vector posición r de la partícula.

La forma de las expresiones dadas por la ecuación (1.19) son válidas, en general, para obtener la magnitud y dirección de cualquier vector, si se conocen sus componentes rectangulares. En la figura 1.21 se observa que el vector posi1.8. Movimiento en un plano ción r varía con el tiempo tanto en magnitud como en dirección, mientras la partícula se mueve Las cantidades físicas vector posición (r), vec- a lo largo de su trayectoria. tor desplazamiento (∆r), vector velocidad (v) Ejemplo 1.9. y vector momento lineal (p), se han definido El vector posición de una partícula que para el caso de una dimensión. En lo que sigue, se mueve en el plano xy, está dado por se analizan situaciones en las que los cuerpos r(t) = (t − 3)i − (t2 − 15)j, donde r está se mueven sobre un plano y no sólo en línea dado en m y t en s. Cuando tA = 2.50 s la recta. Por consiguiente, los vectores anteriores partícula pasa por el punto A. Determine: a) Las coordenadas de la partícula en el tendrán dos componentes rectangulares, lo cual punto A. b) La magnitud y dirección del significa que en este caso los sistemas de refevector posición en dicho instante. rencia deben ser bidimensionales.

1.8.1. Vector posición en dos dimensiones (r) Para el caso de dos dimensiones, un cuerpo tratado bajo el modelo de partícula, se mueve a lo largo de un camino, también conocido como trayectoria. La posición de la partícula, en un instante determinado y respecto al sistema de referencia mostrado en la figura 1.21, está dada por el vector posición r trazado desde el origen del sistema de referencia hasta la posición donde se encuentre la partícula. Si el vector posición en componentes rectangulares está dado por r = x i + yj , se tiene que su magnitud y dirección están dadas, respectivamente, por √ y r = x2 + y2 y θ = tan−1 . (1.19) x

Solución a) Reemplazando tA = 2.50 s en la expresión dada, se encuentra que el vector posición en componentes rectangulares, cuando la partícula pasa por el punto A, está dado por rA = ( − 0.50 m)i + (8.75 m)j. Como en el plano el vector posición en general se expresa en la forma r = xi + yj, al comparar con la igualdad anterior se tiene que xA = −0.50 m

y

yA = 8.75 m,

que son las coordenadas de la partícula cuando pasa por el punto A. b) Utilizando las ecuaciones (1.19), se encuentra que la magnitud y dirección del vector posición están dadas por rA = 8.76 m

y

θA = 86.73o .

15

1.8. MOVIMIENTO EN UN PLANO

Así, el vector posición se puede expresar en la forma

rA = 8.76 m

o

86.73

El siguiente diagrama es una representación gráfica de los resultados obtenidos.

en un instante de tiempo posterior tB (tB > tA ) la partícula pasa por el punto B, definido mediante el vector posición rB , el vector desplazamiento, que describe el cambio de posición de la partícula conforme se mueve de A a B, es dado por ∆r = rB − rA

= (xB − xA )i + (yB − yA )j.

y (m) A

8.75

y

(1.20)

A(xA, yA)

rA qA - 0.50

j O

i

Dr rA

x (m)

B(xB, yB) rB

j Ejercicio 1.12. El vector posición de una partícula que se mueve en el plano xy, está dado por r(t) = (t − 3)i − (t2 − 15)j donde r está dado en m y t en s. a) Encuentre la ecuación de la trayectoria seguida por la partícula. De acuerdo con su resultado, ¿qué trayectoria describe la partícula? b) Halle el instante en que la partícula pasa por el eje x y el instante en que pasa por el eje y . c) Obtenga el vector posición de la partícula en el instante t = 0. Ejercicio 1.13. El vector posición de una partícula que se mueve en el plano xy, está dado por r(t) = (2t2 − 1)i − (t3 + 2)j donde r está dado en m y t en s. Cuando tA = 2.50 s la partícula pasa por el punto A. Determine: a) Las coordenadas de la partícula en el punto A. b) La magnitud y dirección del vector posición en dicho instante.

1.8.2.

Vector desplazamiento en dos dimensiones (∆r)

Para el caso de movimiento en dos dimensiones, como lo muestra la figura 1.22, se considera una partícula que en el instante tA pasa por el punto A, definido por el vector posición rA . Si

x

O i

Figura 1.22: Vector desplazamiento ∆r entre A y B. Ejemplo 1.10. Una partícula cuyo vector posición está dado por r(t) = (t − 3)i − (t2 − 15)j se encuentra en el punto A en tA = 2.50 s. Si en el tiempo tB = 4.00 s pasa por el punto B, calcule la magnitud y dirección del vector desplazamiento entre A y B. Solución Al reemplazar tA = 2.50 s y tB = 4.00 s en la expresión dada, se encuentra que los vectores posición de la partícula, en componentes rectangulares, respectivamente están dados por rA rB

= ( − 0.50 m)i + (8.75 m)j, = (1.00 m)i − (1.00 m)j.

Ahora, utilizando la ecuación (1.20), se tiene que el vector desplazamiento, entre A y B, en componentes rectangulares está dado por ∆r = (1.50 m)i − (9.75 m)j. Por último, utilizando las ecuaciones (1.19), se encuentra que la magnitud y dirección del vector desplazamiento están dadas por ∆r = 9.86 m

y

β = 81.25o ,

16


vector desplazamiento dividido entre el intervalo de tiempo correspondiente, es decir

Es decir

rA = 9.86 m

o

81.25

En el diagrama siguiente se muestra, tanto el vector desplazamiento como el ángulo que forma con la horizontal.

∆r r − rA = B ∆t tB − tA (xB − xA )i + (yB − yA )j = tB − tA = v¯ x i + v¯y j.

v¯ ≡

y b

y

A(xA, yA)

rA

v

Dr

rA

Dr B( xB , yB)

x

O

(1.21)

rB j Ejercicio 1.14. Una partícula cuyo vector posición está dado por r(t) = (2t2 − 1)i − (t3 + 2)j, donde r está dado en m y t en s, se encuentra en el punto A en tA = 2.50 s. Si en el tiempo tB = 4.00 s pasa por el punto B, calcule la magnitud y dirección del vector desplazamiento entre A y B.

O i

rB x

Figura 1.23: Vector velocidad media entre A y B.

Dimensiones y unidades del vector velocidad media De acuerdo con la ecuación (1.21), las dimensiones del vector velocidad media y en general de la velocidad, son LT−1 . Por consiguiente, las unidades son m · s−1 en el sistema SI, cm · s−1 −1 1.8.3. Vector velocidad en dos dimen- en el sistema gaussiano, p · s en el sistema Inglés; y en general, cualquier unidad de lonsiones (v) gitud dividida por una unidad de tiempo, tal Igual que en el caso de movimiento rectilíneo, como km · h−1 . cuando la posición de una partícula cambia con el tiempo, la partícula ha adquirido una velociLa definición (1.21) muestra que la velocidad dad. En general, la velocidad de una partícula media, v¯ , es un vector ya que se obtiene al dise define como la rapidez con la cual cambia la vidir el vector ∆r entre el escalar ∆t, por lo tanposición con el tiempo. to, la velocidad media incluye tanto magnitud como dirección. Donde su magnitud está dada 1.8.4. Vector velocidad media en dos di- por |∆r/∆t| y su dirección por la del vector desplazamiento ∆r. Esta cantidad es una velocidad mensiones (v) ¯ media, ya que la expresión no dice cómo fue el Para el caso de movimiento en el plano y de movimiento entre A y B. La trayectoria pudo acuerdo con la figura 1.23, se considera una haber sido curva o recta, el movimiento pudo partícula que en el instante tA pasa por el pun- haber sido continuo o variable. La siguiente es una situación en la que el to A, determinado por el vector posición rA . Si en un tiempo posterior tB (tB > tA ) la partícula vector velocidad media es nulo. La figura 1.24, pasa por el punto B, determinado por el vector muestra la trayectoria de un auto que parte del posición rB , la velocidad media durante el inter- punto A y pasando por el punto B regresa al valo de tiempo ∆t = tB − tA , se define como el punto A, luego de un tiempo ∆t. En este caso, la

17

1.8. MOVIMIENTO EN UN PLANO

velocidad media es cero pues el desplazamiento de la partícula es cero, aunque la distancia recorrida es diferente de cero, ya que corresponde a la longitud de la trayectoria cerrada seguida por la partícula.

en el tiempo tB pasa por el punto B, demuestre que la velocidad media cuando la partícula pasa del punto A al punto B, está dada por v¯ = i − (tB + tA )j. Ejercicio 1.16. Una partícula cuyo vector posición está dado por r(t) = (2t2 − 1)i − (t3 + 2)j, se encuentra en el punto A en tA = 2.50 s. Si en el tiempo tB = 4.00 s pasa por el punto B, calcule la magnitud y dirección del vector desplazamiento entre A y B y del vector velocidad media en dicho intervalo.

y B A

x

O Figura 1.24: Vector desplazamiento nulo. Ejemplo 1.11. El vector posición de una partícula en movimiento está dado por r(t) = (t − 3)i − (t2 − 15)j, se encuentra en el punto A en tA = 2.50 s. Si en el tiempo tB = 4.00 s pasa por el punto B, determine la magnitud y dirección de la velocidad media entre A y B. Solución Obteniendo el vector desplazamiento ∆r y sabiendo que ∆t = 1.5 s, utilizando la ecuación (1.21), se encuentra que la velocidad media en componentes rectangulares está dada por v¯ = (1.00 m · s−1 )i − (6.5 m · s−1 )j.

(1)

Mediante las ecuaciones (1.19) y para este caso, se encuentra que la magnitud y dirección del vector velocidad media, están dadas por v = 6.58 m · s−1

y

β= 81.25o

o sea que es la misma dirección del vector -1

v = 6.58 m s

81.25

Ejemplo 1.12. La velocidad media cuando una partícula pasa del punto A al punto B, está dada por v¯ = i − (tB + tA )j . Obtenga la magnitud y dirección de la velocidad media, cuando la partícula se mueve durante los intervalos de tiempo mostrados en la tercera columna de la tabla 1.2. Solución En la tabla 1.2 se muestran los valores ¯ y la obtenidos para la magnitud (v) dirección (θ) del vector velocidad media, en diferentes intervalos de tiempo (∆t) con tB = 3.0 s.

Tabla 1.2 tA ( s )

tB ( s )

∆t(s)

v¯ (m/s)

θ (o )

2.980000 2.990000 2.995000 2.998000 2.999000 2.999500 2.999800 2.999900 2.999990 2.999995

3.0 3.0 3.0 3.0 3.0 3.0 3.0 3.0 3.0 3.0

0.020000 0.010000 0.005000 0.002000 0.001000 0.000500 0.000200 0.000100 0.000010 0.000005

6.060000 6.070000 6.078000 6.081000 6.082000 6.082300 6.082600 6.082700 6.082750 6.082758

80.50000 80.52000 80.53000 80.53400 80.53600 80.53690 80.53740 80.53750 80.53766 80.53767

o

desplazamiento ∆r , como se esperaba. Ejercicio 1.15. Una partícula cuyo vector posición está dado por r(t) = (t − 3)i − (t2 − 15)j, se encuentra en el punto A en el instante tA . Si

Pregunta ¿Qué puede concluir al observar los valores de las tres últimas columnas de la tabla 1.2

18


Igualmente, los intervalos de tiempo correspondientes ∆t = t2 − t1 , ∆t, = t,2 − t1 , ∆t,, = t,,2 − t1 , ∆t,,, = t,,, 2 − t1 , cada vez se hacen más pequeños. Si se continúa este proceso haciendo que B se aproxime al punto A, el vector desplazamiento se hace cada vez más pequeño hasta que tiende a un valor y a una dirección límite, que corresponde a la de la tangente a la trayectoria de la partícula en el punto A. Este valor límite de ∆r/∆t se conoce como velocidad instantánea en el punto A, o sea, la velocidad de la partícula en el instante de tiempo tA . Si ∆r es el desplazamiento finito en un pequeño intervalo de tiempo finito ∆t, a partir de 1.8.5. Vector velocidad instantánea en un tiempo to , la velocidad en un tiempo postedos dimensiones (v) rior t, es el valor al que tiende ∆r/∆t cuando tanto ∆r como ∆t, tienden a cero, es decir, La velocidad instantánea, es la velocidad de ∆r una partícula en un instante dado cualquiera. . (1.22) v = l´ım ∆t→0 ∆t O también, la velocidad, respecto a determinado sistema de referencia, que puede variar bien sea porque La ecuación (1.22) no es más que la definición cambia sólo su magnitud ó sólo su dirección ó si- de derivada, esto es multáneamente cambian tanto su magnitud como su dr dirección. . (1.23) v= dt Para el movimiento de una partícula, representado en la figura 1.25, ¿cómo se puede deter- De la ecuación (1.23), se concluye que la veminar su velocidad en el punto A? locidad instantánea es tangente a la trayectoria seguida por la partícula, ya que el desplazay A miento infinitesimal dr es tangente a la trayectov ria. La magnitud de la velocidad se llama rapidez y es igual a Dr'' B'' rA dr Dr . v = v = | | dt Dr' B' Ejercicio 1.17. Para una partícula, el vector posición en función del tiempo está dado por r(t) = (2t2 − 1)i − (t3 + 2)j , donde r está dado en m y t en s. a) Si la partícula pasa por el punto A en el instante tA y por el punto B en el instante tB , halle el vector velocidad media en sus componentes rectangulares. b) Obtenga la magnitud y dirección de la velocidad media, cuando la partícula se mueve durante los intervalos de tiempo mostrados en la tercera columna de la tabla 1.2.

j

O i

rB

B

x

Figura 1.25: Vector velocidad instantánea.

Como r = xi + yj, se tiene que en componentes rectangulares dr dt dx dy = i+ j dt dt = v x i + vy j.

v =

Al considerar las posiciones intermedias de la partícula en t,2 , t,,2 , t,,, 2 , determinadas por los vectores posición r,2 , r,,2 , r,,, 2 , se observa que los vectores desplazamiento ∆r, , ∆r,, , ∆r,,, , cambian Si en la figura 1.26, se conocen las componentes tanto en magnitud como en dirección, o sea que rectangulares, se tiene que su magnitud y direcla velocidad media varía tanto en magnitud co- ción están dadas por √ mo en dirección al tener en cuenta los puntos vy v = v2x + v2y y θ = tan−1 . entre A y B. vx

19

1.9. MOMENTO LINEAL O CANTIDAD DE MOVIMIENTO EN DOS DIMENSIONES (P)

De acuerdo con la definición del vector velocidad instantánea, se tiene que sus dimensiones y unidades son las mismas del vector velocidad media. En adelante, siempre que se hable de velocidad, se hace referencia a la velocidad instantánea.

que la velocidad en cualquier instante de tiempo t está dada por v = i − 2tj. Reemplazando t = 3 s en la expresión para v, se tiene que el vector velocidad en componentes rectangulares está dado por v = (1 m · s−1 )i − (6 m · s−1 )j.

y vx q r (t)

vy

Así que su magnitud y dirección están dadas respectivamente por

v

v = 6.08 m · s−1

j

y

θ = 80.54o ,

es decir

x

O i

(1)

-1

v = 6.083 m.s

80.54

o

Figura 1.26: Componentes rectangulares del vector velocidad. Partiendo de la definición del vector velocidad, es posible conocer el vector posición de una partícula si se conoce la forma como varía el vector velocidad con el tiempo. Teniendo en cuenta que en el instante de tiempo to la partícula se encuentra en la posición ro , mediante la ecuación (1.23) se encuentra que que la posición de la partícula en el instante t está dada por ∫t

r = ro +

v(t)dt.

(1.24)

Ejercicio 1.18. El vector posición de una partícula que se mueve en el plano xy, está dado por r(t) = (2t2 − 1)i − (t3 + 2)j donde r está dado en m y t en s. Determine la velocidad de la partícula, en el instante t = 3 s . Compare el resultado con lo obtenido en el ejercicio 1.12.

1.9. Momento lineal o cantidad de movimiento en dos dimensiones (p)

to

Lo que se ha hecho es, partiendo de la forma diferencial de la ecuación (1.23), obtener la forma integral dada por la ecuación (1.24). Mientras no se conozca la forma como varía el vector velocidad (v(t)) con el tiempo, no es posible resolver la integral de la ecuación (1.24). Ejemplo 1.13. El vector posición de una partícula que se mueve en el plano xy, está dado por r(t) = (t − 3)i − (t2 − 15)j, donde r está dado en m y t en s. Determine la velocidad de la partícula, en el instante t = 3 s. Solución a) Empleando la ecuación (1.23) se tiene

En esta sección, de nuevo se hace referencia a las cantidades dinámicas masa y momento lineal que son el punto de partida de la mayoría de los conceptos que se tratarán en adelante. Como se sabe, la física dispone de una cantidad escalar que es característica o propia de cada cuerpo como es su masa. Recuerde que no se hace una definición operacional de la masa, sino que en su lugar se emplea el concepto intuitivo que de ella se tiene, esto es, lo que marca una balanza cuando un cuerpo se coloca sobre ella. Igualmente, se debe tener presente que la masa de un cuerpo es una cantidad fundamental cuya dimensión es M y que de acuerdo con esta dimensión, las unidades respectivas son: el

20


kilogramo (kg) en el sistema de unidades SI, y el unidades y como se verá posteriormente lb · s gramo (g) en el sistema gaussiano de unidades. en el sistema inglés de unidades. En el caso de dos dimensiones, la primera Ejemplo 1.14. cantidad dinámica a definir, es el vector momenSi el momento lineal de una partícula de to lineal o vector cantidad de movimiento, de gran masa 600 g, está dado por p = 0.6i − 1.2tj, importancia en la física pues permite obtener halle el vector posición de la partícula más información que el vector velocidad. en el instante de tiempo t, sabiendo que partió de una posición en la cual ro = −(3.0 m)i + (15 m)j cuando to = 0.

y p

Solución Utilizando la definición del vector momento lineal, se encuentra que en componentes rectangulares el vector velocidad está dado por

m

v = i − 2tj

x

O

Figura 1.27: Momento lineal de una partícula. Una partícula de masa m que posee una velocidad v respecto a determinado observador, tiene, respecto a dicho observador, un momento lineal dado por p ≡ mv.

(1.25)

De acuerdo con la definición dada por la ecuación (1.25), se tiene que el momento lineal es una cantidad vectorial que apunta en la misma dirección del vector velocidad, como se ilustra en la figura 1.27. Además, como la velocidad depende del sistema de referencia, entonces el momento lineal también depende del sistema de referencia. Igualmente, como la velocidad es tangente a la trayectoria descrita por la partícula, el momento lineal también es tangente a la trayectoria que la partícula describe.

(1).

Al reemplazar los vectores ro y v en la ecuación (1.24), se encuentra que al integrar, evaluar y simplificar, el vector posición de partícula está dado por r = (t − 3)i − (t2 − 15)j, que es el mismo vector posición considerado en el ejemplo 1.1. De este resultado, se puede concluir que si se conoce el vector posición de una partícula, en función del tiempo, es posible conocer el vector momento lineal y si se conoce el vector momento lineal, en función del tiempo, se puede conocer el vector posición de la partícula (recuerde que la integración es la operación inversa de la derivación). Ejercicio 1.19. Si el momento lineal de una partícula con masa 400g está dado por p = 1.6ti − 1.2t2 j, halle el vector posición de la partícula en el instante de tiempo t, sabiendo que partió de una posición en la cual en ro = −(1.00 m)i − (2.00 m)j en to = 0. Compare su resultado con el vector posición dado en el ejercicio 1.17.

Dimensiones y unidades del vector momento lineal De acuerdo con la definición de momento lineal, se tiene que sus dimensiones son iguales a la dimensión de masa por la dimensión de veloci- 1.9.1. Conservación del momento lineal dad, es decir [p] = [m][v] = MLT−1 . Por lo en dos dimensiones tanto, las unidades en los respectivos sistemas están dadas por: kg · m · s−1 en el sistema SI de Como se indicó antes, aunque solo se consiunidades, g · cm · s−1 en el sistema gaussiano de deran dos casos particulares, el principio de

21

1.9. MOMENTO LINEAL O CANTIDAD DE MOVIMIENTO EN DOS DIMENSIONES (P)

conservación del momento lineal tiene validez general, sin importar el número de partículas que intervienen en un sistema. Este principio es de gran utilidad en la física, tanto desde un punto de vista teórico como experimental. En los dos casos que se consideran a continuación, se recurre a los resultados que muestra el experimento, cuando este se lleva a cabo.

t v2 v1 m2 m1

t'>t

m1

1. En el primer experimento se considera la situación en la que a una partícula, de masa m y con movimiento en el plano, se le impide interactuar con cualquier otra, como se ilustra en la figura 1.28. Al no interactuar la partícula con ninguna otra, el resultado que se obtiene es que su estado de movimiento no es alterado, esto es, su velocidad permanecerá constante, o lo que es igual, su momento lineal debe permanecer constante. Lo anterior se puede expresar matemáticamente en la forma p = mv = Constante

o sea

∆p = 0

v1'

v2' m2

Figura 1.29: Momento lineal de dos partículas aisladas. acuerdo con lo anterior, en el instante t el momento lineal del sistema aislado, está dado por P = p1 + p2

= m 1 v1 + m 2 v2 ,

(1.26)

y en el instante posterior t′ por

v m

P′ = p1′ + p2′

= m1 v1′ + m2 v2′ .

(1.27)

El experimento muestra, que independientemente de los valores de t y t′ , el momento lineal total del sistema aislado permanece constante, o Figura 1.28: Conservación del momento lineal de sea, una partícula aislada. P = P′ (1.28) 2. En el segundo experimento, como se indica en la figura 1.29, se aíslan, del resto del uni- Como la ecuación (1.28) es válida independienverso, dos partículas con masas constantes m1 y temente del número de partículas que conm2 y que se mueven en un plano. Decir que se forman el sistema, se enuncia el principio de aíslan del resto del universo, equivale a afirmar conservación del momento lineal, en la forma: que sólo se permiten sus interacciones mutuas. El momento lineal total de un sistema aislado de A un sistema como este se le llama sistema aisla- partículas, permanece constante. De este modo, el momento lineal ganado do. Una vez que se le permite a las partículas in- (perdido) por una partícula, es perdido (ganateractuar entre sí, se encuentra que sus momen- do) por el resto del sistema. tos lineales individuales cambian al transcurrir Para la situación que interesa en este moel tiempo. Adicionalmente, el momento lineal mento, se tiene que el momento lineal ganado total del sistema formado por las dos partícu- (o perdido) por una de las partículas, es perlas, en cualquier instante, está dado por la suma dido (o ganado) por la otra partícula. Así, al de los momentos lineales de las partículas. De reemplazar las ecuaciones (1.26) y (1.27) en la

22


ecuación (1.28) se tiene

partícula pero durante un pequeño intervalo de tiempo. Por ejemplo, cuando el bate le da a una pelota de béisbol o cuando se le pega con el palo a una pelota de golf.

p1 + p2 = p1′ + p2′

= Constante, o lo que es igual

1.10.

∆p1 = −∆p2 ,

(1.29)

de donde, el momento lineal que gana una partícula es igual y de sentido opuesto al momento lineal que pierde la otra. El resultado anterior tiene validez general y permite afirmar que el momento lineal de una partícula cambia cuando interactúa con otra u otras partículas. En conclusión, toda interacción entre partículas genera cambios en sus momentos lineales individuales. A menudo ocurren situaciones en las que se manifiesta claramente la conservación del momento lineal en dos dimensiones. Un ejemplo, claro de conservación del momento lineal en dos dimensiones, se presenta cuando una moto choca contra un camión. Es evidente que el camión prácticamente no cambia su trayectoria, en cambio la moto generalmente termina en un lugar relativamente alejado de donde ocurrió el choque.

1.9.2. Concepto de impulso (I) El impulso es una cantidad física que se define en función del momento lineal, en la forma ∆p = p − po ,

≡ I,

(1.30)

Concepto de energía cinética Ek

Otra cantidad física de importancia en la física es la energía cinética de una partícula. Esta cantidad es un escalar, que se puede expresar en función de la magnitud del vector velocidad o de la magnitud del vector momento lineal. Como se vio anteriormente, el momento lineal de una partícula en movimiento cambia con el tiempo mientras esta interactúa con otra partícula. Se supone que el momento lineal de la partícula sufre un cambio dp durante un intervalo de tiempo dt en el cual la partícula se ha desplazado un dr. Derivando respecto al tiempo, a ambos lados de la ecuación (1.25), se tiene dv dp =m . dt dt

(1.31)

Multiplicando escalarmente, a ambos lados de la ecuación (1.31), por el desplazamiento dr, es posible obtener la igualdad 1 p · dp = mv · dv. m

(1.32)

Como se muestra en la figura 1.30, se considera que la partícula se mueve desde una posición A donde la rapidez es vA y la magnitud del momento lineal pA , hasta una posición B donde la rapidez es vB y la magnitud de su momento lineal pB . Mediante la ecuación (1.32) y luego de integrar y evaluar, se llega a

donde la ecuación (1.30) lo define como el cambio en el vector momento lineal. De acuerdo con esta definición, las dimensiones y unidades de impulso son las mismas de momento lineal. p2B p2 1 2 1 2 − A = mv − mv De este modo, por definición, el impulso no de2m 2m 2 B 2 A pende explícitamente de la masa m ni de la ve1 p2 ) = ∆( mv2 ). ∆( (1.33) locidad inicial vo de la partícula, ya que sólo 2m 2 importa el cambio en el momento lineal de la partícula. La ecuación (1.33) muestra que el cambio en El impulso es una cantidad física que p2 adquiere importancia cuando se presenta un la cantidad ∆( 2 m ) es igual al cambio en la cangran cambio en el momento lineal de una tidad ∆( 21 mv2 ), mostrando con ello que ambas

23

1.11. COLISIONES

pA

y

v = Constante

vA m B

A m

x vB

O pB

x

O

Figura 1.31: Cuerpo con movimiento rectilíneo uniforme.

Figura 1.30: Movimiento de m entre A y B expresiones se refieren a la misma cantidad física conocida como energía cinética, es decir, la energía cinética se define matemáticamente por p2 1 ≡ mv2 . (1.34) 2m 2 Como lo muestra la ecuación (1.34) la energía cinética es una cantidad escalar ya que depende bien sea de la magnitud del vector momento lineal o de la rapidez de la partícula, es decir, es independiente de la dirección en que se mueve la partícula. O sea, la definición de energía cinética no tiene en cuenta el hecho que el sistema de referencia sea unidimensional o bidimensional. Como la energía cinética es una cantidad física que depende, bien sea de la magnitud de la velocidad ó de la magnitud del momento lineal, entonces depende del sistema de referencia ya que la velocidad, igual que el momento lineal, depende de él. Por otro lado, al ser la energía cinética una función de la rapidez o de la magnitud del momento lineal, es una energía que se le asocia a los cuerpos como consecuencia de su movimiento. Un cuerpo en reposo respecto a determinado observador, no tiene energía cinética respecto al sistema de referencia asociado, aunque puede ser diferente de cero respecto a otros observadores, es decir, la energía cinética es una cantidad relativa. En el caso particular de un movimiento rectilíneo uniforme, esto es, cuando una partícula se mueve con velocidad constante, el cambio en la energía cinética es nulo, es decir, ∆Ek = 0, lo que indica que la energía cinética permanece constante durante su movimiento. Esta situación se ilustra en la figura 1.31 Dimensiones y unidades de energía cinética De acuerdo con las ecuaciones (1.33) y (1.34), Ek ≡

las dimensiones de energía cinética son ML2 T−2 por lo que su unidad en el sistema internacional de unidades es el kg · m2 · s−2 , unidad conocida como Joule, en el sistema gaussiano de unidades es el g · cm2 · s−2 unidad conocida como ergio y en el sistema inglés de unidades lb · p. Es decir 1kg · m2 · s−2 ≡ 1J(Joule) 1g · cm2 · s−2 ≡ 1 (ergio) En mecánica cuántica y particularmente física nuclear, se encuentra que las unidades definidas anteriormente para trabajo y energía son muy grandes, por ello, a nivel microscópico se utiliza otra unidad más pequeña de energía llamada electronvoltio (eV) y cuya relación con la unidad SI es 1 eV ≡ 1 .602 × 10−19 J. Un múltiplo de esta unidad bastante utilizado es el MeV, cuya relación es 1 MeV ≡ 106 eV.

1.11. Colisiones Se habla de una colisión, cuando ocurre una interacción entre dos o más partículas, en un intervalo corto de tiempo, en una región limitada del espacio y donde las fuerzas entre los cuerpos interactuantes son muy intensas. Esta definición indica que las partículas interactuantes forman un sistema aislado. En toda colisión, la interacción entre las partículas altera su movimiento, ya que generalmente se presenta un intercambio de momento lineal y de energía. Lo anterior, no significa necesariamente que las partículas hayan estado en contacto físico. En general, se quiere

24


indicar que ha ocurrido una interacción cuando las partículas estaban próximas como se muestra en la región encerrada de la figura 1.32 para el caso de dos partículas. Cuando se presenta contacto físico entre las partículas, se acostumbra denominar la colisión como un choque, esto ocurre por ejemplo entre dos bolas de billar o entre dos autos. En muchos casos, los cuerpos antes de un choque son diferentes a los cuerpos después del choque. En una reacción química, por ejemplo, el átomo A choca con la molécula BC, apareciendo luego del choque la molécula AB y el átomo C, esto es A + BC ↔ AB + C. En el caso de un disparo, antes de la colisión se tiene un cuerpo formado por el arma y el proyectil y luego del disparo se tienen dos cuerpos, el arma y el proyectil. En el enganche de vagones de un tren, antes del choque se tienen dos cuerpos, cada uno de los vagones, y luego del choque se tiene un cuerpo formado por los dos vagones enganchados. Se dice que ocurre una dispersión, cuando en un choque o colisión los cuerpos iniciales son los mismos cuerpos finales. m1 m1' v1'

v1 Región de colisión

v2'

v2

p,1 y p,2 los momentos lineales de cada una de las partículas después de la colisión. Comúnmente, la ecuación (1.35) se escribe en la forma m1 v1 + m2 v2 = m,1 v,1 + m,2 v,2 , siendo m1 , m2 las masas de las partículas antes de la colisión y m,1 , m,2 las masas después de la colisión. En general, uno de los objetivos al analizar una colisión es poder relacionar las velocidades de las partículas antes y después que esta ocurra. Para el caso de una colisión en dos dimensiones y entre dos partículas, si se conocen las velocidades antes de la colisión se tienen cuatro incógnitas, correspondientes a las componentes de las velocidades de cada partícula en las dos dimensiones; pero como la conservación del momento lineal sólo proporciona dos ecuaciones, una en cada dirección, es necesario obtener más información y para ello se recurre a la conservación de la energía. Como en una colisión el sistema de cuerpos interactuantes conforman un sistema aislado, significa que no intervienen fuerzas externas al sistema. Por ello, la energía mecánica macroscópica del sistema se conserva y en este caso solo aparece en forma de energía cinética. Para considerar la conservación de la energía, se define el factor de colisión Q en la forma ′

Q ≡ Ek − Ek ,

m2' m2

donde Ek y Ek, son, respectivamente, las energías cinéticas totales del sistema antes y desFigura 1.32: Colisión entre dos partículas. pués de la colisión. Para el caso de dos partículas que colisionan, Como un resultado del experimento y sabienel factor de colisión adquiere la forma do que en un choque se tiene un sistema aislado, puesto que únicamente actúan fuerzas internas 1 , ,2 Q = ( 21 m,1 v,2 1 + 2 m2 v2 ) que afectan el estado de cada cuerpo, se puede −( 12 m1 v21 + 12 m2 v22 ). (1.36) afirmar, el momento lineal total de un sistema es igual antes y después de una colisión. Matemática- Dependiendo del valor en el factor de colisión, mente y para el caso de dos partículas se tiene puede ocurrir p1 + p2 = p,1 + p,2 ,

(1.35)

donde p1 y p2 son los momentos lineales de cada una de las partículas antes de la colisión,

i) Que la colisión sea elástica, esto se presenta cuando Q = 0, por lo que en este caso no hay cambio en la energía cinética del sis′ tema, o sea, Ek = Ek . De acuerdo con lo

25

1.11. COLISIONES

anterior, en toda colisión elástica se conserva frontal. Una colisión frontal, o en una dimentanto la energía cinética total del sistema, como sión, corresponde a b = 0 y valores mayores que el momento lineal total del sistema. cero para b, indican que la colisión es oblicua, o en dos dimensiones. ii) Que la colisión sea inelástica, ello se preEjemplo 1.15. senta cuando Q ̸= 0 y en esta situación, Como se muestra en la figura, un auto de la energía cinética aumenta si Q > 0 o masa m1 y que se mueve con velocidad v1 disminuye si Q < 0 . En el primer cahacia la derecha, choca frontalmente con so, las partículas al colisionar desprenden otro auto de masa m2 que se encuentra en parte de su energía interna y en el segunreposo sobre la misma vía. Analice la codo absorben parte de la energía mecánica lisión de los autos si esta es a) completamente inelástica, b) elástica. c) Sabienintercambiada en la colisión. En este caso do que m1 = 300 g, m2 = 700 g y v1 = es válido afirmar en una colisión inelástica no 10 m · s−1 , halle los valores de las cantise conserva la energía cinética total del sistema, dades obtenidas en los numerales anteriopero sí se conserva el momento lineal total del res. sistema. v1

De las dos definiciones anteriores se concluye que en toda colisión se conserva el momento lineal total del sistema. Si después del choque sólo aparece una partícula, se dice que se tiene una colisión completamente inelástica o plástica. Debe quedar claro que toda colisión completamente inelástica es una colisión inelástica, pero una colisión inelástica no tiene que ser una colisión completamente inelástica. El parámetro de impacto b, es una cantidad que permite saber si una colisión ocurre en una o dos dimensiones. Este parámetro está dado por la distancia de separación b entre la línea de movimiento de la partícula incidente y la línea paralela que pasa por la otra partícula, como se muestra en la figura 1.33. v2 ' m2 v2 = 0 b

m2 j

m1 v1

m1 v1'

Figura 1.33: Parámetro de impacto. De este modo, el parámetro de impacto es la distancia por la cual una colisión deja de ser

m1

v2 = 0 m2 2

Solución Como en toda colisión, el momento lineal total del sistema formado por los dos autos se conserva en el choque. De este modo, la ecuación (1.35) adquiere la forma m1 v1 = m1 v,1 + m2 v,2 ,

(1)

donde se ha tomado como positivo el sentido inicial de movimiento para el auto de masa m1 . Por otro lado, por la conservación de la energía, la ecuación (1.36) para el factor de colisión, se transforma en ( ) Q = 12 m1 v,1 2 + 12 m2 v,2 2 − 21 m1 v21 . (2) a) Cuando la colisión es completamente inelástica, después del choque aparece sólo una partícula de masa m1 + m2 con velocidad v,1 = v,2 = V. Así, mediante la ecuación (1) se encuentra que la velocidad final del sistema tiene la forma m1 V= v . (3) m1 + m2 1 Por consiguiente, independientemente de la relación entre las masas m1 y m2 , después de la colisión plástica, la velocidad del sistema es menor y apunta en el mismo sentido que la velocidad con la cual incide el auto de masa m1 .

26


Igualmente, para el factor de colisión, la ecuación (2) permite llegar a Q=−

m1 m2 v2 . 2( m1 + m2 ) 1

m1 (v,1 − v1 )(v,1 + v1 ) = −m2 v,2 2 .

v,2

(5) (6)

Dividiendo las ecuaciones (5) y (6) se obtiene v,1 + v1 = v,2 . (7) Finalmente, por medio de las ecuaciones (5) y (7) y luego de simplificar, se encuentra que las velocidades de los autos después del choque están dadas por v,1 = v,2

= −4.0ms−1 , = 6.0ms−1 .

El signo menos en la velocidad de m1 , significa que este bloque rebota en el choque por cumplirse la relación m1 < m2 . Ejercicio 1.20. Como se muestra en la figura, un auto de masa m1 y con velocidad v1 hacia la derecha, choca frontalmente con un segundo auto de masa m2 que inicialmente se mueve hacia la izquierda con velocidad v2 = −v1 . Analice la colisión de los autos si esta es a) completamente inelástica, b) elástica. c) Sabiendo que m1 = 300 g, m2 = 700 g y v1 = 10 m · s−1 , halle los valores de las cantidades obtenidas en los numerales anteriores. v1

v2 m2

m1

2

m1 − m2 v m1 + m2 1

2m1 v . = m1 + m2 1

(8)

En esta colisión, la velocidad del bloque m2 tiene el mismo sentido que la velocidad de incidencia de m1 . En cambio, el sentido de movimiento de m1 después de la colisión, depende de la relación entre las masas de los bloques, esto es, si m1 > m2 el bloque de masa m1 se mueve en el mismo sentido que m2 ; si m1 < m2 el bloque de masa m1 rebota en el choque moviéndose en sentido opuesto a m2 , y si m1 = m2 el bloque de masa m1 queda en reposo después de la colisión. c) Reemplazando valores, con m1 = 0.3 kg, m2 = 0.7 kg, se tiene - Para la colisión completamente inelástica, por las ecuaciones (3) y (4), se encuentra V Q

v,1

(4)

En esta colisión los autos se deforman, o sea que parte de la energía cinética del sistema se transforma en energía interna ya que Q < 0, sin tener en cuenta cual auto tiene masa mayor. En síntesis la colisión es inelástica. b) Si la colisión es elástica, la energía cinética total del sistema se conserva en el choque, por lo que el factor de colisión es nulo y las ecuaciones (1) y (2) se pueden escribir, respectivamente, en la forma m1 (v,1 − v1 ) = −m2 v,2 ,

- Para la colisión elástica, la ecuación (8) lleva a los valores

= 3.0 m · s−1 , = −10.5 J.

Ejemplo 1.16. El cuerpo de la figura de masa m1 y velocidad v1 , tiene una colisión oblicua con el cuerpo de masa m2 inicialmente en reposo. a) Determine la magnitud de la velocidad de los bloques inmediatamente después del choque, si las masas después de la colisión se mueven en las direcciones mostradas. b) Resolver para m1 = 0.2kg, m2 = 0.3kg, v1 = 15.0ms−1 , φ1 = 30o y φ= 40o . ¿Es la colisión elástica o inelástica?

y

v2 ' m2

x

j2

v2 = 0 m2 m1

j1

v1 m1 v1'

Solución a) Como el momento lineal total de las

27

1.12. ENUNCIADOS y

dos partículas se conserva en la colisión, la ecuación (1.35) adquiere la forma

F2 45

m1 v1 = m1 v,1 + m2 v,2 .

o

x

F F1

Descomponiendo las velocidades en sus componentes rectangulares, se obtiene para las direcciones x y y, respectivamente, las expresiones m1 v1 = m1 v,1 cosφ1 + m2 v,2 cosφ2 ,

(1)

0 = −m1 v,1 senφ1 + m2 v,2 senφ2 .

(2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2), se obtiene v,1

=

v,2

=

senφ2 v , sen( φ1 + φ2 ) 1 m1 senφ1 v . m2 sen( φ1 + φ2 ) 1

De estos resultados se tiene que para valores fijos de φ1 y φ2 , la velocidad de m1 después del choque es independiente de la masa de los cuerpos, mientras que para m2 la velocidad sí depende de la relación entre las masas de los cuerpos. b) Reemplazando valores se encuentra que la magnitud de las velocidades son v,1 v,2

= 10.3ms−1 , = 5.3ms−1 .

Al calcular el factor de colisión, se encuentra que la colisión es inelástica ya que Q = −7.7J. De este modo, parte de la energía mecánica se transforma en energía interna de las partículas.

1.12.

ENUNCIADOS

1. La fuerza neta F que actúa sobre una partícula, debido a las fuerzas F1 y F2 aplicadas simultáneamente sobre ella, está dirigida horizontalmente hacia la derecha, como se muestra en la figura. La magnitud de la fuerza F1 es 10 N. a) Utilizando la figura, muestre gráficamente que los tres vectores han sido trazados correctamente. b) Determine las magnitudes de los vectores fuerza F y F2 . Resolverlo por dos métodos diferentes.

2. Sobre la partícula de la figura, actúan las fuerzas F1 y F2 , con magnitudes respectivas de 800 N y 500 N. Encuentre a) las componentes rectangulares de las fuerzas F1 y F2 , b) los ángulos que cada fuerza forma con cada uno de los ejes de coordenadas, c) el ángulo entre las fuerzas F1 y F2 y d) la magnitud y dirección de la fuerza neta que actúa sobre la partícula debido a las dos fuerzas aplicadas. z F1 F2 40

o

o

70 25

x

o

30

o

y

3. Un auto que se mueve en línea recta hacia la izquierda, pasa por las ciudades consecutivas A, B y C, regresando luego a la ciudad B. En un diagrama que incluya el sistema de referencia, muestre el vector desplazamiento del auto y expréselo matemáticamente en función de su respectiva componente. 4. Un auto está 16 m al Este de la señal de PARE en el instante de tiempo ti , y 37 m al Oeste de la señal al tiempo tf . Si la señal es el origen de coordenadas y el eje x apunta hacia el este. Determine: (a) xi , (b) xf , (c) ri , (d) rf y (e) ∆r. 5. Un ciclista se movió en línea recta durante cierto intervalo de tiempo y de tal forma que el vector desplazamiento es paralelo al vector unitario i. ¿De lo anterior es posible concluir que el ciclista sólo se desplazó en el mismo sentido del vector unitario i? Explique. 6. Las gráficas de la figura muestran la variación de la posición x en función del

28


tiempo t, para un atleta que se mueve en línea recta. Describa el movimiento del atleta y llévelo a cabo con la punta de su lápiz. x

x

t

60 30

x

t

t

7. La gráfica de la figura muestra la forma como cambia la posición de una hormiga en función del tiempo, cuando se mueve a lo largo de una trayectoria rectilínea. (a) Trace el vector desplazamiento en la gráfica y expréselo matemáticamente. (b) Obtenga la gráfica de la forma como varía la velocidad de la hormiga en función del tiempo. (c) Utilizando la gráfica anterior, encuentre la magnitud del desplazamiento durante el movimiento y compare su resultado con el hallado en el numeral (a).

x (cm) 20 10 -10 -20

v (m s-1)

1 2 3 4 5

t (s)

8. En la gráfica se indica el cambio de la rapidez v en función del tiempo (t), para un auto que se mueve sobre una autopista recta. Obtenga la gráfica de la posición en función del tiempo para el auto, suponiendo que pasó por el origen en t = 0. 9. La ecuación cinemática de posición, para una bicicleta que se mueve sobre el eje x, está dada por la expresión x (t) = −14t + 74 , donde x se da en m y t en s. (a) ¿Cuál es la posición inicial de la bicicleta? (b) ¿Cuál es el momento lineal de la bicicleta, en función del tiempo, si esta tiene una masa de 10.5 kg? De acuerdo con el resultado, ¿qué

-30 -60

1 2

3 4 5

t (s)

movimiento tiene la bicicleta? ¿Por qué? (c) Haga un diagrama que ilustre la situación, teniendo en cuenta las respuestas de los numerales anteriores. (d) Haga una gráfica de la posición de la bicicleta en función del tiempo, desde t = 0 s a t = 6 s. (e) Haga una gráfica de la velocidad de la bicicleta en función del tiempo, desde t = 0 s a t = 6 s. 10. Un auto A se mueve hacia la derecha por una pista recta y con una rapidez 80 km · h−1 . El conductor del auto A observa otro auto B que se encuentra 50 m delante de él sobre un carril paralelo. Suponga que el auto B se mueve en el mismo sentido que el auto A con una velocidad de magnitud 60 km · h−1 . (a) Halle la posición en la cual un auto pasa frente al otro. (b) Encuentre el momento lineal de cada auto si cada uno tiene una masa de 103 kg. Resuelva la misma situación para el caso en el cual un auto se mueve hacia el otro. 11. ¿Será posible encontrar una situación física, de un cuerpo en movimiento, en la que el momento lineal no sea paralelo a la velocidad? Explique. 12. Un niño tira un juguete para que su perro, de masa 8 kg, lo recoja. El perro emprende la carrera en busca del juguete, que se encuentra a 9 m de distancia, y lo trae de vuelta. El viaje le toma 4.3 s . (a) ¿Cuál es el desplazamiento del perro? (b) ¿Cuál es la distancia total que recorrió el perro? (c) ¿Cuál es el momento lineal medio del perro? 13. La magnitud del momento lineal de un

29

1.12. ENUNCIADOS

auto con movimiento rectilíneo, varía con la magnitud de la velocidad en la forma mostrada en la figura. ¿Cuál es el significado físico de la pendiente de la recta? Halle el valor numérico correspondiente. p 4 -1 (x10 kg m s ) 112 80 48 16

-1

1

3

5

7

v (x10 m s )

14. Un camión y su carga, con una masa de 2 × 104 kg, se mueve en línea recta con una rapidez de 1 km · h−1 . ¿Con qué rapidez tendrá que correr usted para adquirir la misma magnitud de la cantidad de movimiento del camión? Utilice su propia masa. Exprese su resultado en km · h−1 y en m · s−1 . 15. Una bala de 30 g tiene una velocidad horizontal de magnitud 100 m · s−1 . ¿Con qué rapidez tendrá que correr usted para alcanzar la magnitud de la cantidad de movimiento de la bala? Utilice su propia masa. Exprese su resultado en km · h−1 y en m · s−1 . 16. La partícula α es un núcleo de helio con una masa de 6.88 × 10−27 kg, la cual es emitida en una desintegración radiactiva del 238 92 U. Una partícula α tiene una rapidez de 1.4 × 107 m · s−1 . Esta es una rapidez pequeña comparada con la de la luz (3 × 108 m · s−1 ). (a) ¿Cuál es la magnitud de la cantidad de movimiento de la partícula α? (b) ¿Cuál es la magnitud de la velocidad de una masa de 1 g con la misma magnitud de la cantidad de movimiento de la partícula α? (c) ¿Cuánto tiempo demora la masa de 1 g en recorrer 1 m con esta rapidez? Exprese su resultado en años. 17. ¿Con qué rapidez debe correr usted para alcanzar la misma magnitud de la cantidad

de movimiento que un auto de 103 kg de masa que se desplaza a 1 km · h−1 ? 18. La figura muestra la forma como varía la posición x de una partícula en función del tiempo t, mientras esta se mueve en línea recta. La masa de la partícula es 400 g. (a) ¿El momento lineal de la partícula es cero en algún instante? Explique. (b) ¿Es constante el momento lineal de la partícula? Explique. (c) ¿Cuál es el momento lineal de la partícula en el instante t = 0 s (d) ¿Cuál es su momento lineal en el instante t = 3 s (e) ¿En qué instante la partícula pasa por el origen? ¿Cuál es su momento lineal en ese instante? x (m) 2 1 t (s) -1 -2

1 2 3 4 5

19. Un auto de masa 1.2 × 103 kg se desplaza con una velocidad horizontal de magnitud 100 km · h−1 en dirección Suroeste. El sistema de coordenadas se toma de tal forma que el eje x apunta hacia el Este y el eje y hacia el Norte. (a) ¿Cuál es el momento lineal del auto? (b) ¿Cuáles son las componentes rectangulares de la cantidad de movimiento? 20. Una granada explota en dos fragmentos de igual masa. Si un fragmento sale disparado en la dirección oeste, ¿en que dirección se mueve el otro fragmento? ¿Por qué? 21. Un auto de 103 kg que se desplaza hacia la izquierda sobre una pista recta, choca contra un camión estacionado de 4 × 103 kg. Inmediatamente después de la colisión, el auto queda en reposo, mientras que el camión se desplaza con una rapidez de 2 m · s−1 . (a) Halle la velocidad del auto inmediatamente antes de la colisión. (b) En el choque, ¿se conserva el momento lineal del auto? Explique.

30


22. Una bola de masa 4 kg y velocidad 1.2 m · s−1 , choca frontalmente con otra bola de masa 5 kg moviéndose a 0.6 m · s−1 en el mismo sentido. Si la velocidad de la bola de 4 kg después del choque es 0.54 m · s−1 , encuentre el cambio en el momento lineal de cada bola. ¿Qué puede concluir de los resultados obtenidos? 23. Repita la situación anterior, suponiendo que la bola de 5 kg se mueve en sentido opuesto antes del choque y con una velocidad de 1.13 m · s−1 luego del choque. 24. En los dos enunciados anteriores, suponga que las bolas quedan pegadas en el choque. (a) Encuentre la velocidad de las bolas inmediatamente después del choque. (b) Halle el cambio en el momento lineal de cada bola en el choque. ¿Qué puede concluir de los resultados obtenidos? 25. Un bloque se lanza sobre una superficie horizontal, de tal manera que este mueve en línea recta. ¿Se conserva el momento lineal del bloque? Explique. 26. Un ciclista y su bicicleta, de masa 102 kg, se mueven en el plano xy de tal manera que las ecuaciones cinemáticas de posición están dadas por x = −30t − 6 y y = 60t − 9, donde x, y se dan en m y t en s. (a) Obtenga la ecuación de la trayectoria seguida por el sistema ciclista-bicicleta. (b) Exprese el vector momento lineal del sistema en sus componentes rectangulares, cuando t = 15 s. Halle la magnitud y dirección del momento lineal del sistema en t = 15 s. (c) Encuentre la energía cinética del sistema en t = 15 s. 27. La energía cinética de un auto varía con el cuadrado de su rapidez en la forma mostrada en la figura. ¿Cuál es el significado físico de la pendiente de la recta? Halle el valor numérico de la masa del auto. 28. La velocidad de un bloque de 2 kg es v1 = (3i − 3j) m · s−1 en el instante t = 3 s. Posteriormente, cuando t = 6 s, la velocidad es v2 = (8i + 4j) m · s−1 . (a) Halle el cambio en la velocidad del bloque. (b) Calcule

Ek (x103 J) 45

20 5

2

1 2

4

2

2 -2

v (x10 m s ) 6

8 9

el cambio en el momento lineal del bloque. (c)Encuentre el cambio en la energía cinética del bloque. 29. Dos deslizadores de masas m1 y m2 se mueven, respectivamente, con velocidades v1 y v2 sobre un riel de aire y en sentidos opuestos. Los deslizadores chocan elásticamente. (a) Halle la velocidad de los deslizadores después del choque. (b) Analice el resultado en los siguientes casos particulares: (i) m1 = m2 , (ii) m2 = 2m1 , (iii) v2 = 0 y m1 = m2 , (iv) v2 = 0 y m2 = 2m1 . En cada caso, ilustre gráficamente la situación luego del choque. Para cada una de las situaciones consideradas en el numeral (b), halle (c) el cambio en el momento lineal de cada deslizador y (d) el cambio en la energía cinética de cada deslizador. 30. Dos autos de igual masa m se mueven sobre el mismo carril y en el mismo sentido, con velocidades v1 y v2 . Luego del choque los autos quedan pegados. (a) ¿Bajo qué condición chocan los autos? Explique. (b) Halle la velocidad de los autos inmediatamente después del choque. (c) Determine si la colisión es elástica o inelástica. 31. Una bola de billar que se mueve horizontalmente hacia la derecha, choca con otra bola que se encuentra en reposo. Luego de la colisión, ¿cuál situación de las mostradas es la correcta? Explique su respuesta. 32. Un auto de masa m se mueve en el sentido Norte-Sur con una velocidad de magnitud 40 km · h−1 , mientras que otro auto de masa 2m se mueve en el sentido

31

1.12. ENUNCIADOS

(i)

(ii)

(iii)

(iv)

Oeste-Este con una velocidad de magnitud 30 km · h−1 . Los dos autos chocan en el cruce entre las dos avenidas sobre las cuales se mueven, de tal forma que quedan enganchados moviéndose en una dirección que forma un ángulo de 34o con la horizontal. (a) Haga un diagrama ilustrativo de la situación planteada, tanto inmediatamente antes como inmediatamente después del choque. (b) Obtenga, en componentes rectangulares, la velocidad de los autos inmediatamente después del choque. (c) Encuentre el factor de colisión. ¿Parte de esta energía cómo aparece luego de la colisión? (d) ¿Qué nombre recibe esta colisión? Explique. 33. Una bola de billar de masa m1 se mueve horizontalmente hacia la derecha con una velocidad v1 , cuando choca elásticamente con otra bola de masa m2 , inicialmente en reposo. Luego de la colisión, las velocidades de las bolas forman entre sí un ángulo de 90o . (a) Haga un diagrama ilustrativo donde se muestre la situación tanto inmediatamente antes como inmediatamente después del choque. (b) Encuentre la relación entre las masas de las bolas de billar. 34. Con el fin de probar la resistencia de los materiales que conforman su estructura, a dos autos de igual masa se les permite chocar, desplazándose en sentidos opuestos con movimiento rectilíneo uniforme. Suponga que los autos quedan enganchados en el choque y que adquieren velocidades constantes de 60 m · s−1 y 80 m · s−1 cuando la separación entre ellos es 100 m. (a) Halle la posición donde

chocan los autos. (b) Encuentre la velocidad de los autos inmediatamente después del choque. (c) Si luego del choque los autos se desplazan con movimiento rectilíneo uniforme, determine su posición a los 5 s de este haber ocurrido.

MOMENTO LINEAL, FUERZA Y ENERGIA MECANICA BERNARDO ARENAS GAVIRIA Universidad de Antioquia Instituto de Física 2012

Índice general

2. Momento lineal, fuerza y energía mecánica 2.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Aceleración de una partícula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1. Vector aceleración (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2. Vector aceleración media (¯a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3. Vector aceleración instantánea (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.4. Aceleración en el movimiento rectilíneo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.5. Movimiento rectilíneo acelerado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.6. Movimiento rectilíneo desacelerado o retardado . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.7. Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado (MRUA) . . . . . . . . . . 2.3. Cambio en el momento lineal y leyes de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1. Diagrama de cuerpo libre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2. Fuerza neta, total o resultante de un sistema de fuerzas concurrentes . . . . 2.3.3. Resultante de un sistema de fuerzas utilizando componentes rectangulares 2.3.4. Movimiento vertical de los cuerpos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.5. Movimiento en un plano vertical debido a la interacción con la tierra . . . . 2.3.6. Fuerza elástica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4. Fuerza trabajo y energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1. Fuerza, desplazamiento y trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2. Trabajo y potencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.3. Fuerza, trabajo y energía cinética (∆Ek ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.4. Casos particulares del teorema del trabajo y la energía . . . . . . . . . . . . 2.5. Trabajo, fuerza conservativa y energía potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1. Trabajo realizado por una fuerza constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2. Trabajo realizado por el peso de un cuerpo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.3. Trabajo realizado por la fuerza elástica de un resorte . . . . . . . . . . . . . 2.5.4. Fuerza conservativa y energía potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6. Conservación de la energía para una partícula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7. Derivada direccional, energía potencial y sistema conservativo . . . . . . . . . . . . 2.8. Curvas de energía potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.9. Fuerza de fricción entre superficies en contacto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.9.1. Fuerza de fricción en fluidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.10. Fuerza de fricción y sistema no conservativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.11. ENUNCIADOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 2 2 2 3 4 4 4 5 7 11 14 14 21 23 28 29 30 33 35 35 38 38 38 38 39 40 43 45 47 54 56 57

Cap´ıtulo

2

Momento lineal, fuerza y energía mecánica Competencias En esta unidad se busca que el estudiante Defina, conceptual y matemáticamente, el vector aceleración de una partícula.

Identifique la relación entre fuerza conservativa, energía potencial y derivada direccional. Distinga entre fuerza conservativa y fuerza no conservativa.

Distinga entre movimiento rectilíneo acelerado y movimiento rectilíneo desacelerado.

Analice el efecto de la fuerza de fricción sobre el movimiento de los cuerpos.

Identifique y analice el movimiento rectilíneo uniformemente acelerado.

Distinga entre sistema conservativo y sistema no conservativo.

Infiera la relación entre interacción y cambio en el momento lineal.

Enuncie y aplique la ley de conservación de la energía.

Enuncie, analice y aplique las leyes de Newton.

Analice situaciones físicas empleando los conceptos de trabajo y energía.

Analice situaciones físicas utilizando las CONCEPTOS BASICOS En esta unidad, se definirán y analizarán los leyes de Newton. siguientes conceptos: Vector aceleración (a), Obtenga diagramas de cuerpo libre, en el Vector fuerza (F), peso (W), diagrama de cuerpo libre, trabajo (W), teorema del Trabajo y la Enercaso de partículas. gía, sistema conservativo, energía potencial Ep , Analice el movimiento de caída libre y el fuerza elástica, fuerza central, sistema no conmovimiento parabólico. servativo y energía total E. Defina, conceptual y matemáticamente, el trabajo realizado por una fuerza.

2.1. Introducción

Obtenga y aplique el teorema del trabajo y Cuando se analiza el estado de reposo o de movimiento de un cuerpo, es posible hacerlo la energía. por dos caminos o métodos diferentes, en uno ellos se utilizan las leyes de Newton y en el Enuncie y aplique la ley de Hooke.

2

CAPÍTULO 2. MOMENTO LINEAL, FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA

otro el concepto de energía. Estos métodos se conocen en física como métodos dinámicos, ya que permiten describir de manera adecuada los cambios en el estado de los cuerpos, tales como pasar del reposo al movimiento o de un movimiento lento a un movimiento rápido.

y

2.2. Aceleración de una partícula

O i

A

vA Dv

B vB

vB - vA

j

x Figura 2.1: Vector aceleración media.

2.2.1. Vector aceleración (a) La velocidad de un cuerpo, respecto a determinado sistema de referencia, puede cambiar sólo en magnitud ó sólo en dirección ó simultáneamente en magnitud y dirección. Cuando se presenta uno de estos cambios en el vector velocidad, o lo que es igual, en el vector momento lineal, se dice que el cuerpo adquiere una aceleración. De este modo se puede afirmar: La aceleración de un cuerpo se define como la rapidez con que cambia su vector velocidad al transcurrir el tiempo.

2.2.2. Vector aceleración media (¯a) En la figura 2.1, la partícula en el tiempo tA se encuentra en el punto A y tiene una velocidad vA y en un instante posterior tB (tB > tA ) se encuentra en el punto B y tiene una velocidad vB . La aceleración media a¯ durante el movimiento de A a B se define como el cambio de velocidad dividido entre el intervalo de tiempo correspondiente, es decir v − vA ∆v = B , (2.1) a¯ ≡ ∆t tB − tA donde se observa que a¯ es un vector, ya que se obtiene dividiendo el vector ∆v con el escalar ∆t, o sea, que se caracteriza por su magnitud y dirección. Su dirección es la de ∆v, que siempre apunta hacia la concavidad, y su magnitud está dada por |∆v/∆t|. El vector a¯ es una aceleración media ya que no se ha dicho la forma como varía el vector velocidad durante el intervalo de tiempo ∆t. Si durante este intervalo de tiempo no hay cambio en el vector velocidad, esto es, si el vector velocidad permanece constante, en magnitud y en dirección, entonces en todo el intervalo de

tiempo ∆v = 0 y la aceleración sería cero. Dimensiones y unidades del vector aceleración media De acuerdo con la ecuación (2.1), las dimensiones del vector aceleración media son LT−2 . Por consiguiente, las unidades son m · s−2 en el sistema SI, cm · s−2 en el sistema gaussiano, p · s−2 en el sistema inglés; y en general, cualquier unidad de longitud dividida por una unidad de tiempo al cuadrado, tal como km · h−2 . Ejemplo 2.1 Una partícula pasa por el punto A en el instante tA y por el punto B en el instante tB . Determine el vector aceleración media de la partícula entre estos dos puntos, sabiendo que su vector velocidad está dado por v = i − 2tj, donde v está dado en m · s−1 y t en s. Solución En este caso, la velocidad de la partícula en el punto A está dada por vA = i − 2tA j y en el punto B por vB = i − 2tB j , o sea que el cambio en la velocidad es ∆v = −2(tB − tA )j. Reemplazando ∆v y ∆t = tB − tA en la ecuación (1.8), se encuentra que el vector aceleración media es dado por a¯ = −(2 m · s−2 )j. Por el resultado obtenido, se tiene que la velocidad no cambia en la dirección del eje x y por ello no aparece componente de aceleración en dicha dirección, mientras que se presenta un cambio de velocidad en la dirección del eje y lo que hace que se presente una componente de aceleración en esta dirección.

3

2.2. ACELERACIÓN DE UNA PARTÍCULA

y

Ejercicio 2.1 Una partícula, de masa 500 g, pasa por el punto A en el instante tA y por el punto B en el instante tB . Determine el vector aceleración media de la partícula entre estos dos puntos, sabiendo que su vector momento lineal está dado por p = 2ti − 1.5t2 j, donde p está dado en kg · m · s−1 y t en s.

2.2.3.

ax i

q a

ay j

j O

Vector aceleración instantánea (a)

Si una partícula se mueve de tal manera que su aceleración media, medida en varios intervalos de tiempo diferentes no resulta constante, se dice que se tiene una aceleración variable. La aceleración puede variar bien sea en magnitud, en dirección o simultáneamente en magnitud y dirección. En tales casos, se trata de determinar la aceleración de la partícula en un instante dado cualquiera, llamada aceleración instantánea a y definida por

x

i

Figura 2.2: Componentes rectangulares del vector aceleración. De la definición de aceleración, ecuación (2.2), se encuentra que ∫t

a(t)dt.

v = vo +

(2.4)

to

Esta integral se puede resolver sólo si se conoce la forma como varía la aceleración con el tiempo. En el caso particular que el vector aceleración permanezca constante, en magnitud y di(2.2) rección, entonces

dv d2 r ∆v = = 2. dt dt ∆t→0 ∆t

a = l´ım

v = vo + a(t − to ). (2.5) Si el vector velocidad en componentes rectangulares está dado por v = v x i + vy j, entonces el Reemplazando la ecuación (2.5) en la ecuación (1.7), luego de integrar y evaluar se llega a vector aceleración se expresa en la forma r = ro + vo (t − to ) + 21 a(t − to )2 .

dvy dv x a= i+ j = a x i + ay j. dt dt

(2.3)

(2.6)

Expresión que únicamente es válida si el vector aceleración permanece constante mientras la De este modo su magnitud y dirección están partícula está en movimiento. dadas, respectivamente, por √ a=

a2x + a2y

y

θ = tan−1

ax . ay

Como se muestra en la figura 2.2, el vector aceleración siempre apunta hacia la concavidad de la trayectoria y en general no es tangente ni perpendicular a ella. Las dimensiones y unidades del vector aceleración instantánea, o simplemente aceleración, son las mismas que las del vector aceleración media.

Ejemplo 2.2 Halle la aceleración de una partícula en función del tiempo, cuya velocidad respecto a determinado sistema de referencia, está dada por v = i − 2tj. Solución Derivando la expresión anterior respecto al tiempo, se encuentra que la aceleración está dada por a = ( − 2 m s−2 )j. Este resultado muestra que la aceleración de la partícula es una constante a lo largo

4


y cuya dirección coincide con la del movimiento o con la opuesta, dependiendo de si la magnitud de la velocidad aumenta o disminuye con el tiempo. Igual que para la velocidad, el signo de la aceleración lo da el sistema de referencia.

de la dirección y, lo que se esperaba ya que coinciden la aceleración media (ejemplo 2.1) y la aceleración instantánea. Ejercicio 2.2 Halle la aceleración, en función del tiempo, de una partícula de masa 500 g y cuyo vector momento lineal está dada por p = 2ti − 1.5t2 j.

2.2.5.

Movimiento rectilíneo acelerado

Si la magnitud de la velocidad aumenta con el tiempo, se tiene movimiento rectilíneo acelerado, y en este caso la velocidad y la aceleración tienen el mismo sentido, como se ilustra en la figura 2.3. Esta situación se presenta, por ejemplo, cuando en un auto se aplica el pedal del acelerador.

Ejemplo 2.3 Halle, en función del tiempo t , la velocidad de una partícula cuya aceleración está dada por a = ( − 2 m s−2 )j, si vo = (1.0 m s−1 )i en to = 0. Solución Luego de reemplazar a y vo en la ecuación (2.4), al integrar y evaluar se llega a la expresión v = i − 2tj,

a v i

que es un resultado idéntico a la expresión dada en el ejemplo 2.2, como se esperaba.

a> 0

v> 0

O

x

a

Ejercicio 2.3 Halle, en función del tiempo t , el momento lineal de una partícula de masa 500 g y cuya aceleración está dada por a = 4i − 6tj, si vo = 0 en to = 0. Compare con la expresión dada para v en el ejercicio 2.1

v i O

x v< 0

a< 0

Figura 2.3: Movimiento rectilíneo acelerado.

En síntesis, un cuerpo tiene movimiento recEn el caso de una partícula que tenga tilíneo acelerado, cuando tanto la velocidad comovimiento rectilíneo, la aceleración tendrá só- mo la aceleración tienen el mismo signo. lo una componente si se hace coincidir la trayectoria con un eje, bien sea el eje x o el eje y. En caso contrario, la aceleración tendrá dos com- 2.2.6. Movimiento rectilíneo desaceleraponentes rectangulares. do o retardado

2.2.4. Aceleración en el movimiento rec- Cuando la magnitud de la velocidad disminuye con el tiempo, se tiene movimiento rectilítilíneo

neo desacelerado o retardado, es decir, cuando la velocidad y la aceleración tienen sentidos opuestos, como se muestra en la figura 2.4. Esta situación se presenta, por ejemplo, cuando en un auto se aplican los frenos. En síntesis, un cuerpo tiene movimiento rectilíneo desacelerado o retardado, cuando la velocidad y la aceleración tienen signos opuestos. Para movimiento en una dimensión, la ecuación (2.7) se puede escribir en forma inte(2.7) gral y es posible resolverla si se conoce la forma

De acuerdo con la definición de aceleración y para el caso de movimiento rectilíneo, con el eje de coordenadas coincidente con la trayectoria, un cuerpo posee aceleración si cambia la magnitud de la velocidad con el tiempo, es decir, si v = v (t). Teniendo en cuenta la definición de aceleración, esta corresponde a un vector cuya magnitud está dada por a=

dv , dt

5

2.2. ACELERACIÓN DE UNA PARTÍCULA

a

v v

i a< 0

v> 0

O

v x

vo

a

Area = Dx

v i

O

x v< 0

O

a> 0

Figura 2.4: Movimiento rectilíneo retardado.

t to

t

Figura 2.5: Gráfica de la velocidad en función del tiempo para un MRUA.

funcional de a(t). ∫t

v = vo +

a(t)dt. to

Ejercicio 2.4 Determine, en función del tiempo, la velocidad de una partícula que se mueve a lo largo del eje x, si la ecuación cinemática de aceleración está dada por a = 18t − 8, con vo = −1 m s−1 en to = 0.

2.2.7.

Al comparar la ecuación (2.10) con la ecuación (2.9), se encuentra que la pendiente de la rec(2.8) ta corresponde a la aceleración de una partícula con movimiento rectilíneo uniformemente acelerado.

Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado (MRUA)

a

a Area = Dv O

t to

t

Este es un movimiento en el cual la magnitud de la aceleración permanece constante, es de- Figura 2.6: Gráfica de la aceleración en función del cir, a(t) = a = Constante. De este modo, la tiempo para un MRUA. ecuación (2.8) toma la forma La ecuación cinemática de posición de una v = vo + a ( t − to ), (2.9) partícula con movimiento rectilíneo uniformeque corresponde a la ecuación cinemática de ve- mente acelerado, se obtiene al sustituir la locidad para el movimiento rectilíneo uniformemente ecuación (2.9) en la ecuación (1.8), donde al integrar y evaluar se llega a la expresión acelerado (MRUA). La ecuación (2.9) corresponde a la ecuación de una línea recta, donde su pendiente es la magnitud de la aceleración del movimiento. En las figuras 2.5 y 2.6 se muestran las gráficas de velocidad y aceleración en función del tiempo, para el caso de movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. De la figura 2.5, se tiene que la pendiente de la gráfica de velocidad en función del tiempo está dada por: Pendiente =

v − vo = a. t − to

x = xo + vo (t − to ) + 12 a(t − to )2 ,

(2.11)

expresión que sólo es válida si la magnitud de la aceleración permanece constante. Cuando se grafica la posición de una partícula con movimiento rectilíneo uniformemente acelerado, en función del tiempo, se obtiene una parábola cuya concavidad depende del signo de la aceleración. En la figura 2.7 se muestra la gráfica en el caso de una aceleración positiva. La pendiente de la recta tangente en un pun(2.10) to, tal como A en la figura 2.7, corresponde a la

6


x x

camioneta? ¿Por qué? d) Calcule el tiempo en que se detiene el autobús. e) Calcule la posición del autobús y de la camioneta en el instante que se detiene el autobús.

A

xA xo O

t to

tA

Solución a) Diagrama ilustrativo de la situación plateada

t Movimiento

Figura 2.7: Gráfica de la posición en función del tiempo para un MRUA. velocidad de una partícula cuando pasa por la posición xA . En forma matemática vA =

dx | dt

x = xA .

Ejercicio 2.5. Demuestre que el área sombreada, en la gráfica de la figura 2.6, es igual al cambio en la velocidad ∆v de una partícula en el intervalo de tiempo ∆t = t − to , cuando se tiene movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. Ejercicio 2.6. Demuestre que el área sombreada, en la gráfica de la figura 2.5, es igual al desplazamiento ∆x de una partícula en el intervalo de tiempo ∆t = t − to , cuando tiene movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. Ejemplo 2.4. Un autobús viaja con una rapidez de 60 km · h−1 a lo largo de una pista recta. El conductor del autobús ve una camioneta que se mueve delante de él a una distancia de 30 m y con una velocidad de 13.89 m · s−1 . El conductor del autobús aplica los frenos a los 2 s de haber observado la camioneta, generando una aceleración de 50 cm · s−2 . a) Haga un diagrama ilustrativo de la situación plateada, incluyendo el sistema de referencia a emplear. b) Plantee las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad que rigen el movimiento del autobús y de la camioneta. c) ¿El autobús alcanza la

Movimiento

A

C

x(m) O

B

30

En el diagrama se considera la situación inicial de los móviles, y se toma el origen de coordenadas del sistema de referencia en la posición donde el conductor del autobús ve la camioneta. El punto B es la posición de la camioneta en el instante que el autobús aplica los frenos. De acuerdo con el enunciado, las cantidades dadas son voA = 60 km · h−1 ≡ 16.67 m · s−1 , xoC = 30 m, vC = 13.89 m · s−1 , tA = 2 s y a = −50 cm · s−2 ≡ −0.5 m · s−2 . b) Ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad para el autobús y para la camioneta: Antes de aplicar los frenos, el autobús tiene movimiento rectilíneo uniforme entre O y B. Así la ecuación (1.8), con to = 0 y xo = 0 adquiere la forma ′ xA = 16.67t.

(1)

A partir del punto B, en el autobús se aplican los frenos y este adquiere un movimiento rectilíneo uniformemente retardado, por lo que la ecuación (2.11) se transforma en xA = xB + 16.67(t − 2) − 21 0.5(t − 2)2 . (2) En cambio, la camioneta se mueve con movimiento rectilíneo uniforme a partir de xoC = 30 m, por lo que la ecuación (1.8) se puede escribir como xC = 30 + 13.89t.

(3)

Ahora, reemplazando tA = 2 s en la ecuación (1), se tiene que la posición del autobús cuando aplica los frenos es xB = 33.34 m.

(4)

7

2.3. CAMBIO EN EL MOMENTO LINEAL Y LEYES DE NEWTON

O sea que al reemplazar la ecuación (4) en la ecuación (2), se tiene xA = 33.34 + 16.67(t − 2) − 12 0.5(t − 2)2 . (5) vA = 16.67 − 0.5(t − 2). (6) En las expresiones (3), (5) y (6), t es el tiempo medido a partir de la situación inicial del autobús y de la camioneta, mostrada en la figura. c) Si el autobús y la camioneta se encuentran, su posición debe ser la misma. Por lo tanto, al igualar las ecuaciones (3) y (5), se llega a una expresión cuadrática en t, cuya solución es √ t = 7.56 ± −66.85, que corresponde a soluciones físicamente no aceptables, ya que se obtiene un tiempo imaginario que no tiene significado dentro del marco de la física clásica. Lo anterior, permite concluir que el autobús y la camioneta no se encuentran. d) Para hallar el tiempo que tarda el autobús en detenerse, la ecuación (6) se iguala a cero, lo que lleva al resultado t = 35.34 s. e) La posición de los móviles cuando se detiene el autobús, se encuentra reemplazando la ecuación (7) en las ecuaciones (3) y (5). De este modo se obtiene xA = 311.23 m

y

xC = 520.87 m.

El resultado anterior muestra que cuando el autobús se detiene, la camioneta se encuentra 209.64, m delante de él. Esto significa que el autobús, mientras se encuentra en movimiento, está atrás de l camioneta y por consiguiente no es posible que se encuentren como se concluyó en el numeral c). Ejercicio 2.7. Un auto viaja a 16.67 m · s−1 a lo largo de una pista recta. El conductor del auto ve un camión que viaja delante de él a una distancia de 5 m y con una velocidad de 40 km · h−1 . El conductor del auto aplica los frenos a los 0.5 s de haber observado

el camión, generando una aceleración de 50 cm · s−2 . a) Haga un diagrama ilustrativo de la situación plateada, incluyendo el sistema de referencia a emplear. b) Plantee las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad que rigen el movimiento del auto y del camión. c) ¿El auto alcanza al camión? ¿Por qué? d) Calcule el tiempo en que se detiene el auto. e) Calcule la posición del auto y del camión en el instante que se detiene el auto. f) Analice completamente los resultados obtenidos.

2.3. Cambio en el momento lineal y leyes de Newton En esta sección, se obtendrá la forma matemática de las leyes que rigen el cambio en el estado de reposo o de movimiento de un cuerpo. A partir de estas leyes y con ayuda de los conceptos vistos hasta ahora para una partícula, es posible llegar a conocer la forma como varía la posición de una partícula con el tiempo [r(t)], es decir, es posible resolver completamente el problema dinámico de una partícula. De acuerdo con la situación considerada en el primer experimento de la sección 1.9.1, el cuerpo permanecerá con movimiento rectilíneo uniforme, momento lineal constante, mientras ningún otro cuerpo interactúe con él, o lo que es igual, mientras ningún otro cuerpo lo obligue a cambiar dicho estado. La experiencia también muestra que un cuerpo permanece en reposo sobre una superficie, hasta que llegue otro cuerpo y lo obligue a moverse. En cualquiera de los dos casos, esto significa que su momento lineal no cambia o lo que es igual que su aceleración es nula, ya que al no cambiar su momento lineal, no cambia su velocidad. Cuando se presenta una de estas dos situaciones, (reposo o MRU) se dice que el cuerpo se encuentra en equilibrio mecánico y se habla de equilibrio estático si el cuerpo está en reposo, y de equilibrio dinámico o cinético si el cuerpo tiene movimiento rectilíneo uniforme. También puede ocurrir que un cuerpo, interactuando con varios cuerpos simultáneamente,

8


permanezca en estado de equilibrio. En este caso, se presenta una situación en la cual las interacciones se anulan entre sí, en otras palabras, el efecto de todas las interacciones es nulo. Por ejemplo, una lámpara suspendida del techo mediante una cuerda, se encuentra en estado de equilibrio estático, aunque interactúa simultáneamente con la cuerda y la tierra. Igualmente, en el caso de un auto que se mueve sobre una superficie con MRU, está en equilibrio dinámico ó cinético, aunque simultáneamente está interactuando con la tierra, con el piso y con el aire. En lenguaje matemático, cualquiera de los dos estados considerados anteriormente, reposo y MRU, se pueden expresar en la forma v=0

v = Constante,

es decir a = 0.

O lo que es igual p=0

p = Constante,

es decir a = 0.

Esta es la forma matemática de expresar la Primera ley de Newton, también conocida como la ley de inercia, que en palabras se puede enunciar en la forma: Todo cuerpo permanecerá en un estado de equilibrio mecánico, mientras no interactúe con ningún otro cuerpo o al interactuar con otros cuerpos la interacción neta es nula. Como el movimiento de un cuerpo depende del observador, o lo que es igual del sistema de referencia correspondiente, esta ley es prácticamente un enunciado relativo a sistemas de referencia, ya que al enunciarla hay que especificar respecto a cuál sistema de referencia la partícula se encuentra en estado de reposo o de movimiento rectilíneo uniforme. Para que un cuerpo pueda estar en reposo o tener MRU, el sistema de referencia debe ser tal que su aceleración sea cero. A un sistema de este tipo se le conoce como sistema de referencia inercial y al observador ligado a dicho sistema de referencia se le conoce como observador inercial. El concepto de sistema de referencia inercial es de mucha utilidad, ya que uno de los modelos que se discutirá para resolver el problema dinámico de una partícula, solo es válido respecto a este tipo de sistemas de referencia.

Se acostumbra definir un sistema de referencia inercial, como aquel que se encuentra en reposo o con movimiento rectilíneo uniforme respecto a la tierra, ya que esta se toma aproximadamente como un sistema de referencia inercial, pues estrictamente no lo es. Como consecuencia de esta definición, se tiene que todo sistema de referencia en reposo o con un movimiento rectilíneo uniforme, respecto a un sistema de referencia inercial, también es un sistema de referencia inercial. En síntesis: La ley de inercia únicamente es válida respecto a sistemas de referencia inerciales.

Pregunta : ¿Por qué se afirma que la tierra realmente no es un sistema de referencia inercial, aunque aproximadamente sí lo es?

A los sistemas de referencia con aceleración diferente de cero o momento lineal variable, se les conoce como sistemas de referencia acelerados o sistemas de referencia no inerciales. Respecto a estos sistemas, no tienen validez las leyes Newton. A continuación se consideran situaciones comunes, en las que se manifiesta la ley de inercia. 1. En la figura 2.8, se muestra un cuerpo en reposo respecto a una superficie horizontal.

y

O

v= 0 x

Figura 2.8: Cuerpo en reposo sobre una superficie horizontal. Como el cuerpo está en reposo respecto al piso, su momento lineal respecto al piso es cero. Necesariamente, el cuerpo permanecerá en reposo mientras ningún otro cuerpo interactúe

9


con él, obligándolo a cambiar de estado, es de- tante de bajarse. Cuando una persona no lleva cir, obligándolo a moverse sobre la superficie. a cabo esta acción, lo más seguro es que cae de Si el cuerpo corresponde a un auto con sus narices al piso. pasajeros, cuando este arranca, los pasajeros Pregunta : se mueven hacia el espaldar de la silla, ya que Suponga que se encuentra en el interior por la ley de inercia, cuando acelera el auto, los de un ascensor. ¿Qué se percibe cuando pasajeros tienden a continuar en el estado de el ascensor, arranca ascendiendo y arranvelocidad cero, esto es, en reposo. ca descendiendo? Explique sus respuestas a la luz de la Primera ley de Newton.

2. En la figura 2.9, se tiene un cuerpo sobre una superficie horizontal lisa y con movimiento La primera ley de Newton o ley de inercia tamrectilíneo uniforme, respecto a dicha superficie. bién se relaciona con el concepto de masa. Para ello, se consideran los cuerpos de masas M y y m (M > m), mostrados en las figuras 2.10 y 2.11. v = constante

O

x

Figura 2.9: Cuerpo en movimiento sobre una superficie horizontal. En este caso, el cuerpo continúa moviéndose con el mismo momento lineal o la misma velocidad, mientras no interactúe con ningún otro cuerpo. Si el cuerpo corresponde a un auto con sus pasajeros, cuando este acelera, la ley de inercia se manifiesta cuando el cuerpo aprisiona el espaldar de la silla, debido a la rapidez menor que se tenía en el instante de acelerar. Por otro lado, cuando frena ocurre lo contrario debido a la ley de inercia, ya que los pasajeros tienen un movimiento involuntario en el sentido de movimiento, debido a la velocidad mayor que se tenía en el instante de frenar. 3. Para no caer de narices al piso, ¿qué debe hacer una persona cuando se baja de un autobús en movimiento? Si una persona desciende de un autobús en movimiento, en el instante que tiene contacto con el pavimento, debe correr en el mismo sentido del auto para no caer al piso. Esto se debe hacer, ya que por la ley de inercia la persona continúa con la velocidad que tenía en el ins-

- Cuando los dos cuerpos se encuentran en reposo, respecto a un observador inercial fijo al piso, ¿a cuál es más difícil cambiarle su estado de reposo? y

v=0 M

v=0 m

x

Figura 2.10: Cuerpos en reposo. La experiencia muestra que es más difícil cambiar el estado del cuerpo que tiene mayor masa. De este modo, el cuerpo de masa M presenta más oposición o resistencia a cambiar de estado, en otras palabras, el cuerpo de masa M tiene mayor tendencia a continuar en reposo. En conclusión, el cuerpo de masa M tiene mayor inercia que el cuerpo de masa m. Actividad : Trate de mover una silla vacía y luego una silla con una persona sentada en ella. ¿Nota la diferencia?

- Si los dos cuerpos se mueven con igual velocidad respecto a un sistema de referencia fijo al piso, ¿cuál es más difícil llevar al estado de reposo? Igual que en el caso anterior, el cuerpo de masa M tiene una mayor tendencia a continuar

10


y

v

v M

m

x

Figura 2.11: Cuerpos en movimiento. con movimiento rectilíneo uniforme, es decir, que este cuerpo posee mayor inercia. De estos dos casos, se puede inferir que la masa es una medida de la inercia de los cuerpos. Esto es, la masa es una medida de la resistencia que presentan los cuerpos al cambio de estado y presenta mayor inercia o resistencia el cuerpo que tiene mayor masa. En este sentido, como se analiza en el tema de la gravitación universal, hay distinción entre los conceptos de masa inercial y masa gravitacional. Para la situación considerada en la figura 1.20, las partículas interactúan durante un intervalo de tiempo ∆t = t′ − t. Al dividir la ecuación (1.18) por ∆t, se tiene

La ecuación (2.14), es la forma matemática de expresar la interacción de la partícula 2 sobre la partícula 1, y se conoce como la segunda ley de Newton, ley de fuerza ó ecuación de movimiento. Como m1 es la masa de la partícula 1, su momento lineal es p1 = m1 v1 y la ecuación (2.14) se transforma en d F1 = (m1 v1 ). (2.15) dt Si la masa m1 es constante, la ecuación (2.15) se convierte en dv1 F1 = m1 dt = m 1 a1 . (2.16)

Para el caso particular de masa constante, la segunda ley de Newton queda dada entonces por la ecuación (2.16). Generalmente, la segunda ley de Newton se refiere al caso de una partícula sobre la que actúan varias fuerzas simultáneamente, siendo F la fuerza neta, total ó resultante de las fuerzas aplicadas. Además, cada fuerza representa la interacción de la partícula con otra. Así, cuando el momento lineal de una partícula cambia con el tiempo, es porque so∆p2 ∆p1 =− . (2.12) bre la partícula actúa una fuerza neta diferen∆t ∆t te de cero. En adelante, la interacción ó acción Si, además, se hace que ∆t → 0, la ecuación del medio ambiente sobre una partícula se rep(2.12) se puede escribir en la forma resenta matemáticamente mediante el concepto de fuerza ( F ). ∆p2 ∆p1 A la recta infinita sobre la que actúa una l´ım = − l´ım , ∆t→0 ∆t ∆t→0 ∆t fuerza se le denomina línea de acción de la fuerza. y por definición de derivada se obtiene dp1 dp2 =− . dt dt

(2.13)

La ecuación (2.13) muestra que las variaciones respecto al tiempo, del momento lineal de las dos partículas, son iguales y opuestas. La fuerza que actúa sobre la partícula 1, debido a su interacción con la partícula 2, se define como el cambio con respecto al tiempo del vector momento lineal de la partícula 1, esto es, la fuerza que actúa sobre la partícula 1 es F1 =

dp1 . dt

(2.14)

Dimensiones y unidades fuerza De acuerdo con la definición del vector fuerza, se tiene que sus dimensiones corresponden al cociente de las dimensiones del vector momento lineal con la dimensión de tiempo, es decir [F ] = [dp] [dt]−1 = MLT−2 . Por ello, las unidades correspondientes son kg · m · s−2 en el sistema internacional de unidades, donde se define el Newton en la forma 1 kg · m · s−2 ≡ 1 N. En el sistema gaussiano la unidad es g · cm · s−2 donde se utiliza la definición 1 g · cm · s−2 ≡ 1 dina. En el sistema inglés la unidad es la lb y su relación con el sistema de unidades SI está dada por 1 lb ≡ 4.448 N.

11


Otra unidad que es utilizada algunas veces es el kilogramo fuerza, definido como 1 kgf ≡ 9.8 N. La relación entre la unidad de fuerza en el sistema SI y el sistema gaussiano está dada por 1 N ≡ 105 dinas. De las ecuaciones (2.13) y (2.14) se tiene que F1 = − F2

(2.17)

La ecuación (2.17), es la forma matemática de expresar la tercera ley de Newton y se puede enunciar en la forma La fuerza que ejerce la partícula 1 sobre la partícula 2 es igual en magnitud pero opuesta en dirección a la fuerza que la partícula 2 ejerce sobre la partícula 1.

1

fuerza que se ejerce sobre ella es la acción, entonces la reacción corresponde a la fuerza que la piedra ejerce sobre el pié y es la responsable del dolor que puede presentarse una vez que esta situación ocurre. ¿Por qué se le hecha la culpa a la piedra, si ella solo responde a la acción que ejercemos sobre ella?

F1 F2 2

Figura 2.12: Par acción-reacción. Es costumbre decir que F1 y F2 forman un par acción-reacción. Las dos fuerzas que conforman un par acciónreacción, como el mostrado en la figura 2.12, cumple simultáneamente las siguientes condiciones 1. Aparecen simultáneamente. 2. Nunca actúan sobre el mismo cuerpo, sino una sobre cada uno de los cuerpos.

2.3.1. Diagrama de cuerpo libre En esta unidad se han considerado las causas por las que cambia el estado de reposo ó de movimiento de un cuerpo, cuando este interactúa con otros cuerpos. Para su estudio, se dispone de los conceptos descritos y analizados hasta este momento en el curso. Sólo se ha considerado el movimiento de traslación de los cuerpos, o sea, que estos se pueden tratar bajo el modelo de partícula. Ahora, cuando se va a analizar el comportamiento dinámico de un cuerpo, lo primero que se hace es llevar a cabo los siguientes pasos: Definir un sistema, que generalmente está formado por varios cuerpos. Elegir, del sistema, el cuerpo al cual se le va a analizar el estado de reposo o de movimiento, es decir, el cuerpo o partícula de interés. Delimitar el medio ambiente o alrededores, formado por el resto del sistema, o sea, por los cuerpos cercanos que interactúan con el cuerpo de interés.

Para aclarar los pasos anteriores, se conside3. Intervienen mientras los cuerpos interac- ran las siguientes situaciones túan. 1. Sistema cuerpo-tierra: Proyectil que se lanza 4. Tienen la misma línea de acción. Las condiciones anteriores, permiten concluir que, en el universo no existen fuerzas aisladas, sino que siempre aparecen por parejas (pares acciónreacción), o sea, un cuerpo no puede autoacelerarse. La ley de acción y reacción se manifiesta en muchas situaciones comunes. Por ejemplo, cuando con el pié se le da a una piedra, si la

desde el punto A con una velocidad que forma un ángulo no nulo con la horizontal. Para el sistema de la figura 2.13, tomando el proyectil como cuerpo o partícula de interés, los alrededores lo conforman el aire y la tierra. 2. Sistema masa-resorte: Bloque sujeto a un resorte y en movimiento sobre una superficie

12


v

vo A

S

q

T Tierra Figura 2.13: Proyectil lanzado desde el punto A. plana. Para el sistema de la figura 2.14.a ó Figura 2.15: Satélite que rota alrededor de la tierra. 2.14.b, si el bloque se toma como cuerpo o partícula de interés, los alrededores lo conPara poder llevar a cabo lo anterior, es neceformarán el resorte, la superficie plana, el sario hacer lo que se conoce como diagrama de aire y la tierra. cuerpo libre (DCL), que consiste en tomar el cuerpo de interés y reemplazar la interacción de él Movimiento con cada cuerpo de sus alrededores por el vector fuerza correspondiente. A continuación se muestran los diagramas de (a) cuerpo libre para cada uno de los casos anteriores.

o ient m i v Mo

(b)

1. Sistema cuerpo-tierra: En la figura 2.16, se muestra el diagrama de cuerpo libre para el proyectil, en varias posiciones de su trayectoria, donde sólo se considera una fuerza ya que se ha considerado la interacción del proyectil únicamente con la tierra.

Figura 2.14: Bloque sujeto a un resorte sobre una superficie a) horizontal, b) inclinada. Mg

3. Sistema satélite-tierra: Satélite que rota alrededor de la tierra. En el sistema de la figura 2.15, el cuerpo o partícula de interés puede ser el satélite, o sea que el medio ambiente corresponde a la tierra. En los tres casos anteriores, se observa que los alrededores sólo incluyen el medio o los cuerpos más cercanos al cuerpo de interés, ya que los efectos de los cuerpos más alejados generalmente son insignificantes. De este modo, en estas situaciones o en cualquier otra, lo que se busca es analizar la forma como es afectado el movimiento de traslación del cuerpo de interés por los alrededores. Así, el movimiento del cuerpo queda determinado por la acción del medio ambiente sobre él.

A Mg

Mg Mg Mg Tierra

Mg

Figura 2.16: Proyectil lanzado desde el punto A. Acá se tiene el caso de un cuerpo de masa M, que se mueve sometido a la fuerza que le ejerce la tierra, por lo que está sometido a una aceleración conocida como la aceleración de la gravedad g, con un valor experimental de 9.8 m · s−2 en el sistema de unidades SI y 32.2 p · s−2 en el sistema inglés. Por consiguiente, la fuerza que la tierra ejerce sobre dicho cuerpo, comúnmente

13


Movimiento

llamada peso, está dada por

N

F = W = mg

Fe

El peso es una propiedad característica de todo cuerpo, independientemente que se encuentre en reposo o en movimiento, respecto a un observador inercial, como se ilustra en la figura 2.17.

(a)

Mg

nto

imie M ov

N

Fe

y Mg

v=0 m O

W = Mg

(b)

x

Figura 2.18: Bloque sujeto a un resorte sobre una superficie a) horizontal, b) inclinada.

(a) y Movimiento m O

x

que rota alrededor de la Tierra es el cuerpo de interés, se muestra en la figura 2.19. En este caso, el medio ambiente corresponde a la Tierra.

W = Mg (b)

Figura 2.17: Peso de un cuerpo: a) en reposo b) en movimiento. 2. Sistema masa-resorte: En la figura 2.18 se tiene el diagrama de cuerpo libre para el bloque, donde la fuerza Fe conocida como fuerza elástica, se debe a la interacción del bloque con el resorte, la fuerza Mg definida como el peso del cuerpo, debido a su interacción con la tierra y la fuerza N conocida como normal, es la fuerza que la superficie ejerce perpendicularmente sobre el cuerpo. A la última fuerza se le conoce como normal, ya que siempre es perpendicular a la superficie que la genera. En este diagrama de cuerpo libre no se han tenido en cuenta los efectos del aire, que se estudiarán posteriormente. Más adelante se considera con mayor detalle la fuerza que ejerce un resorte cuando interactúa con un cuerpo. 3. Sistema Satélite-Tierra: El diagrama de cuerpo libre, teniendo en cuenta que el Satélite

S F T

Figura 2.19: Satélite que rota alrededor de la Tierra. La línea de acción de la fuerza que ejerce la Tierra sobre el Satélite, pasa por el centro de la tierra, independientemente de la posición del Satélite en su trayectoria. Como se verá en lo que sigue, el objetivo último de la dinámica es poder predecir, en un problema mecánico específico, cómo se seguirá moviendo una partícula cuando sus alrededores y condiciones iniciales se conocen. Una vez realizado lo anterior, se dice que se ha resuelto completamente el problema dinámico, lo que matemáticamente equivale a conocer la forma como varía el vector posición con el tiempo, es decir, conocer la forma explícita de r(t).

14


Pregunta : ¿La figura 2.17 corresponde al diagrama de cuerpo libre para el cuerpo de masa M? Explique.

2.3.2. Fuerza neta, total o resultante de un sistema de fuerzas concurrentes Debido a la interacción con otros cuerpos, al cuerpo de la figura 2.20 se le aplican varias fuerzas en el punto A, es decir, las fuerzas son concurrentes. Es posible reemplazar este sistema de fuerzas por una sola fuerza, llamada resultante, que produce el mismo efecto que las fuerzas concurrentes simultáneamente aplicadas.

F3

F

A

A A

F = F1 + F2 + F3 + . . . dp = dt = ∑ Fi

∑ ( Fxi i + Fyi j + Fzi k) ( ∑ Fxi )i + ( ∑ Fyi )j + ( ∑ Fzi )k.

= =

z

z F2 F3 x

FZ k

F1 A

A

y

F

Fx i

Fy j

y

F4 x

Figura 2.21: Resultante de varias fuerzas.

F1

F2

currentes, se tiene

Como en general se tiene que la resultante está dada por F = Fx i + Fy j + Fz k,

F4

igualando componentes, por ser los vectores unitarios i, j y k linealmente independientes, se Figura 2.20: Fuerzas concurrentes sobre un cuerpo. encuentra que Fx = ∑ Fxi , Matemáticamente se opera de acuerdo con las reglas de la geometría vectorial, ya que en este Fy = ∑ Fyi . caso se cumple el principio de superposición, Fz = ∑ Fzi . que afirma: La resultante de un sistema de fuerzas aplicadas a un cuerpo, es igual a la suma vectorial de En el caso de dos dimensiones, si se conotodas las fuerzas simultáneamente aplicadas al cuer- cen las componentes de cada fuerza coplanar, la po. Esta es la operación inversa a la descomposi- magnitud de la resultante se obtiene mediante ción de fuerzas. esto es la aplicación del teorema de Pitágoras √ F = F1 + F2 + F3 + . . . F = Fx2 + Fy2 = ∑ Fi y para su dirección, se acostumbra emplear dp = la definición de la función trigonométrica tandt gente Fy tanθ = Fx 2.3.3. Resultante de un sistema de Para analizar el caso de tres dimensiones, se fuerzas utilizando componentes considera la figura 2.22, en la que F es la rerectangulares sultante de un sistema de fuerzas espaciales, Suponiendo que sobre la partícula de la figura la cual tiene componentes en tres dimensiones 2.21, actúan varias fuerzas necesariamente conpara el caso más general. En la figura 2.22 se ha

15


z

z

Fzk F A

A

y

Fxi

q Fh

F Fy j j

y

x

x

Figura 2.22: Resultante en tres dimensiones.


tomado el origen del sistema de coordenadas, coincidente con el punto A de concurrencia de las fuerzas componentes. Esta fuerza se puede descomponer en una componente paralela al eje z, Fz k, y otra componente paralela al plano xy, Fh , como se ilustra en la figura 2.23.

Por lo tanto, la magnitud de la componente Fh al cuadrado, de acuerdo con la figura 2.24, es

z Fzk q

(2.23)

Donde al reemplazar la ecuación (2.23) en la ecuación (2.20), se tiene que la magnitud de la fuerza resultante se obtiene mediante la expresión √ F = Fx2 + Fy2 + Fz2 . Donde la magnitud de cada componente se encuentra al reemplazar la ecuación (2.19) en las ecuaciones (2.21) y (2.22), junto con la ecuación (2.18) se llega finalmente a

F

A

Fh 2 = Fx 2 + Fy 2 .

y Fh

x

Fx = F sen θ sen φ.


Fy = F sen θ cos φ.

(2.24) Fz = F cos θ. Las magnitudes de estas componentes están En las ecuaciones (2.24), se expresa la magnitud dadas por de las componentes en función del ángulo que Fz = F cos θ (2.18) forma la fuerza resultante con el eje z y del ánFh = F sen θ. (2.19) gulo que forma la componente horizontal con el eje y. Otra forma es expresar las componentes De este modo, utilizando la figura 2.23, se tiene rectangulares en función de la magnitud de la que el cuadrado de la magnitud de la fuerza ne- resultante y de los ángulos que forma la fuerza total con cada uno de los ejes, como se ilustra en ta está dada por la figura 2.25. 2 2 2 Donde α es el ángulo que forma la resultante F = Fh + Fz . (2.20) con el eje x, β con el eje y y γ con el eje z. De acuerdo con la figura 2.25, la fuerza neta Adicionalmente, la componente Fh paralela al tiene componentes en las tres direcciones perplano xy se descompone en sus componentes rectangulares Fx i y Fy j como lo muestra la figura pendiculares, de tal manera que se puede expresar en la forma 2.24. La magnitud de las componentes rectangulaF = Fx i + Fy j + Fz k, res de Fh , están dadas respectivamente, por F = ( F cos α)i + ( F cos β)j + ( F cos γ)k, Fx = Fh sen φ

(2.21)

Fy = Fh cos φ.

(2.22)

F = F (cos αi + cos βj + cos γk), ˆ F = F λ.

(2.25)

16


z g F b

a

y

A x

Figura 2.25: Angulos que forma la resultante con cada eje. Teniendo en cuenta la figura 2.26, en la ecuación (2.25) se ha expresado la fuerza resultante en función del ángulo que forma el vector con cada eje de coordenadas y se ha definido el vector unitario λ, que en componentes rectangulares queda expresado por z F

g a l A

b

y

x

Figura 2.26: Vector unitario paralelo a la fuerza resultante.

λ = (cos α)i + (cos β)j + (cos γ)k, .

(2.26)

Ahora, como λ tiene magnitud 1 por ser un vector unitario, se satisface la relación 2

2

2

1 = λ x + λy + λz .

(2.27)

Teniendo en cuenta las ecuaciones (2.26) y (2.27), se tiene que los ángulos que forma la fuerza resultante con los ejes coordenados no son independientes, sino que cumplen la condición cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1.

(2.28)

En las ecuaciones (2.25), (2.26) y (2.28), los términos cos α, cos β y cos γ, se conocen como cosenos directores de la fuerza neta F, los cuales permiten conocer sus componentes rectangulares, de acuerdo con la ecuación (2.25).

Es importante hacer énfasis en el hecho que la fuerza resultante, fuerza neta o fuerza total F, es físicamente equivalente a las fuerzas F1 , F2 , F3 y F4 aplicadas simultáneamente al cuerpo de la figura 2.20. Pautas generales a seguir en la solución de situaciones físicas, relacionadas con la dinámica de una partícula Hasta este momento, en esta unidad se han definido y analizado los conceptos: de aceleración como consecuencia del cambio en la velocidad, de fuerza como causa del cambio en el momento lineal, de diagrama de cuerpo libre donde se consideran todas las interacciones del cuerpo de interés con otros cuerpos y de fuerza resultante como la suma vectorial de todas las fuerzas que actúan sobre un cuerpo. Estos conceptos constituyen el primer método que permite resolver completamente el problema dinámico de una partícula, donde se deben tener en cuenta las siguientes pautas en la solución de diferentes situaciones físicas a resolver. 1. Tener claridad sobre la situación planteada en el enunciado, identificando las cantidades dadas, las cantidades conocidas y las incógnitas a obtener. 2. Si no es dado, hacer un diagrama ilustrativo de la situación física que se ha planteado, y en el cual se muestren las condiciones físicas del problema. A este diagrama se le conoce como diagrama espacial. 3. Elegir el cuerpo de interés y hacer un diagrama que muestre todas las fuerzas que actúen sobre él, esto es, hacer el diagrama de cuerpo libre. 4. Elegir un sistema de referencia adecuado que facilite la solución del problema, en lugar de generar complejidad. 5. De acuerdo con el sistema de referencia elegido, plantear las ecuaciones de movimiento que garanticen la situación planteada. 6. Resolver el sistema de ecuaciones simultáneas encontrado, con el fin de obte-

17


ner la información solicitada. De ser posible, resolverlo en forma literal, ya que esto permite hacer un análisis del resultado y permite verificar si las dimensiones son correctas. 7. Dar los resultados numéricos, con las unidades adecuadas. Ejemplo 2.5. Sobre una partícula de masa 3.0 kg, actúan cuatro fuerzas como se indica en la figura. a) Calcular la fuerza neta o resultante que actúa sobre la partícula. b) Calcular la aceleración de la partícula. c) Escribir las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad, si la partícula parte del origen con velocidad inicial cero. d) Obtener la ecuación de la trayectoria seguida por la partícula.

o F 2 = 5 N 37

F 1= 10 N o

30

x

50 o F 3=100 N

F 4= 50 N

20

o

Solución Este es un caso en el cual se da directamente el diagrama de cuerpo libre, es decir, no se muestran los cuerpos que conforman los alrededores, sino sus interacciones con la partícula de interés. a) En el caso de dos dimensiones, la fuerza neta o resultante F = F1 + F2 + F3 + F4 , se obtiene hallando sus componentes rectangulares Fx y Fy , teniendo en cuenta el sistema de referencia mostrado. De este modo, la componente en x de la resultante, adquiere el valor +

= → ∑ Fix = −41.53 N.

Igualmente, la componente en y de la resultante, está dada por Fy

F = ( − 41.53i − 114.6j)N Por lo que su magnitud está dada por F = 121.89 N y su dirección, mostrada en la figura siguiente, por θ = 70.08o .

y Fx i

= + ↑ ∑ Fiy = −114.6 N.

x

q Fy j F

De este modo

F = 121.89 N

y

Fx

Lo cual permite expresar la fuerza neta en componentes las rectangulares

70.08o

b) De acuerdo con la forma de la segunda ley de Newton para masa constante, F = ma, la ecuación de movimiento para la partícula considerada, está dada por

( − 41.53i − 114.6j)N = (3.0 kg)a. Así, la aceleración en componentes rectangulares es a = ( − 13.83i − 38.2j)m s−2 , con magnitud a = 40.63 m s−2 y dirección θ = 70.08o , como se esperaba, ya que la aceleración es paralela a la fuerza resultante. O sea

a = 40.63 ms-2

o

70.08

c) De acuerdo con el enunciado y el resultado anterior, las condiciones iniciales están dadas por a x = −13.83 m s−2 , ay = −38.2 m s−2 , v xo = 0, vyo = 0 y to = 0. Ahora, como a x y ay son constantes, se tienen componentes de movimiento uniformemente acelerado a lo largo de cada uno de los ejes de coordenadas. Así, las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad que rigen el movimiento de la partícula, adquieren la forma siguiente: Componente de movimiento en x x = −6.9t2 ,

v x = −13.8t.

18


y

Componente de movimiento en y y = −19.1t2 ,

vy = −38.2t.

d) Utilizando las ecuaciones cinemáticas de posición, se encuentra que la ecuación de la trayectoria seguida por la partícula tiene la forma

F2 = 5 N 53o

F 1= 10 N F5

60o

x

o

70 o

40 F 3=100 N

F 4= 50 N

y = 2.8x, que corresponde a la ecuación de una línea recta, con pendiente 2.8 es decir, forma un ángulo θ = 70.09o con la horizontal, como se muestra en la siguiente figura.

y x 70.08

o

Trayectoria Mediante este ejemplo se ha podido mostrar que con el objetivo de la dinámica se ha cumplido, ya que fue posible obtener la trayectoria seguida por la partícula, con sólo conocer las fuerzas que actúan sobre ella y las condiciones iniciales impuestas. Ejercicio 2.8. Sobre una partícula de masa 3.0 kg, actúan cinco fuerzas como se indica en la figura siguiente. a) Calcule la fuerza adicional F5 que se aplica a la partícula, para que la resultante de las fuerzas sea horizontal, con magnitud 50 N y dirigida horizontalmente hacia la derecha. b) Calcule la aceleración correspondiente de la partícula. c) Escriba las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad, si la partícula parte del origen con una velocidad de 10.0 m s−1 , dirigida en la dirección positiva del eje y. d) Obtenga la ecuación de la trayectoria seguida por la partícula y trace una gráfica de ella. Ejemplo 2.6. Desde la base de un plano inclinado y liso, que forma un ángulo de 30o con la horizontal, se lanza un bloque de masa 500 g con una velocidad paralela al plano

inclinado y de magnitud 15.0 m s−1 . a) Haga el diagrama de cuerpo libre para el bloque y plantee las ecuaciones de movimiento. b) Determine la aceleración del bloque. c) Halle la fuerza que la superficie ejerce sobre el bloque. d) Plantee las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad, que rigen el movimiento del bloque. e) ¿Cuánto tiempo asciende el bloque por el plano inclinado? f) ¿Hasta qué altura, respecto a la base del plano inclinado, asciende el bloque? Solución De acuerdo con el enunciado, las cantidades dadas son m = 500 g ≡ 0.5 kg, θ = 30o y vo = 15.0 m s−1 , con la cantidad conocida g = 9.8 m s−2 . a) Diagrama de cuerpo libre: Sobre el bloque actúa la normal N debido a su interacción con la superficie; y el peso mg debido a su interacción con la tierra. to ien m vi

Mo N

mg q

La ecuación de movimiento en la dirección paralela al plano inclinado, adquiere la forma

+ ↗ ∑ Fix = ma x ,

−mg senθ = ma x . (1) Adicionalmente, la ecuación de movimiento en la dirección perpendicular al plano inclinado adquiere la forma + ↖ ∑ Fiy = 0,

N − mg cosθ = 0, (2)

19


inclinado es xmáx = 22.96 m, así, mediante la figura anterior se encuentra que la altura máxima alcanzada por el cuerpo es

ya que en dicha dirección no hay movimiento. b) Como sólo hay movimiento en la dirección paralela al eje x, se tiene que la aceleración del bloque es a = a x , así, mediante la ecuación (1)se encuentra que la aceleración de la partícula es

h = 11.48 m.

En este caso ha sido posible resolver completamente el problema dinámico del bloque, sabiendo con que otros cuerpos interactúa y cuáles son las condiciones iniciales.

a = − g senθ, cuyo valor es a = −4.9 m s−2 . c) Empleando la ecuación (2), correspondiente a la ecuación de movimiento en la dirección paralela al eje y, se encuentra que la fuerza ejercida por la superficie sobre el bloque es N = mg cosθ, encontrándose el valor N = 4.24 N. d) De acuerdo con el sistema de referencia mostrado en la figura, el bloque se mueve sobre el eje x con una aceleración de −4.9 m s−2 .

y

ien vim

to

x

Ejercicio 2.9. Un bloque, de masa 500 g, parte del reposo y se mueve sobre un plano inclinado liso que forma un ángulo de 30o con la horizontal. El bloque inicia su movimiento desde una altura de 9.0 m respecto a la base de plano inclinado. a) Haga el diagrama de cuerpo libre para el bloque. b) Determine la aceleración del bloque. c) Plantee las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad, que rigen el movimiento del bloque. d) ¿Cuánto tiempo tarda el bloque en llegar a la base del plano inclinado? e) ¿Cuál es la velocidad del bloque cuando llega a la base del plano inclinado?

Mo

q De este modo, las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad, están dadas por x = 15t − 2.45t2

y

v = 15 − 4.9t

e) Como el bloque tiene un movimiento rectilíneo uniformemente retardado, llega un momento en el cual su velocidad se hace cero. De este nodo, mediante la ecuación cinemática de velocidad, se encuentra que en ese instante t = 3.06 s. f) Reemplazando t = 3.06 s en la ecuación cinemática de posición, se encuentra que el máximo desplazamiento sobre el plano

Ejemplo 2.7. Como se muestra en la figura, dos bloques unidos son empujados por una persona sobre una superficie horizontal, como se ilustra en la figura. La fuerza F representa la interacción entre la persona y el bloque 1. Analice los pares acción que se presentan, debido a la interacción de los bloques con otros cuerpos.

F

1 2

Solución Para hacer referencia a los pares acciónreacción que se tienen en este caso, se consideran los diagramas de cuerpo libre mostrados en la siguiente figura. En la figura (i) se tiene el diagrama de cuerpo libre para el sistema formado por los dos cuerpos, mientras que las figuras (ii) y (iii) corresponde, respectivamente, a

20


N2

N1 F

F

1 2 W1

(i)

1

A

Fc

W1 (ii)

W2 Fc

z

N1

17 m

N2 , 3m

2

O

W2 (iii) los diagramas de cuerpo libre de los bloques 1 y 2. En lo que sigue, se supone que cada una de las fuerzas que aparecen en los diagramas de cuerpo libre corresponden a la acción. La reacción de la fuerza F, actúa sobre la persona que interactúa sobre el bloque. La reacción de las normales N1 y N2 , actúan sobre el piso que es quien las ejerce sobre los bloques. La reacción de los pesos W1 y W2 , actúa sobre la tierra ya que ella es la que ejerce dichas fuerzas. En el diagrama de cuerpo libre del sistema formado por los dos bloques, no aparecen las fuerzas de contacto, esto es, la fuerza que un bloque ejerce sobre el otro ya corresponde a fuerzas internas al sistema considerado, mientras que en los diagramas de cuerpo libre de cada cuerpo por separado estas sí aparecen por tomar el carácter de fuerza externa ejercida a cada bloque. De este modo, si Fc es la acción que actúa sobre 1, la reacción es F,c que actúa sobre 2. Debe quedar claro que en cualquier diagrama de cuerpo libre las fuerzas que aparecen son las fuerzas externas que actúen sobre el cuerpo o sistema que se desee analizar. Ejemplo 2.8. La torre de la figura se sostiene mediante tres cables sujetos en la parte superior, como se indica. La tensión en el cable AB es 500 N, la tensión en el cable AC es 800 N, la tensión en el cable AD es 103 N y la distancia OD es 7 m.(a) Halle las componentes rectangulares de cada una de las fuerzas. (b) Encuentre la fuerza neta que actúa sobre la torre en el extremo A. Solución (a) Para determinar las componentes de la tensión en cada una de las cuerdas, se

3.5 m 2m

C

B 1m

y

o

35

D

x

definen los vectores unitarios λAB , λAC y λAD , paralelos respectivamente a las tensiones T AB , T AC y T AD , como se ilustra en la figura. z

A l

C

l

D

T AB 17 m

T AC T AD

3m

3.5 m 2m

C O

B 1m

y

o

35 x

D

De acuerdo con la figura, las coordenadas de los extremos de cada cuerda están dadas por A(0, 0, 17 m), B(−1 m, 2 m, 0), C (−3 m, −3.5 m, 0) y D (5.73 m, 4.01 m, 0) Teniendo en cuenta las coordenadas anteriores, se encuentra que los vectores unitarios en componentes rectangulares están dados por λAB λAC λAD

= −0.06i + 0.12j − 0.99k, = −0.17i − 0.2j − 0.97k, = 0.31i + 0.22j − 0.92k.

Como TAB = TAB λAB , TAC = TAC λAC y TAD = TAD λAD , las componentes rectangulares de las tensiones en cada una de las cuerdas, están dadas por TAB TAC TAD

= (−30i + 60j − 495k) N, = (−136i − 160j − 776k) N, = (310i + 220j − 920k) N.

(b) Teniendo en cuenta las componentes rectangulares en cada cuerda, las componentes rectangulares de la fuerza neta, total o resultante que actúa en el extremo A de la torre, son F = (144i + 120j − 2191k) N.

21

2.3. CAMBIO EN EL MOMENTO LINEAL Y LEYES DE NEWTON y

De este modo, su magnitud y dirección están dadas por

a=-gj

F = 2199 N, θ x = 86.25o , θy = 86.87o , θz = 175.11o .

2.3.4.

O

Movimiento vertical de los cuerpos

Este movimiento, más conocido como caída libre, se presenta cuando un cuerpo se mueve en el vacío, sometido únicamente a su interacción con la tierra. En esta sección se desprecian los efectos que pueda tener el aire sobre el movimiento de los cuerpos, lo que equivale a suponer que se mueven en el vacío. Este es un ejemplo muy importante de movimiento rectilíneo uniformemente acelerado, y se presenta cuando los cuerpos caen libremente bajo la acción de la gravedad. La figura 2.27 muestra que en este caso sólo actúa el peso del cuerpo, por lo que el cuerpo adquiere un MRUA, ya que el cuerpo se mueve en línea recta, sometido a la aceleración de la gravedad que se toma constante.

mg

La aceleración con la cual se mueven libremente los cuerpos a lo largo de la vertical, se debe a la acción de la tierra sobre los ellos y como ya se sabe, se denomina aceleración de la gravedad, así que es un vector dirigido siempre hacia abajo en la dirección vertical y se representa por el símbolo g. El signo de g y por ende de la fuerza, independientemente del sentido de movimiento del cuerpo a lo largo de la vertical, depende del sentido que se tome como positivo para el eje vertical, que generalmente se hace coincidir con el

Tierra Tierra

a=+gj y

Figura 2.28: El signo de la aceleración depende del sistema de referencia. eje y. Así, g = ± gj, es decir, el signo es positivo cuando el eje y se toma positivo verticalmente hacia abajo y negativo cuando el eje y se toma positivo verticalmente hacia arriba. En síntesis, el signo depende del sistema de referencia como se indica en las figuras 2.28. En la figura 2.29, se indican los dos sentidos de movimiento que puede presentar un cuerpo, cuando se mueve verticalmente sometido a la aceleración de la gravedad. En este caso, el cuerpo A tiene movimiento rectilíneo uniformemente retardado ya que el sentido del vector velocidad se opone al sentido del vector aceleración de la gravedad; en su lugar, el cuerpo B tiene movimiento rectilíneo uniformemente acelerado ya que el sentido del vector velocidad coincide con el sentido del vector aceleración de la gravedad.

Tierra Figura 2.27: Diagrama de cuerpo libre.

O

Movimiento

a=g

B Movimiento

A Tierra Figura 2.29: Movimiento vertical acelerado y desacelerado. En conclusión, cuando un cuerpo se mueve verticalmente hacia arriba, el movimiento es retardado y cuando un cuerpo se suelta o se lanza verticalmente hacia abajo, el movimiento es acelerado, independiente del sistema de referencia. El valor de la aceleración de la gravedad g varía de un lugar a otro de la superficie terres-

22


tre, debido a los cambios de altura respecto al nivel del mar. El máximo valor de la aceleración de la gravedad se encuentra sobre la superficie de la tierra, ya que esta disminuye cuando nos alejamos de ella o cuando nos acercamos al centro de la tierra. El valor máximo es cercano a g = 9.8 m s−2 en el sistema de unidades SI ó g = 32.2 p s−2 en el sistema inglés de unidades. El valor de g es el mismo para todos los cuerpos que caen y se toma independiente de la altura, mientras no se alejen mucho de la superficie terrestre ya que como se expresó antes su valor disminuye a medida que la distancia sobre la superficie terrestre o bajo ella, menos masa que atrae aumenta. La aceleración de la gravedad en Medellín es del orden de 9.7658 m s−2 , que es un valor cercano al tomado como referencia. Ejemplo 2.9. Desde la superficie de la tierra se lanza una piedra verticalmente hacia arriba con una velocidad de 54 km h−1 . A los 0.7 s de lanzada la piedra, se deja caer un pequeño bloque de madera desde una altura de 10 m, respecto a la superficie de la tierra. Los cuerpos se mueven sobre trayectorias paralelas. a) Haga un diagrama ilustrativo de la situación planteada, donde se muestre el sistema de referencia a emplear y el diagrama de cuerpo libre para cada cuerpo. b) Plante la ecuación de movimiento para cada cuerpo y encuentre su aceleración. c) Teniendo en cuenta el sistema de referencia elegido, plantee las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad que rigen el movimiento de la piedra y del bloque. d) Calcule el tiempo que demoran los cuerpos en pasar uno frente al otro. e) En el instante que el bloque llega al piso, ¿dónde se encuentra la piedra? ¿Asciende o desciende la piedra? Solución De acuerdo con el enunciado, las cantidades dadas son voP = 54 km h−1 ≡ 15 m s−1 , to = 0.7 s y yob = 10 m, donde la cantidad dada es g = −9.8 m s−2 . a) Diagrama ilustrativo de la situación planteada y diagrama de cuerpo libre En el diagrama se ha tomado el origen de coordenadas del sistema de referencia, en la superficie de la tierra. Igualmente se

y (m) vob= 0 m1g

10

15 m s -1 m2g

O

Tierra

muestra la posición inicial de la piedra y la posición del bloque en ese instante. Al despreciar los efectos del aire, la única interacción de la piedra y el bloque es con la tierra que genera el peso en cada caso. b) Ecuaciones de movimiento o forma de la segunda ley de Newton para cada cuerpo. Para m1

+ ↑ ∑ Fiy = m1 a; −m1 g = m1 a1

(1)

Para m2

+ ↑ ∑ Fiy = m2 a; −m2 g = m2 a2

(2)

De la ecuación (1) ó (2), se encuentra que la aceleración de cada cuerpo es a1 = a2 = − g.

(3)

La ecuación (3) muestra que para ambos cuerpos la aceleración es negativa debido al sistema de referencia. Lo anterior indica que la piedra adquiere un movimiento rectilíneo uniformemente desacelerado, mientras que el bloque de madera adquiere un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. c) De acuerdo con el sistema de referencia mostrado, las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad para la piedra y el bloque son Para la piedra yp = 15t − 12 9.8t2 ,

(4)

vp = 15 − 9.8t.

(5)

Para el bloque de madera yb = 10 − 12 9.8(t − 0.7)2 ,

(6)

vb = −9.8(t − 0.7).

(7)

d) Cuando la piedra y el bloque se encuentran frente a frente, la posición vertical es

23


la misma, es decir, las ecuaciones (4) y (6) son iguales. Al igualar y llevar a cabo el procedimiento, se encuentra que el tiempo que tardan en encontrarse es t = 0.93s. e) Cuando el bloque llega al piso, se tiene que yb = 0 , por lo que mediante la ecuación (6) se encuentra que el tiempo de caída del bloque es t = 2.13 s.

(8)

Para determinar la posición de la piedra en ese instante, se remplaza la ecuación (8) en la ecuación (4) obteniéndose el valor yp = 9.72 m. Para saber si la piedra asciende o desciende en ese instante, se remplaza la ecuación (8) en la ecuación (5), encontrándose el valor vp = −5.87 m s−1 . Como el signo de la velocidad es negativo, de acuerdo con el sistema de referencia, se tiene que la piedra está descendiendo. Ejercicio 2.10. Desde la superficie de la tierra se lanza una piedra verticalmente hacia arriba con una velocidad de 54 km h−1 . En el instante que se lanza la piedra, se deja caer un pequeño bloque de madera desde una altura de 10 m , respecto a la superficie de la tierra. Los cuerpos se mueven sobre trayectorias paralelas. a) Haga un diagrama ilustrativo de la situación planteada, donde se muestre el sistema de referencia a emplear y el diagrama de cuerpo libre para cada cuerpo. b) Plantee las ecuaciones de movimiento para cada cuerpo y obtenga la aceleración de ellos. c) Teniendo en cuenta el sistema de referencia elegido, plantee las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad que rigen el movimiento de la piedra y del bloque. d) Calcule el tiempo que demoran los cuerpos en pasar uno frente al otro. e) En el instante que el bloque llega al piso, ¿dónde se encuentra la piedra? ¿Asciende o desciende la piedra?

2.3.5. Movimiento en un plano vertical debido a la interacción con la tierra En esta sección se considera el movimiento de una partícula en el plano, utilizando las coordenadas rectangulares x, y. Posteriormente se analiza el movimiento de una manera más general empleando las coordenadas polares r y θ. Este es un caso de movimiento, en el cual la partícula está interactuando con la tierra, es decir, está sometida a una fuerza que es constante en magnitud y dirección. Por consiguiente la fuerza y por lo tanto la aceleración, sólo tienen componente en una dirección. En la vida real se presenta este movimiento cuando se patea un balón de fútbol, cuando se golpea un balón de voleibol, cuando se lanza una pelota de béisbol, cuando se dispara un proyectil, o en general, cuando se lanza o dispara un cuerpo con una velocidad que forma un ángulo α con la horizontal diferente de 0o ó 90o es decir, siempre que se cumple la condición 0o < α < 90o . Se presenta una situación particular para α = 0o , esto es, cuando el cuerpo se lanza horizontalmente desde una altura determinada respecto a la superficie terrestre. Cuando un cuerpo adquiere tal movimiento, en todo instante está sometido a la aceleración de la gravedad, que como se sabe, su magnitud y dirección permanecen constantes. En el análisis que sigue, se supone que el aire no tiene ningún efecto sobre el movimiento de los cuerpos, o sea, se considera el movimiento como si fuera en el vacío, considerando únicamente la interacción con la tierra. Se supone que una partícula se lanza desde el punto A, con una velocidad vo que forma un ángulo α con la horizontal, como se muestra en la figura 2.30. En este movimiento, es posible descomponer la velocidad inicial en componentes horizontal y vertical, lo que permite hacer el análisis utilizando coordenadas rectangulares. Al considerar sólo la interacción entre el cuerpo y la tierra, en el diagrama de cuerpo libre de la figura 2.30 aparece el peso como única fuerza actuante. En este caso, la ecuación de movimiento a lo largo de la vertical adquiere la

24


y

Como los vectores unitarios i y j son linealmente independientes, entonces al igualar componentes en la ecuación (2.32), se encuentra que las ecuaciones cinemáticas de posición para este movimiento, en las direcciones horizontal y vertical, respectivamente están dadas por

vo A

yo j O

a

mg i

xo

Tierra

x

Figura 2.30: Movimiento parabólico con origen en la tierra.

(2.29)

De acuerdo con la ecuación (2.29), se tiene que a = − g.

(2.33)

y = yo + vo sen αt − 12 gt2 .

(2.34)

Al derivar las ecuaciones (2.33) y (2.34) respecto al tiempo, se encuentra que las ecuaciones cinemáticas de velocidad, en sus componentes horizontal y vertical para este caso, están dadas por

forma

+ ↑ ∑ Fiy = m a, −m g = m a.

x = xo + vo cosαt.

v x = vo cosα.

(2.35)

vy = vo senα − gt.

(2.36)

Finalmente, al derivar las ecuaciones (2.35) y (2.36) respecto al tiempo, se encuentra que las que corresponde a la aceleración de la componentes de aceleración son gravedad, como era lo esperado. De acuerdo con el sistema de referencia elegiax = 0 y ay = − g. do, el eje x se hace coincidir con la superficie de la tierra. Además, el tiempo se empieza a medir desde el instante que es lanzado el cuerpo, es En conclusión, las ecuaciones (2.33) a (2.36) rigen el movimiento en las direcciones horizondecir, to = 0. Considerando la figura 2.30, las condiciones tal y vertical, donde en la horizontal se tiene iniciales en componentes rectangulares, están una componente de movimiento con velocidad constante y en la vertical una componente de dadas por movimiento con aceleración constante. Medianro = xo i + yo j. te dichas expresiones es posible obtener toda la vo = vo cosαi + vo sen αj. (2.30) información sobre el movimiento de la partícula, hasta el instante que llega a la superficie de a = − gj. la tierra. Ahora, la posición del cuerpo, en cualquier insDe acuerdo con lo anterior, es posible intertante, está dada por pretar este movimiento como una superposición de un movimiento uniforme en la direcr = xi + yj. (2.31) ción horizontal y un movimiento uniformeReemplazando las ecuaciones (2.30) y (2.31) en mente acelerado en la dirección vertical. Con el fin de simplificar y obtener más inforla ecuación mación sobre el movimiento de la partícula, se 1 2 considera el caso en el cual se toma el origen de r = ro + vo (t − to ) + a(t − to ) , 2 coordenadas en el punto de lanzamiento A, coque es válida cuando el vector aceleración es mo se muestra en la figura 2.31. En este caso, xo = 0 y yo = 0, por lo que las constante, se encuentra ecuaciones (2.33) y (2.34) se transforman en xi + yj = ( xo + vo cosαt)i + (yo + vo sen αt − 12 gt2 )j. x = vo cosαt. (2.37) (2.32)

25


y

Para determinar el tiempo que la partícula demora en cruzar el eje x, se hace y = 0 en la ecuación (2.38), permitiendo llegar a las expresiones

a =-g j j vo a A O i

x

-h

t=0

y

t=2

vo senα . g

(2.43)

La posición horizontal de la partícula, cuando llega al eje x, se encuentra al reemplazar el tiemFigura 2.31: Movimiento parabólico con origen en po dado por la ecuación (2.43) en la ecuación (2.37), obteniéndose el punto de lanzamiento. Tierra

y = vo senαt −

1 2 2 gt .

(2.38)

Para hallar la ecuación de la trayectoria seguida por la partícula, se despeja el tiempo t de la ecuación (2.37) y se reemplaza en la ecuación (2.38), obteniéndose la ecuación cuadrática en la coordenada x y = tanαx −

gsec2 α 2 x , 2v2o

(2.39)

que corresponde a la ecuación de una parábola de la forma y = ax − bx2 donde a y b son constantes. Esta es la razón por la cual a este movimiento se le denomina movimiento parabólico, aunque también se le conoce como movimiento de proyectiles ya que estos describen generalmente esta trayectoria. Como la componente vertical de la velocidad se hace cero en la altura máxima alcanzada por la partícula, mediante la ecuación (2.36), se encuentra que el tiempo que demora en alcanzarla está dado por t=

vo senα . g

(2.40)

Reemplazando la ecuación (2.40) en la ecuación (2.38) se obtiene la altura máxima alcanzada por la partícula, respecto al punto de lanzamiento, es decir (vo senα) 2 ymax = . (2.41) 2g De este modo, la altura máxima respecto a la superficie de la tierra, está dada por 2

Hmax =

(vo senα) + h. 2g

(2.42)

xmax =

v2o sen2α. g

(2.44)

De acuerdo con la ecuación (2.44), el máximo valor que puede adquirir el alcance se obtiene cuando sen2α = 1 , es decir, para 2α = 90o ó α = 45o . Cuando el cuerpo llega a la superficie de la tierra y = −h, por lo que al reemplazar en la ecuación (2.38) y luego de simplificar, se llega a una ecuación cuadrática en el tiempo t, cuyas soluciones están dadas por [ ] √ / vo senα 2 1 ± 1 + 2gh (vo senα) , t= g (2.45) donde el radicando es una cantidad mayor que uno. Así, solo se tiene un valor real para el tiempo, es decir, un valor con significado físico, cuando se toma el signo positivo que antecede al radical. Lo anterior, está de acuerdo con la situación planteada ya que el cuerpo, luego de ser lanzado, sólo se encuentra en la superficie de la tierra una vez. Los resultados obtenidos en esta sección, son válidos cuando se cumplen las siguientes condiciones: El alcance debe ser suficientemente pequeño, para que se pueda despreciar la curvatura de la tierra, y de este modo poder considerar la superficie de la tierra como plana. La altura máxima debe ser suficientemente pequeña, para poder despreciar la variación de la gravedad con la altura

26


La magnitud de la velocidad inicial del proyectil debe ser suficientemente pequeña, para poder despreciar los efectos del aire. Como se verá posteriormente, los efectos del aire sobre el movimiento de los cuerpos, se hacen significativos entre mayor sea la magnitud de la velocidad. En la figura 2.32 se muestra la diferencia en la trayectoria de una partícula, cuando se mueve en el vacío y cuando se mueve en un medio como el aire.

25.0 m s−1 , xo = yo = 0, to = 0 , α = 30o , yA = 2.0 m. Para el delantero xod = 60.0 m , y como cantidad conocida g = −9.8 m s−2 . Solución a) Diagrama ilustrativo de la situación planteada

y

a =-g j

y

a

a =-g j

a

Aire

xA

O

vo O

A(xA, yA)

vo

Vacío x

Figura 2.32: Movimiento en el aire y en el vacío.

x xod

b) De acuerdo con el sistema de referencia mostrado en la figura, las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad, están dadas por Para el balón xb = 25.0 cos30 t,

(1)

v xb = 25.0 cos30, Ejemplo 2.10. En un partido de fútbol, un defensa patea el balón desde el piso, con una velocidad de 25.0 m s−1 formando un ángulo de 30o con la horizontal. En el instante que sale el balón, un delantero que se encuentra a 60 m del defensa, corre hacia el balón y lo recibe en la cabeza a una altura de 2 m. a) Haga un diagrama ilustrativo de la situación planteada donde se muestre el sistema de referencia a emplear. b) Teniendo en cuenta el sistema de referencia elegido, planteee las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad para el balón y para el delantero. c) Calcule la posición horizontal del balón cuando da en la cabeza del delantero. d) Halle la velocidad del delantero, suponiendo que corre a velocidad constante. Solución a) De acuerdo con el diagrama ilustrativo del problema, el origen de coordenadas del sistema de referencia, se toma en el punto donde es pateado el balón; igualmente se muestra la posición final tanto del balón como del delantero. Teniendo en cuenta el enunciado, las cantidades dadas son, para el balón vo =

yb = 25.0 sen 30 t − 12 9.8 t2 ,

(2)

vyb = 25.0 sen30 − 9.8 t. Para el delantero xd = 60.0 + vd t,

(3)

vd = Constante. c) Para calcular la posición horizontal del balón, cuando da en la cabeza del delantero, es necesario calcular primero el tiempo que demora en llegar a dicha posición, tanto el balón como el delantero. Para ello, se reemplaza yA = 2.0 m en la ecuación (2). Así, se obtiene una ecuación cuadrática en el tiempo, cuyas soluciones son t1 = 0.2 s

y

t2 = 2.4 s.

En principio estos valores reales de tiempo tienen significado físico, ya que el balón pasa dos veces por la posición en la cual y = 2.0 m. Ahora, reemplazando estos valores de tiempo en la ecuación (1), se encuentra que las posiciones horizontales correspondientes, están dadas por xb1 = 4.3 m

y

xb2 = 52.0 m.

27


d) Como en el instante que el balón da en la cabeza, la posición horizontal del delantero es la misma del balón, entonces la ecuación (3), para los dos valores de la posición, da las siguientes velocidades del delantero vd1 = −278.5 m s−1

y

vd2 = −3.3 m s−1 .

Los resultados anteriores, muestran que en ambos casos el delantero debe correr hacia la izquierda, ya que las velocidades son negativas, es decir, se debe mover en el sentido negativo del eje x. Por otro lado, el valor de velocidad vd1 = −278.5 m s−1 , en el caso real no se debe considerar, puesto que hasta el momento en condiciones normales no ha sido posible que un atleta alcance esta velocidad tan alta. En los cien metros planos la velocidad alcanzada es del orden de 10 m s−1 . Por consiguiente, la velocidad del delantero debe ser −3.3 m s−1 , lo que indica que el balón ya ha pasado por la altura máxima cuando se encuentran balón y delantero. Ejercicio 2.11. En un partido de fútbol, un defensa patea el balón desde el piso, con una velocidad de 25.0 m s−1 formando un ángulo de 30o con la horizontal. En el instante que sale el balón, un delantero que se encuentra a 45 m del defensa, corre hacia el balón y lo recibe en la cabeza a una altura de 2.0 m. a) Haga un diagrama ilustrativo de la situación planteada donde se muestre el sistema de referencia a emplear. b) Teniendo en cuenta el sistema de referencia elegido, plantear las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad para el balón y para el delantero. c) Calcular la posición horizontal del balón cuando da en la cabeza del delantero. d) Hallar la velocidad del delantero, suponiendo que corre a velocidad constante. Ejemplo 2.11. El observador A, que viaja en la plataforma de un móvil con movimiento rectilíneo uniforme respecto al piso, lanza una partícula verticalmente hacia arriba. El observador A está en reposo respecto al móvil y el observador B está en reposo respecto a la tierra. ¿Cuál es la trayectoria seguida por la partícula? Despreciar los efectos del aire.

Solución Esta pregunta sólo se puede responder, cuando se haya definido con exactitud quien está analizando el movimiento. En este caso, se debe especificar si es el observador A o el observador B quien responde la pregunta anterior.

A

Respecto al observador A, la respuesta es que la partícula describe una trayectoria rectilínea y vertical, ya que la velocidad horizontal del observador es la misma velocidad horizontal de la partícula, es decir, para el observador A la partícula no tiene componente horizontal de la velocidad. De acuerdo con esto, la partícula regresa de nuevo a la mano del observador A como se ilustra en la figura.

vB

B En su lugar, para el observador B, la partícula tiene tanto una componente horizontal como vertical de velocidad, y de este modo la partícula describe una trayectoria parabólica, ya que respecto a la tierra la partícula regresa a una posición diferente como se muestra en la figura. Ejercicio 2.12. Desde un avión que vuela horizontalmente a una velocidad de 200kmh−1 , se deja caer un cuerpo. Un observador en tierra, quiere correr de tal manera que su velocidad le permita mantener el cuerpo por encima de su cabeza, para de este modo, poderlo recibir en su mano. Explique si es

28


posible esta situación, considerando que el observador en tierra se mueve en línea recta.

2.3.6. Fuerza elástica

la figura 2.33, por la segunda ley de Newton +

→ ∑ Fx = ma − Fe = ma con Fe = kx se tiene

Si como se muestra en la figura 2.33, se estira ma = −kx, un resorte a partir del punto O, de modo que su extremo se mueva hasta una posición x, la expe- así que ( / ) riencia muestra que el resorte ejerce una fuerza a = − k m x, sobre el bloque al que está sujeto y cuyo valor, de este modo, la aceleración es variable y opuescon buena aproximación está dado por ta a la deformación del resorte. Este resultado es característico del movimiento periódico llamaFe = −kx, do Movimiento Armónico Simple (MAS), que será donde k es una constante llamada constante elás- analizado en unidad 5. tica del resorte, cuyo valor depende de la forma del resorte, de la longitud del resorte y del material que esté hecho el resorte. Esta es la ley de fuerza para resortes reales y se conoce como la ley de Hooke, que se satisface si el resorte no se estira más allá de cierto límite. El sentido de la fuerza siempre se opone al sentido en que se deformó el resorte. Para el sistema de referencia de la figura 2.33, cuando se estira el resorte, x > 0 y F es negativo; cuando se comprime x < 0 y F es positiva. Esto lleva a que la fuerza ejercida por el resorte sea una fuerza restauradora en el sentido de que siempre está dirigida hacia el origen, es decir, tiende siempre a llevar el cuerpo a la posición de no estiramiento. En la ley de Hooke se puede considerar que k es la magnitud de la fuerza por unidad de deformación; así, los resortes muy duros tienen valores grandes de k. Este es otro caso de fuerza variable, ya que depende de la deformación del resorte.

m x O

Ejemplo 2.12. Como se indica en la figura, mediante un bloque de masa m se comprime un resorte de constante k y luego se suelta. Suponga que el bloque está adherido al resorte.a) Haga el diagrama de cuerpo libre para el bloque. b) Plantee las ecuaciones que rigen el movimiento del bloque. c) Determine la aceleración del bloque y halle las posiciones en las cuales ésta adquiere la máxima y mínima magnitud. d) Determine la velocidad de la partícula, respecto a la posición x, y halle las posiciones donde su magnitud adquiere los valores máximo y mínimo. e) Determine, en función del tiempo, la posición de la partícula y analice dicha solución

Fe m x -xo

Solución a) Diagrama de cuerpo libre para el bloque

Fe

N

m x O

xo

O

x

Movimiento

Fe

Figura 2.33: Fuerza elástica de un resorte.

x -xo

O mg

Si el cuerpo se suelta, desde la posición x de

29

2.4. FUERZA TRABAJO Y ENERGÍA

b) Ecuaciones de movimiento para el bloque +

→ ∑ Fix = ma;

− kx = ma,

(1)

+ ↑ ∑ Fiy = 0,

N − mg = 0.

(2)

El signo menos en la ecuación (1) se justifica, teniendo en cuenta que mientras el bloque se encuentra a la izquierda de O, x es negativo y la fuerza elástica es positiva. c) De la ecuación (1) se encuentra que la aceleración está dada por a=−

k x, m

del tiempo, esto es, el bloque tiene un movimiento que se repite continuamente, entre las posiciones extremas x = ± xo , siempre y cuando se puedan despreciar los efectos debidos a la fricción. En síntesis, en los puntos de la trayectoria donde la aceleración se hace máxima, la velocidad adquiere su mínimo valor y donde la aceleración se hace mínima la velocidad se hace máxima.

2.4. Fuerza trabajo y energía (3)

donde el sentido de la deformación es opuesto a la aceleración del bloque. De la ecuación (3) se concluye - La aceleración es máxima cuando x es máxima, es decir, cuando x = ± xo ya que como no hay fricción, el máximo desplazamiento corresponde a la deformación inicial que sufre el resorte, y se obtiene en los extremos de la trayectoria. - La aceleración es mínima en magnitud, cuando la deformación del resorte es nula, es decir, en x = 0, que corresponde a la posición donde la fuerza elástica es cero, o sea cuando el bloque pasa la posición de equilibrio. d) Mediante la ecuación (3) y utilizando la definición de aceleración, por integración se encuentra que la velocidad del bloque es √ k v=± (− x2 + xo2 ). (4) m La ecuación (4) permite concluir - La velocidad se hace máxima cuando xo2 − x2 es máxima, o sea cuando x = 0 que corresponde a la posición de equilibrio. - La velocidad se hace cero cuando xo2 − x2 = 0, así x = ± xo que coincide con los extremos de la trayectoria. e) Con ayuda de la ecuación (4) y empleando la definición de velocidad, por integración se encuentra que la posición de la partícula en función del tiempo, está dada por x = xo cos(ωt), (5) √ donde se define ω ≡ k/m como la frecuencia angular de oscilación. La ecuación (5) indica que la posición de la partícula depende periódicamente

El problema fundamental de la dinámica de una partícula, es poder predecir su posición en función del tiempo t, sabiendo con cuáles partículas interactúa, además de conocer las condiciones iniciales a las que está sometida. De acuerdo con las secciones anteriores, el procedimiento que se debe llevar a cabo es el siguiente: se determina la fuerza neta F, que actúa sobre la partícula de masa m y mediante la segunda ley de Newton para masa constante F = ma, se encuentra la aceleración de la partícula. Luego, utilizando la definición de aceleración a = dv/dt, se obtiene la velocidad de la partícula en función del tiempo v(t). Finalmente, por medio de la definición de velocidad v = dr/dt, se resuelve el problema fundamental de la dinámica al poder determinar la posición del cuerpo en función del tiempo r(t). En lo que sigue, se trata la dinámica de una partícula desde otro punto de vista, lo que permitirá resolver de nuevo y completamente el problema de la dinámica de una partícula. Necesariamente, para definir los nuevos conceptos, se debe partir de las leyes de Newton ya que son el soporte de la dinámica de una partícula. Por otro lado, se observa que la notación de estas cantidades físicas, corresponde a cantidades escalares, lo que generalmente evita el uso de cantidades vectoriales en los procedimientos matemáticos. En síntesis, para su estudio ya se dispone de los conceptos cinemáticos y dinámicos descritos y analizados hasta este momento. Igual que en la cinemática y en la dinámica sólo se considera el movimiento de traslación de los cuerpos, o sea, que estos

30


se pueden seguir tratando bajo el modelo de partícula. Igual que hasta ahora, cuando se analiza el comportamiento dinámico de un cuerpo, se llevan a cabo los mismos pasos, esto es: Definir el sistema, que generalmente está formado por varios cuerpos. Elegir, del sistema, el cuerpo al cual se le va a analizar el movimiento, es decir, el cuerpo o partícula de interés.

FT dr m

q

F

FN

Figura 2.34: Trabajo realizado por F en un dt.

De acuerdo con la ecuación (2.47), se concluye Delimitar el medio ambiente o alrededores, formado por el resto del sistema, o sea, por que la componente de la fuerza normal a la los cuerpos cercanos que interactúan con el trayectoria seguida por la partícula, no realiza trabajo. Así, las fuerzas perpendiculares al descuerpo de interés. plazamiento de una partícula no realizan trabaEn principio, en cuanto a la forma funcional de jo. Esta situación se presenta siempre con la norla fuerza, matemáticamente, se pueden considemal (N) y con el peso (W) en el caso de un cuerrar dos casos po que se mueve sobre una superficie horizon1. Que la fuerza sea función del tiempo, es de- tal. Igualmente, ocurre con la fuerza centrípeta cuando un cuerpo se mueve sobre una trayectocir, F(t). ria circular, como se analizará en la unidad 3. 2. Que la fuerza sea función de la posición, esGeneralmente, interesa determinar el trabato es F(r ). jo total realizado por la fuerza F, cuando la Pero como se verá más adelante, la forma fun- partícula se mueve desde un punto A hasta cional de la fuerza con la posición es la de ma- un punto B de su trayectoria, como en el caso yor interés, ya que este es el tipo de fuerzas que mostrado en la figura 2.35. Como el trabajo total corresponde a la suma de los trabajos infinigeneralmente se presentan en la naturaleza. tesimales entre los dos puntos considerados, la sumatoria se transforma en una integral por lo 2.4.1. Fuerza, desplazamiento y trabajo que las ecuaciones (2.46) y (2.47) adquieren la Se considera una partícula de masa m sobre la forma que actúa una fuerza F. Si en un tiempo dt la ∫B partícula sufre un desplazamiento dr debido a W = F · dr la acción de la fuerza, el trabajo realizado por A ella durante tal desplazamiento, se define por ∫B

dW ≡ F · dr.

(2.46)

FT dS.

= A

(2.48)

Si se toma |dr| = dS, mediante la definición de producto escalar, la ecuación (2.46) adquiere la forma dW = F cosθ dS. Casos particulares de la ecuación (2.48) De la figura 2.34, se observa que FT = Fcosθ 1. Una partícula con movimiento rectilíneo, es la componente de la fuerza a lo largo de la está sometida a la acción de una fuerza tangente a la trayectoria seguida por la partícuconstante F que forma un ángulo θ con la. De este modo, la trayectoria, como se ilustra en la figudW = FT dS. (2.47) ra 2.36. En este caso, mediante la ecuación

31


de unidades g cm2 s−2 y en el sistema inglés lb p.

B

FT A

Es costumbre designar estas unidades con los siguientes nombres: 1 J ≡ 1 kg m2 s−2 en el sistema SI, 1 ergio ≡ 1 g cm2 s−2 en el sistema gaussiano. Por consiguiente, la relación entre estas unidades es 1 J ≡ 107 ergios.

F FN

Figura 2.35: Trabajo realizado por F entre A y B. (2.48), se encuentra que el trabajo realizado Interpretación geométrica de la ecuación (2.48) por la fuerza entre las posiciones A y B está dado por Cuando se conoce la gráfica de la forma como W = Fcosθ ( xB − xA ). varía la componente tangencial de la fuerza con el desplazamiento de la partícula, es posible inMovimiento terpretar la ecuación (2.48) de la siguiente maF F nera. Si esta componente de la fuerza varía en q la forma mostrada en la figura 2.38, el área del x B O A pequeño rectángulo, dA = FT dS, es igual al traFigura 2.36: Trabajo realizado por F no paralela al bajo infinitesimal realizado por la fuerza correspondiente durante el desplazamiento dS. Ahodesplazamiento. ra, el área total bajo la curva entre las posiciones A y B, es igual a la suma de las áreas de to2. Cuando la partícula tiene movimiento recdos los pequeños rectángulos dibujados entre tilíneo, pero la fuerza constante F es paradichos puntos; pero como las áreas son infinitelela al desplazamiento, el trabajo realizado simales, la suma se transforma en una integral por ella entre las posiciones A y B de la y así el área total corresponde a la integral dada figura 2.37 es por la ecuación (2.48). En conclusión, el trabajo total realizado por la fuerza entre las posiciones W = F ( xB − xA ). A y B es igual al área total bajo la curva.

Movimiento F O A

FT

F x B

Figura 2.37: Trabajo realizado por F paralela al desplazamiento. Dimensiones y unidades trabajo Teniendo en cuenta la definición de trabajo, dada por la ecuación (2.46), se tiene que sus dimensiones son [W ] = ML2 T−2 . De este modo, la unidad en el sistema internacional de unidades es kg m2 s−2 , en el sistema gaussiano

FT

A

dS

S B

Figura 2.38: Variación de FT en función de S.

El análisis anterior, se puede expresar

32


B

matemáticamente en la forma

B

Area bajo la curva = W ∫B

=

F2 A

F · dr

A

F3

A ∫B

FT dS.

=

F1 F

F4

Figura 2.39: Trabajo realizado por la resultante.

A

Trabajo de una fuerza en componentes rectan- Por consiguiente, el trabajo realizado por la fuerza resultante es igual a la suma de los tragulares bajos realizados por cada una de las fuerzas que En tres dimensiones y en componentes rectan- actúan sobre la partícula. gulares, la fuerza que actúa sobre una partícuEjemplo 2.13. la se expresa en la forma F = Fx i + Fy j + Fz k; Un bloque de masa m, asciende sobre la de manera similar, el vector desplazamiento essuperficie del plano inclinado de la figura, tá dado por dr = dxi + dyj + dzk. Así, al efeccuando se somete a la acción de la fuerza tuar el producto escalar entre estos dos vectores, F paralela al plano inclinado y de la fuerza se encuentra que el trabajo total realizado por la horizontal F′ . La magnitud de cada una de fuerza entre los puntos A y B es dado por las fuerzas aplicadas es 2mg. Cuando el ∫B

W=

( Fx dx + Fy dy + Fz dz).

(2.49)

A

Si la fuerza F y el vector desplazamiento dr se encuentran, por ejemplo, en el plano xy, la ecuación (2.49) se transforma en ∫B

W=

bloque ha ascendido una altura h, determine a) El trabajo realizado por la fuerza resultante. b) El trabajo neto realizado sobre el bloque, considerando por separado cada una de las fuerzas que actúan sobre el bloque. c) El valor del trabajo total si m = 500 g y h = 0.5 m, para diferentes valores del ángulo θ.

( Fx dx + Fy dy).

F

A

F´

m

Trabajo realizado por la fuerza resultante Si en la ecuación (2.48), la fuerza F corresponde a la fuerza resultante o neta de todas las fuerzas que actúan sobre la partícula, esto es si F = ∑ Fi = F1 + F2 + F3 + · · · , el trabajo neto o total realizado sobre la partícula por la fuerza resultante, para llevarla desde la posición A hasta la posición B de la figura 2.39, se obtiene mediante la expresión ∫B

W = A ∫B

= A

h

q Solución a) De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre mostrado en la siguiente figura, la componente de la fuerza neta en la dirección paralela al desplazamiento del bloque, es constante y está dada por F// = mg(2 − senθ − 2cosθ ),

(F1 · dr + F2 · dr + F3 · dr + · · · ) F · dr.

donde se ha tomado el sentido de movimiento como positivo. Así, el trabajo realizado sobre el bloque, al tener un desplazamiento de magnitud h/senθ es W = mgh(2cscθ − 1 − 2cotθ ).

33


N

F

F´

h mg

q b) El trabajo realizado por cada fuerza es WF WN

= 2mghcscθ, = 0,

ya que la normal es una fuerza perpendicular al desplazamiento. Wmg WF′

= −mgh, = −2mghcotθ.

Se observa que la única fuerza que realiza trabajo positivo es la fuerza aplicada F, ya que esta actúa en el sentido del desplazamiento. Sumando los trabajos anteriores, se encuentra que el trabajo neto, total o resultante, realizado por las fuerzas que actúan sobre el bloque está dado por

fuerza neta se opone al desplazamiento del bloque. A partir de este ángulo crítico, la fuerza neta apunta en el mismo sentido del desplazamiento, por lo que el trabajo es positivo. Lo anterior, es consecuencia de la variación en la componente paralela al plano inclinado, tanto del peso como de la fuerza F′ . Ejercicio 2.12. Halle el valor del ángulo θ, para el cual el trabajo neto realizado sobre el bloque del ejemplo 2.13 es nulo. ¿Qué se puede afirmar del trabajo neto realizado sobre el bloque, para valores mayores y menores al obtenido? Explique

2.4.2. Trabajo y potencia

θ (o )

W(J)

Como se observa en la definición dada por la ecuación (2.46), el trabajo es una cantidad escalar que no depende del tiempo. Por esta razón en la práctica y particularmente en la industria, no interesa el trabajo total que pueda realizar una máquina sino la rapidez con la cual esta hace trabajo. La potencia es una cantidad escalar que tiene en cuenta este hecho y se define como la rapidez con la cual se realiza trabajo. Matemáticamente, la potencia media en un intervalo de tiempo t, se define por W , P≡ t

10

−2.02

y la potencia instantánea en un instante de tiempo t, está dada por

30

−1.14

45

−0.42

W = mgh(2cscθ − 1 − 2cotθ ), que es idéntico al obtenido en el numeral anterior. c) Reemplazando valores se obtiene la siguiente tabla

60

+0.38

75

+1.31

De acuerdo con estos resultados, se tiene que el trabajo neto realizado sobre el bloque, es negativo hasta cierto ángulo de inclinación θ, esto es, mientras la

P≡

dW . dt

(2.50)

En el caso particular que la potencia sea constante, la potencia media es igual a la potencia instantánea. Mediante las ecuaciones (2.46) y (2.50), la potencia instantánea se puede expresar en función del vector velocidad, en la forma dr dt = F · v.

P = F·

34


Dimensiones y unidades de potencia De acuerdo con su definición, las dimensiones de potencia son [ P] = ML2 T−3 . Es costumbre emplear, en este caso, la unidad del sistema internacional de unidades kg m2 s−3 . Se define el vatio mediante la relación 1 w ≡ 1 kg m2 s−3 . Por comodidad, se emplean el kilovatio (Kw) y el megavatio (Mw), dados por 1 Kw ≡ 103 w y 1 Mw ≡ 106 w, respectivamente. Otra unidad que no es de mucho uso en la ciencia, aunque sí lo es en los casos prácticos, es el caballo vapor (hp), que se relaciona con la unidad SI mediante la expresión 1 hp ≡ 746 w. Mediante la definición de potencia es posible obtener otra unidad de trabajo, que es bastante empleada en el caso de las hidroeléctricas, a esta unidad se le conoce como el Kilovatio-hora y su relación con la unidad SI es 1 Kw − h ≡ 3.6 × 106 J. La liquidación de energía eléctrica facturada por las Empresas Públicas, se hace de acuerdo con el número de Kilovatios-hora consumidos por mes. Ejemplo 2.14. Como se indica en la figura, un bloque de masa M asciende con velocidad constante v por una colina que forma un ángulo θ con la horizontal. El bloque está unido a un motor mediante una cuerda que pasa por una polea y sometido a la fuerza F′ de magnitud igual a la magnitud del peso del cuerpo. Determine, para diferentes valores del del ángulo θ, la potencia desarrollada por el motor, si M = 600g y v = 5m · s−1 .

F´ M q Solución Diagrama de cuerpo libre para el bloque Como el bloque se encuentra en equilibrio dinámico, la componente de la fuerza neta paralela al plano inclinado, es nula. Así que la fuerza F ejercida por el

N

F

F´ Mg q motor tiene magnitud F = Mg(senθ + cosθ ). donde se ha tomado como positivo el sentido de movimiento. De esta forma, la potencia desarrollada por el motor es P = Mgv(senθ + cosθ ). En la siguiente tabla, se muestran los valores de la potencia, para diferentes valores del ángulo θ. θ (o )

P (w)

0

29.4

15

36.01

30

40.16

45

41.58

60

40.16

75

36.01

90

29.4

De la tabla se puede concluir que la potencia aumenta hasta un valor máximo, a partir del cual decrece hasta el valor de 29.4 w. Ejercicio 2.13. Encuentre el valor del ángulo para el cual la potencia desarrollada por el motor del ejemplo 2.14 es máxima. Ejercicio 2.14. Como se indica en la figura, un bloque de masa M asciende con velocidad constante v por una colina que forma

35


un ángulo θ con la horizontal. El bloque está unido a un motor mediante una cuerda que pasa por una polea y las superficies en contacto son lisas. Determine, en función del ángulo θ, la potencia desarrollada por el motor. Compare el resultado con el obtenido en el ejemplo 2.14.

La cantidad escalar 12 mv2 , que depende de la magnitud de la velocidad, mas no de su dirección, fue definida en la unidad anterior como la energía cinética Ek de la partícula, es decir Ek ≡

= =

M q 2.4.3.

Fuerza, trabajo y energía cinética (∆Ek )

W = m A ∫vB

= m

dv · dr dt v · dv.

vA

y vA

A m

O

m B F

2m

,

(2.53)

donde se ha utilizado la definición de momento lineal. Teniendo en cuenta las ecuaciones (2.52) y (2.53), el trabajo realizado sobre la partícula por la fuerza neta F, independientemente del tipo de fuerza, está dado por

Se considera el movimiento de un cuerpo de masa m, sobre el que actúa una fuerza neta F. Escribiendo la segunda ley de Newton en la forma dv F=m , dt y reemplazando en la ecuación (2.48), se encuentra que el trabajo realizado sobre la partícula por la fuerza neta, entre la posición A y la posición B de la figura 2.40, es dado por ∫B

2 1 2 mv 1 2 mv · v p2

W = EkB − EkA

= ∆Ek .

(2.54)

De la ecuación (2.54), se puede concluir que la variación de la energía cinética de una partícula siempre es igual al trabajo realizado por la fuerza neta que actúa sobre ella durante el movimiento. Como la energía cinética es una cantidad física que depende de la magnitud de la velocidad, entonces debe depender del sistema de referencia ya que la velocidad depende de él. Igualmente, al ser la energía cinética una función de la magnitud de la velocidad, es una energía que se le asocia a la partícula como consecuencia de su movimiento. Las ecuaciones (2.52) y (2.54), expresan lo que en física se conoce como el teo(2.51) rema del trabajo y la energía. El teorema del trabajo y la energía (TTE) permite analizar en muchos casos situaciones físicas que pueden ser analizadas igualmente por métodos dinámicos. Debe quedar claro que para su aplicación, es necesario hallar el trabajo vB realizado por todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, mientras este pasa de una posición a x otra.

Figura 2.40: Movimiento de m entre A y B sometida 2.4.4. a F.

Casos particulares del teorema del trabajo y la energía

Luego de resolver y evaluar la segunda inte1. Si la velocidad de una partícula permanece gral de la ecuación (2.51), se obtiene constante en magnitud y dirección, como en la W = 12 mv2B − 12 mv2A . (2.52) figura 2.41, el cambio en la energía cinética es

36


Movimiento

nulo, es decir, ∆Ek = 0. Por consiguiente, el trabajo realizado sobre la partícula es nulo y posee un movimiento rectilíneo uniforme.

F x O

v = Constante

x

Figura 2.43: Cuerpo con movimiento rectilíneo uniformemente acelerado.

O

Figura 2.41: Cuerpo con movimiento rectilíneo uni- Igual cosa ocurre cuando un cuerpo se lanza hacia arriba sobre un plano inclinado liso, ya que forme. la componente del peso se opone al desplaza2. Si la velocidad de la partícula permanece miento de la partícula. Otra fuerza que siemconstante en magnitud mas no en dirección, co- pre realiza trabajo negativo, es la fuerza de fricmo en la figura 2.42, en forma similar, se tiene ción dinámica que actúa sobre un cuerpo en que el cambio en la energía cinética es nulo, movimiento. ∆Ek = 0. Por tanto, de nuevo el trabajo realizado sobre la partícula es nulo y posee un movimiento circular uniforme.

Movimiento F x

v

R

O

Figura 2.44: Cuerpo con movimiento rectilíneo uniformemente desacelerado.

O

En síntesis: Cuando la energía cinética de una partícula aumenta o disminuye, es porque sobre la partícula actúa una fuerza neta que realiza trabajo; si su energía cinética permanece constante, la fuerza neta es cero y la partícula se encuentra en equilibrio, Figura 2.42: Cuerpo con movimiento circular unio posee un movimiento circular uniforme donde la forme. fuerza neta no es nula. 3. Cuando un cuerpo, como en la figura 2.43, tiene movimiento rectilíneo uniformemente acelerado, tal como ocurre cuando en un auto se aplica el pedal acelerador, la rapidez aumenta, o sea, que la energía cinética aumenta y el trabajo es positivo. Este caso también se presenta cuando a un cuerpo luego de ser soltado, se le permite descender por un plano inclinado liso, debido a la componente del peso paralela al desplazamiento. 4. Cuando el cuerpo, como se ilustra en la figura 2.44, tiene movimiento rectilíneo uniformemente desacelerado, situación que se presenta cuando en un auto se aplican los frenos, la velocidad disminuye, o sea, que la energía cinética disminuye y el trabajo realizado es negativo.

En mecánica cuántica y particularmente física nuclear, se encuentra que las unidades definidas anteriormente para trabajo y energía son muy grandes, por ello, a nivel microscópico se utiliza otra unidad más pequeña de energía llamada electronvoltio (eV) y cuya relación con la unidad SI es 1 eV ≡ 1 .602 × 10−19 J. Un múltiplo de esta unidad bastante utilizado es el MeV, cuya relación es 1 MeV ≡ 106 eV. Ejemplo 2.15. Un bloque de masa m, que se suelta desde la parte más alta del plano inclinado liso

37


de la figura, se le aplica la fuerza horizontal F de magnitud mg. Determine la velocidad del bloque, en el instante que llega a la base del plano inclinado.

F

físico.

θ (o )

v ( m ) · s−1

30

NO

45

0

60

3.75

75

4.94

80

5.24

89

5.72

m h

q Solución Diagrama de cuerpo libre para el bloque

N F mg B

A h

q

Se observa que para valores de θ menores que el el ángulo crítico de 45o , la velocidad no tiene significado físico, mientras que para valores mayores que este ángulo mínimo, la rapidez aumenta al aumentar θ.

a) Mediante el teorema del trabajo y la energía, se encuentra que W = 12 mv2B ,

(1)

donde el trabajo total realizado sobre el bloque, cuando se mueve entre las posiciones A y B, es W = mgh(1−cotθ ).

(2)

Reemplazando la ecuación (2) en la ecuación (1), se obtiene para la velocidad del bloque en el punto B √ vB =

Ejercicio 2.14. Un bloque de masa m, se suelta desde la parte más alta del plano inclinado de la figura. Suponiendo que las superficies en contacto son lisas, determine a) La velocidad del bloque, en el instante que llega a la base del plano inclinado. b) ¿Existe algún ángulo mínimo, a partir del cual tiene significado físico la velocidad? Explique. Compare los resultados con los del ejemplo 2.15.

m 2gh(1−cotθ ).

(3)

h En la tabla siguiente, se indica la forma como varía la rapidez de la partícula en función del ángulo θ, con h = 1.7 m. NO significa que la velocidad no tiene significado

q

38


2.5. Trabajo, fuerza conservativa y 2.5.2. Trabajo realizado por el peso de un cuerpo energía potencial Aunque este es un ejemplo de fuerza constante, para alturas cercanas a la superficie de la tierra, el trabajo realizado por ella es de gran importancia en muchas situaciones físicas. Para el caso mostrado en la figura 2.46, las componentes rectangulares del peso mg y de los vectores posición rA y rB , están dadas por mg = −mgj, rA = xA i + yA j y rB = xB i + yB j. Reemplazando estas expresiones y efectuando los resTrabajo realizado por una fuerza pectivos productos escalares, la ecuación (2.55) se transforma en constante

En esta sección se define un tipo muy importante de fuerzas que se presentan en la naturaleza, como son las fuerzas conservativas. Adicionalmente, se encuentra una relación matemática entre fuerza conservativa y la energía potencial.

2.5.1.

W = mgyA − mgyB

Como se ilustra en la figura 2.45, se considera una partícula de masa m sometida a la acción de una fuerza F constante en magnitud y dirección.

= −∆(mgy).

(2.56)

y

y (c)

A

(b)

F

A

yA

mg

yA - yB

(a)

B

yB

rA

B

j O

rB

i

xA

xB

x

x

O

Figura 2.46: Trabajo realizado por el peso. Figura 2.45: Trabajo realizado por una fuerza constante.

La ecuación (2.56) muestra, en este caso y como es de esperar, que el trabajo realizado por Para este caso la ecuación (2.48) se transforma el peso de la partícula es independiente de la trayectoria seguida por ella, pues depende sólo en de las posiciones inicial y final, en otras palabras, depende de la diferencia de alturas entre ∫B las posiciones A y B. W = F · dr A

= F · rB − F · rA .

(2.55) 2.5.3.

La ecuación (2.55), indica que el trabajo realizado por una fuerza constante es independiente de la trayectoria seguida por la partícula, ya que sólo depende de las posiciones inicial y final. De este resultado se puede concluir que para las diferentes trayectorias mostradas en la figura 2.45, el trabajo realizado por la fuerza constante es el mismo, es decir, W(a) = W(b) = W(c) .

Trabajo realizado por la fuerza elástica de un resorte

Como se vio en la sección 2.3.6, este es un ejemplo de fuerza variable que también posee gran importancia en la física. Se considera el sistema de la figura 2.47, que consiste en un cuerpo de masa m adherido a un resorte de constante elástica k y que puede moverse sobre una superficie horizontal lisa. En esta situación, las componentes rectangulares de la fuerza variable F y

39

2.5. TRABAJO, FUERZA CONSERVATIVA Y ENERGÍA POTENCIAL

del vector desplazamiento dr , están dadas por cumple la condición F = −kxi y dr = dxi. Para determinar el tra∫B bajo realizado por la fuerza elástica del resorte, W = F · dr al llevar el cuerpo de la posición xA a la posiA ción xB , se reemplazan la fuerza y el vector des≡ EpA ( x, y, z) − EpB ( x, y, z) plazamiento en la ecuación (2.48), obteniéndose luego de integrar y evaluar, la expresión = −∆Ep ( x, y, z). (2.58) En conclusión, la ecuación (2.58) sólo es válida si la fuerza considerada es conservativa; = (2.57) además, muestra que la cantidad Ep ( x,y,z) es función de las coordenadas x, y, z. Al comparar las ecuaciones (2.56) y (2.57) con la ecuación (2.58), se observa que el trabajo realizado por el peso y el trabajo realizado por la m fuerza elástica de un resorte satisfacen la definix ción de fuerza conservativa. Por consiguiente, O se puede asignar una función de energía poF tencial a un sistema cuerpo-tierra y a un sistema m masa-resorte. De este modo, la energía potencial x gravitacional asociada al sistema cuerpo-tierra xB xA O queda definida por Figura 2.47: Trabajo realizado por la fuerza elástica Ep (y) ≡ mgy, de un resorte. W =

2 2 1 1 2 kxA − 2 kxB −∆( 12 kx2 ).

y la energía potencial elástica asociada al sisAunque la fuerza es variable, el resultado tema masa-resorte por obtenido en la ecuación (2.57) indica que de nuevo el trabajo realizado por la fuerza elástiEp ( x ) ≡ 12 kx2 . ca no depende de la trayectoria sino de las posiTeniendo en cuenta estas dos definiciones, el ciones inicial y final. trabajo realizado por la fuerza gravitacional se puede expresar en la forma

2.5.4.

Fuerza conservativa y energía potencial

W = EpA (y)− EpB (y)

≡ mgyA − mgyB = −∆Ep ,

Los dos casos anteriores, trabajo realizado por el peso de un cuerpo y trabajo realizado por la y el trabajo realizado por la fuerza elástica en la fuerza elástica, son dos ejemplos de un grupo forma de fuerzas que se presentan en la naturaleza y W = EpA ( x )− EpB ( x ) que se llaman fuerzas conservativas. De forma general y matemáticamente, se define una fuerza conservativa F(r) = F( x,y,z) de manera que el trabajo realizado por ella se puede expresar como la diferencia de los valores inicial y final de una cantidad escalar Ep ( x,y,z), llamada energía potencial, es decir, la fuerza F(r) = F( x,y,z), es conservativa si

2 = 21 kxA − 12 kxB2 = −∆Ep ( x ).

Se presenta una diferencia cuando el trabajo de una fuerza se expresa en función de la energía cinética y en función de la energía potencial. En el primer caso la expresión a utilizar

40


es W = ∆Ek , y es válida independientemente de la fuerza que actúe sobre la partícula; en el segundo caso la expresión es W = −∆Ep , de validez únicamente si la fuerza que actúa sobre la partícula es conservativa. En sistemas donde se deba emplear el concepto de energía potencial, primero se debe definir lo que se conoce como el nivel cero de energía potencial, que corresponde a una posición arbitraria, dependiendo de la fuerza conservativa que se esté considerando y de la situación física particular. Para un sistema cuerpo-tierra, el nivel cero de energía potencial gravitacional coincide con el origen de coordenadas, ya que en este caso la dependencia es lineal con la coordenada vertical. Para el caso de un sistema masa-resorte, el nivel cero de energía potencial elástica se toma en la posición donde la fuerza elástica se hace cero, es decir, en la posición donde el resorte no ha sufrido estiramiento alguno. Cuando se trata de un sistema satélite-tierra, la función de energía potencial asociada al sistema es inversamente proporcional a la distancia r entre el satélite y la tierra, esto es, tiene la forma funcional Ep ∝ 1/r. Es por ello que el nivel cero de energía potencial para este sistema se toma en el infinito, ya que allí la energía potencial se hace cero. B

(1)

2.48. En forma matemática, si la fuerza que actúa sobre la partícula es conservativa, se debe cumplir la condición ∫B

W =

F · dr +

A

I

=

F · dr

B

F · dr

= 0.

(2.59)

donde la integral, con un círculo en el centro, significa que se integra a través de la trayectoria cerrada ABA. La ecuación (2.59) permite saber si una fuerza dada es conservativa o no, es decir, es otra definición de fuerza conservativa. En el caso de la fuerza de fricción, se encuentra que el trabajo realizado por ella es diferente de cero ya que depende de la trayectoria; esta es la razón por la cual no se incluye dentro del grupo de fuerzas conservativas. Cuando se analiza un cuerpo o sistema sobre el cual sólo actúan fuerzas conservativas, se dice que el sistema es conservativo.

2.6.

Conservación de la energía para una partícula

Sobre la partícula de la figura 2.49, de masa m, simultáneamente actúan varias fuerzas. De este modo, su resultante F realiza un trabajo W entre los puntos A y B de la trayectoria, dado por W = ∆Ek ,

A

∫A

(2.60)

(2)

con ∆Ek = EkB − EkA . Ahora, si todas fuerzas son conservativas, su resultante es conservatiFigura 2.48: Trabajo realizado en una trayectoria va, el sistema es conservativo y el trabajo realizado por la resultante es cerrada. W = −∆Ep , (2.61) Debido a las características de las fuerzas conservativas, se tiene otra forma de saber si una donde ∆Ep = EpB − EpA . fuerza F es conservativa o no. Para ello se conComo las ecuaciones (2.60) y (2.61) se refieren sidera una partícula, que sometida a la fuerza al trabajo realizado por la misma fuerza, se saF, se desplaza de la posición A a la posición B tisface la igualdad por la trayectoria (1) y luego de la posición B a la posición A por la trayectoria (2) de la figura EkB + EpB = EkA + EpA ,

41

2.6. CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA PARA UNA PARTÍCULA

y

B

y

m

F

v A m

O

Figura 2.49: Fuerza conservativa actuando sobre m. donde se define la energía mecánica total, o simplemente energía total, en la forma E ≡ Ek + Ep = 12 mv2 + Ep ( x,y,z). EA = EB . Como en la situación que se está analizando los puntos A y B son arbitrarios, se tiene que la energía total de una partícula permanece constante si todas las fuerzas a las que está sometida son conservativas. Matemáticamente, para fuerzas conservativas

Figura 2.50: Sistema cuerpo-tierra. O sea, mientras el cuerpo se mueve verticalmente hay una transformación de un tipo de energía en otro. 2. Para el sistema masa-resorte de la figura 2.51, con movimiento sobre una superficie lisa, la energía total también se conserva ya que la fuerza elástica de un resorte es conservativa. Matemáticamente,

+ 12 kx2 = Constante.

E =

v m

(2.62) Ep = 0

La ecuación (2.62) permite definir una fuerza conservativa, como aquella que permite conservación de la energía, de ahí su nombre. Casos particulares de la ecuación (2.62): 1. Para un cuerpo en caída libre, sistema cuerpo-tierra de la figura 2.50, la energía total se conserva por ser la fuerza gravitacional conservativa. Matemáticamente, se expresa en la forma E =

2 1 2 mv

k

2 1 2 mv

+ Ep ( x,y,z) = Constante.

E =

Ep = 0

Tierra

2 1 2 mv

+ mgy = Constante.

En este caso, cuando el cuerpo desciende la energía potencial se transforma en energía cinética, y cuando asciende la energía cinética se transforma en energía potencial.

x

x

Figura 2.51: Sistema masa-resorte. En esta situación, el cuerpo adquiere un movimiento que se repite a intervalos iguales de tiempo o de vaivén, tal que la energía permanece constante, o sea, que durante el movimiento de la partícula se tiene una transformación de energía cinética a potencial y viceversa. Ejemplo 2.16. Mediante el pequeño bloque de masa m, un resorte de constante k sufre una deformación d, como se muestra en la figura. Una vez que el bloque es dejado en libertad, se mueve sobre la superficie horizontal hasta el punto A, a partir del cual asciende por un plano inclinado. El bloque

42


no está adherido al resorte y las superficies son lisas. a)Halle la rapidez del bloque cuando pasa por el punto A. b) Encuentre el desplazamiento máximo del bloque sobre el plano inclinado. c) Halle el valor de las cantidades obtenidas en los numerales anteriores si k = 100Nm−1 , m = 5g, d = 2cm y θ = 35o . m

k

B h

q

Epg= 0

A

O

Solución a) En el trayecto horizontal actúan, la normal que no realiza trabajo, el peso que tampoco realiza trabajo y la fuerza elástica del resorte que es conservativa y actúa hasta el punto O. Así, el sistema es conservativo, esto es, se conserva la energía del sistema cuando se mueve sobre la superficie horizontal. Matemáticamente 2 1 2 mvA

= 12 kd2 .

De este modo, cuando pasa por el punto A tiene una rapidez √ k vA = d. m Por lo tanto, entre mayor sea la deformación inicial del resorte la rapidez en A es mayor, ya que existe una proporcionalidad directa entre la velocidad y la deformación. b) Entre A y B sólo la componente del peso mg sen θ realiza un trabajo negativo sobre el bloque, ya que se opone a su desplazamiento.

nto mie

N

B

vi Mo

mg A

q

Ep= 0

Como el sistema sigue siendo conservativo, con vB = 0

De este resultado se tiene que para una deformación fija del resorte, a mayor ángulo de inclinación menor es el desplazamiento del bloque sobre el plano inclinado. Ahora, para un ángulo de inclinación fijo, entre mayor sea la deformación inicial del resorte mayor es el desplaza-miento del bloque sobre el plano inclinado. c) Reemplazando los valores dados, se encuentra que la rapidez cuando pasa por el punto A y el máximo desplazamiento sobre el plano inclinado son, respectivamente vA S

= 2.8 ms−1 , = 0.7 m,

Pregunta ¿Entre qué puntos la velocidad del bloque es la misma que en A? ¿Por qué?

Ejercicio 2.15. Comprobar que las dimensiones y unidades de las cantidades obtenidas en el ejemplo 3.5, son correctas.

Ejercicio 2.16. Un pequeño bloque de masa m se suelta sobre un plano inclinado liso, desde una altura h respecto a su base. Luego de llegar a la base del plano inclinado, el bloque desliza sobre un superficie horizontal lisa hasta que se encuentra con un resorte de constante elástica k. a) Halle la rapidez del bloque cuando pasa por el punto A. b) Encuentre la máxima deformación del resorte. c) Determine el valor de las cantidades obtenidas en los numerales anteriores si k = 100 N m−1 , m = 5 g, h = 5 cm y θ = 35o .

mgSsenθ = 12 kd2 , donde S es el máximo desplazamiento del bloque sobre el plano inclinado; así kd2 S= . 2mgsenθ

m

k

B h

q O

A

Epg= 0

43

2.7. DERIVADA DIRECCIONAL, ENERGÍA POTENCIAL Y SISTEMA CONSERVATIVO

2.7. Derivada direccional, energía potencial y sistema conservativo En esta sección se determina otra relación importante entre una fuerza conservativa y su energía potencial asociada. Para ello se considera la fuerza conservativa F que actúa sobre la partícula, de la figura 2.54.

dr q

F (Conservativa)

Figura 2.52: La fuerza conservativa F y dr forman un ángulo θ. Teniendo en cuenta la definición de trabajo dada por la ecuación (2.46) y la definición de fuerza conservativa dada por la ecuación (2.58), el trabajo realizado por la fuerza conservativa en un intervalo de tiempo dt se puede expresar en la forma

En este punto se debe hacer una distinción en lo referente a la derivada, ya que la energía potencial asociada a una fuerza conservativa puede ser función de una, dos ó tres coordenadas, dependiendo que el movimiento ocurra en una, dos ó tres dimensiones, es decir, depende del sistema que se esté analizando. Así, mientras en el movimiento de caída libre la energía potencial depende sólo de la coordenada vertical, en el caso del movimiento de la tierra alrededor del sol depende de dos coordenadas, y en general, para movimiento en tres dimensiones puede depender de tres coordenadas, tales como x, y, z. En el caso simple de movimiento en una dimensión, donde Ep = Ep ( x ), es posible obtener la fuerza conservativa que actúa sobre la partícula paralelamente al eje x, mediante la expresión Fx = −

dEp ( x ) , dx

donde se emplea el concepto matemático de derivada total, al utilizar el operador diferencial / d dx. En dos dimensiones, por ejemplo para movimiento en el plano xy, la energía potencial asociada a la respectiva fuerza conservativa puede ser de la forma Ep = Ep ( x,y), donde simultáneamente aparecen las variables x y y. dW = F cos θdS Así, mediante el concepto de derivada direccional = −dEp . es posible determinar las componentes de la fuerza en las direcciones x y y. Para ello se emAhora, a partir de la figura 2.54, se obtiene plea el concepto de derivada parcial, que permite derivar la función respecto a una de las variaFT = F cos θ bles y tomar la otra variable como si fuera una dEp = − . constante. En este caso se utiliza el símbolo ∂ dS en lugar de la letra d para una dimensión. De De este modo, cuando se conoce la forma fun- este modo, las componentes rectangulares de la cional de la energía potencial con la coordenada fuerza conservativa están dadas por S, esto es, Ep (S), es posible determinar la componente de la fuerza en la dirección del despla∂E( x,y) con y = Constante, Fx = − zamiento, correspondiente a esta coordenada. ∂x Esto es, la componente de la fuerza en una di∂E( x,y) Fy = − con x = Constante. rección determinada, es igual a menos la deriva∂y da de la energía potencial con respecto a la coordenada en esa dirección; por ello a esta derivada Aunque se ha tratado la forma funcional de la se le conoce como derivada direccional de la ener- energía potencial en coordenadas rectangulares, gía potencial Ep (S). lo anterior también es válido para el caso de

44


coordenadas polares, como se muestra posteriormente. Cuando se trata el movimiento de una partícula en tres dimensiones, la energía potencial en coordenadas rectangulares tiene la forma funcional Ep = Ep ( x,y,z). Por consiguiente, al generalizar se tiene que las componentes rectangulares de la fuerza conservativa correspondiente están dadas por Fx Fy Fz

∂Ep ( x,y,z) = − , con y y z constantes, ∂x ∂Ep ( x,y,z) = − , con x y z constantes, ∂y ∂Ep ( x,y,z) = − , con x y y constantes, ∂z

donde de nuevo se ha empleado el concepto de derivada parcial. A diferencia del caso de dos dimensiones, cuando se deriva respecto a una variable se toman las otras dos variables como si fueran constantes. Continuando con el concepto de derivada direccional, al tener en cuenta las relaciones anteriores, la fuerza conservativa en componentes rectangulares se expresa en la forma F=−

∂Ep ( x,y,z) ∂Ep ( x,y,z) ∂Ep ( x,y,z) i− j− k, ∂x ∂y ∂z

o equivalentemente ) ( ∂ ∂ ∂ i + j + k Ep ( x,y,z), F=− ∂x ∂y ∂z donde se define el operador nabla como

∇≡

∂ ∂ ∂ i + j + k. ∂x ∂y ∂z

O sea, F = −grad Ep

= −∇ Ep .

de validez general independiente del sistema de coordenadas que se esté empleando, solo que la forma del operador es diferente para cada sistema. Casos particulares 1. En el caso gravitacional, como se muestra en la figura 2.55, la energía potencial gravitacional está dada por Ep (y) = mgy, entonces dEp (y) dy = −mg,

Fy = −

que corresponde al negativo de la magnitud del peso de la partícula, donde el signo menos indica que esta fuerza apunta en sentido vertical hacia abajo, como es de esperarse.

y Movimiento mg

O

Tierra

x

Figura 2.53: Fuerza gravitacional. Como ocurre en el caso general, la fuerza gravitacional es perpendicular a las superficies donde la energía potencial es constante y que se conocen como superficies equipotenciales o de igual potencial. En la figura 2.55, la superficie de la tierra es una superficie equipotencial, igual que las superficies paralelas a la superficie terrestre, y la fuerza es perpendicular a dichas superficies. 2. Para un sistema masa-resorte, la función de energía potencial asociada a la partícula de la figura 2.56, está dada por Ep ( x ) = 12 kx2 , entonces la fuerza elástica correspondiente está dada por

Así, la fuerza es igual a menos el gradiente de la dEp ( x ) Fx = − energía potencial. En general, al aplicar el opedx rador nabla a un escalar se obtiene un vector, y = −kx, a la operación correspondiente se le conoce como gradiente. Por otro lado, este resultado es que no es mas que la ley de Hooke.

45

2.8. CURVAS DE ENERGÍA POTENCIAL

k

sitiva, por lo tanto,

m x O Figura 2.54: Fuerza elástica de un resorte.

2.8. Curvas de energía potencial En muchas situaciones físicas, para sistemas conservativos, es posible conocer gráficamente la forma como varía la energía potencial con las coordenadas. Su conocimiento es de gran importancia ya que permite obtener información cualitativa sobre el comportamiento del sistema, incluyendo los tipos de movimiento que se pueden presentar. Primero se analiza el caso particular de un sistema masa-resorte y luego se hace un análisis más general.

dEp ( x ) > 0, dx y por la relación entre fuerza conservativa y energía potencial se tiene que F=−

dEp ( x ) < 0. dx

Así, el signo menos indica que la fuerza apunta hacia la izquierda, es decir, hacia la posición de equilibrio. Esto se representa en la figura 2.52, mediante la flecha horizontal dirigida hacia la izquierda. Por otro lado, en la región de las x negativas, la energía potencial disminuye a medida que x aumenta y la curva es decreciente, o sea que la pendiente es negativa, de este modo,

dEp ( x ) < 0, 1. Sistema masa-resorte. Para el caso de un cuerpo dx sometido a la fuerza elástica de un resorte, sistema conocido como oscilador armónico, la figura y por la relación entre fuerza conservativa y 2.52 muestra la variación de la energía poten- energía potencial se tiene que cial en función de la coordenada x. Esto es, se dEp ( x ) supone que el cuerpo se mueve sobre una suF=− > 0, dx perficie horizontal lisa que se hace coincidir con el eje de coordenadas. en este caso, como la pendiente es negativa, el signo menos indica que la fuerza apunta hacia Energía la derecha, es decir, apunta de nuevo hacia la E (Energía total) posición de equilibrio. Esto se representa en la figura 2.52, mediante la flecha horizontal dirigida hacia la derecha. E Este análisis cualitativo, muestra que la fuerza ejercida por el resorte corresponde a una P fuerza restauradora, ya que siempre tiende a lleE x -x O +x var el cuerpo hacia la posición de equilibrio. Por esta razón, a una distribución de energía potenFigura 2.55: Variación de la energía potencial elás- cial como la mostrada en la figura 2.52, se le llatica. ma pozo de potencial ya que la partícula está obligada a permanecer entre las posiciones − xA y Si se considera un punto sobre la curva, tal + xA . como P en la figura 2.52, la conservación de la En la posición particular x = 0, centro del energía exige que E = Ek + Ep = Constante, ya pozo de potencial, la pendiente de la recta tanque la fuerza elástica es conservativa. gente a la curva es nula, esto es En la región de las x positivas, la energía potencial aumenta a medida que x aumenta y la dEp ( x ) = 0. curva es creciente, o sea que la pendiente es podx K

P

A

A

46


Por consiguiente, F=−

dEp ( x ) = 0. dx

lo que indica que la fuerza neta es cero, o sea que el cuerpo se encuentra instantáneamente en equilibrio. Por esta razón se le denomina posición de equilibrio. En este caso, si el cuerpo se desplaza un poco de dicha posición, la fuerza restauradora tiende a mantenerlo en esa posición; es por ello que este es un punto de equilibrio estable. 2. Sistema conservativo en general. En la figura 2.53, se muestra de manera general, la forma como varía la energía potencial para un cuerpo sometido a una fuerza conservativa y que posee movimiento rectilíneo a lo largo del eje x. Energía EP(x) E4 E3 E2 E1 Eo x1' xo x1

x2

x3

x

Figura 2.56: Variación general de la energía potencial, E p ( x ) . Como la energía cinética es una cantidad positiva, la ley de conservación de la energía exige que la energía total de la partícula debe ser mayor que la energía potencial, esto es E − Ep (x) = Ek ≥ 0. Si esta relación no se satisface, llevaría a una velocidad imaginaria que no tiene significado físico. A las regiones donde se presenta esta situación, se les conoce como regiones clásicamente prohibidas. Así, para que la relación se pueda satisfacer, es necesario que E ≥ Ep ( x ).

(2.63)

En la figura 2.53, la ecuación (2.63) se satisface para energías totales mayores que Eo , esto es, la energía mínima de la partícula con significado físico es Eo , pues para energías menores la energía potencial sería mayor que la energía total. Cuando la partícula adquiere la energía total Eo , toda su energía es potencial y su energía cinética es nula, es decir, la partícula se encuentra en reposo en xo si E = Eo . Para una energía mayor que Eo , tal como E1 en la figura 2.53, la partícula sólo se puede mover entre las posiciones x1 y x1, ya que únicamente entre estos dos puntos se cumple la condición impuesta por la ecuación (2.63). De este modo, si la partícula parte de la posición xo , su velocidad disminuye al acercarse a x1 ó x1, , donde la partícula se detiene instantáneamente y es obligada a cambiar el sentido de movimiento. Estas dos posiciones extremas se conocen como puntos de retorno del movimiento y la partícula con energía E1 se comporta como en el caso de un sistema masa-resorte, esto es, se encuentra en un pozo de potencial. Para la energía mayor E2 , en la figura 2.53 se presentan cuatro puntos de retorno, o sea, la partícula puede oscilar en cualquiera de los dos pozos de potencial, con la condición de que si se encuentra en un pozo no puede pasar al otro. ¿Por qué? Para la energía E3 , se tienen dos puntos de retorno y mientras la partícula esté en movimiento entre ellos, la energía cinética aumenta si la energía potencial disminuye y viceversa. Para una energía E4 sólo hay un punto de retorno. Si la partícula inicialmente tiene movimiento en el sentido negativo de las x, se detiene en el punto de retorno y luego adquiere movimiento en el sentido positivo de las x, aumentando su velocidad al disminuir la energía potencial y la disminuirá al aumentar la energía potencial. Como se analizó antes, en xo la energía potencial es mínima, por lo que la pendiente de la recta tangente a la curva es cero y por ende la fuerza es cero. Si la partícula se encuentra inicialmente en reposo en xo , permanecerá en ese estado mientras no se incremente su energía total. De este modo, si la partícula se mueve lige-

47

2.9. FUERZA DE FRICCIÓN ENTRE SUPERFICIES EN CONTACTO

ramente en cualquier sentido, esta tiende a regresar y oscilará respecto a la posición de equilibrio. A la posición xo , se le conoce como una posición de equilibrio estable. Por otro lado, en x2 , la energía potencial se hace máxima, o sea, la pendiente de la recta tangente a la curva es cero y de nuevo la fuerza es cero. Si la partícula está inicialmente en reposo en este punto, permanecerá en reposo; pero si la partícula se mueve a partir de esta posición, por pequeño que sea el desplazamiento, la fuerza tiende a alejarla aún más de la posición de equilibrio; por ello a esta posición se le denomina de equilibrio inestable. En la vecindad de x3 , la energía potencial es constante y por tanto la pendiente de la recta tangente a la curva es cero o sea que la fuerza nuevamente es cero. Aquí se tiene un intervalo de equilibrio indiferente y la partícula se quedará donde se le coloque, al no actuar ninguna otra fuerza sobre ella. En síntesis, si se conoce la forma como varía la energía potencial con la posición, en la región donde se mueve un cuerpo, es posible obtener mucha información cualitativa sobre su movimiento. Igual que en el caso del oscilador armónico, si la curva crece con el incremento de x, la fuerza está dirigida hacia la izquierda, es decir, es negativa, y si la curva decrece con el incremento de x, la fuerza estará dirigida hacia la derecha, o sea que es positiva. El sentido de la fuerza está indicado en la figura 2.53 por medio de vectores horizontales.

valor cero.

to = 0

vO

a

m

t >0 v=0 m x

O Figura 2.57: Movimiento desacelerado debido a la fricción. Ahora, de acuerdo con la segunda ley de Newton, esto indica que la superficie ejerce sobre el bloque una fuerza en sentido opuesto al movimiento; a esta fuerza se le conoce como fuerza de fricción o de rozamiento por deslizamiento, también denominado rozamiento seco ya que se supone que las superficies en contacto no están lubricadas. Igualmente, por la tercera ley de Newton, la superficie del cuerpo también ejerce una fuerza de rozamiento sobre la superficie en la cual se mueve, y es igual en magnitud pero con sentido opuesto. La fuerza que actúa sobre el bloque, se opone al movimiento de traslación y nunca lo ayuda como se ilustra en la figura 2.58. En la vida diaria, sin estas fuerzas no sería posible: caminar, sostener un lápiz en la mano, el transporte con ruedas, es decir, es una fuerza indispensable aunque en muchos casos es necesario evitarla al máximo, por ejemplo en las máquinas industriales, donde es necesario lubricar sus superficies para evitar el desgaste.

Movimiento

2.9.

Fuerza de fricción entre superficies en contacto

N

Ff Es práctica común, la situación que se representa en la figura 2.58, cuando se lanza un cuerpo mg de masa m sobre una superficie horizontal rugosa, con velocidad inicial vo . Como resultado, se tiene que en un tiempo t posterior el cuerpo Figura 2.58: Fuerza de fricción, opuesta al se detiene. Cinemáticamente, lo anterior indica movimiento. que mientras el cuerpo desliza experimenta una aceleración que se opone al movimiento, ya que En lo que sigue, no se considera la fuerza rela magnitud de la velocidad disminuye hasta el sistiva o de fricción que sobre el cuerpo pre-

48


Movimiento acelerado

senta el medio (aire, agua, etc.) mientras existe movimiento.

N

N

Fs= 0

mg

mg Reposo

(F > F k )

Movimiento uniforme

N

N

F

Fs

m

Fk

mg Reposo

F

mg

N

Fs

F

m

Fk

(F = F k )

F

Figura 2.60: La fuerza de fricción dinámica es prácticamente constante.

mg Movimiento inminente

terna, es posible obtener movimiento rectilíneo uniforme, esto es, la fuerza aplicada es compenFigura 2.59: La fuerza de fricción estática aumenta sada por la fuerza de rozamiento y la fuerza nehasta un máximo. ta es nula ( FK = F ). Para obtener la ley de rozamiento seco, es decir, sobre superficies no lubricadas, se considera un bloque inicialmente en reposo sobre una superficie horizontal. Como se indica en la figura 2.59, si no se le aplica una fuerza externa que tenga una componente paralela a la horizontal, la superficie no presenta fricción. Ahora, se encuentra que el bloque no se mueve respecto a la superficie, cuando se le aplica una fuerza pequeña, o sea, que esta fuerza es contrarrestada por la fuerza de fricción opuesta a la aplicada y que es ejercida por el piso. Al ir aumentando lentamente la fuerza aplicada, se llega a un cierto valor límite para el cual el movimiento del bloque es inminente, es decir, a partir de este valor de la fuerza externa F, el cuerpo pasa del estado de reposo al estado de movimiento. Además, si se aumenta aún más la fuerza externa, como se indica en la figura 2.60, ya el cuerpo se mueve respecto a la superficie, la fuerza de fricción se reduce un poco y el movimiento es acelerado. Si luego de estar el cuerpo en movimiento, se reduce la fuerza ex-

Ff F s máx

45o Reposo

Movimiento.

F

Figura 2.61: Variación de la fuerza de fricción con la fuerza aplicada. En la figura 2.61, se muestra la forma como varía la fuerza de fricción Ff con la fuerza externa aplicada F, desde que no se le aplica fuerza externa hasta que el cuerpo adquiere movimiento. Se observa que mientras la fuerza de fricción es prácticamente constante, una vez que el cuerpo adquiere movimiento, varía desde cero hasta un valor máximo, mientras el cuerpo permanece en reposo; en este rango es válida la condición Fs = F ó θ = 45o .

49


La fuerza de fricción que obra entre superfi- fricción dinámico, como se encontró anteriorcies que se encuentran en reposo una respecto a mente. la otra, se llama fuerza de rozamiento estático, Fs , encontrándose experimentalmente que Tabla 2.1 Coeficientes de fricción Fs ≤ µs N.

(2.64)

La fuerza de fricción estática máxima, se obtiene cuando Fs,máx = µs N,

(2.65)

y corresponde a la mínima fuerza necesaria para que se inicie el movimiento de una superficie respecto a la otra. En las ecuaciones (2.64) y (2.65) µs es el coeficiente de rozamiento estático y N es la magnitud de la normal. Por otro lado, la fuerza de rozamiento que obra entre superficies en movimiento relativo, se llama fuerza de rozamiento cinético o dinámico, Fk , y experimentalmente se encuentra que Fk = µk N,

(2.66)

con µK coeficiente de rozamiento cinético o dinámico. El experimento también muestra que la fuerza de fricción es independiente tanto del área de contacto como de la velocidad. De acuerdo con las expresiones (2.64) y (2.66), los valores de los coeficientes de fricción dependen de la naturaleza de las dos superficies en contacto, es decir, son una propiedad de relación entre superficies. Las ecuaciones (2.65) y (2.66), indican que la relación entre los coeficientes de fricción estático y cinético es de la forma µs > µk , ya que en ambos casos N es la magnitud de la normal. En la tabla 2.1, se muestran los coeficientes de fricción estático y dinámico para algunas superficies. Se observa que estos coeficientes dependen del material de las superficies que se encuentren en contacto, por ello se dice que son una propiedad de relación entre superficies. Igualmente, se aprecia que el coeficiente de fricción estático es mayor que el coeficiente de

Superficies µs Acero - acero 0.74 Aluminio - acero 0.61 Cobre - acero 0.53 Madera - madera 0.25 − 0.50 Vidrio - vidrio 0.94 Metal - metal (lubricado) 0.15 Hielo - hielo 0.10 Caucho - concreto seco 1.20 Caucho - concreto húmedo 0.80

µk 0.57 0.47 0.36 0.20 0.40 0.06 0.03 0.85 0.60

¿Es el rozamiento un mal necesario? En la vida cotidiana la fuerza de fricción se manifiesta de formas diversas; si no se presentara, muchos fenómenos comunes ocurrirían de manera diferente. En un día lluvioso, cuando se camina sobre superficies poco ásperas, por ejemplo sobre piso vitrificado, muchas veces cuesta trabajo evitar las caídas; hasta movimientos cómicos, se deben hacer para evitarlas. Esto permite reconocer que, comúnmente, las superficies por las que se camina poseen una propiedad importante, la fricción, gracias a la cual se puede conservar el equilibrio sin mucho esfuerzo. Situaciones similares a las anteriores se presentan, cuando se viaja en bicicleta sobre asfalto mojado ó cuando un auto frena sobre piso pantanoso. De esta forma se hace necesario que la superficie presente fricción para evitar los accidentes y congestiones ya que el rozamiento permite explicar en parte por qué en días lluviosos el tráfico es bastante complicado en las grandes ciudades. Aunque en los casos anteriores es indispensable la fuerza de fricción, en otras situaciones no lo es, como en las máquinas industriales donde los ingenieros procuran evitarla al máximo, para prevenir un desgaste rápido de las piezas. O sea que aunque en algunos casos, la fricción no es deseable, en la mayoría de situaciones es indispensable, ya que da la posibilidad de cami-

50


nar, de estar sentados, de trabajar y estudiar sin el temor que los libros o que el escritorio resbale, o que el lápiz se escurra entre los dedos. Si el rozamiento no existiera, los cuerpos con el tamaño de una gran piedra, o un pequeño grano de arena, es decir, independiente de sus dimensiones, no podrían apoyarse unos sobre otros, todos empezarían a resbalar; de igual manera la tierra sería una esfera sin rugosidades, igual que una gota de agua. Similarmente, sin fricción, los clavos y tornillos se saldrían de las paredes, no sería posible sujetar cuerpos con las manos. En síntesis la fricción es un fenómeno necesario en la mayoría de las actividades diarias del hombre, aunque en algunos casos es un mal que se debe evitar al máximo. Ejemplo 2.17. Un bloque de masa m, se encuentra en reposo sobre un plano inclinado que forma un ángulo θ con la horizontal, como se muestra en la figura. a) Si el coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es µ, determine el ángulo θ a partir del cual el cuerpo inicia su movimiento. b) Si µ = 0.1, 0.3, 0.5 y 0.6, hallar los valores correspondientes de θ.

+ ↗ ∑ Fx = 0;

Fs − mg senθ = 0 (1)

↖ + ∑ Fy = 0;

N − mg cosθ = 0, (2)

Fs ≤ µs N.

(3)

a) De la ecuación (1) se tiene que la fuerza de fricción está dada por Fs = mg senθ,

(4)

o sea que el ángulo θ, para el cual el movimiento del bloque es inminente, se obtiene si esta fuerza de fricción se hace máxima. Ahora de la ecuación (3), esta condición se satisface cuando Fs,máx = µs N mín .

(5)

De este modo, mediante las ecuaciones (2), (4) y (5), se llega a la expresión θmáx = tan−1 µs .

(6)

b) Mediante la ecuación (6) se obtienen los valores de θmáx , mostrados en la siguiente tabla para los diferentes valores de µ. µs θmáx (o )

0.1 0.3 5.7 16.7

0.5 26.6

0.6 31

Al comparar los valores de µs y θmáx , se puede concluir que a mayor valor de µs mayor es el ángulo a partir del cual el movimiento del bloque es inminente.

m

q Solución Diagrama de cuerpo libre para el bloque, donde Fs es la fuerza de fricción estática puesto que el bloque está en reposo.

N Fs mg q

Ecuaciones que garantizan el estado de reposo para el bloque

Ejercicio 2.17. Un bloque, de masa m, se sostiene sobre una pared vertical mediante una fuerza horizontal F , como se indica en la figura. El coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es µs . a) Haga el diagrama de cuerpo libre para bloque. b) Plantee las ecuaciones que garantizan el estado del bloque. c) De los términos que aparecen en la ecuación (2.64), ¿cuáles son constantes en este caso? d) Determine la magnitud de la fuerza F, cuando el movimiento del bloque es inminente. ¿Cómo es la magnitud de la fuerza obtenida? Ejemplo 2.18. Un bloque de masa m, asciende sobre la

51


b) El trabajo realizado por cada fuerza es

F

WF WN

m

= 2mghcscθ, = 0,

ya que es una fuerza perpendicular al desplazamiento.

superficie del plano inclinado de la figura, debido a la acción de la fuerza F. El coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es µ y la magnitud de la fuerza aplicada es 2mg. Cuando el bloque ha ascendido una altura h, determine a) El trabajo realizado por la fuerza resultante. b) El trabajo neto realizado sobre el bloque, considerando por separado cada una de las fuerzas. c) El valor del trabajo total si m = 500 g, h = 0.5 m y µ = 0.3, para diferentes valores del ángulo θ.

m

= −mgh, = −µmghcotθ.

Se observa que la única fuerza que realiza trabajo positivo es la fuerza aplicada, ya que esta actúa en el sentido del desplazamiento. Sumando los trabajos anteriores, se encuentra que el trabajo neto, total o resultante, realizado por las fuerzas que actúan sobre el bloque está dado por W = mgh(2cscθ − 1 − µcotθ ), que es idéntico al obtenido en el numeral anterior. c) Reemplazando valores se obtiene la siguiente tabla

F F´

Wmg WFk

h θ (o )

W(J)

10

21.6

30

6.08

45

3.74

60

2.78

75

2.43

q Solución a) De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre mostrado en la siguiente figura, la componente de la fuerza neta paralela al desplazamiento del bloque, es constante y está dada por Fx = mg(2 − senθ − µcosθ ), donde se ha tomado el sentido de movimiento como positivo. Así, el trabajo realizado sobre el bloque al desplazarse la distancia h/senθ es W = mgh(2cscθ − 1 − µcotθ ).

N F´

h mg

q

F

De acuerdo con estos resultados, se tiene que el trabajo neto disminuye a medida que la inclinación del plano se incrementa. ¿Por qué? Ejercicio 2.18. Halle el valor de θ, para el cual el trabajo realizado sobre el bloque del ejemplo 2.18 es mínimo. Ejemplo 2.19. Como se indica en la figura, un bloque de masa M asciende con velocidad constante v por una colina que forma

52


un ángulo θ con la horizontal. El bloque está unido a un motor mediante una cuerda que pasa por una polea y el coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es µ . Determine, en función del ángulo θ, la potencia desarrollada por el motor.

De la tabla 2.3 se pueden obtener dos conclusiones a) Se observa que para un valor dado de µ, la potencia aumenta hasta un valor máximo, a partir del cual decrece hasta un valor que tiende a la unidad. b) Adicionalmente, para un valor dado del ángulo θ, la potencia aumenta continuamente con el aumento en el coeficiente de fricción

F´ M q

Ejemplo 2.20. Un bloque de masa m, se suelta desde la parte más alta del plano inclinado de la figura. El coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es µ. Determine a) La velocidad del bloque, en el instante que llega a la base del plano inclinado. b) El ángulo mínimo a partir del cual tiene significado físico la velocidad.

Solución Diagrama de cuerpo libre para el bloque

N

F

F´ Mg

F

m

q h

Como el bloque se encuentra en equilibrio dinámico, la fuerza F ejercida por el motor tiene magnitud

q

F = Mg(senθ + µcosθ ).

Solución Diagrama de cuerpo libre para el bloque

De esta forma, la potencia desarrollada por el motor es P = Mgv(senθ + µcosθ ).

N

En la siguiente tabla, se muestran los valores del término entre paréntesis, para diferentes valores del ángulo θ y del coeficiente de fricción µ.

F mg B

θ (o )

0

15

30

45

60

75

90

µ

A h

q

a) Por el teorema del trabajo y la energía, se tiene W = 12 mv2B ,

(1)

0.2

0.2

0.45

0.67 0.85

0.97

1.02

1.0

0.4

0.4

0.64

0.85 0.99

1.07

1.07

1.0

donde el trabajo total realizado sobre el bloque, cuando se mueve entre las posiciones A y B, es

0.6

0.6

0.84

1.02 1.13

1.17

1.12

1.0

W = mgh(1−µcotθ ).

0.8

0.8

1.03

1.19 1.27

1.27

1.17

1.0

Reemplazando la ecuación (2) en la ecuación (1), se obtiene para la velocidad

(2)

53


del bloque en el punto B √ vB =

tabla anterior.

2gh(1−µcotθ ).

(3)

En la tabla siguiente, se indica la forma como varía el término entre paréntesis de la ecuación (3), donde NO significa que la velocidad no tiene significado físico.

θ (o )

10

15

30

45

60

0.2

NO

0.25

0.65 0.80

0.88

1.0

0.4

NO

NO

0.31 0.60

0.77

1.0

0.6

NO

NO

NO

0.40

0.65

1.0

0.8

NO

NO

NO

0.20

0.54

1.0

1.0

NO

NO

NO

0

0.42

1.0

Se observa que para velocidades con significado físico, si el ángulo es fijo menor es la velocidad del bloque a medida que aumenta el coeficiente de fricción, es decir, entre más ásperas sean las superficies. Ahora, para un coeficiente de fricción fijo, a mayor ángulo mayor es la velocidad del bloque en el punto B b) Para que la velocidad tenga significado físico, de acuerdo con la ecuación (3), se debe satisfacer la condición

(4)

Así, el ángulo mínimo a partir del cual la velocidad tiene significado físico, se obtiene al tomar la igualdad en la ecuación (4), esto es θmín = tan−1 µ.

θmín (o )

0.2

11.3

0.4

21.8

0.6

31.0

0.8

38.7

1.0

45.0

90

µ

tanθ ≥ µ.

µ

(5)

En la tabla, se muestran los valores de θ mín correspondiente a los valores del coeficiente de fricción considerados en la

Se concluye entonces que entre más ásperas sean las superficies en contacto, mayor es el ángulo a partir del cual el bloque inicia el movimiento. Ejemplo 2.21. Desde la base de un plano inclinado, que forma un ángulo de 30o con la horizontal, se lanza un bloque de masa 500 g, con una velocidad de 15.0 m s−1 . El coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es 0.2. a) Dibuje todas las fuerzas que actúan sobre el bloque. b) Determine la aceleración del bloque. c) Halle la fuerza que la superficie ejerce sobre el bloque. d) Plantee las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad, que rigen el movimiento del bloque. e) Encuentre el tiempo durante el cual asciende el bloque por el plano inclinado. f) Obtenga, respecto a la base del plano inclinado, la altura máxima alcanzada por el bloque. Solución De acuerdo con el enunciado, las cantidades dadas son θ = 30o , m = 500 g ≡ 0.5 kg,, µ = 0.2, vo = 15.0 m s−1 y la cantidad conocida g = 9.8 m s−2 . a) Diagrama de cuerpo libre para el bloque, donde Fk es la fuerza de fricción dinámica ya que el bloque se encuentra en movimiento. b) Ecuaciones de movimiento para el bloque.

+ ↗ ∑ Fx = ma; − mg senθ − Fk = ma. (1)

54


vim o M

N

o ient Fk

8.53 m,correspondiendo a un valor menor que el obtenido cuando no se presenta fricción.

mg

q ↖ + ∑ Fy = 0; Donde

N − mg cosθ = 0. (2)

Fk = µN.

(3)

Mediante las ecuaciones (1), (2) y (3), se encuentra que la aceleración está dada por a = − g (senθ + µ cosθ ), donde al reemplazar los valores correspondientes se obtiene a = −6.6 m s−2 , que es un valor mayor al obtenido en el ejemplo 2.5 y menor que la aceleración de la gravedad como se esperaba. c) Por la ecuación (2), se tiene que la fuerza normal tiene igual valor que cuando no se presenta fricción, esto es N = mg cosθ. d) De acuerdo con el sistema de referencia elegido, el bloque asciende paralelamente al eje x con una aceleración de −6.6 m s−2 . Así las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad son x = 15t − 3.3t2 ,

y

v = 15 − 6.6t.

e) Como el bloque asciende con movimiento rectilíneo uniformemente retardado, llega un momento en el cual su velocidad se hace cero. Mediante la ecuación cinemática de velocidad, en dicho instante t = 2.27 s, que es un tiempo menor al encontrado cuando no hay fricción. f) Reemplazando t = 2.27 s en la ecuación cinemática de posición, se encuentra que el máximo desplazamiento sobre el plano inclinado es xmáx = 17.05 m. Así, de la figura anterior se encuentra que la altura máxima alcanzada por el bloque es

Ejercicio 2.19. Desde la base de un plano inclinado, que forma un ángulo de 30o con la horizontal, se lanza un bloque de masa 0.5 kg, con una velocidad de 15.0 m s−1 . El coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es 0.15. a) Dibuje todas las fuerzas que actúan sobre el bloque. b) Determine la aceleración del bloque. c) Halle la fuerza que la superficie ejerce sobre el bloque. d) Plantee las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad, que rigen el movimiento del bloque. e) ¿Cuánto tiempo asciende el bloque por el plano inclinado? f) ¿Hasta qué altura, respecto a la base del plano inclinado, asciende el bloque? Compare los resultados con los obtenidos cuando no se presenta fricción.

2.9.1.

Fuerza de fricción en fluidos

Los fluidos presentan dos tipos de fuerza como son el empuje y la fuerza resistiva o de fricción que actúan sobre los cuerpos que se mueven en su interior. En esta sección sólo se analiza el efecto de la fuerza resistiva que presentan los fluidos a los cuerpos en movimiento. Como se ilustra en la figura 2.62, cuando un cuerpo se mueve en un fluido (líquido o gas) y las velocidades no son muy grandes, aproximadamente se puede obtener que la fuerza de fricción es proporcional a la velocidad pero con sentido opuesto, es decir Ff = −Kηv,

(2.67)

donde K es el coeficiente de fricción que depende de la forma del cuerpo. En el caso de un cuerpo esférico de radio R, este coeficiente de fricción tiene la forma K = 6πR, expresión conocida como ley de Stokes. η es el coeficiente de viscosidad que depende de la fricción entre las diferentes capas del fluido,

55


que se mueven a velocidades diferentes. A la fuerza de fricción entre las capas del fluido se le llama viscosidad, propiedad que con un aumento de temperatura disminuye en los líquidos y aumenta en los gases. En la tabla 2.2 se dan los valores de viscosidad para algunos fluidos. Se observa que el valor de la viscosidad depende de la temperatura a la cual se encuentre el fluido. Tabla 2.2. Coeficientes de viscosidad.

Líquido

(0o C )

1.792 1.005 0.656 9.860 833.0 1.550

Gas

η (µP)

Aire Aire (20o C ) Aire (40o C ) Hidrógeno (20o C ) Amoníaco (20o C ) Bióxido de carbono (20o C )

Solución (a) Diagrama de cuerpo libre para el cuerpo

Ff Movimiento

η (cP)

Agua Agua (20o C ) Agua (40o C ) Aceite de castor (20o C ) Glicerina (20o C ) Mercurio (20o C )

( 0o C )

de movimiento para el cuerpo, c) Determine la velocidad máxima alcanzada por el cuerpo.

171 181 190 93.0 97.0 146

Dimensiones y unidades de η De acuerdo con la ecuación (2.15) el coeficiente de viscosidad tiene dimensiones ML−1 T−1 . Así, las unidades en el sistema SI son kg m−1 s−1 , y en el sistema gaussiano g cm−1 s−1 . Se acostumbra definir 1 Poise(P) ≡ 1 g cm−1 s−1 , o sea que 1kg m−1 s−1 ≡ 10 P. Igualmente se emplea el centipoise ( 1 cP ≡ 10−2 P) y el micropoise ( 1 µP ≡ 10−6 P). El caso analizado anteriormente corresponde a un ejemplo de fuerza variable, ya que depende de la velocidad del cuerpo. Ejemplo 2.22. Un cuerpo de masa m se mueve verticalmente a través de un fluido viscoso, sometido a la acción de la fuerza gravitacional. a) Haga el diagrama de cuerpo libre para el cuerpo, b) Plantee la ecuación

mg

Figura 2.62: Cuerpo que cae en un fluido viscoso. (b) Ecuación de movimiento En este caso, de acuerdo con la figura anterior la segunda ley de Newton o ecuación de movimiento toma la forma

+ ↓ ∑ Fy = ma mg − Kηv = ma. (c) Cuando la altura respecto a la tierra no es muy grande, el peso es prácticamente constante y la aceleración produce un aumento continuo en la velocidad, así, el valor de la cantidad Kηv aumenta progresivamente, por lo que el valor de mg − Kηv disminuye continuamente hasta que se puede hacer cero, lo que lleva a que la aceleración sea cero. De acuerdo con la ley de inercia, cuando esto ocurre, la partícula continúa moviéndose en la dirección de mg con una velocidad constante, llamada velocidad límite o terminal, dada por mg − KηvL = 0,

vL =

m g. Kη

(1)

Si se trata de un cuerpo esférico de radio R y densidad ρ, la ecuación (1), en forma vectorial, adquiere la forma vL =

2ρR2 g. 9η

(2)

De la ecuación (2) se puede concluir que la velocidad límite depende del material que

56


está hecho el cuerpo (ρ), depende de la forma y tamaño del cuerpo (R2 ) además de depender del fluido en el cual el cuerpo se mueve (η), en otras palabras, la velocidad depende de las propiedades físicas del sistema.

2.10. Fuerza de fricción y sistema no conservativo Se considera una partícula sometida a la acción de varias fuerzas simultáneamente aplicadas. Si al evaluar el trabajo realizado por estas fuerzas en una trayectoria cerrada, se encuentra que es diferente de cero, se tiene que al menos hay una fuerza que no permite que la energía se conserve, es decir, la energía mecánica se disipa y de manera no recuperable. A las fuerzas de este tipo se les conoce como fuerzas no conservativas. La experiencia muestra que cuando se lanza un cuerpo sobre una superficie horizontal rugosa, el cuerpo pierde toda su energía mecánica que se transforma en calor y hace que las superficies en contacto se calienten. Por ello, la fuerza de fricción es una fuerza no conservativa. En general, si sobre una partícula actúan simultáneamente fuerzas conservativas y no conservativas se tiene que el trabajo total, realizado por todas las fuerzas, es dado por WT = Wc + Wnc , donde Wc es el trabajo realizado por las fuerzas conservativas y Wnc el efectuado por las fuerzas no conservativas. Además, como siempre es válido que el trabajo total, realizado por todas las fuerzas, está dado por WT = ∆Ek , y para el caso de las fuerzas conservativas está dado por Wc = −∆Ep , se tiene que el trabajo realizado por las fuerzas no conservativas se puede expresar en la forma Wnc = ∆Ek + ∆Ep

= EB − EA = ∆E.

(2.68)

Cuando se determina el trabajo realizado por la fuerza de fricción, este es negativo, o sea, la energía total disminuye. Así, la ecuación (2.68)

da la pérdida de energía total, debida a las fuerzas no conservativas. En cualquier caso, donde se presenten fuerzas no conservativas, representa una transformación de energía. En el caso de la fuerza de fricción, la energía mecánica se transforma en energía calórica. Ejemplo 2.23. Una partícula de masa m se suelta desde el punto A del carril mostrado en la figura. Analizar el comportamiento energético de la partícula mientras se encuentra en movimiento sobre el carril, cuando a) No se considera la fricción. b) Se presenta fricción entre las superficies en contacto. A

B

C

Ep = 0

Solución a) Entre A y B las fuerzas que actúan son el peso y la normal. La normal no realiza trabajo por ser perpendicular al desplazamiento y el peso, que es una fuerza conservativa, realiza trabajo. De este modo, entre A y B el sistema es conservativo, es decir, la energía total de la partícula se conserva. De acuerdo con esto, mientras la partícula desciende la energía potencial gravitacional se transforma en energía cinética. A partir del punto B, ni la normal ni el peso realizan trabajo, o sea que el sistema sigue siendo conservativo, de tal forma que el cuerpo se mueve con velocidad constante para garantizar que la energía total se conserve en esta parte de la trayectoria. b) Cuando se presenta fricción entre las superficies en contacto, el sistema ya no es conservativo en ninguno de los tramos de la figura. En este caso, mientras desciende entre A y B, disminuye la energía potencial transformándose parte de ella en energía cinética y el resto disipándose en forma de calor, lo que conlleva a una disminución de la energía total. Igualmente, a partir de B, donde sólo se tiene energía cinética, la energía continúa disipándose en calor hasta que la partícula alcanza un estado de reposo. En síntesis, toda la energía mecánica que tenía la

57

2.11. ENUNCIADOS

partícula inicialmente, se disipa completamente en calor. Ejemplo 2.24. Mediante el pequeño bloque de masa m, un resorte de constante k sufre una deformación d, como se muestra en la figura. Una vez que el bloque es dejado en libertad, se mueve sobre la superficie horizontal hasta el punto A, a partir del cual asciende por un plano inclinado. El bloque no está adherido al resorte, suponga que el coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es µ y que la distancia OA es 2d. a)Halle la rapidez del bloque cuando pasa por el punto A. b) Encuentre el desplazamiento máximo del bloque sobre el plano inclinado. c) Halle el valor de las cantidades obtenidas en los numerales anteriores si k = 100Nm−1 , m = 5g, d = 2cm y θ = 35o y µ = 0.4. B d

k m

q O

A

Epg= 0

Solución a) En el trayecto horizontal, a diferencia del ejemplo 3.5, el sistema no es conservativo ya que se presenta fricción sobre el bloque y la no conservación de la energía exige que para este caso

el plano inclinado es S=

kd2 − 6µmgd , 2mg(senθ + µcosθ )

donde aparece el mismo término adicional debido a la fricción. En este caso, el desplazamiento tiene significado físico si el término del numerador es positivo. c) Reemplazando valores se tiene que la rapidez y el máximo desplazamiento, respectivamente, están dados por

= 2.7 m s−1 , S = 0.4 m.

vA

2.11. ENUNCIADOS 1. La fuerza neta F que actúa sobre una partícula, debido a las fuerzas F1 y F2 aplicadas simultáneamente sobre ella, está dirigida horizontalmente hacia la derecha, como se muestra en la figura. La magnitud de la fuerza F1 es 10 N. (a) Utilizando la figura, muestre gráficamente que los tres vectores han sido trazados correctamente. (b) Determine las magnitudes de los vectores fuerza F y F2 . Resolverlo por dos métodos diferentes. y

−3µmgd = 12 mv2A − 12 kd2 ,

F2 45

de donde se encuentra que la rapidez en el punto A es √ k 2 vA = d − 6µgd. m Al comparar este resultado con el obtenido en el ejemplo 3.5, se tiene el término adicional −6µgd, que reduce la rapidez como consecuencia de la fricción que actúa sobre el bloque. Además, se presenta una restricción respecto a la rapidez, y es que sólo son posibles magnitudes de velocidad reales si se cumple la condición kd ≥ 6µg. m b) En el trayecto AB, el sistema sigue siendo no conservativo, lo que permite encontrar que el máximo desplazamiento sobre

o

F

x

F1

2. Sobre la partícula de la figura, actúan las fuerzas F1 y F2 , con magnitudes respectivas de 800 N y 500 N. Encuentre (a) las componentes rectangulares de las fuerzas F1 y F2 , (b) los ángulos que cada fuerza forma con cada uno de los ejes de coordenadas, (c) el ángulo entre las fuerzas F1 y F2 y (d) la magnitud y dirección de la fuerza neta que actúa sobre la partícula debido a las dos fuerzas aplicadas. Los numerales 3. y 4. se refieren a la siguiente información. Las gráficas mostradas, corresponden a la forma como

58

CAPÍTULO 2. MOMENTO LINEAL, FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA z

instantes considerados en el numeral anterior? (d) Haga las gráficas de posición, velocidad y aceleración, en función del tiempo.

F1 F2 40

o

o

70 25

o

30

o

y

x

puede variar la posición (x), la velocidad (v) o la aceleración (a) de un cuerpo en función del tiempo. v v

x

x vo to (a)

t t

a

t

to (b)

t

to

t

v

a

v to

t t

(c)

t

(d)

x x

a a

xo

ao to (e)

t t

to (f)

t t

3. ¿Cuál pareja de gráficas corresponde a un MRU? Explique. 4. ¿Cuál pareja de gráficas corresponde a un MRUA? Explique. 5. ¿Cuáles gráficas permiten conocer el desplazamiento de un cuerpo? Explique 6. ¿Cuáles gráficas permiten conocer la velocidad del cuerpo? Explique. 7. ¿Cuáles gráficas permiten conocer el cambio en la velocidad del cuerpo? Explique. 8. La aceleración de una partícula de masa 7 kg, que se mueve en una trayectoria rectilínea, está dada por a = 3t − 2, donde a se da en m s−2 y t en s. (a) Halle la velocidad y la posición de la partícula, en función del tiempo, sabiendo que en t = 0, la partícula pasa por el origen con una rapidez de 10m s‘−1. (b) Encuentre la posición, la velocidad y la aceleración de los partícula en los instantes t = 0.5 s y t = 1.5 s. (c) ¿Qué movimiento tiene la partícula en los

9. Un auto A se mueve hacia la derecha por una pista recta y con una rapidez 80 km h−1 . El conductor del auto A adquiere una aceleración de 3 m s−2 cuando observa otro auto B que se encuentra 50 m delante de él sobre un carril paralelo. Suponga que el auto B se mueve en el mismo sentido que el auto A con una velocidad de magnitud 60 km h−1 . (a) Halle la posición en la cual un auto pasa frente al otro. (b) Encuentre el momento lineal de cada auto si cada uno tiene una masa de 103 kg. Resuelva la misma situación para el caso en el cual cada auto se mueve hacia el otro. 10. ¿Será posible encontrar una situación física, de un cuerpo en movimiento, en la que el momento lineal sea paralelo a la aceleración? Explique. 11. El cuerpo A se lanza verticalmente hacia arriba desde una altura de 5 m respecto a la tierra, con una rapidez de 10 m s−1 . A los 2 s se lanza el cuerpo B desde la tierra con una velocidad de magnitud 20 m s−1 . (a) ¿Bajo qué modelo se debe tratar cada cuerpo? ¿Qué fuerza actúa sobre cada cuerpo una vez que es lanzado? (b) Determine el instante en que un cuerpo pasa frente al otro. (c) Halle la posición donde un cuerpo pasa frente al otro. (d) ¿Cuál llega primero a tierra? (e) ¿Dónde se encuentra un cuerpo, en el instante que el otro llega primero a tierra? (f) En el instante anterior, ¿el cuerpo en movimiento asciende o desciende? 12. La velocidad de una partícula que se mueve en el plano xy, está dada por la expresión v(t) = (−2 + 3t)i + 4j, donde v se da en m s−1 y t en s. (a) Halle, en función del tiempo, el vector posición y el vector aceleración de la partícula. (b) Encuentre el vector posición y la velocidad de la partícu-

59

2.11. ENUNCIADOS

la en el instante t = 2.5 s. (c) ¿La partícula cruza los ejes coordenados? (d) Obtenga la ecuación de la trayectoria seguida por la partícula. (e) Dibuje la trayectoria seguida por la partícula. 13. La magnitud de la fuerza neta que actúa sobre un auto con movimiento rectilíneo, varía con la magnitud de la aceleración en la forma mostrada en la figura. ¿Cuál es el significado físico de la pendiente de la recta? Halle el valor numérico correspondiente.

v y que partieron del punto A que se encuentra a una altura h respecto a la base del plano inclinado. (e) Halle la fuerza que la superficie del plano inclinado ejerce sobre cada bloque. (f) Calcule el valor de las cantidades obtenidas en los numerales anteriores si θ = 28o , M = 2 kg, m = 700 g, h = 950 cm y v = 3 m · s−1 . A

F

M

m h

F ( N)

B

112 80 48 16

-2

a (m s ) 2

4

6

8

14. Un camión y su carga, con una masa de 2 × 104 kg, se mueve horizontalmente hacia la derecha con un momento lineal de magnitud 2.5 × 105 kg m s−1 , cuando observa que el semáforo cambia a rojo. El tiempo de reacción del conductor es 6.5 s y el camión frena generando una fuerza neta sobre él de 1.2 × 105 N. Encuentre la distancia a la que se encuentra el semáforo, si el camión se detiene exactamente en él. 15. Cuando sobre el bloque de masa M se aplica la fuerza horizontal F, los bloques descienden sobre el plano inclinado y liso con momento lineal constante. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar cada bloque? ¿Por qué? ¿Qué movimiento adquieren los bloques una vez que se aplica la fuerza F? ¿Por qué? (b) Haga el diagrama de cuerpo libre para cada bloque y plantee las ecuaciones dinámicas que rigen su movimiento. (c) Halle la fuerza F que es necesario aplicar al sistema y la fuerza de contacto entre los bloques. (d) Encuentre el tiempo que tardan los bloques en llegar al punto B sabiendo que la rapidez es

16. Dos cajas con masas m y M se encuentran en contacto sobre una superficie horizontal lisa. Como se ilustra en la figura, cuando sobre la caja más grande se aplica una fuerza F que forma un ángulo θ con la horizontal, las cajas parten del reposo. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar cada caja? ¿Por qué? ¿Qué movimiento adquieren las cajas una vez que se aplica la fuerza F? ¿Por qué? (b) Haga el diagrama de cuerpo libre para cada caja y plantee las ecuaciones dinámicas que rigen su movimiento. (c) Halle la aceleración del sistema y la fuerza de contacto entre los bloques. d) Encuentre el tiempo que tardan los bloques en sufrir un desplazamiento de magnitud d y la respectiva velocidad. (e) Halle la fuerza que la superficie del plano horizontal ejerce sobre cada bloque. (f) Calcule el valor de las cantidades obtenidas en los numerales anteriores si M = 10 kg, m = 25 kg y d = 980 cm y θ = 32o .

F m M

q

17. Como se muestra en la figura, los bloques de masa m y 3m están conectados mediante una cuerda que pasa por una polea fija

60


y por una polea móvil. (a) Si el bloque de masa m sufre un desplazamiento de magnitud d, ¿cuál es la magnitud del desplazamiento del bloque de masa 3m? Explique. ¿Qué se puede afirmar entonces sobre la magnitud de la aceleración de los bloques? Explique. (b) En cada caso, haga el diagrama de cuerpo libre para cada uno de los cuerpos de interés y plantee las ecuaciones dinámicas que rigen el estado de cada cuerpo. (c) Encuentre la aceleración de los bloques. ¿El resultado encontrado está de acuerdo con lo esperado? Explique. (d) Halle la tensión en la cuerda. ¿El resultado obtenido está de acuerdo con lo esperado? Explique.(e) Resuelva para m = 700 g.

m

m

3m

3m

18. Los bloques, de masas m1 y m2 , están unidos mediante una cuerda que pasa por una polea ideal como se ilustra en la figura. El sistema parte del reposo y el bloque de masa m1 se mueve sobre el plano inclinado liso que forma un ángulo θ con la horizontal. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar cada bloque? ¿Por qué? Haga el diagrama de cuerpo libre para cada bloque. (b) ¿Qué movimiento adquiere cada bloque? ¿Por qué? Plantee las ecuaciones de movimiento para cada bloque. (c) Halle la aceleración de los bloques y la tensión en la cuerda. ¿Los resultados obtenidos están de acuerdo con lo esperado? Explique. (d) ¿Bajo qué condición matemática el bloque de masa m1 desciende sobre el plano inclinado? y ¿bajo qué condición el bloque de masa m2 desciende verticalmente? Explique cada respuesta. (e) Resolver para m1 = 800 g, m2 = 500 g, si (i) θ = 32o y (ii) θ = 40o . 19. Una pelota se lanza desde una altura res-

m1 m2

q

pecto a la Tierra de 90 cm y con una velocidad de 90 kmh−1 , formando un ángulo de 33o con la horizontal. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar la pelota? ¿Qué fuerza actúa sobre el cuerpo durante su movimiento? ¿Cuál es la aceleración del cuerpo? (b) Determine el instante en el cual la pelota pasa por una altura de 9.5 m respecto a la tierra. ¿Qué puede concluir de su resultado? Explique. (c)¿Cuál es la posición horizontal de la pelota en ese instante? (d) Halle la velocidad de la pelota en el instante anterior. ¿La pelota asciende o desciende en dicho instante? (e) Resuelva los numerales (b) a (d) en el momento que la pelota pasa por una altura de 50 cm respecto a la tierra. (f) Encuentre el máximo desplazamiento horizontal de la pelota. 20. Desde la parte alta de un árbol, un cazador que se encuentra a una altura 2h respecto a la tierra, apunta directamente a un blanco que se encuentra a una altura h respecto a la Tierra y a una distancia horizontal d. En el instante que sale el proyectil con una velocidad vo , formando un ángulo θ con la horizontal, el blanco se deja caer. (a) Determine si el proyectil da en el blanco. (b) Halle la rapidez mínima necesaria para que el proyectil le de al blanco. 21. Los bloques de la figura se mantienen en la posición mostrada, mediante la cuerda que los une y el resorte estirado de constante k sujeto al bloque de masa m1 . El otro extremo del resorte está sujeto a una pared en la parte inferior del plano inclinado. (a) Haga el diagrama de cuerpo libre para cada bloque. (b) Plantee las ecuaciones que garantizan el estado de cada bloque. (c) Encuentre la magnitud de la tensión en la cuerda. ¿El resultado obtenido está de acuerdo con lo esperado? Explique.

61

2.11. ENUNCIADOS

(d) Halle la deformación del resorte. ¿Qué condición matemática debe satisfacer el ángulo θ para que el resultado tenga significado físico? Explique. (e) Resuelva para m1 = 700 g, m2 = 300 g, θ = 11o . Resuelva la situación cuando el resorte se encuentra comprimido.

m1

m2

q

22. Un cuerpo, de masa m = 950 g, asciende por un plano inclinado un ángulo θ = 25o , cuando se somete a una fuerza horizontal F1 de magnitud 20 N y a una fuerza opuesta al desplazamiento F2 de magnitud 10 N. Para un desplazamiento s = 750 cm, encuentre (a) el trabajo realizado sobre el cuerpo, por cada una de las fuerzas que actúan sobre él y (b) el trabajo neto realizado sobre el cuerpo, utilizando dos métodos diferentes. (c) Halle el máximo desplazamiento del cuerpo sobre el plano inclinado, si fue lanzado con una velocidad paralela al plano de magnitud 12 m s−1 . (d) Si ya no actúan las fuerzas F1 y F2 , resuelva el numeral (c) por tres métodos diferentes. 23. Como se ilustra en la figura, un cuerpo, de masa m = 150 g y que se suelta del punto A, se mueve sobre una superficie circular de radio 44 cm. El cuerpo se somete a una fuerza horizontal F1 de magnitud 30 N y a una fuerza opuesta al desplazamiento F2 de magnitud 15 N. Encuentre (a) el trabajo realizado sobre el cuerpo, por cada una de las fuerzas que actúan sobre él, cuando se mueve de A a B y de A a C, (b) el trabajo neto realizado sobre el cuerpo, utilizando dos métodos diferentes, cuando se mueve de A a B y de A a C. (c) Halle la rapidez del cuerpo en el punto B y en el punto C. 24. Como se ilustra en la figura, un cuerpo, de masa m y que se suelta del punto A, se mueve sobre una superficie circular de radio R. El cuerpo se somete a una fuerza

m A

O

C

R

B constante F que forma un ángulo β con la horizontal. (a) Encuentre el trabajo realizado por cada una de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, cuando se mueve de A a B y de A a C. (b) ¿El trabajo realizado por cada una de estas fuerzas depende de la trayectoria seguida por el cuerpo? Explique.

m A

O

C

R

B 25. El bloque de masa m se sujeta a un resorte que genera una deformación yA en su posición de equilibrio. El bloque se desplaza de su posición de equilibrio hasta una posición donde su deformación es yB . (a) Encuentre el trabajo realizado por cada una de las fuerzas que actúan sobre el bloque. (b) ¿El trabajo de cada una de dichas fuerzas depende de la trayectoria? Explique. (c) ¿Qué tipo de fuerza se tiene y qué se le puede asociar a cada una de ellas? Explique.

O yA

m

yB m

h y

Tierra

62


26. (a) Una partícula sometida a la fuerza F ( x ) = −kx n , se mueve horizontalmente sobre el eje x desde la posición x A hasta la posición x B . Demuestre que esta fuerza es conservativa. (b) Considere que a la partícula anterior se le asocia una energía potencial de la forma E p ( x ) = −k/x n . Obtenga la fuerza que actúa sobre la partícula. ¿Qué se puede afirmar respecto al trabajo realizado por esta fuerza? Explique. 27. El bloque de masa m se lanza con una velocidad vo , paralela al plano inclinado. El bloque asciende por el plano inclinado un ángulo θ respecto a la horizontal, hasta chocar con un resorte de constante k, que se encuentra a una distancia d de la base del plano inclinado. (a) Encuentre la máxima deformación del resorte. ¿Bajo qué condición el resultado obtenido tiene significado físico? Explique. (b) Halle el valor de la deformación del resorte cuando m = 900 g, vo = 54 kmh−1 , θ = 28o , k = 102 Nm−1 y d = 150 cm.

m = 700 g, k = 5 × 102 N · m, M = 900 g, d = 25 cm.

d k m A

M B

O

29. Mediante la fuerza F aplicada, se sostiene el bloque de masa m contra una pared rugosa, con coeficiente de fricción µ. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar el bloque? Haga el diagrama de cuerpo libre para el bloque. (b) ¿En qué estado se encuentra el bloque? Plantee las ecuaciones que garantizan el estado del bloque. (c) Obtenga el intervalo de valores de la fuerza F que impide el movimiento del bloque sobre la pared. (d) Obtenga los valores máximo y mínimo, de la fuerza que impide el movimiento del bloque, sabiendo que m = 700 g, θ = 33o y µ = 0.3.

F m

m q

q

28. Mediante el bloque de masa m, se comprime un resorte de constante k. Cuando el bloque se deja en libertad, desliza sobre una superficie horizontal hasta chocar elásticamente con un cuerpo de masa M, que se encuentra suspendido del techo mediante una cuerda de longitud d, como se muestra en la figura. Después del choque, el cuerpo suspendido asciende hasta una altura d/2. (a) Encuentre la velocidad del cuerpo de masa M, inmediatamente después del choque. (b) Encuentre la velocidad del bloque de masa m, inmediatamente antes del choque. (c) Halle la deformación correspondiente del resorte. (d) Resolver para

30. Mediante la fuerza F aplicada, permite que el bloque de masa m deslice sobre la pared rugosa con velocidad constante. El coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es µ. Considere las diferentes situaciones que se pueden presentar (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar el bloque? Haga el diagrama de cuerpo libre para el bloque. (b) ¿Qué movimiento tiene el bloque? Plantee las ecuaciones que garantizan el estado del bloque. (c) Para cada caso, obtenga el valor de la fuerza F que permite el estado del bloque. (d) Obtenga los valores correspondientes de la fuerza sabiendo que m = 700 g, θ = 33o y µ = 0.2.

63

2.11. ENUNCIADOS

F

m q

31. Resuelva la situación planteada en los enunciados 15 y 16, suponiendo que el coeficiente de fricción entre cada bloque y la superficie es µ. Compare sus resultados con los obtenidos cuando no hay fricción. En el numeral (f) µ = 0.23. 32. Resuelva la situación planteada en el enunciado 17, para el bloque que se encuentra sobre la superficie horizontal y suponiendo que el coeficiente de fricción entre el bloque y la superficie es µ. Compare sus resultados con los obtenidos cuando las superficies son lisas. En el numeral (e) tome µ = 0.17. 33. Resuelva la situación planteada en el enunciado 18, suponiendo que el coeficiente de fricción entre el bloque de masa m1 y la superficie es µ. Compare sus resultados con los obtenidos cuando las superficies en contacto son lisas. En el numeral (e) tome µ = 0.25. 34. El bloque de la figura se mantiene en la posición mostrada, cuando se encuentra sobre una superficie rugosa, cuyo coeficiente de fricción es µ. El bloque alcanzó este estado, luego de comprimir un resorte de constante elástica k. (a) Determine el intervalo de valores para la deformación del resorte, que permiten al bloque mantenerse en la posición mostrada. (b) Resolver para m = 825 g, k = 102 N · m, θ = 37o y µ = 0.3.

m

k q

35. Mediante el bloque de masa m, se comprime un resorte de constante elástica k y

luego se deja en libertad, para que ascienda por la superficie rugosa del plano inclinado, que forma un ángulo θ con la horizontal. El coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es µ. (a) Determine, respecto a la posición de no deformación, el máximo desplazamiento del bloque sobre la superficie sabiendo que el resorte sufrió una compresión d. (b) Resuelva para m = 530 g, k = 5 × 102 N · m−1 , d = 5 cm, θ = 27o y µ = 0.23

k

m q

36. Se suelta una esfera que se encuentra suspendida del techo mediante una cuerda de longitud d y que forma inicialmente un ángulo θ con la vertical. Al llegar a la parte más baja de su trayectoria, choca elásticamente con un bloque estático de igual masa que la esfera. Luego del choque, el bloque se desplaza sobre una superficie horizontal cuyo coeficiente e de fricción es µ. (a) Determine la velocidad de la esferita inmediatamente antes del choque con el bloque. (b) Determine la rapidez de cada cuerpo inmediatamente después del choque. ¿Qué puede concluir de sus resultados? Explique.(c) Determine el máximo desplazamiento del bloque sobre la superficie horizontal. (d) Resuelva para d = 30 cm, θ = 34o , y µ = 0.21. q

d M A

m B

37. Desde la superficie de la tierra se lanza un cuerpo verticalmente hacia arriba, con una rapidez vo . Determine si el sistema cuerpotierra es conservativo ó no conservativo, cuando la máxima altura alcanzada por el cuerpo es (a) h = v2o /4g y (b) h = v2o /2g. Justifique cada una de sus respuestas.

64


38. Cuando el pequeño bloque se suelta en el punto A, desliza sobre la superficie circular de radio R, pasando por el punto B. Determine si es posible que el bloque alcance el punto C, sabiendo que cuando pasa por el √ punto B su rapidez está dada por vB = gR. A m

C R B

39. La esferita del péndulo simple de la figura, con masa m, se suelta cuando la cuerda de longitud l es horizontal. En la parte más baja de su trayectoria, la esfera choca elásticamente con un bloque estático de masa M. Luego del choque, el sistema se mueve una distancia d sobre una mesa horizontal con coeficiente de fricción µ, hasta salir de ella y llegar al piso que se encuentra a una distancia vertical h. (a) Encuentre la velocidad de la esfera inmediatamente antes del choque. (b) Halle la velocidad de los cuerpos inmediatamente después del choque. Analice los resultados para m = M, m > M y m < M. En cada caso, ¿qué movimiento adquiere cada cuerpo luego del choque? Explique. (c) Sabiendo que m = 250 g, l = 0.5 m, M = 0.5 kg, d = 65 cm y µ = 0.15, obtenga la velocidad con la cual el sistema sale de la mesa. Resolver este numeral por dos métodos. (d) Si adicionalmente h = 85 cm, encuentre la rapidez con la cual llega el sistema al piso. Resolver este numeral por tres métodos. A m

en contacto es µ. Para el numeral (b) tome µ = 0.3. 41. Un proyectil de masa m que se lanza desde el punto A, debe dar en un blanco ubicado en el punto B, que se encuentra a una altura h respecto al punto de lanzamiento. El proyectil se√lanza con una velocidad de magnitud 2gh/ sen θ, donde θ es el ángulo que forma con la horizontal. En el punto B, el proyectil choca elásticamente con un bloque estático de masa M. Luego del choque, el sistema se mueve una distancia d sobre la superficie horizontal con coeficiente de fricción µ, hasta entrar en contacto con un resorte de constante k. (a)Teniendo en cuenta el sistema de referencia empleado y las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad, halle la velocidad del proyectil inmediatamente antes de chocar con el bloque. ¿Qué puede concluir de su resultado? ¿Por qué? (b) Luego de analizar el choque, encuentre la velocidad de los cuerpos inmediatamente después del choque. Analice sus resultados para m = M, m > M y m < M. En cada caso, ¿qué movimiento adquieren los cuerpos luego del choque? Explique. (c) Encuentre la máxima deformación del resorte sabiendo que m = 700 g, h = 75 cm, θ = 33o , M = 0.3 kg, d = 55 cm, µ = 0.31 y k = 102 N · m. Resolver este numeral por tres métodos diferentes. d

k

BM C h m

l

A

M B

C d h

40. Resuelva el enunciado 27 asumiendo que el coeficiente de fricción entre las superficies

42. Un proyectil de masa m que se lanza desde el punto A, debe dar en un blanco ubicado en el punto B, que se encuentra a una altura h respecto al punto de lanzamiento. El proyectil se√lanza con una velocidad de magnitud 2gh/ sen θ, donde θ es el ángulo que forma con la horizon-

65

2.11. ENUNCIADOS

tal. En el punto B, el proyectil choca plásticamente con un bloque estático de masa M. Luego del choque, el sistema se mueve una distancia d sobre la superficie horizontal con coeficiente de fricción µ, hasta entrar en contacto con un resorte de constante k. (a)Teniendo en cuenta el sistema de referencia empleado y las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad, halle la velocidad del proyectil inmediatamente antes de chocar con el bloque. ¿Qué puede concluir de su resultado? ¿Por qué? (b) Luego de analizar el choque, encuentre la velocidad de los cuerpos inmediatamente después del choque. Analice sus resultados para m = M, m > M y m < M. ¿Qué movimiento adquieren los cuerpos luego del choque? Explique. (c) Encuentre la máxima deformación del resorte sabiendo que m = 700 g, h = 75 cm, θ = 33o , M = 0.3 kg, d = 55 cm, µ = 0.31 y k = 102 N · m. Resolver este numeral por tres métodos diferentes. (d) Obtenga una expresión para la energía ganada o perdida en el choque. Analice completamente su resultado y obtenga su valor utilizando los datos anteriores.

choque, sabiendo que la esferita rebota con una rapidez igual a la mitad de la rapidez de incidencia. Analice los resultados para m = M, m > M y m < M. En cada caso, ¿qué movimiento adquiere cada cuerpo luego del choque? Explique. (c) Obtenga una expresión para la velocidad con la cual el sistema sale de la mesa. Resolver este numeral por dos métodos. Halle su valor, sabiendo que m = 250 g, l = 0.5 m, M = 0.5 kg, d = 65 cm y µ = 0.15. (d) Encuentre una expresión para la rapidez con la cual el sistema llega al piso. Resolver este numeral por tres métodos. Calcule su valor con los datos del numeral anterior y sabiendo que h = 85 cm. e) Obtenga una expresión para la energía ganada o perdida en el choque. Analice completamente su resultado y obtenga su valor utilizando los datos anteriores. A m

l

M B

C d h

d

k

BM C h m A

43. La esferita del péndulo simple de la figura, con masa m, se suelta cuando la cuerda de longitud l es horizontal. En la parte más baja de su trayectoria, la esfera choca con un bloque estático de masa M. Luego del choque, el sistema se mueve una distancia d sobre una mesa horizontal con coeficiente de fricción µ, hasta salir de ella y llegar al piso que se encuentra a una distancia vertical h. (a) Encuentre la velocidad de la esfera inmediatamente antes del choque. (b) Halle la velocidad del bloque de masa M inmediatamente después del

MOMENTO ANGULAR Y SU CONSERVACION BERNARDO ARENAS GAVIRIA Universidad de Antioquia Instituto de Física 2012

Índice general

3. Momento angular y su conservación 3.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Movimiento curvilíneo, leyes de Newton y energía . . . . . . . . . . . . 3.2.1. Vector posición en el movimiento curvilíneo . . . . . . . . . . . 3.2.2. Vector velocidad en el movimiento curvilíneo . . . . . . . . . . 3.2.3. Vector aceleración en el movimiento curvilíneo . . . . . . . . . . 3.3. Dinámica del movimiento curvilíneo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Movimento circular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.1. Vector posición (r) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.2. Vector velocidad (v) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.3. Vector aceleración (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.4. Movimiento circular uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.5. Movimiento circular uniformemente acelerado . . . . . . . . . . 3.4.6. Vector velocidad angular y vector aceleración angular . . . . . 3.4.7. Dinámica del movimiento circular . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5. Vector momento angular de una partícula . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.1. Variación del vector momento angular con el tiempo . . . . . . 3.5.2. Conservación del momento angular y fuerzas centrales . . . . . 3.5.3. Concepto de cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6. Vector momento angular de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . 3.7. Momento de inercia de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.1. Ejes principales de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.2. Ejes principales de inercia en un cuerpo esférico . . . . . . . . . 3.7.3. Ejes principales de inercia en un cuerpo cilíndrico . . . . . . . . 3.7.4. Ejes principales de inercia en un cuerpo rectangular . . . . . . . 3.8. Teorema de Steiner o de los ejes paralelos . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8.1. Radio de giro de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8.2. Conservación del vector momento angular en un cuerpo rígido 3.9. ENUNCIADOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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1 2 2 2 3 4 7 8 8 8 9 9 11 12 14 16 18 18 20 21 23 25 25 25 25 25 26 27 28

Cap´ıtulo

3

Momento angular y su conservación Competencias En esta unidad se busca que el estudiante

Defina el concepto de vector momento angular y analice su variación con el tiempo.

Defina los vectores unitarios radial y transversal y exprese el vector velocidad en sus componentes radial y transversal. Defina e interprete correctamente los conceptos de velocidad radial y velocidad transversal. Defina los vectores unitarios tangencial y normal y exprese el vector aceleración en sus componentes tangencial y normal. Defina e interprete correctamente las componentes tangencial y normal del vector aceleración. Exprese el vector fuerza en sus componentes tangencial y normal. Defina e interprete correctamente las componentes tangencial y normal del vector fuerza. Describa las características movimiento circular.

de

un

Analice situaciones en las que se conserva el vector momento angular. Defina el concepto de fuerza central. Defina el concepto de cuerpo rígido. Infiera la diferencia entre el modelo de partícula y el modelo de cuerpo rígido. Obtenga el momento angular de un cuerpo rígido. Defina el concepto de momento de inercia. Infiera la relación entre masa y momento de inercia. Defina un eje principal de inercia. Enuncie y aplique adecuadamente el Teorema de Steiner. Aplique la conservación del momento angular en el caso un cuerpo rígido.

Defina los conceptos de vector velocidad angular y de vector aceleración angular. CONCEPTOS BASICOS Se definirán los conceptos de velocidad radial Defina y analice el movimientos circular (vr ), velocidad transversal (vθ ), aceleración tanuniforme y el movimiento circular unigencial (aT ), aceleración normal (aN ), fuerza tanformemente acelerado. . gencial (FT ), fuerza normal (FN ), vector velociAplique las leyes de Newton en el dad angular (ω), vector aceleración angular (α), movimiento curvilíneo, particularmente en vector momento angular ( L) y momento de el movimiento circular. inercia (I).

2

CAPÍTULO 3. MOMENTO ANGULAR Y SU CONSERVACIÓN

3.1. Introducción En la primera parte de la unidad se hace un análisis de partículas que se mueven a lo largo de trayectorias curvilíneas, aplicando los concepto analizados en las unidades anteriores. En esta unidad se redefinen los conceptos de vector posición (r), vector velocidad (v) y vector aceleración (a), empleando coordenadas polares, para llegar a las causas que generan los cambios en el estado de reposo o de movimiento de los cuerpos. Posteriormente, se define el vector momento angular o cantidad de movimiento angular, ya que esta es una cantidad física de mucho interés, puesto que en la naturaleza se presentan muchas situaciones físicas en las que el vector momento angular se conserva, cuando un cuerpo describe una trayectoria curvilínea. Esto da lugar al principio de conservación del momento angular, que se aplica en diferentes áreas de la física. Es de mucha utilidad en el análisis de fuerzas centrales, como se verá posteriormente en el caso del movimiento de la tierra alrededor del sol. Finalmente, se define el concepto del escalar, momento de inercia, que desempeña en rotación el mismo papel que la masa en traslación.

3.2. Movimiento curvilíneo, leyes de Newton y energía En esta sección se analizan los efectos que se presentan cuando ocurren cambios en la magnitud y en la dirección, tanto del vector posición como del vector velocidad de una partícula que se mueve en una trayectoria curvilínea. Para llevar a cabo esta tarea se utilizan coordenadas polares. Igual que en el caso de coordenadas rectangulares, se definen dos vectores unitarios perpendiculares entre sí ur y uθ , que cumplen las siguientes condiciones:

vector posición r y se le denomina vector unitario transversal. Ahora, de acuerdo con la definición de estos vectores unitarios, mientras una partícula describe una trayectoria curvilínea, la dirección del vector posición cambia con el tiempo, es decir, que la dirección, mas no su magnitud, de los vectores unitarios ur y uθ cambia con el tiempo.

y

r q

uq

A v

j ur

q

i

x

Figura 3.1: Vectores unitarios radial y transversal. Con el fin de hacer más simple el trabajo matemático, se expresan los vectores ur y uθ en función de los vectores unitarios i y j cuyas direcciones permanecen constantes, cuando el sistema de coordenadas rectangulares no rota mientras la partícula está en movimiento. De la figura 3.1, se tiene que los vectores unitarios ur y uθ en componentes rectangulares están dados por ur = cosθi + senθj, (3.1) uθ = −senθi + cosθj,

(3.2)

donde θ se expresa en radianes.

3.2.1.

Vector posición en el movimiento curvilíneo

De acuerdo con la definición del vector unitario ur y de la figura 3.1, se tiene que el vector posición, cuando la partícula pasa por el punto A, se puede expresar en la forma

r = rur , (3.3) ur , en todo instante, es paralelo al vector posición r y se le denomina vector unitario donde, en general, cambian tanto su magnitud radial. como su dirección mientras la partícula describe uθ , en todo instante, es perpendicular al la trayectoria curvilínea.

3

3.2. MOVIMIENTO CURVILÍNEO, LEYES DE NEWTON Y ENERGÍA

3.2.2.

Vector velocidad en el movimiento con el tiempo la dirección del vector posición y se le denomina velocidad transversal, o sea curvilíneo

En esta sección se muestra que un cambio en la magnitud del vector posición ó un cambio en su dirección, genera una componente en la velocidad. De acuerdo con la figura 3.1, la velocidad de la partícula en el punto A, está dada por la definición usual v = dr/dt, donde al reemplazar la ecuación (3.3), adquiere la forma v=

dr d = (rur ). dt dt

vθ ≡ r

dθ . dt

(3.9)

y

vquq

v vrur

(3.4)

j

r (t) x

Derivando la ecuación (3.3) respecto al tiempo, i teniendo en cuenta que ur varía en dirección por Figura 3.2: Componentes radial y transversal del tratarse de una trayectoria curvilínea, se tiene vector velocidad. dur dr ur + r . (3.5) v= Mediante las definiciones dadas por las ecuadt dt ciones (3.8) y (3.9), la ecuación (3.7) se puede esDerivando la ecuación (3.1) respecto al tiempo y cribir en la forma comparando el resultado con la ecuación (3.2), se encuentra que v = v r ur + v θ u θ . (3.10) dur dθ = uθ , dt dt

(3.6) Ahora, como las componentes radial y transversal de la velocidad son perpendiculares, como donde se observa que la derivada respecto al se muestra en la figura 3.2, se cumple √ tiempo del vector unitario en la dirección radial, v = v2r + v2θ . es un vector paralelo al vector unitario en la dirección transversal, es decir, es un vector perEjemplo 3.1. pendicular al vector posición. Una partícula se mueve en el plano xy de Luego de reemplazar la ecuación (3.6) en la tal forma que su posición está dada por la ecuación (3.5), se obtiene expresión r = 2ti + 4t2 j donde r está dav=

dr dθ ur + r u θ . dt dt

(3.7)

Como resultado del procedimiento llevado a cabo, en la ecuación (3.7) aparecen dos componentes de la velocidad, una en la dirección radial y otra en la dirección transversal. La componente de la velocidad en dirección radial, solo aparece cuando cambia con el tiempo la magnitud del vector posición y se le denomina velocidad radial, es decir vr ≡

dr . dt

(3.8)

En cambio, la componente de velocidad en la dirección transversal, solo aparece cuando cambia

do en p (pies) y t en s. Determine a) La ecuación de la trayectoria seguida por la partícula. b) Las coordenadas polares correspondientes, en función del tiempo. c) Las componentes radial y transversal de la velocidad, en función del tiempo Solución a) De acuerdo con la expresión dada para el vector posición de la partícula, se tiene que sus coordenadas rectangulares están dadas por x = 2t y y = 4t2 . Mediante estas ecuaciones paramétricas se encuentra que la trayectoria seguida por la partícula está dada por y = x2 . En la figura anterior se muestra la trayectoria parabólica seguida por la partícula.

4


y

dirección genera una componente en la aceleración. Para ello, primero se expresa el vector velocidad en función de su magnitud y dirección. Se considera una partícula que se mueve a lo

v

j

r

y

q x

i

A SA

OO b) Las coordenadas polares están dadas por la magnitud del vector posición y por la dirección del vector posición con respecto al eje x, como se indica en el diagrama anterior. Matemáticamente, se tiene r = 2t(1 + 4t2 )1/2 ,

(1)

θ = tan−1 2t.

(2)

c) La componente radial de la velocidad, que se debe al cambio en la magnitud del vector posición con el tiempo, está dada / por la expresión vr = dr dt . Mediante la ecuación (1), se encuentra que está dada por 2(1 + 8t2 ) vr = . (1 + 4t2 )1/2 La componente transversal de la velocidad, que se debe al cambio en la dirección del vector posición con el tiempo, está dada por la expresión vθ = rdθ/dt. Utilizando las ecuaciones (1) y (2) se encuentra que está dada por vθ =

4t

(1 + 4t2 )1/2

Dr SB

j O

B

vB

x

i

Figura 3.3: Movimiento curvilíneo de una partícula. largo de la trayectoria mostrada en la figura 3.3, donde se toma Oo como punto de referencia, u origen, sobre la trayectoria. De este modo, la posición de la partícula cuando pasa por el punto A está dada por SA = Oo A (longitud de la trayectoria entre Oo y A) y cuando pasa por el punto B está dada por SB = Oo B (longitud de la trayectoria entre Oo y B). El desplazamiento de la partícula a lo largo de la trayectoria, entre las posiciones A y B, es ∆S (longitud de la trayectoria entre A y B). Ahora, la definición del vector velocidad se puede escribir en la forma ∆r ∆S ∆r = lim , ∆t→0 ∆t ∆S ∆t→0 ∆t

v = lim

.

Ejercicio 3.1. Teniendo en cuenta el ejemplo 3.1: a) Halle la velocidad de la partícula en componentes rectangulares. b) Compruebe que (v2x + v2y )1/2 = (v2r + v2θ )1/2 . c) Calcule el valor de las componentes radial y transversal de la velocidad de la partícula en el instante t = 2s.

DS

vA

( v=

∆r lim ∆S→0 ∆S

)(

∆S lim ∆t→0 ∆t

) .

(3.11)

Si se hace que el punto B se aproxime al punto A, se tiene que cuando están muy próximos |∆r | ≈ ∆S, así, el primer paréntesis de la ecuación (3.11) adquiere la forma ∆r dr = = uT , dS ∆S→0 ∆S lim

(3.12)

3.2.3. Vector aceleración en el movimienque es un vector unitario tangente a la trayectoto curvilíneo ria seguida por la partícula, ya que se divide un En esta sección, se muestra que un cambio en vector en la dirección tangente a la trayectoria la magnitud de la velocidad ó un cambio en su por su magnitud.

5

3.2. MOVIMIENTO CURVILÍNEO, LEYES DE NEWTON Y ENERGÍA

Por otro lado, el segundo paréntesis se trans- Derivando la ecuación (3.17) respecto al tiempo, forma en y teniendo en cuenta que el vector unitario tangencial varía en dirección por tratarse de una ∆S dS lim = = |v| = v, (3.13) trayectoria curvilínea, se tiene dt ∆t→0 ∆t dv duT que corresponde a la magnitud del vector vea= uT + v . (3.18) dt dt locidad puesto que se divide la magnitud del vector desplazamiento por el intervalo de tiem- Derivando la ecuación (3.17) respecto al tiempo po correspondiente. Así, dS juega el mismo pa- y teniendo en cuenta la ecuación (3.16), se enpel que dx ó dy en un movimiento rectilíneo. cuentra que la ecuación (3.18) adquiere la forma De este modo, reemplazando las ecuaciones dv dφ (3.12) y (3.13) en la ecuación (3.11), se encuentra a= uT + v uN . (3.19) dt dt que v = vuT , (3.14) Comparando las ecuaciones (3.18) y (3.19), se donde se expresa el vector velocidad como el tiene que la derivada respecto al tiempo del vector unitario en la dirección tangencial es un vecproducto de su magnitud por su dirección. tor perpendicular o normal a la curva en el puny to P. En la ecuación (3.19), la componente en la dirección paralela al vector unitario tangencial v se le denomina aceleración tangencial y aparece uT j siempre que cambia la magnitud del vector veuN j locidad con el tiempo, es decir j

r (t)

P

aT =

x

i

dv . dt

(3.20)

Igualmente, en la ecuación (3.19) la componente en la dirección paralela al vector unitario norUtilizando la figura 3.4, el vector unitario tan- mal se le llama aceleración normal y aparece gencial uT que forma un ángulo φ con la ho- cuando cambia la dirección del vector velocidad rizontal, se expresa en componentes rectangu- con el tiempo, esto es lares por dφ . (3.21) aN = v uT = cosφi + senφj. (3.15) dt Además, como se indica en la figura 3.4, se deCon las definiciones dadas por las ecuaciones fine un segundo vector unitario uN perpendicu(3.20) y (3.21), la ecuación (3.19) se puede eslar al vector velocidad y dirigido hacia la concribir en la forma cavidad de la trayectoria. Este vector se denomina vector unitario normal, que expresado en a = aT uT + aN uN . (3.22) componentes rectangulares, adquiere la forma Como las componentes tangencial y normal de uN = −senφi + cosφj. (3.16) la aceleración son perpendiculares, en este caso se cumple la relación Si en el instante t la partícula se encuentra en el √ punto P de la figura 3.4, se tiene que mediante a = a2T + a2N . la ecuación (3.14), la definición de aceleración a = dv/dt adquiere la forma En la figura 3.5 se muestran las componentes Figura 3.4: Vectores unitarios tangencial y normal.

a=

dv d = (vuT ). dt dt

tangencial y normal de la aceleración en un (3.17) movimiento curvilíneo.

6


y

Reemplazando la ecuación (3.24) en la ecuación (3.23), se obtiene dϕ v = dt ρ

a a TuT

a NuN j

Así, al reemplazar la ecuación (3.25) en la ecuación (3.21) se encuentra que la aceleración normal se puede expresar en la forma

r (t) x

i

(3.25)

Figura 3.5: Componentes tangencial y normal del vector aceleración.

aN =

v2 . ρ

(3.26)

De este modo, mediante la ecuación (3.26), la Hay otra forma de expresar la ecuación (3.21) ecuación (3.19) adquiere la forma para la componente normal de la aceleración. En la figura 3.6, se considera un pequeño desv2 dv uT + uN . (3.27) a= plazamiento de la partícula a lo largo de la dt ρ ′ trayectoria, donde dS = PP es el pequeño arco que recorre la partícula al moverse desde el Ejemplo 3.2. punto P al punto P’ en un pequeño intervalo de Una partícula se mueve en el plano xy de tiempo dt. tal forma que su posición está dada por la expresión r = 2ti + 4t2 j donde r está dado La figura 3.6, las perpendiculares a las rectas en p (pies) y t en s. Determine las compotangentes en los puntos P y P’, se cortan en el nentes tangencial y normal de la acelerapunto C llamado centro de curvatura. / ción. Escribiendo el término dφ dt en la forma Solución dφ dS dφ dφ = =v , dt dS dt dS

(3.23)

donde se ha utilizado la ecuación (3.13). Definiendo el radio de curvatura por ρ = CP, en la figura 3.6, se tiene dS = ρdφ

dφ 1 = dS ρ

o

(3.24)

. y

Derivando respecto al tiempo el vector posición de la partícula, se encuentra que la magnitud y dirección de la velocidad están dadas por v = 2(1 + 16t2 )1/2 ,

(1)

φ = tan−1 4t.

(2)

La componente tangencial de la aceleración, que se debe al cambio en la magnitud de la velocidad con el tiempo, está dada por . / Mediante la ecuación (1) se llega a a T = dv dt aT =

dj

P' dS

j

j

r

P i

(1 + 16t2 )1/2

.

j+dj

C

j

32t

x

Figura 3.6: Radio de curvatura en el momento curvilíneo.

La componente normal de la aceleración, que se debe al cambio con el tiempo en la dirección de/ la velocidad, está dada por aN = vdφ dt. Con ayuda de las ecuaciones (1) y (2) se encuentra que está dada por 8 . aN = (1 + 16t2 )1/2

7

3.3. DINÁMICA DEL MOVIMIENTO CURVILÍNEO

Ejercicio 3.2. Una partícula se mueve en el plano de tal forma que su posición está dada por la expresión r = 2ti + 4t2 j donde r está dado en p (pies) y t en s. a) Determine la aceleración de la partícula en componentes rectangulares. b) Compruebe que ( a2x + a2y )1/2 = ( a2T + a2N )1/2 . c) Calcule los valores de las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante t = 2s. d) Determine el radio de curvatura en función del tiempo y su valor en el instante t = 2s.

Sabiendo que la aceleración se puede expresar en la forma a=

dv v2 uT + uN , dt ρ

la ecuación (3.28) se transforma en F = m ( aT uT + aN uN ) .

(3.29)

De este modo, se tiene que FT = maT = m

dv , dt

corresponde a la componente de la fuerza en la 3.3. Dinámica del movimiento dirección tangente a la trayectoria y es la responsable (causante) del cambio en la magnitud de curvilíneo la velocidad, por ello, a esta componente se le llama fuerza tangencial. Cuando la fuerza F y la velocidad v forman un Igualmente, ángulo diferente a 0o ó 180o , es decir, v y a formv2 man un ángulo diferente a 0o ó 180o , la partícu, FN = la describe una trayectoria curvilínea, donde la ρ aceleración aN se debe al cambio en la dirección corresponde a la componente de la fuerza de la velocidad y aT al cambio en la magnitud en la dirección normal, apuntando siempre de la velocidad, como se analizó anteriormente. hacia el centro de curvatura de la trayectoria Para una masa m, constante, la segunda ley y es la responsable (causante) del cambio en la de Newton, en este caso, tiene la forma dirección de la velocidad. A esta componente se le denomina fuerza normal o centrípeta. (3.28) F = ma. De acuerdo con la ecuación (3.28), la fuerza y la aceleración son paralelas, por ello, la fuerza también debe tener componentes tangencial y normal igual que la aceleración, como se indica en la figura 3.7.

F FN u N

FT u T m

Figura 3.7: Componentes tangencial y normal de una fuerza.

Casos particulares de la ecuación (3.29) 1. Si sobre una partícula, FN = 0 y FT ̸= 0, no hay cambio en la dirección de la velocidad. Por tanto, el movimiento es rectilíneo acelerado, ya que FT genera un cambio en la magnitud de la velocidad. Si en este caso, FT es constante, se tiene movimiento rectilíneo uniformemente acelerado (MRUA) 2. Si sobre una partícula, FN = 0 y FT = 0, no cambia la dirección ni la magnitud de la velocidad, por lo que el cuerpo tiene movimiento rectilíneo uniforme (MRU), o se encuentra en reposo. 3. Si sobre una partícula, FN ̸= 0 y FT = 0, no hay cambio en la magnitud de la velocidad, sólo cambia su dirección como en el movimiento circular uniforme, que se analiza en lo que sigue.

8


3.4. Movimento circular

3.4.2.

En esta sección se analiza un caso particular de movimiento curvilíneo en un plano, como es el movimiento circular. En este caso, la trayectoria seguida por una partícula es una circunferencia de radio R, dada por la expresión

Como la magnitud del vector posición es igual al radio de la circunferencia descrita por la partícula, se tiene que el primer término de la ecuación (3.10) se hace cero, donde al utilizar la ecuación (3.9) adquiere la forma

Vector velocidad (v)

v=R

donde se ha tomado el origen de coordenadas coincidente con el centro de la trayectoria, como se indica en la figura 3.8.

y

r= Ru

y

dθ uθ . dt

(3.30)

r

x 2 + y2 = R2 ,

O

x

R x

O

Figura 3.10: Vector posición en el movimiento circular. Figura 3.8: Trayectoria en el movimiento circular.

O sea, como se muestra en la figura 3.10, el vector posición únicamente cambia en dirección mientras la partícula está en movimiento.

3.4.1. Vector posición (r)

O

r

r= Ru

Velocidad angular (ω) Este movimiento se caracteriza por tener un vector posición en el cual su magnitud per- La velocidad angular se define por manece constante, es decir, la ecuación (3.3) se dθ transforma en ω≡ , (3.31) dt r = Rur , que tiene dimensión T−1 , y unidad rad s−1 . y Mediante la definición dada por la ecuación (3.31), la ecuación (3.30), para la velocidad, se puede escribir como x

v = Rωuθ .

(3.32)

En conclusión, en el movimiento circular, solo se tiene componente de velocidad en la dirección transversal, mientras que no se tiene componente en la dirección radial. Ahora, como en Figura 3.9: Vector posición en el movimiento circu- este tipo de movimiento, el vector posición es lar. perpendicular tanto el vector unitario transversal como al vector unitario tangencial, entonces o sea, como se muestra en la figura 3.9, el se cumple que vector posición únicamente cambia en dirección uθ = ±uT , mientras la partícula está en movimiento.

9

3.4. MOVIMENTO CIRCULAR

En síntesis, en un movimiento circular generalmente se tiene una componente de aceleración tangencial y una componente de aceleración normal o centrípeta dadas, respectivamente, por dv aT = = Rα, (3.37) dt

uT

r

r= Ru

y

v

uq

x

O

v2 = ω 2 R. (3.38) R En la figura 3.12, se muestran las componentes aN =

Figura 3.11: Vector velocidad en el movimiento circular. como es de esperarse, ya que en todo movimiento circular, el vector velocidad siempre es tangente a la trayectoria seguida por una partícula, como se muestra en la figura 3.11, donde uθ = −uT .

3.4.3.

aT

a R

aN

O

Vector aceleración (a)

Cuando una partícula describe una trayectoria Figura 3.12: Vector aceleración en el movimiento circular, su vector aceleración se obtiene reemcircular. plazando, en la ecuación (3.27), el radio de curvatura ρ por el radio R de la circunferencia tangencial y normal de la aceleración. seguida por la partícula, es decir, a=

v2 dv uT + uN . dt R

(3.33)

Además, al reemplazar la magnitud de la velocidad, de acuerdo con la ecuación (3.32), el vector aceleración dado por la ecuación (3.33), se transforma en a=R

dω uT + ω 2 RuN . dt

(3.34)

Acceleración angular(α) La aceleración angular se define por α≡

dω , dt

(3.35)

que tiene dimensión T−2 , y unidad rad s−2 . Mediante la ecuación (3.35), la ecuación (3.34) se puede escribir como a = RαuT + ω RuN , 2

(3.36)

3.4.4. Movimiento circular uniforme Un tipo de movimiento circular se presenta, cuando tanto la magnitud de la velocidad como la magnitud de la aceleración permanecen constantes, es decir, cuando solo cambia la dirección del vector velocidad y por ende la dirección del vector aceleración. Cuando esta situación se presenta, se tiene un movimiento circular uniforme (MCU). En otras palabras, una partícula tiene movimiento circular uniforme, cuando su aceleración angular es cero. Así, la aceleración únicamente tiene componente en la dirección normal, debido al cambio en la dirección del vector velocidad. De acuerdo con lo anterior, la ecuación (3.36) se convierte en a=

v2 uN = ω 2 RuN . R

(3.39)

expresión que solo es válida en un movimiento Igualmente, este tipo de movimiento se caraccircular. teriza porque los vectores aceleración y veloci-

10


(3.31), se encuentra que su posición angular en el instante de tiempo t, está dada por

v a

θ = θo +

O

∫t

ω (t)dt,

(3.43)

to

Figura 3.13: Vectores velocidad y aceleración en el MCU. dad son perpendiculares entre sí, como se ilustra en la figura 3.13. Una partícula sometida a un movimiento circular uniforme, posee un movimiento que se repite a intervalos iguales de tiempo, o sea, que el movimiento es periódico. Si la partícula, con movimiento circular uniforme, realiza n vueltas en un tiempo t, se define el período P, o tiempo que tarda en dar una vuelta completa, por P=

t . n

(3.40)

Además, la partícula tiene una frecuencia ν, o número de vueltas por unidad de tiempo, definida por n (3.41) ν= . t Comparando las ecuaciones (3.40) y (3.41), se encuentra que la frecuencia es el inverso del período, o sea 1 ν= . (3.42) P Por la ecuación (3.42), se tiene que la dimensión de frecuencia es T−1 , es decir, su unidad es s−1 que se acostumbra definir como 1s−1 ≡ 1Hz, símbolo que proviene de la palabra Hertz. La frecuencia también se expresa en revoluciones por minuto o rpm, donde 1rpm ≡

1 Hz. 60

Si en el tiempo to , una partícula con MCU tiene una posición angular θ, mediante la ecuación

pero como en este caso la velocidad angular es una constante del movimiento, la ecuación (3.43) se transforma en θ = θo + ω ( t − to ),

(3.44)

donde ω es una constante del movimiento y θ se expresa en radianes. Esta ecuación corresponde a la ecuación cinemática de posición angular en un movimiento circular uniforme. Si en el tiempo to = 0, una partícula con movimiento circular uniforme tiene la posición angular θo = 0, cuando da una vuelta se tiene que el tiempo y la posición angular, respectivamente, son t = P y 2π. Reemplazando estos términos en la ecuación (3.44), se obtiene ω=

2π , P

(3.45)

o teniendo en cuenta la ecuación (3.42) ω = 2πν.

(3.46)

No sobra aclarar que las ecuaciones (3.45) y (3.46), únicamente son válidas para el caso de partículas con movimiento circular uniforme. Ejemplo 3.3. Una piedra, sujeta al extremo de una cuerda, se hace girar de tal manera que describe una circunferencia de radio 30 cm y en un plano horizontal. La posición angular de la piedra está dada por θ (t) = 3t, donde θ está dado en rad y t en s. Calcular: a) La velocidad angular de la piedra. b) La velocidad de la piedra. c) El tiempo que demora la piedra en dar una vuelta. d) El número de vueltas que da la piedra en la unidad de tiempo. e) La aceleración de la piedra. Solución De acuerdo con el enunciado, R = 30 cm ≡ 0.3 m y θ (t) = 3t son cantidades dadas.

11


v a R q O

a) Utilizando la definición de velocidad angular, ecuación (3.44), se encuentra que su valor es ω = 3 rads−1 Este resultado indica que la velocidad angular es independiente del tiempo, de este modo, la piedra tiene un movimiento circular uniforme. b) Como es un movimiento circular, la velocidad es un vector tangente a la trayectoria seguida por la piedra. Por consiguiente, de acuerdo con la definición de velocidad transversal (que en este caso coincide con la velocidad tangencial) dada por la ecuación (3.32), se encuentra que su valor es ν = 0.90 ms−1 . c) El tiempo que demora la piedra en dar una vuelta, que corresponde al período, se obtiene reemplazando θ = 2π rad y t = P, en la expresión dada en el enunciado. Con ello, se encuentra que P = 2.09 s. . d) El número de vueltas por unidad de tiempo, que corresponde a la frecuencia, se encuentra teniendo en cuenta que es igual al inverso del período, así ν = 0.48 Hz. e) Como la piedra posee un movimiento circular uniforme, su aceleración coincide con la aceleración centrípeta dada por la ecuación (3.39), obteniéndose el valor a = aN = 2.70 ms−2 . Ejercicio 3.3. Una piedra, sujeta al extremo de una cuerda, se hace girar de tal manera que describe una circunferencia de radio 30 cm y

en un plano horizontal. La posición angular de la piedra está dada por θ (t) = 3t, donde θ está dado en rad y t en s. a) ¿Cuál es el valor de la aceleración angular de la piedra? ¿Por qué? b) ¿Por qué razón la piedra está sometida a una aceleración, si la magnitud de la velocidad permanece constante? c) En la situación considerada, ¿el vector aceleración es paralelo a la cuerda?

3.4.5. Movimiento circular mente acelerado

uniforme-

Cuando la aceleración angular de una partícula permanece constante, se dice que tiene un movimiento circular uniformemente acelerado (MCUA), es decir, que tanto la magnitud como la dirección del vector velocidad cambian con el tiempo. Como consecuencia, la velocidad angular también varía con el tiempo. Ahora, si una partícula en el instante to tiene una velocidad angular ωo y se mueve con una aceleración angular α, la velocidad angular ω en el instante de tiempo t, está dada por ω = ωo + α ( t − t o ) ,

(3.47)

donde se ha utilizado la ecuación (3.35). Esta ecuación corresponde a la ecuación cinemática de velocidad angular en un movimiento circular uniformemente acelerado. Por otro lado, al reemplazar la ecuación (3.47) en la ecuación (3.43), luego de integrar y evaluar se llega a 2

θ = θo + ωo (t − to ) + 21 α(t − to ) ,

(3.48)

que corresponde a la ecuación cinemática de posición angular para una partícula con movimiento circular uniformemente acelerado. Ejemplo 3.4. La partícula de la figura, describe una trayectoria circular de radio 0.25 m y con una aceleración total de 9.0 ms−2 . En el instante mostrado, calcular: a) La aceleración tangencial de la partícula. b) La aceleración centrípeta de la partícula. Solución a) Para conocer la aceleración tangencial

12


0.2 5m

la regla de la mano derecha, y que gira sobre sí mismo en el sentido que se mueve la partícula. Por la ecuación (3.32), se tiene que la magnitud del vector velocidad está dada por

v

O a 30

v = ωR,

(3.49)

pero de la figura 3.14, se tiene que R = rsenγ, de la partícula, se halla la componente de la aceleración total que es paralela a la velocidad, es decir aT = 9.0 ms−2 sen30 = 4.5 ms−2 . b) De igual manera, la aceleración centrípeta de la partícula corresponde a la componente de la aceleración en la dirección radial, o sea aN = 9.0ms−2 cos30 = 7.79ms−2 .

(3.50)

por lo que al reemplazar la ecuación (3.50) en la ecuación (3.49), se obtiene v = ωrsenγ,

(3.51)

donde γ es el ángulo entre el vector velocidad angular ω y el vector posición r. Ahora, por definición de producto cruz o vectorial, es posible escribir la ecuación (3.51) en la forma vectorial v = ω × r,

(3.52)

expresión válida solo para movimiento circular. Como resultado se tiene que el vector veEjercicio 3.4. locidad es perpendicular tanto al vector velociCalcule la velocidad de la partícula, para dad angular como al vector posición, siendo esel instante mostrado en la figura del ejemta condición de validez general. plo 3.4. De acuerdo con la ecuación (3.35), si la velocidad angular es un vector, también los es la ace3.4.6. Vector velocidad angular y vector leración angular, es decir

aceleración angular

dω . (3.53) α≡ En esta sección, se define la velocidad angular dt y la aceleración angular como cantidades vecto- Derivando la ecuación (3.52) respecto al tiempo, riales, es decir, cantidades que tienen magnitud y teniendo en cuenta la ecuación (3.53), se eny dirección. cuentra que el vector aceleración está dado por a = α × r + ω × v = α × r + ω × (ω × r). (3.54)

z

En el caso de una partícula con movimiento circular uniforme, donde la aceleración sólo tiene componente en la dirección centrípeta, la ecuación (3.54) se transforma en

w R

v

r g O

y

x

Figura 3.14: Velocidad angular como vector.

a = ω × v = ω × ( ω × r). Como se muestra en la figura 3.15, el producto vectorial ω × v apunta hacia el centro de la circunferencia y su magnitud está dada por

a = ω 2 R, Se define el vector velocidad angular, como un vector perpendicular al plano en el cual se ya que los vectores velocidad angular y velocimueve la partícula, cuyo sentido está dado por dad son perpendiculares.

13


w v a r g O

y

x

Figura 3.15: Vectores velocidad y aceleración en el MCU. Ejemplo 3.5. Las coordenadas de una partícula en movimiento, en función del tiempo, están dadas por x = Asen(ωt) y y = Acos(ωt). Determine a) La trayectoria seguida por la partícula. b) La magnitud de la velocidad de la partícula en cualquier instante. c) Las componentes tangencial y normal de la aceleración de la partícula, en cualquier instante. d) El sentido de movimiento de la partícula. Solución a) De acuerdo con el enunciado, el vector posición de la partícula en función del tiempo, está dado por

c) Como la magnitud de la velocidad es independiente del tiempo, la componente tangencial de la aceleración es cero / ( aT = dv dt), pues es una consecuencia del cambio en la magnitud de la velocidad. La componente normal o centrípeta de la aceleración, que proviene del cambio en la dirección del vector velocidad, en este caso coincide con la aceleración total de la partícula, es decir a = −ω 2 A[sen(ωt)i + cos(ωt)j] = −ω 2 r, por lo que su magnitud está dada por aN = a = ω 2 A. Como se esperaba, la magnitud de la aceleración de la partícula permanece constante. d) Para determinar el sentido de movimiento de la partícula en la trayectoria circular, se considera el punto P de la siguiente figura. Cuando la partícula pasa

y ?

R= A

z

a

r = A[sen(ωt)i + cos(ωt)j].

O

Por lo que al aplicar el teorema de Pitágoras, se encuentra que su magnitud es

P x ?

r = A. O sea, que la magnitud del vector posición de la partícula es constante mientras la partícula se mueve. De este modo, la partícula describe una trayectoria circular de radio R = A. b) Empleando la definición de velocidad, se encuentra que está dada por v = ωA[cos(ωt)i − sen(ωt)j], por lo que su magnitud es v = ωA. es decir, que la partícula se mueve de tal forma que la magnitud de su velocidad permanece constante, en otras palabras, tiene un movimiento circular uniforme.

por el punto P sus coordenadas son x = A y y = 0, o sea que sen(ωt) = 1

cos(ωt) = 0.

Como en ambos casos se cumple que ωt = π /2, al reemplazar este valor en la expresión para la velocidad, se obtiene v = −ωAj , lo cual indica que la partícula se mueve en una trayectoria circular de radio A, con movimiento circular uniforme y en sentido horario. Ejercicio 3.5. Las coordenadas de una partícula en movimiento, en función del tiempo, están dadas por x = Asen(ωt) y y = Acos(ωt). a) ¿Cuál es la posición inicial de la partícula si to = 0 ? ¿Cuál es la posición corres-

14


pondiente de la partícula en la gráfica anterior? b) Determine la relación matemática entre el vector posición y el vector aceleración, en cualquier instante. ¿Qué ángulo forman estos dos vectores? ¿Por qué? c) Compruebe / que se satisface la expresión aN = v2 R. d) ¿Cuál es la aceleración angular de la partícula? ¿Por qué?

3.4.7. Dinámica del movimiento circular Cuando una partícula de masa m, describe una trayectoria circular donde ρ = R y v = ωR, las componentes tangencial y normal de la fuerza adquieren la forma FT = (mαR)uT

de longitud S, como se ilustra en la figura. Suponga que la partícula se suelta desde una posición tal que la cuerda forma un ángulo θo con la vertical, como se muestra en la figura siguiente. a) Dibuje las fuerzas que actúan sobre la partícula. b) Plantee las ecuaciones de movimiento. c) Determine para la partícula, en función de θ, la aceleración angular, la velocidad angular y la tensión en la cuerda. d) Determine como es la magnitud de las cantidades anteriores en los extremos de la trayectoria y en su centro.

O

FN = (mω 2 R)uN ,

y

que no son fuerzas aplicadas sino que corresponden, respectivamente, a las componentes tangencial y normal de la fuerza resultante. En el caso de movimiento circular uniforme, sólo se tiene cambio en la dirección de la velocidad, es decir, F = FN uN .

z

qo

S m

Solución a) Diagrama de cuerpo libre para la partícula Sobre la partícula, en la posición

w

v

F

q

m

S

r O

y

x Figura 3.16: Vectores v, ω y F en un MCU. En forma vectorial, para movimiento circular uniforme, y de acuerdo con la figura 3.16 se tiene a = ω × v, o sea, que la segunda ley de Newton adquiere la forma F = ma = mω × v = ω × (mv) = ω × p. Ejemplo 3.6. El péndulo simple consiste en una partícula de masa m, suspendida de una cuerda

T mg Movimiento

general θ, las fuerzas que actúan son el peso y la tensión que ejerce la cuerda sobre ella. b) La ecuación de movimiento en la dirección radial o centrípeta, tomando el sentido de la tensión como positivo, es T − mg cosθ = mω 2 S,

(1)

y en la dirección tangencial, tomando como positivo el sentido del movimiento supuesto en la figura, es mg senθ = mαS.

(2)

c) De la ecuación (2), la aceleración angu-


√

lar de la partícula está dada por α=

ω=

g senθ. S

(3)

teniendo en cuenta la definición de aceleración angular, la ecuación (3) se transforma en dω g = senθ, (4) dt S donde se tienen las variables ω, t y θ. Con el fin de resolver la ecuación (4) se hace necesario eliminar la variable tiempo, ya que interesa obtener ω (θ ). Multiplicando a ambos lados de la ecuación (4) por dθ, se llega a la expresión

−ωdω =

g senθ dθ, (5) S

el signo menos en la ecuación aparece ya que en la situación de la figura, a medida que transcurre el tiempo el ángulo θ disminuye. Integrando la ecuación (5) entre los límites ω = 0 cuando θ = θo y ω en la posición angular θ, se obtiene √ 2g ω= (cos θ − cosθo ), (6) S mediante las ecuaciones (1) y (6), se llega a T = mg [3 cosθ − 2 cosθo ] .

(7)

d) De las ecuaciones (3), (6) y (7) se obtiene para los extremos A y B, donde θ = θo α=

g senθo , S

ω = 0, T = mg cosθo .

15 2g (1 − cosθo ), S

T = mg(3 − 2 cosθo ). De estos resultados, entre las posiciones B y C se tiene que al soltar la partícula desde el punto B, la aceleración angular disminuye desde un valor máximo hasta cero, mientras que la velocidad angular aumenta desde cero hasta un valor máximo y la tensión aumenta entre estos dos puntos. Entre las posiciones C y A se presentan cambios opuestos en estas cantidades. En conclusión, donde la aceleración es máxima (extremos de la trayectoria), la velocidad angular es mínima (cero) y viceversa. Igualmente, se observa que la tensión adquiere su máximo valor en el centro de la trayectoria y el mínimo en los extremos. Ejercicio 3.6. a) Analizar los resultados del problema anterior suponiendo que θo = π/2 b) ¿Por qué razón en el punto C, la tensión en la cuerda no es igual al peso de la partícula? Ejemplo 3.7. Un pequeño cuerpo de masa m, que parte del punto A de la figura, desliza sobre la trayectoria circular de radio R. Suponer que la magnitud de la fuerza de fricción Fk es constante, con valor un décimo del peso del cuerpo. a) Determine el trabajo neto realizado sobre el pequeño cuerpo, cuando pasa por el punto B. b) Si m = 500 g, R = 20 cm, para β = 45o , 90o , 135o , 180o , hallar el valor de la cantidad obtenida en el numeral anterior.

m qo qo A

R

A S

D

b B

B C

Ahora, en el centro de la trayectoria C con θ = 0 α=0

C Solución Como consecuencia de la ecuación (2.48),

16


el trabajo realizado por una fuerza está dada por

tiene

∫B

W

FcosθdS

= A ∫B

FT dS,

= A

pero en una trayectoria circular y para un desplazamiento angular infinitesimal dS = Rdθ, se tiene ∫B

W=R A

FT dθ.

(1)

A

a) De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre del pequeño cuerpo, de las tres fuerzas que actúan, sólo realizan trabajo el peso y la fuerza de fricción dinámica.

q Fk

3.5.

N

W(J)

45

0.62

90

0.83

135

0.46

180

−0.31

De acuerdo con los resultados obtenidos, cuando β = 45o , el trabajo es positivo lo que indica que es mayor el trabajo realizado por el peso, que el realizado por la fuerza de fricción dinámica, igual que para 90o y 135o . En cambio, para β = 180o , el trabajo neto realizado por el peso es nulo a diferencia del trabajo realizado por la fuerza de fricción que es diferente de cero y negativo.

∫B

Fcosθdθ = R

β(o )

Vector momento angular de una partícula

Para una partícula con masa m y momento lineal p, el vector momento angular L respecto al punto O de la figura 3.17, se define en la forma

q mg

L ≡ r × p = mr × v Para la posición genérica de la figura anterior, luego de integrar y evaluar, se encuentra que

L r

(3.55)

p m

Wmg = mgRsenβ,

(2)

1 mgRβ. 10

(3)

Figura 3.17: Momento angular de una partícula respecto al punto O.

b) Reemplazando valores, con m = 500 g ≡ 0.5 kg y R = 20 cm ≡ 0.2 m se

De acuerdo con la definición de momento angular dada por la ecuación (3.55), se tiene que el momento angular L es un vector perpendicular al plano formado por el vector posición r y el vector velocidad v. Teniendo en cuenta la definición de producto vectorial o producto cruz, el momento angular

WFk = −

Por consiguiente, el trabajo total es W = mgR(senβ −

β ). 10

O

17

3.5. VECTOR MOMENTO ANGULAR DE UNA PARTÍCULA

z

de la partícula se puede obtener mediante el determinante i j k y z L = r × p = x (3.56) p x py pz Luego de resolver el determinante dado por la ecuación (3.56), se encuentra que las componentes rectangulares del momento angular de la partícula, están dadas por L x = ypz − zpy , Ly = zp x − xpz , Lz = xpy − yp x .

Si la partícula se mueve en plano xy, se tiene z = 0 y pz = 0, por lo que las componentes del momento angular L x = Ly = 0 y sólo hay componente de momento angular en la dirección z, es decir L = Lz k

= ( xpy −yp x )k, o en forma escalar L = Lz

= xpy −yp x .

w v m r L

O Figura 3.18: Dirección variable del momento angular L. el vector posición r y el vector velocidad v, cambia su orientación mientras la partícula describe la trayectoria circular. 2. Si el punto de referencia O como se muestra en la figura 3.19, se encuentra sobre el eje z y en el plano de movimiento de la partícula, la dirección del vector momento angular L es invariante, ya que en este caso es un vector perpendicular al plano de movimiento, pues el vector posición r y el vector velocidad v están en el mismo plano. En este caso de movimiento circular con O en el centro del círculo, el vector posición r es perpendicular al vector velocidad v y sus magnitudes están relacionadas mediante la expresión v = ωr, donde r es el radio de la trayectoria circular. Así, la magnitud del momento angular es

Dimensiones y unidades de momento angular De acuerdo con la definición dada por la ecuación (3.55), el momento angular tiene diL = mrv = mr2 ω. mensiones de ML2 T−1 . De este modo, la unidad en el sistema SI está dada por kg · m2 · s−1 y en z el sistema gaussiano por g · cm2 · s−1 . En general, el vector momento angular es una L cantidad física que cambia en magnitud y dirección mientras la partícula se encuentra en movimiento curvilíneo. En el caso particular de w un movimiento circular, se pueden presentar las v O r siguientes situaciones, en lo que respecta a la dirección: m 1. Que el punto de referencia O, se encuentre sobre el eje z pero fuera del plano en el cual se Figura 3.19: Dirección invariante del momento anmueve la partícula, como se ilustra en la figura gular L. 3.18. En este caso, el vector momento angular L Como el vector momento angular L y el vecvaría en dirección ya que el plano formado por tor velocidad angular ω, son vectores paralelos,

18


en forma vectorial se tiene que L = (mr2 )ω. En el caso más general de un movimiento curvilíneo cualquiera y recordando que el vector velocidad, en coordenadas polares, está dado por v = vθ uθ + vr ur , se tiene que el momento angular también se puede expresar en la forma L = mr × (vθ uθ + vr ur ) = mvθ r × uθ , donde el segundo producto, a la derecha de la primera igualdad, se hace cero ya que el vector posición r es paralelo al vector unitario radial ur . Por consiguiente, su magnitud en este caso es dθ L = mrvθ = mr2 . dt

3.5.2.

Conservación del momento angular y fuerzas centrales

Si en la ecuación (3.57), el producto vectorial entre el vector posición r y la fuerza resultante F es cero, se tiene que el vector momento angular es una constante del movimiento. Por lo tanto, se tiene que el momento angular de una partícula es constante si el producto vectorial r × F es cero. Esta situación se presenta en los dos casos siguientes. 1. Si la fuerza neta sobre la partícula es cero, se tiene una partícula libre o en equilibrio, es decir, r × F = 0 y la condición L = Constante se satisface.

m

a

i ector y a r T

v

q r

d 3.5.1. Variación del vector momento angular con el tiempo

O

Ahora se considera la variación del vector moFigura 3.20: Momento angular en el movimiento mento angular con el tiempo. Derivando la rectilíneo. ecuación (3.55) con respecto al tiempo se tiene En la figura 3.20, se considera una partícula de masa m con movimiento rectilíneo uniforme y con el origen de coordenadas ubicado en O. (3.57) Por lo tanto L = m r × v, donde el segundo producto a la derecha de la primera igualdad es cero, ya que el vector ve- ó en magnitud locidad v es paralelo al vector momento lineal L = mrv senθ. p, mientras que el segundo producto corresponde a la forma matemática de la segunda ley de Como muestra la figura 3.20, d = r senθ, por lo Newton. De este modo, la variación del moque mento angular con el tiempo está relacionada L = mvd con la fuerza neta que actúa sobre la partícula, mediante la ecuación (3.57). con m, v y d son constantes, el vector momento La ecuación (3.57) es fundamental cuando se angular es constante en magnitud y dirección ya analiza el movimiento de rotación, con la condi- que es un vector que entra perpendicularmente ción que los vectores L y r × F sean evaluados al plano de la hoja mientras la partícula se enrespecto al mismo punto. Esta expresión desem- cuentre en movimiento sobre la trayectoria recpeña en el movimiento rotación, el mismo papel tilínea. que la segunda ley de Newton en el movimien2. Igualmente, el producto vectorial entre el to de traslación. vector posición r y la fuerza F se hace cero, si dL dt

dp dr = r× + ×p dt dt = r × F,

19

3.5. VECTOR MOMENTO ANGULAR DE UNA PARTÍCULA

son vectores paralelos con la misma línea de acción, es decir, si la línea de acción de la fuerza Sol pasa por un punto fijo, como se ilustra en la F figura 3.21 donde una partícula de masa m se mueve sobre una trayectoria curvilínea, siendo O un punto de referencia fijo. Por consiguiente, el momento angular de esta partícula se conserva. Figura 3.22: Movimiento de la tierra alrededor del Sol.

Trayectoria

v

m

F r

O

ya que la fuerza eléctrica que el núcleo de carga positiva ejerce sobre el electrón de carga negativa, siempre pasa por el núcleo independientemente de la posición del electrón en la trayectoria circular. Esta situación se ilustra en la figura 3.23.

Figura 3.21: Fuerza central. Cuando una fuerza actúa sobre una partícula en movimiento y cumple la condición de pasar su línea de acción por un punto fijo, llamado centro de fuerzas, se dice que la fuerza es una fuerza central. En conclusión, cuando un cuerpo se mueve bajo la acción de una fuerza central, su momento angular no varía, es decir, el momento angular del cuerpo respecto al centro de fuerza es una constante de movimiento. En la naturaleza se presentan situaciones en las que se cumple la condición anterior, como ocurre en los siguientes casos: 1. En el movimiento de la tierra alrededor del sol, el momento angular de la tierra respecto al sol es una constante del movimiento. En este caso, el punto fijo se encuentra en el centro del sol como se muestra en la figura 3.22, pues se observa que la línea de acción de la fuerza gravitacional que el sol ejerce sobre la tierra pasa por el centro del sol independientemente de la posición de la tierra sobre la trayectoria elíptica. De este modo, la fuerza que el sol ejerce sobre la tierra es una fuerza central. 2. En el modelo atómico de Bohr el movimiento del electrón, de masa m, en el átomo de hidrógeno, es tal que su momento angular es una constante del movimiento,

v F

me

+

Figura 3.23: Movimiento electrónico en el átomo de Bohr. En síntesis, la fuerza que el núcleo ejerce sobre el electrón en el átomo de hidrógeno, es una fuerza central. Ejemplo 3.8. Considere un péndulo simple de masa m, donde la longitud de la cuerda es S. Suponga que la partícula se suelta desde una posición tal que la cuerda forma un ángulo θ con la vertical, como se muestra en la figura siguiente. a) Determine el momento angular de la partícula respecto al punto de suspensión O. b) Halle la variación del momento angular de la partícula, respecto al tiempo. c) Determine el producto vectorial r × F, donde r es el vector posición de la partícula respecto a O y F es la fuerza neta que actúa sobre la partícula. d) Compare los resultados obtenidos en los numerales b) y c). ¿Qué se puede concluir?

20


O qo

b) Derivando la ecuación (4) respecto al tiempo donde la única variable es el ángulo θ, y empleando la definición de velocidad angular se llega a

S

dL = −(mgS senθ )k, dt

m Solución a) Por la ecuación (3.55) y teniendo en cuenta que el vector posición r = Sur es perpendicular a la velocidad se tiene que el momento angular es un vector de magnitud L = mSv, (1) que incide perpendicularmente al plano de la hoja, para la situación mostrada en la siguiente figura.

q S

T mg Movimiento

Tomando la ecuación √ 2g ω= (cosθ − cosθo ), S obtenida anteriormente, con v = ωS, se tiene para la velocidad de la partícula √ v = 2gS(cosθ − cosθo ). (2) Reemplazando la ecuación (2) en la ecuación (1), la magnitud del momento angular de la partícula respecto al punto de suspensión O, es √ (3) L = mS 2gS(cosθ − cosθo ). Si se toma el eje z entrando perpendicularmente al plano de la hoja, en forma vectorial la ecuación (3) se transforma en √ L = mS 2gS(cosθ − cosθo ) k. (4)

(5)

o sea, es un vector que sale perpendicularmente del plano de la hoja. c) Como r = Sur y F = mg + TuN , al descomponer el peso en las componentes radial y transversal con uθ = −uT y uN = −ur , se tiene para el producto vectorial r × F = −(mgS senθ )k.

(6)

Al comparar las ecuaciones (5) y (6), se tiene que se cumple la relación dL = r × F, dt resultado coincidente con la ecuación (3.3) y que tiene validez general. Pregunta De acuerdo con el resultado obtenido en el numeral d) del ejemplo 3.8, ¿se conserva el momento angular de la partícula? Justifique su respuesta.

Es de particular importancia tanto el concepto de momento angular como su conservación, en el caso de cuerpos que se tratan bajo el modelo de cuerpo rígido. Por ello, en lo que sigue se considera el concepto de cuerpo rígido, relacionándolo directamente con el movimiento de rotación.

3.5.3.

Concepto de cuerpo rígido

En las unidades anteriores se ha analizado la mecánica de los cuerpos que se pueden tratar bajo el modelo de partícula; esto ha sido posible ya que solo interesaba considerar el efecto de las fuerzas en lo que se refiere al movimiento de traslación. En adición, se debe considerar otro tipo de movimiento que tienden a imprimir las fuerzas sobre los cuerpos, como es el movimiento de rotación, lo que hace que el modelo de partícula no sea válido, pues en su lugar el modelo útil

21

3.6. VECTOR MOMENTO ANGULAR DE UN CUERPO RÍGIDO

es el de cuerpo rígido que se definirá en lo que sigue. Un cuerpo rígido, es un caso particular de un sistema de muchas partículas (del orden de 1023 partículas por cm3 ). Estas partículas deben cumplir la condición de que la separación entre cualquier pareja de ellas siempre permanece constante mientras el cuerpo se mueve, sin importar el tipo de fuerzas que actúen sobre él. Esta definición permite afirmar que un cuerpo rígido no se deforma bajo ninguna interacción con otros cuerpos.

rij

i

j

n rmn

m

angular total del cuerpo rígido está dado por L =

=

∑ mi ri × vi ∑ Li .

(3.59)

Primero se considera el caso de la figura 3.25, en el cual se tienen n partículas que forman una lámina rígida muy delgada, de espesor despreciable, con forma irregular y cuya distribución de masa también es irregular. La lámina gira con velocidad angular ω, en su propio plano, alrededor de un eje fijo perpendicular a ella y cuyo origen O también se encuentra en ese plano. z Li w O

ri

vi mi

Figura 3.24: Cuerpo rígido. Figura 3.25: Momento angular de una lámina resDe acuerdo con la definición de cuerpo rígipecto al punto O. do, en la figura 3.24 se hace necesario que las magnitudes rij y rmn no cambien, condición que De las partículas que conforman la lámina, se se debe cumplir para cualquier par de partícu- considera la partícula genérica i, que describe las que lo conformen. una trayectoria circular de radio ri = Ri con velocidad vi = ω × ri . Como la velocidad angular es paralela al eje de rotación, esto es perpendi3.6. Vector momento angular de cular a ri , la magnitud de la velocidad es

un cuerpo rígido

vi = ωri .

(3.60)

De acuerdo con la ecuación (3.55), el momento Ahora, como r es perpendicular a v , de acueri i angular Li de una partícula i que describe una do con la ecuación (3.58) la magnitud del motrayectoria curvilínea con velocidad vi , está da- mento angular, está dada por do por Li = mi ri vi . (3.61) Li = mi ri × vi , (3.58) Reemplazando la ecuación (3.60) en la ecuación donde mi es la masa de la partícula y ri es su vec- (3.61), se encuentra tor posición respecto al origen de coordenadas. Li = mi ri2 ω, (3.62) En el caso de un cuerpo rígido, cuando rota alrededor de un eje determinado, esta defini- que corresponde a una relación entre las magción sigue siendo válida para cualquier partícu- nitudes de los vectores Li y ω; lo cual permite la del cuerpo. Además, si los momentos an- escribir la ecuación (3.62) en la forma vectorial, gulares de todas las partículas del cuerpo se evalúan respecto al mismo punto, el momento Li = (mi ri2 )ω. (3.63)

22


El término entre paréntesis que aparece en la ecuación (3.63), se conoce como el momento de inercia de la partícula i, respecto al eje de rotación z que pasa por el punto O. Este concepto se analiza con más detalle en la siguiente sección. Reemplazando la ecuación (3.63) en la ecuación (3.59), se encuentra que el momento angular del cuerpo rígido, respecto al punto O, está dado por ( ) L = ∑ mi ri2 ω, (3.64) donde se ha tenido en cuenta que la velocidad angular es la misma para todas las partículas que forman la lámina. La ecuación (3.64) se puede escribir en la forma L = Iω,

(3.65)

donde se define I≡

∑ mi ri2 ,

(3.66)

como el momento de inercia de la lámina respecto al eje z, que pasa por el punto O. En síntesis, cuando la lámina está en rotación y el punto de referencia O coincide con el punto de intersección entre el eje de rotación y la lámina, el momento angular total es paralelo a la velocidad angular. Ahora, se considera la misma lámina, pero el origen O ya no coincide con la intersección entre el eje z y el plano de rotación, como se ilustra en la figura 3.26. z

w Ri mi

Liz = Li cos(90−γi ).

(3.67)

Reemplazando la ecuación (3.62) en la ecuación (3.67), teniendo en cuenta que vi = ri ωsenγi y Ri = ri senγi , se encuentra Liz = (mi R2i )ω,

(3.68)

donde de nuevo aparece el término mi R2i . Igual que en el caso del vector momento angular total, la componente z del momento angular total de la lámina está dada por Lz = ∑ Liz , así que al reemplazar Liz mediante la ecuación (3.62), se tiene la expresión escalar

vi

ri gi Li

Como se ilustra en la figura 3.26, se presenta una diferencia respecto a la dirección del vector momento angular Li , ya que de acuerdo con su definición es un vector perpendicular al plano formado por ri y vi , esto es, el vector momento angular de la partícula i forma un ángulo de 90 − γi con el eje de rotación z, y gira continuamente con la partícula alrededor del eje. Por lo anterior, si Li no es paralelo a ω, el momento angular total de la lámina aun es dado por la ecuación (3.62), pero en general no es paralelo al vector velocidad angular. En conclusión, cuando la lámina está rotando y el punto de referencia O no coincide con el punto de intersección entre el eje de rotación y la lámina, el momento angular total no es, en general, paralelo a la velocidad angular. Cuando el momento angular no es paralelo a la velocidad angular, se considera la componente del momento angular paralela al eje z, es decir Liz . En la figura 3.27, se tiene que esta componente está dada por

O

Figura 3.26: Momento angular de una lámina con O fuera de ella. En esta situación, la ecuación (3.59) sigue siendo válida para la partícula i, pero la magnitud del vector posición ri ya no coincide con el radio de la trayectoria descrita por la partícula.

Lz = Iω,

(3.69)

con I dado por la ecuación (3.66). De acuerdo con los resultados anteriores, en una placa que gira sobre su propio plano, siempre es posible tomar el origen O en ese plano y en consecuencia lograr una simplificación considerable, ya que el momento angular total es paralelo a la velocidad angular. En cambio, cuando se trata el caso más general de un cuerpo rígido tridimensional que está rotando, como el mostrado en la figura 3.27, ya no es posible hacer tal elección.

23

3.7. MOMENTO DE INERCIA DE UN CUERPO RÍGIDO

z

z z`

w

O Ri

ri '

ri

O`

mi vi qi ri Li

mi

O

Figura 3.27: Momento angular de un cuerpo rígido Figura 3.28: Momento de inercia respecto a dos ejes tridimensional. diferentes. Igual que en el caso de la lámina, el cuerpo rígido rota alrededor del eje z con velocidad angular ω, y todas las partículas describen trayectorias circulares. Mediante un procedimiento similar al llevado a cabo cuando el punto de referencia O se toma por fuera de la lámina, se encuentran resultados semejantes, así que en general, el momento angular total no es paralelo al vector velocidad angular, pues en general los Li no son paralelos al eje de rotación. Por esta razón, es necesario considerar la componente del momento angular paralela al eje z, lo que lleva a relaciones idénticas a las dadas por las ecuaciones (3.69) y (3.59).

3.7.

Momento de inercia de un cuerpo rígido

Se ha encontrado que para una lámina plana cuya distribución de masa es arbitraria, el momento angular total dado por la ecuación (3.59), es proporcional a la velocidad angular si la placa gira alrededor de un eje perpendicular al plano que contiene la placa y cuando el origen O se elige en la intersección del eje y el plano de rotación. La constante de proporcionalidad I, en la ecuación (3.69), se definió como el momento de inercia de la placa respecto al eje de rotación y está dado por la ecuación (3.66). Independientemente que el cuerpo esté en reposo o en rotación, el momento de inercia del cuerpo rígido respecto a dicho eje es el mismo. El momento de inercia de la placa no es único, ya que su valor depende del punto de la lámina

por donde pase el eje de rotación que es perpendicular a ella. En general, como se indica en la figura 3.28, el valor de los términos ri2 varían al cambiar el eje de rotación y en consecuencia el valor del momento de inercia I será diferente. La ecuación (3.66) muestra que el momento de inercia total de un cuerpo rígido, respecto al eje z, es igual a la suma de los momentos de inercia de las partículas que lo conforman, del mismo modo que su masa total es igual a la suma de las masas de todas las partículas del cuerpo. Esto permite afirmar que el momento de inercia desempeña en rotación, el mismo papel que la masa en traslación. Aunque se ha restringido el concepto de momento de inercia para el caso de una placa delgada, este es aplicable a cualquier cuerpo rígido, ya que su valor depende de la distancia perpendicular de cada partícula al eje, sin importar la elección del punto O tomado como referencia. En la ecuación (3.66), la suma se extiende a todas las partículas del cuerpo rígido tomadas como partículas discretas, esto es, como si se tratara de un gas de partículas. Ahora, puesto que un cuerpo rígido no se considera como un conjunto discreto de partículas sino como un medio continuo, la suma se convierte en una integral que se extiende sobre todo el volumen del cuerpo rígido. Para obtener la expresión correspondiente del momento de inercia de un cuerpo rígido, tomado como un medio continuo, se considera la figura 3.29. Se toma un elemento del cuerpo rígido con masa dm, volumen dV, y se supone que el cuer-

24


z

respectivamente por R1 y R2 . Halle el momento de inercia del cilindro, respecto a su eje de simetría. Solución Como se muestra en la figura, el cascarón

R dm = r dV r z R

y

dr

x

R1

r

y

R2

x

Figura 3.29: Momento de inercia de un cuerpo rígido. po tiene una densidad de masa ρ. Teniendo en cuenta que la densidad se define como la masa por unidad de volumen, estas cantidades están relacionadas por dm = ρdV. Ahora, si en la ecuación (3.66) se reemplaza la masa m por dm, la distancia ri por R y la suma por una integral, esta se transforma en ∫

I=

ρR2 dV.

(3.70)

Por otro lado, si la masa del cuerpo está distribuida uniformemente, la densidad ρ puede salir de la integral y la ecuación (3.70) se convierte en I=ρ

∫

R2 dV,

(3.71)

lo que permite una simplificación, ya que el problema se reduce a resolver una integral que contiene sólo un factor geométrico, que es el mismo para todos los cuerpos de igual forma y tamaño. Dimensiones y unidades de momento de inercia De acuerdo con la ecuación (3.66) ó (3.70), las dimensiones de momento de inercia son ML2 , por lo tanto, la unidad en el sistema internacional de unidades está dada por kg m2 y en el sistema gaussiano de unidades por g cm2 . Ejemplo 3.9. Un cilindro homogéneo y hueco, de masa M, tiene radios interior y exterior dados

h

c

cilíndrico de radio r y espesor dr tiene un volumen infinitesimal dado por dV = 2πrhdr.

(1)

Reemplazando la ecuación (1) en la ecuación (3.71), con R = r, se tiene ∫R2

Ic = 2πρh

r3 dr,

R1

donde ρ es la densidad del material con el cual se ha construido el cilindro. Así luego de integrar y evaluar, se encuentra Ic = 21 πρh( R42 − R41 ).

(2)

Además, como M es la masa del cilindro se cumple la relación ρ=

M M . = V π ( R22 − R21 )h

(3)

Llevando la ecuación (3) a la ecuación (2), y luego de simplificar, se obtiene para el momento de inercia del cilindro hueco, la expresión Ic = M 12 ( R21 + R22 ), de este modo, el radio de giro del cilindro hueco está dado por la expresión Kc2 = 12 ( R21 + R22 )

25

3.8. TEOREMA DE STEINER O DE LOS EJES PARALELOS

3.7.1.

Para todo cuerpo, sin importar su forma, hay por lo menos tres direcciones perpendiculares entre sí, respecto a las cuales el momento angular es paralelo al eje de rotación y es válida la ecuación (3.65). Estos ejes se llaman ejes principales de inercia, y cuando el cuerpo rígido presenta simetrías, estos ejes coinciden con algún eje de simetría.

3.7.2.

zo

Ejes principales de inercia

Ejes principales de inercia en un cuerpo esférico

xo

yo

Figura 3.31: Ejes principales de inercia en un cuerpo cilíndrico.

3.32, los ejes xo ,yo ,zo corresponden a los tres ejes En un cuerpo esférico o con simetría esférica, principales de inercia de un cuerpo rígido con cualquier eje que pase por su centro es un eje esta simetría. principal de inercia. En la figura 3.30, los ejes zo xo ,yo ,zo son tres ejes principales de inercia. zo

yo

yo xo

Figura 3.30: Ejes principales de inercia en un cuerpo esférico. Así, en una esfera existen infinitos ejes principales de inercia.

3.7.3.

Ejes principales de inercia en un cuerpo cilíndrico

Para un cuerpo cilíndrico o con simetría cilíndrica, el eje del cilindro y cualquier eje que sea perpendicular a él, es un eje principal de inercia. En la figura 3.31, los ejes xo ,yo ,zo son tres ejes principales de inercia.

3.7.4.

Ejes principales de inercia en un cuerpo rectangular

xo

Figura 3.32: Ejes principales de inercia en un cuerpo rectangular. En síntesis, se define un eje principal de inercia como aquel para el cual el momento angular es paralelo a la velocidad angular, que siempre se encuentra a lo largo del eje de rotación. Así, para un eje principal de inercia se cumple la ecuación (3.65), donde I es el momento de inercia respecto al eje principal de inercia correspondiente. Cuando un cuerpo rígido gira alrededor de un eje que no es principal, es válida la ecuación (3.69), donde I es de nuevo el momento de inercia respecto al eje que no es principal.

3.8. Teorema de Steiner o de los ejes paralelos

Un bloque rectangular tiene tres ejes principales Generalmente se conoce el momento de inercia de inercia que son perpendiculares a las caras y de un cuerpo rígido respecto a un eje que pasa pasan a través del centro del bloque. En la figura por su centro de masa; pero en muchos casos,

26


para analizar el movimiento de rotación de un cuerpo rígido, es necesario conocer el momento de inercia respecto a un eje paralelo que no pasa por el centro de masa. El teorema de Steiner o de los ejes paralelos, es una herramienta que permite llevar a cabo esta transformación. Si en la figura 3.33 se conoce el momento de inercia I, respecto al eje zc que pasa por el centro de masa del cuerpo rígido, el momento de inercia I respecto al eje z paralelo a zc , el teorema de Steiner establece la relación I = Ic + Ma2 , donde M es la masa del cuerpo rígido y a es la separación entre los dos ejes paralelos. z

giro, mediante la ecuación (3.72), es posible determinar el momento de inercia respectivo. En la práctica, es posible conocer la forma del radio de giro mediante la tabla 3.1, donde se da K2 , evaluado respecto a un eje específico en cuerpos con diferentes simetrías. Ejemplo 3.10. Como se muestra en la figura, una varilla delgada de masa M y longitud 4R, se coloca sobre un cilindro de masa 2M y radio R. Además, en los extremos de la varilla se colocan dos masas muy pequeñas cada una de masa M/2. Halle el momento de inercia del sistema, respecto a un eje paralelo al eje del cilindro y que pasa por el punto de contacto entre el cilindro y la varilla.

zc

M/2 M

2R

2R

a

1 C.M.

M/2

P 2 c R 2M

Figura 3.33: Teorema de Steiner o de los ejes paralelos.

3.8.1. Radio de giro de un cuerpo rígido Es una cantidad física, definida de tal modo que se cumpla la relación I = MK2 , √ I K = , M

(3.72)

donde I es el momento de inercia del cuerpo rígido respecto a determinado eje y M su masa. Físicamente, el radio de giro representa la distancia medida desde el eje, a la cual se puede concentrar la masa del cuerpo sin variar su momento de inercia. El radio de giro se puede determinar completamente por geometría para cuerpos homogéneos. Es una cantidad que se puede evaluar fácilmente con ayuda de la ecuación (3.71). Conocido el radio de

Solución El momento de inercia del sistema, IsP , está dado por la suma de los momentos de inercia de cada cuerpo, todos evaluados respecto al eje que pasa por el punto P. Esto es Isp = Icp + Ivp + I1p + I2p .

(1)

Por el teorema de Steiner, el momento de inercia del cilindro, respecto a un eje que pasa por el punto de contacto P es Icp = Icc + 2MR2 = 3MR2 ,

(2)

donde Icc = 12 2MR2 , es el momento de inercia del cilindro respecto a un eje que pasa por el centro de masa, de acuerdo con la tabla 3.1. Como el punto de contacto P coincide con el centro de la varilla, de acuerdo con la información de la tabla 3.1, el momento de inercia de la varilla respecto al eje que pasa por P es Ivp = 43 MR2 .

(3)

27

3.8. TEOREMA DE STEINER O DE LOS EJES PARALELOS

Además, como las pequeñas masas se encuentran en posiciones simétricas, respecto al punto P, sus momentos de inercia respecto al eje que pasa por P, son iguales, esto es I1p = I2p = 2MR2 Reemplazando las ecuaciones (2), (3) y (4) en (1) se encuentra que el momento de inercia del sistema, respecto a un eje paralelo al eje del cilindro y que pasa por el punto P, está dado por Isp =

se le conoce como la ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido. Se supone que el cuerpo rígido de la figura 3.34, tiene un movimiento de rotación alrededor del eje z considerado como eje principal de inercia; además, se toma el origen como un punto fijo en el eje que corresponde a un sistema de referencia no rotante o inercial. z (Eje principal de inercia)

2 25 3 MR .

L

Ejercicio 3.7. Para el sistema considerado en el ejemplo (3.10), encuentre el momento de inercia respecto a un eje coincidente con el eje del cilindro.

3.8.2.

w O

Figura 3.34: Rotación alrededor de un eje principal Conservación del vector momento de inercia.

angular en un cuerpo rígido

Como el eje de rotación z es un eje principal de inercia, se cumple la ecuación (3.66), y la ecuación (3.73) se transforma en

Aunque la expresión dL = r × F, dt

(3.73)

se obtuvo para el caso de una partícula con movimiento curvilíneo, también es válida en el caso de un sistema de partículas, si se interpreta a L como el momento angular total del sistema de partículas y r × F como el producto vectorial entre el vector posición r y la fuerza neta que actúa sobre el sistema de partículas. Es decir, si se cumplen simultáneamente las expresiones L =

∑ Li , i

r×F =

∑ ri × Fi , i

d( Iω) = r × F, dt

(3.74)

donde el producto cruz r × F se debe a las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido y el cual se evalúa respecto al punto fijo O, sobre el eje principal. Ahora, si el eje está fijo en el cuerpo rígido, se tiene que el momento de inercia es constante y la ecuación (3.74) adquiere la forma Iα = r × F,

(3.75)

donde se ha empleado la definición de aceleración angular. La ecuación (3.75), válida en rotación, es equivalente, en traslación a la segunda ley de Newton para masa constante. Si el producto vectorial r × F debido a todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido, es nulo, por la ecuación (3.75) se cumple la condición

donde ambas cantidades físicas se deben evaluar respecto al mismo punto. Como el cuerpo rígido es un caso especial de un sistema de partículas, la ecuación (3.73) es aplicable en este caso y es la ecuación básica para analizar el movimiento de rotación de un Iω = Constante, (3.76) cuerpo rígido, esto es, la ecuación (3.73) desempeña en rotación el mismo papel que la segun- que corresponde a la conservación del vector da ley de Newton en traslación. Por esta razón, momento angular.

28


Un ejemplo de esta situación, se presenta cuando un patinador rota alrededor del eje de su cuerpo, donde las fuerzas que actúan sobre él son el peso y la normal que ejerce el piso, cuyas líneas de acción coinciden con el eje de rotación. En este caso, el producto cruz r × F del peso y la normal respecto a un punto ubicado sobre el eje es nulo y el momento angular del patinador es constante respecto a dicho punto. Esto lleva a que aumente la velocidad angular del patinador cuando cierra los brazos, pues el momento de inercia disminuye. Pregunta Por qué disminuye el momento de inercia del patinador al cerrar los brazos? Explique. .

En síntesis, cuando el producto vectorial r × F es nulo, si el momento de inercia del cuerpo rígido aumenta (disminuye) la velocidad angular disminuye (aumenta) para garantizar que la ecuación (3.76) se satisfaga. Por otro lado, si adicionalmente el momento de inercia del cuerpo rígido permanece constante, la ecuación (3.76) indica que la velocidad angular también permanece constante. Así, un cuerpo rígido que rota alrededor de un eje principal, fijo en el cuerpo, lo hace con velocidad angular constante cuando el producto cruz r × F es cero. Este enunciado, en rotación, equivale a la primera ley de Newton en traslación. Como se verá en la próxima unidad, el concepto de momento angular es de vital importancia en el estudio del movimiento de rotación de los cuerpos.

3.9. ENUNCIADOS 1. En el punto A de la figura, se encuentra ubicado un camarógrafo, que le sigue el movimiento a un auto cuando este describe una trayectoria circular de radio R y con una rapidez v, en sentido antihorario. (a) Halle la rapidez angular con la cual debe girar la cámara, a fin de que esta se mantenga en la dirección del auto. (b) Halle el valor de la cantidad obtenida en el numeral

anterior, cuando v = 25 m · s−1 y R = 30 m.

C

R A

q R r v B

2. Un auto se mueve en línea recta como se ilustra en la figura. (a) Obtenga una expresión para la velocidad en sus componentes radial y transversal. (b) Halle la magnitud de la velocidad de la partícula. Analice el resultado obtenido. (c) Resuelva para ω = 12 rad · s−1 , b = 10 m y θ = 38o B v

b q

r

A

3. El vector posición de una partícula está dado por la expresión r(t) = − A sen(ωt)i + A cos(ωt)j, donde A y ω son constantes. (a) Encuentre la trayectoria seguida por la partícula. ¿Qué puede concluir de su resultado? Explique. (b) Halle la rapidez de la partícula en función del tiempo. ¿Qué tipo de movimiento tiene la partícula? Explique. (c) Obtenga una expresión que relacione el vector aceleración con el vector posición. ¿Qué concluye de su resultado? ¿Por qué? (d) Determine el sentido de movimiento de la partícula sobre su trayectoria. (e) Resuelva los numerales anteriores, sabiendo que el vector posición está dado por r(t) = A cos(ωt)i − B sen(ωt)j, donde A, B y ω son constantes. 4. Un auto se mueve sobre una pista circular de radio 5 m, de tal forma que su rapidez se incrementa uniformemente a razón

29

3.9. ENUNCIADOS

de 4.8 m · s−2 . Suponga que el origen de coordenadas está centrado en la trayectoria. (a) En un diagrama muestre, para una posición dada del auto, los vectores velocidad y aceleración. Justifique su construcción. (b)Halle la rapidez angular del auto, cuando ha sufrido un desplazamiento angular equivalente a un un noveno de vuelta. (c) Para la posición anterior, halle la aceleración del auto. 5. Los autos A y B, que parten de la misma posición y se mueven en sentidos opuestos sobre una pista circular de radio R = 15 m. El auto A se mueve con una rapidez de 60 km · h−1 , mientras que el auto B se mueve con una rapidez que aumenta uniformemente a razón de 5.2 m · s−2 . (a) ¿Qué movimiento tiene cada auto? Explique. (b) Determine el tiempo que tardan los autos en encontrarse. (c) Halle la posición angular de los autos cuando se encuentran. (d) Encuentre la rapidez de los autos en el instante del encuentro. 6. Un auto de masa m describe una curva circular de radio R y con peralte θ. (a) Determine la rapidez máxima con la cual el auto puede describir la curva, si los efectos debidos a la fricción se desprecian. En lo que sigue, suponga que el coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es µ (b) Encuentre la rapidez máxima que impide al auto deslizar sobre la superficie. (c) Halle la rapidez mínima que impide al auto deslizar sobre la superficie. (d) ¿Para qué intervalo de valores en la rapidez, el auto no desliza sobre la superficie?

cuentre, en función de la rapidez angular, la tensión en la cuerda y la fuerza que la superficie del cono ejerce sobre el bloque. ¿Qué condición matemática se debe satisfacer para que los resultados obtenidos tengan significado físico? Explique. (c) Resuelva para m = 375 g, θ = 83o , d = 28 cm y ω = 16 rad · s−1 .

O A q

B m

8. Como se muestra en la figura, un bloque de masa m, inicialmente en la parte superior de una esfera fija al piso y de radio R, parte del reposo. (a) Halle el valor del ángulo θ cuando el bloque se desprende de la esfera. (b) Encuentre la rapidez del bloque y su altura respecto al piso, en el instante que el bloque pierde contacto con la esfera. (c) Obtenga la rapidez del bloque en el instante que llega al piso. (d) Determine, respecto al punto B, la distancia horizontal a la que el bloque llega al piso. A m

q

C

R B

7. Como se ilustra en la figura, el bloque de masa m está sujeto a una cuerda fija en O y rota alrededor del eje OC sobre la superficie del cono, que forma un ángulo θ con la vertical. El segmento AB = d. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar el bloque? Explique. ¿Qué movimiento tiene el bloque? ¿Por qué? ¿Qué se puede afirmar sobre el tiempo que el bloque demora en realizar cada vuelta? Explique.(b) En-

9. Mediante el bloque de masa m, se comprime un resorte de constante k. Cuando el bloque se deja en libertad, desliza sobre una superficie horizontal hasta chocar elásticamente con un cuerpo de masa M, que se encuentra suspendido del techo mediante una cuerda de longitud d, como se muestra en la figura. (a) Halle la deformación

30


mínima del resorte, que permite al cuerpo de masa M describir una circunferencia completa. (b)Resolver para m = 700 g, k = 5 × 102 N · m, M = 900 g, d = 25 cm.

la fuerza neta que actúa sobre la partícula. ¿La fuerza neta es una fuerza central? Explique. (d) ¿El momento angular de la esferita se conserva respecto a algún punto? Justifique su respuesta de dos maneras diferentes.

O

d k m A

M B

O

10. Como se ilustra en la figura, una persona que está de pié sobre la base de un cilindro y pegada a la pared, gira adherida al cilindro con una rapidez angular, tal que cuando se quita el piso del cilindro, la persona no desliza sobre la pared. Una vez que empieza a disminuir la rapidez de rotación del cilindro, se llega a un valor por debajo del cual la persona se mueve sobre la pared. El coeficiente de fricción entre la persona y la pared es µ y el radio del cilindro es R. (a) Halle la rapidez angular mínima que impide el movimiento de la persona sobre la pared. (b) Resuelva para µ = 0.27 y R = 90 cm

m

12. El péndulo cónico de la figura, tiene masa m. (a) Para una posición arbitraria, haga el diagrama de cuerpo libre para la esferita. (b) ¿Qué movimiento tiene la partícula? Explique. (c) Apoyado en el diagrama de cuerpo libre, obtenga gráficamente la fuerza total que actúa sobre la esferita. ¿La fuerza total es una fuerza central? Explique. (d) ¿El momento angular de la esferita se conserva respecto algún punto? Justifique su respuesta de dos maneras diferentes.

O

w R

C m

11. El péndulo simple mostrado en la figura, tiene masa m. (a) Haga el diagrama de cuerpo libre para una posición arbitraria de la esferita. (b) ¿Cómo es la magnitud de la tensión en la cuerda, comparada con la magnitud del peso, cuando la partícula pasa por el punto más bajo de la trayectoria? Explique. (c) Utilizando el diagrama de cuerpo libre, obtenga gráficamente

13. Un auto, de masa m, se mueve sobre una pista circular de radio R. Determine si el momento angular del auto se conserva respecto a algún punto de la trayectoria, cuando: (a) se supone que la curva no tiene peralte, y (b) la curva tiene un peralte θ. Analice cada una de sus respuestas. 14. En cada uno de los vértices de un triángulo equilátero de lado d, se tienen las partículas de masa m, 2m y 3m. Halle el momento de

31

3.9. ENUNCIADOS

inercia del sistema y el radio de giro, respecto a un eje perpendicular al triángulo y que pasa por (a) cada uno de sus vértices y (b) el punto medio de cada uno de sus lados. 15. Como se ilustra en la figura, sobre un aro de masa M y radio R, se adhieren simétricamente tres partículas cada una de masa m. Halle el momento de inercia del sistema, respecto a un eje que pasa por (a) el centro del aro y (b) una de las partículas. En cada caso, ¿el momento de inercia del sistema depende de la posición de las partículas sobre el aro? Explique.

pequeño bloque tiene masa m y se encuentra inicialmente a una distancia r1 del eje de rotación, mientras que el disco tiene masa M y radio R. (a) Encuentre la velocidad angular del sistema disco-bloque, si la distancia del bloque al eje se reduce a r2 , mediante una cuerda atada al bloque y que pasa por el centro del disco. (b) Encuentre la relación entre las velocidades angulares, cuando r1 = 21 R, r2 = 41 R y m = 23 M. (c) Resuelva para ωo = 9.7 rad · s−1 . w

r1

R

16. El disco, de radio R y masa m, gira con velocidad angular ωo , hasta que cae sobre él una placa cuadrada de igual masa m y de arista a, que inicialmente se encontraba en reposo. Los dos cuerpos se encuentran sobre el mismo eje y sus centros coinciden. Debido a la fricción entre las superficies, los cuerpos se mueven como si estuvieran pegados. (a) Halle la velocidad angular del sistema, luego que la placa rectangular cae sobre el disco. (b) Resuelva para R = 98 cm, ωo = 12.3 rad · s−1 , a = 49 cm y a = 49 cm.

wo

w

R

R

17. El sistema disco-bloque, mostrado en la figura, rota con velocidad angular ωo , debido a la fricción entre sus superficies. El

R

MOMENTO ANGULAR, MOMENTO DE UNA FUERZA Y ENERGIA BERNARDO ARENAS GAVIRIA Universidad de Antioquia Instituto de Física 2012

Índice general

4. Momento angular y momento de una fuerza 4.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.1. Movimiento de traslación pura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.2. Movimiento de rotación pura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.3. Movimiento combinado de traslación y rotación . . . . . . . . . . . . . . 4.2. Momento de una fuerza respecto a un punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Momento de un par de fuerzas o cupla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1. Efectos de traslación de un par de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.2. Efectos de rotación de un par de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4. Descomposición de una fuerza en un sistema fuerza par . . . . . . . . . . . . . 4.5. Resultante de un sistema de fuerzas aplicadas a un cuerpo rígido . . . . . . . . 4.5.1. Resultante de un sistema de fuerzas concurrentes . . . . . . . . . . . . . 4.5.2. Resultante de un sistema de fuerzas coplanares . . . . . . . . . . . . . . 4.5.3. Resultante de un sistema de fuerzas paralelas . . . . . . . . . . . . . . . 4.6. Llave de torsión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.7. Ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . 4.7.1. Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje principal de inercia . . 4.7.2. Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje no principal de inercia 4.7.3. Movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígido . . 4.8. Energía en un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8.1. Energía cinética de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8.2. Energía cinética traslacional de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . 4.8.3. Energía cinética rotacional de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . 4.8.4. Energía cinética total de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8.5. Energía total de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.9. Movimiento por rodadura de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.10. ENUNCIADOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 2 2 2 3 8 8 8 9 11 12 13 14 16 18 18 19 22 24 24 25 25 26 28 30 34

Cap´ıtulo

4

Momento angular y momento de una fuerza Competencias En esta unidad se busca que el estudiante

Obtenga la ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido.

Infiera la diferencia entre movimiento traslacional y movimiento rotacional.

Analice el movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígido.

Defina y aplique el concepto de momento de una fuerza respecto a un punto.

Obtenga la energía cinética rotacional y la energía cinética total de un cuerpo rígido.

Aplique el principio de transmisibilidad.

Obtenga la energía total de un cuerpo rígido.

Defina un par de fuerzas o cupla y analice los efectos que este sistema genera sobre un cuerpo rígido.

Analice situaciones utilizando el concepto de energía total.

Identifique el momento de un par de CONCEPTOS BASICOS fuerzas como un vector libre. En esta sección, se definirá el concepto vector momento de una fuerza (M), par de fuerzas o Defina un sistema fuerza par aplicado a un cupla, relación entre el vector momento angular cuerpo rígido y analice los efectos que gey el vector momento de una fuerza, movimiennera sobre el cuerpo. to de rotación pura, movimiento combinado de Reemplace una fuerza por un sistema traslación y rotación, energía de un cuerpo rígido y rodadura. fuerza par equivalente. Obtenga la fuerza resultante de un sistema de fuerzas aplicado a un cuerpo rígido.

4.1. Introducción

Obtenga la fuerza neta equivalente en Hasta ahora se ha analizado la dinámica de los el caso de fuerzas concurrentes, fuerzas cuerpos que se pueden tratar bajo el modelo de coplanares y de fuerzas paralelas. partícula; esto ha sido posible ya que solo inDefina el centro de masa de un cuerpo rígi- teresaba considerar el efecto de las fuerzas en lo que se refiere al movimiento de traslación. do. En esta unidad se busca considerar con deObtenga defina el concepto de llave de tor- talle, otro tipo de movimiento que tienden a imprimir las fuerzas sobre los cuerpos, lo que hace sión.

2

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA

que el modelo de partícula no sea válido, pues en su lugar el modelo útil es el de cuerpo rígido que fue definido en la unidad anterior. Un cuerpo rígido, es un caso particular de un sistema de partículas, que deben cumplir la condición que la separación entre cualquier par de ellas siempre permanece constante, sin importar el tipo de fuerzas que actúen sobre él. Esta definición permite afirmar que un cuerpo rígido no se deforma bajo ninguna interacción con otros cuerpos. En esta unidad se consideran aquellos casos en los cuales un cuerpo rígido interactúa con otros cuerpos, generando fuerzas que tienden a imprimirle un movimiento que puede ser de traslación pura, de rotación pura o un movimiento combinado de traslación y rotación.

4.1.1. Movimiento de traslación pura Como se analizó en las unidades anteriores, se presenta un movimiento de traslación pura cuando el cuerpo cambia de posición sin cambiar su orientación, es decir, todos los puntos del cuerpo sufren el mismo desplazamiento a medida que transcurre el tiempo. De acuerdo con la figura 4.1, la partícula A y el centro de masa C.M., han tenido el mismo desplazamiento; esta es la razón por la cual, cuando se analiza el movimiento de traslación, es suficiente considerar el movimiento del centro de masa del cuerpo. Es posible demostrar que el centro de masa, en lo que a traslación se refiere, se comporta como si toda la masa estuviera concentrada en dicho punto y como si todas las fuerzas externas actuaran sobre él. d A

F = mac , donde F es la fuerza neta o resultante y ac la aceleración del centro de masa del cuerpo.

4.1.2.

C.M.

A

d

Figura 4.1: Traslación pura de un cuerpo rígido. Por ello, para analizar el movimiento de traslación de un cuerpo rígido se utilizan los mismos métodos empleados para la dinámica de una partícula, teniendo en cuenta que el cen-

Movimiento de rotación pura

Un cuerpo rígido posee un movimiento de rotación pura, cuando cambia su orientación mientras se mueve, de tal forma que todas las partículas que lo conforman describen trayectorias circulares con centro en el eje de rotación. En estas condiciones, el centro de rotación permanece fijo respecto a un sistema de referencia fijo en tierra. Como se ilustra en la figura 4.2, mientras el cuerpo rota alrededor de un eje fijo que pasa por el punto O, las partículas i y j describen circunferencias concéntricas con centro en el eje que pasa por dicho punto. Rotación

i vi O vj j

Figura 4.2: Rotación pura de un cuerpo rígido.

4.1.3.

Movimiento

C.M.

tro de masa es la partícula de interés. O sea, para el movimiento de traslación de un cuerpo rígido de masa constante m, la segunda ley de Newton adquiere la forma

Movimiento combinado traslación y rotación

de

Un cuerpo rígido puede tener dos movimientos simultáneos uno de traslación y otro de rotación, es decir, el movimiento más general de un cuerpo rígido, se puede considerar como una combinación de traslación y rotación. Lo anterior, permite encontrar un sistema de referencia en traslación, pero no rotante, respecto al cual el movimiento parezca solamente de rotación.

3

4.2. MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO

Como se observa en la figura 4.3, el movimiento del cuerpo al pasar de la posición (1) a la posición (2), se puede considerar como una traslación del centro de masa y una rotación alrededor de un eje que pasa a través del centro de masa. Este movimiento combinado, genera diferentes desplazamientos a las diferentes partículas que conforman el cuerpo rígido. Así, el desplazamiento del centro de masa es diferente al desplazamiento de la partícula A y en general se presenta esta situación para todas las partículas del cuerpo. Movimiento d1 A C.M. (2)

(1) C.M. C.M.

A A

d2

Figura 4.3: Movimiento de traslación y rotación.

4.2. Momento de una fuerza respecto a un punto Como es sabido, una fuerza F que actúa sobre un cuerpo rígido se puede descomponer en sus componentes rectangulares Fx , Fy y Fz , que miden la tendencia de la fuerza a desplazar el cuerpo en las direcciones x, y y z, respectivamente. También se sabe que si a un cuerpo rígido se le aplica una fuerza, esta tiende, en general, a imprimirle tanto un movimiento de traslación como de rotación, alrededor de un eje que pasa por un punto del cuerpo rígido, tal como O en la figura 4.4. En esta unidad interesa considerar primero, el efecto de rotación que las fuerzas tienden a imprimirle a los cuerpos rígidos alrededor de un eje que pasa por un punto. La tendencia de una fuerza F a imprimirle un movimiento de rotación a un cuerpo rígido alrededor de un punto, se mide mediante el concepto de momento de una fuerza. En otras palabras, el momento de una fuerza es una medida de la cantidad de

q A

F

r b

Mo O

Figura 4.4: Momento de la fuerza F respecto al punto O. rotación que una fuerza tiende a imprimirle a un cuerpo rígido, respecto a un punto. Para definir esta cantidad física, se considera la fuerza F que actúa sobre el cuerpo rígido de la figura 4.4. Necesariamente, el efecto de rotación del cuerpo rígido alrededor de un eje que pasa por el punto O, depende de la magnitud, dirección y punto de aplicación de la fuerza. Adicionalmente, la posición del punto de aplicación A, se establece en forma conveniente por medio del vector posición r que une el punto de referencia o centro de rotación O con el punto de aplicación A. Se define el momento M de la fuerza F, respecto al punto O, como el producto cruz o vectorial de los vectores r y F en ese orden, es decir, Mo ≡ r × F.

(4.1)

De acuerdo con la definición de producto vectorial ó producto cruz, el momento de fuerza Mo es perpendicular al plano formado por el vector posición r y el vector fuerza F , o lo que es igual, el momento de una fuerza es perpendicular tanto al vector posición r como al vector fuerza F. Por otro lado, el sentido de Mo está definido por el sentido de rotación que alinearía a r con F. En el caso de la figura 4.4, sería en el sentido de movimiento de las manecillas del reloj para un observador no rotante situado en O. Este sentido coincide con el sentido de rotación de un tornillo de rosca derecha. Otra forma de obtener el sentido de rotación, en el caso de rotación en un plano, es mediante la regla de la mano derecha, que consiste en lo siguiente: se coloca la mano abierta paralelamente al vector posición y luego se cierra en el sentido del ángulo menor formado por los vectores r y F. Procediendo de esta forma, el pulgar

4


z

apunta en el sentido de Mo , que para el caso de la figura 4.4 apunta perpendicularmente hacia Mo la hoja. y O Como en tres dimensiones el vector posición r está dado en componentes rectangulares por F r = xi + yj + zk y el vector fuerza por F = x A Fx i + Fy j + Fz k, se puede determinar el momento de la fuerza, respecto a un eje que pasa por el Figura 4.6: Dirección de M con r y F en el plano xy. punto O, mediante el determinante i j k En la figura 4.4 se observa que b = rsenθ, o sea y z Mo = r × F = x que la ecuación (4.3) se transforma en Fx Fy Fz M = Fb, (4.4) Resolviendo el determinante se obtiene Mo = (yFz −zFy )i + (zFx − xFz )j + ( xFy −yFx )k

Mo O

F r

q

A

Figura 4.5: Posiciones relativas de r, F y Mo . En la figura 4.5, se muestran las direcciones relativas de los vectores r, F y Mo , donde se observa la condición de perpendicularidad entre el plano formado por los vectores r y F con el vector Mo . Expresando el momento de la fuerza F en la forma Mo = Mx i + My j + Mz k, las componentes rectangulares Mx ,My y Mz miden la tendencia de la fuerza a imprimir al cuerpo rígido un movimiento de rotación alrededor de los ejes x, y y z, respectivamente. En el caso particular que r y F se encuentren en el plano xy, como en la figura 4.6, se tiene z = 0 y Fz = 0, por lo que el momento de la fuerza queda expresado por Mo = ( xFy −yFx )k,

(4.2)

donde b es la distancia perpendicular desde O hasta la línea de acción de la fuerza F y se conoce como el brazo de palanca o brazo de la fuerza. De la ecuación (4.4), se puede concluir que la efectividad en la rotación que tiende a imprimir la fuerza F sobre el cuerpo rígido, aumenta con el aumento del brazo b. Un ejemplo de esto se presenta cuando se trata de abrir o cerrar una puerta, ya que entre más lejos de las bisagras se aplique la fuerza con mayor facilidad esta adquiere movimiento de rotación. En síntesis, de lo anterior se puede afirmar: El momento de una fuerza mide la tendencia de la fuerza F a hacer rotar o girar al cuerpo alrededor de un eje fijo dirigido a lo largo de M. Igualmente se nota en la figura 4.4, que la fuerza F se puede desplazar a lo largo de su línea de acción sin cambiar el momento de la fuerza, hecho conocido como el principio de transmisibilidad. En otras palabras, los efectos físicos de traslación y rotación no varían en absoluto cuando se lleva a cabo esta operación. Ello permite afirmar que no se tiene un punto de aplicación, sino una línea de aplicación, así, la expresión M = xFy −yFx para el caso de dos dimensiones, corresponde a la ecuación de la línea de acción de la fuerza cuyo momento de la fuerza es M, siendo x y y arbitrarios.

cuya magnitud está dada por Mo = xFy − yFx y corresponde a un vector paralelo al eje z. Sabiendo que en la figura 4.4, θ es el ángulo menor entre el vector posición r y la línea de acción de la fuerza F, por definición de producDimensiones y unidades del momento de una to vectorial, ecuación (4.1), la magnitud del mofuerza mento de la fuerza está dada por De acuerdo con la ecuación (4.4), se tiene que M = rFsenθ = F (rsenθ ). (4.3) la dimensión del momento de una fuerza es-

5


tá dada por la dimensión de fuerza multiplicada por la dimensión de brazo, es decir, [F][b] que es la forma como se acostumbra expresarla, para no confundirla con las dimensiones de trabajo y energía. Por consiguiente, la unidad del momento de una fuerza en el sistema internacional de unidades es N · m; en el sistema gaussiano dina · cm y en el sistema inglés lb · p. Otra unidad que se emplea en algunos casos es el kilogramo-fuerza por metro, representado por kgf · m. En el caso particular de dos dimensiones, es común emplear la expresión M = Fb que sólo permite obtener la magnitud del momento de una fuerza. Pero como en dos dimensiones el cuerpo rígido puede rotar en dos sentidos, es necesario tener una convención de signos. De acuerdo con la figura 4.7, el momento de la fuerza se toma positivo cuando el cuerpo rígido rota en sentido contrario a las manecillas del reloj y negativo al rotar en el mismo sentido de las manecillas del reloj. F

_

+

F

A

A

r r Mo

b

b

O

O

Mo

Figura 4.7: Convención de signos para M.

Ejemplo 4.1. La varilla AB de la figura tiene longitud L y está sometida a la fuerza horizontal F. Utilizando la ecuación (4.1), determine el momento de la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C. Compare los resultados obtenidos. Solución Respecto al punto A, las componentes rectangulares del vector posición y de la fuerza están dadas, respectivamente, por rA F

= =

L(cos β i + sen β j) F i.

Efectuando el producto vectorial entre estos vectores, se encuentra que el momento

y

F

B

C

b

x

A de la fuerza respecto al punto A es MA = −( FLsenβ)k.

(1)

Operando en forma similar, con

= F =

rc

1 2 L (cosβ i + sen β j)

F i,

el momento de la fuerza respecto al punto medio C, está dado por MC = − 12 ( FLsenβ)k.

(2)

De acuerdo con las ecuaciones (1) y (2), se tiene i) En ambos casos el momento de la fuerza es un vector que entra perpendicularmente al plano de la hoja, esto es, apunta en el sentido negativo del eje z. De este modo, la fuerza tiende a generar una rotación sobre la varilla en sentido horario. ii) Para una orientación fija de la varilla, es mayor la cantidad de rotación que tiende a imprimir la fuerza respecto al punto A, al compararla con la rotación que tiende a imprimir respecto al punto C. iii) En los dos casos, aunque con diferentes valores, la máxima rotación se obtiene para β = 90o , es decir, cuando la fuerza aplicada es perpendicular a la varilla. Ejercicio 4.1. La varilla AB de la figura tiene longitud L y está sometida a la fuerza vertical F. Utilizando la ecuación (4.1), determine el momento de la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C, si la fuerza está dirigida a) hacia arriba, b) hacia abajo. Compare los resultados obtenidos.

6


coincide con el sentido de rotación de las manecillas del reloj, como se encontró en el ejemplo 4.1. Al comparar las ecuaciones (1) y (2), se observa que entre mayor sea el brazo de la fuerza, mayor es la rotación que la fuerza tiende a imprimir sobre la varilla, o sea, MA > MC .

F y

B

C

b

x

A

Ejemplo 4.2. La varilla AB de la figura tiene longitud L y está sometida a la fuerza horizontal F. Utilizando la ecuación (4.4), determine el momento de la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C. Compare los resultados obtenidos.

Ejercicio 4.2. La varilla AB de la figura tiene longitud L y está sometida a la fuerza vertical F. Utilizando la ecuación (4.4), determine el momento de la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C, si la fuerza está dirigida a) hacia arriba, b) hacia abajo. Compare los resultados obtenidos.

F

B

F B

C C

q

b

A

A

Solución De acuerdo con la figura, la magnitud del momento de la fuerza F, respecto al extremo A, donde el brazo de la fuerza es bA = Lsenβ, está dado por MA = F ( Lsenβ).

B bC

(1)

F

b

Ejemplo 4.3. La varilla AB de la figura tiene longitud L y está sometida a la fuerza horizontal F. Halle el momento de la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C, descomponiendo la fuerza en una componente paralela a la varilla y una componente perpendicular a ella. Compare los resultados obtenidos.

B

F

C

bA

C b A

b 1 2 Lsenβ,

Igualmente, con bC = el momento respecto al punto medio de la varilla es (2) MC = F ( 12 Lsenβ). Mediante la regla de la mano derecha, se encuentra que la rotación en ambos casos

A Solución En este caso, como lo muestra la figura, la línea de acción de la componente

7


F// B

b F F

C

b

tres cables sujetos en la parte superior, como se indica. La tensión en el cable AB es 500 N, la tensión en el cable AC es 800 N y la tensión en el cable AD es 103 N. El punto D se encuentra a 7 (m) del origen de coordenadas. Halle el momento que cada cuerda ejerce sobre el piso, respecto al origen de coordenadas.

A

z

paralela F cos β, pasa por los puntos A y C, esto es, su brazo es cero y por consiguiente dicha componente no tiende a generar rotación sobre la varilla. Por otro lado, el brazo de la componente perpendicular, F sen β, coincide con la longitud de la varilla para el punto A y con la mitad de la longitud de la varilla para el punto medio C. Así, mediante la ecuación (4.4), se obtiene MA

=

F ( Lsenβ)

MC

=

F ( 21 Lsenβ),

con rotación de la varilla en el sentido de las manecillas del reloj. Estos resultados son idénticos a los encontrados en los ejemplos 4.1 y 4.2. Ejercicio 4.3. La varilla AB de la figura tiene longitud L y está sometida a la fuerza vertical F. Encuentre el momento de la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C, descomponiendo la fuerza en una componente paralela a la varilla y una componente perpendicular a ella, si la fuerza está dirigida a) hacia arriba, b) hacia abajo. Compare los resultados obtenidos. F B

C

b A

Ejemplo 4.4. La torre de la figura se sostiene mediante

A

17 m

3.5 m 2m

C 3m

B 1m

y

o

35

D x

Solución Para determinar las componentes de la tensión en cada una de las cuerdas, se definen los vectores unitarios λBA , λCA y λDA , paralelos respectivamente a las tensiones TBA , TCA y TDA , como se ilustra en la figura. z

17 m

A

TCA T BA TDA

lCA 3m

3.5 m l 2 m BA B 1m

C 35o

y

lDA D

x

De acuerdo con la figura, las coordenadas de los extremos de cada cuerda están dadas por A(0, 0, 17 m), B(−1 m, 2, 0), C (−3 m, −3.5 m, 0) y D (5.73 m, 4.01 m, 0) Teniendo en cuenta las coordenadas anteriores, se encuentra que los vectores unitarios en componentes rectangulares están dados por λBA λCA λDA

= 0.06i − 0.12j + 0.99k, = 0.17i + 0.2j + 0.97k, = −0.31i − 0.22j + 0.92k.

Como TBA = TBA λBA , TCA = TCA λCA y TDA = TDA λDA , las componentes rectangulares de las tensiones en cada una de las

8


ii) Sus líneas de acción son paralelas, pero no superpuestas.

cuerdas, están dadas por TBA TCA TDA

= (30i − 60j + 495k) N, = (136i + 160j + 776k) N, = (−310i − 220j + 920k) N.

iii) Los sentidos de las fuerzas son opuestos, es decir, F1 = −F2 .

Igualmente, los vectores posición del punto de aplicación de cada tensión respecto al origen de coordenadas, están dados en componentes rectangulares por rOB rOC rOD

4.3.1.

Ya que F1 + F2 = F1 + (−F1 ) = 0, la suma o resultante de las dos fuerzas es cero, así, un par de fuerzas no tiende a generar ningún efecto de traslación cuando se aplica a un cuerpo rígido.

= (−i + 2j) m, = (−3i − 3.5j) m, = (5.73i + 4.02j) m.

4.3.2.

Teniendo en cuenta las componentes rectangulares de la tensión en cada cuerda y sus respectivos vectores posición, se encuentra que el momento que cada cuerda ejerce sobre el piso, respecto al origen de coordenadas, está dado respectivamente por M1 M2 M3

= = = = = =

Efectos de traslación de un par de fuerzas

Efectos de rotación de un par de fuerzas

Para considerar los efectos de rotación, es necesario determinar el momento total o resultante de las dos fuerzas cuando actúan sobre el cuerpo rígido. Para ello se considera el par de fuerzas de la figura 4.9.

rOB × TBA

(990i + 495j) N · m, rOC × TCA

B

(−2716i + 2328j − 4k) N · m, rOD × TDA (3698.4i − 5271.6j − 50.50k) N · m.

4.3. Momento de un fuerzas o cupla

par

de

-F rB O

b

r

q

rA

F

A

Figura 4.9: Momento de un par de fuerzas o cupla.

La suma vectorial de los momentos de las En la figura 4.8, las fuerzas F1 y F2 forman un fuerzas F y −F, respecto al punto arbitrario O, par de fuerzas o cupla si cumplen simultánea- está dada por mente las tres condiciones siguientes M = rA × F + rB × (−F)

= (rA − rB ) × F.

A

(4.5)

F2

F1

Si en la ecuación (4.5) se hace la definición r ≡ rA − rB , siendo r el brazo de palanca del par, se tiene

B

M = r × F, Figura 4.8: Par de fuerzas o cupla.

i) Las fuerzas son de igual magnitud, esto es, F1 = F2 .

(4.6)

donde M es llamado el momento del par y es un vector perpendicular al plano que contiene las dos fuerzas y cuya magnitud es M = rFsenθ = Fb,

9

4.4. DESCOMPOSICIÓN DE UNA FUERZA EN UN SISTEMA FUERZA PAR

donde b es la distancia perpendicular entre las líneas de acción de las dos fuerzas, como lo muestra la figura 4.9. El resultado dado por la ecuación (4.6), muestra que M no depende del punto de referencia O, es decir, que el momento de un par de fuerzas o cupla es un vector libre, ya que r es independiente del centro de momentos O. En algunos casos, dos pares de fuerzas tienen momentos iguales en magnitud y dirección; cuando esto ocurre, se dice que los dos pares son equivalentes ya que tienden a generar los mismos efectos de rotación al actuar, por separado, sobre un cuerpo rígido. Esta situación se ilustra en la figura 4.10, donde F1 b1 = F2 b2 .

-F2

b1

F1

b2

-F1

F2

Figura 4.10: Pares equivalentes.

4.4. Descomposición de una fuerza en un sistema fuerza par En el cuerpo rígido mostrado en la figura 4.11, se desea trasladar el punto de aplicación de la fuerza F del punto A al punto O, sin cambiar los efectos tanto de traslación como de rotación sobre el cuerpo rígido. De acuerdo con el principio de transmisibilidad, se sabe que si la fuerza se desliza a lo largo de su línea de acción, no cambian los efectos de traslación ni de rotación; pero si se desplaza al punto O, por fuera de su línea de acción, se modifican los efectos de rotación sobre el cuerpo rígido, aunque los efectos de traslación permanecen inalterados, ya que no se cambia la magnitud de la fuerza. Para que los efectos de rotación sobre el cuerpo rígido no cambien, al llevar a cabo la operación anterior, se procede de la forma siguiente. En el punto O se aplican las fuerzas F y −F

F

F

A r O

A

r

F O -F

Figura 4.11: Sistema fuerza-par. que no modifican ninguna acción sobre el cuerpo rígido, ya que su resultante es cero y el momento neto de ellas respecto a O es nulo. De este modo, la fuerza F aplicada en el punto A y −F aplicada en el punto O, forman un par cuyo momento es M = r × F, o sea, se ha logrado encontrar una fuerza F aplicada en O y un par de momento M aplicado en el mismo punto. En esta disposición, conocida como sistema fuerza-par, F responde por los mismos efectos de traslación y el par de momento M por los mismos efectos de rotación, que tiende a imprimir la fuerza única F aplicada inicialmente en el punto A. Si como en la figura 4.11, el vector posición r y la fuerza F aplicada en A, se encuentran en el plano de la hoja, el sistema fuerza-par se representa en la forma mostrada en la figura 4.12, donde M es el momento del par correspondiente. F A r

F

r

A

Mo O

O

Figura 4.12: Sistema fuerza-par en un plano. De lo anterior, se puede afirmar: Cualquier fuerza F que actúe sobre un cuerpo rígido, se puede desplazar a un punto arbitrario O, siempre que se agregue un par de momento igual al momento de F respecto al punto O. El par tiende a imprimir al cuerpo rígido los mismos efectos de rotación respecto a O que la fuerza F tendía a generar antes de trasladarla a

10


dicho punto, es decir, que la fuerza única aplicada en A y el sistema fuerza-par correspondiente, son físicamente equivalentes. Cuando actúan varias fuerzas sobre el cuerpo rígido, concurrentes o no, se lleva a cabo la operación anterior con cada una de las fuerzas, obteniéndose un par resultante y un sistema de fuerzas concurrentes aplicadas en O, que se puede reemplazar por una fuerza única o resultante. Así, se obtiene un sistema fuerza-par formado por la fuerza neta F y el par resultante M, dados respectivamente por

traslación que la fuerza tiende a imprimir sobre la varilla, la fuerza aplicada en A debe ser la misma, esto es F = Fi. Por otro lado, los efectos de rotación no cambian si en A se aplica un par equivalente, igual al momento de la fuerza aplicada en B y evaluado respecto al punto A, o sea MA = −( FLsenθ )k En la figura se muestra el sistema fuerzapar equivalente, aplicado en el extremo A de la varilla.

F = F1 + F2 + F3 + · · ·

=

B

∑ Fi , i

M = M1 + M2 + M3 + · · ·

=

C

∑ Mi . i

En conclusión: Siempre es posible reemplazar cualquier sistema de fuerzas por un sistema fuerzapar, de tal forma que la fuerza se escoge igual a F para la equivalencia traslacional y el par con momento igual a M, se escoge para la equivalencia rotacional. Como se verá posteriormente, cuando se analice el movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígido, se tratarán por separado los efectos de traslación y rotación, esto es, las fuerzas aplicadas se reemplazarán por un sistema fuerzas-par equivalente.

MA

F

b) En el punto C la fuerza aplicada debe ser la misma que en caso anterior, pero el par debe tener un momento, respecto al punto C, igual a MC = − 12 ( FLsenθ )k En este caso, el sistema fuerza-par equivalente en el punto medio de la varilla, se muestra en la figura.

B

Ejemplo 4.5. La varilla AB de la figura tiene longitud L y está sometida a la fuerza horizontal F.Reemplazar la fuerza horizontal, por un sistema fuerza-par aplicado a) En el extremo A. b) En el punto medio C.

B

q A

F

MA C

F

A C

q A Solución a) Para que no cambien los efectos de

q

De los dos resultados anteriores se observa que el momento del par es diferente al tomar distintos puntos. Esto debe ser así ya que la fuerza tiende a imprimir diferentes efectos de rotación respecto a puntos distintos. Sin embargo, independientemente del punto donde se aplique el sistema fuerza-par equivalente, los efectos de

11

4.5. RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS APLICADAS A UN CUERPO RÍGIDO

traslación no cambian siempre y cuando no se cambien la magnitud ni la dirección de la fuerza dada. Ejercicio 4.4. Resolver el ejemplo 4.5, suponiendo que la fuerza aplicada en el extremo B es vertical y dirigida: a) Hacia arriba. b) Hacia abajo. Ejemplo 4.6. La escuadra de la figura, que es un triángulo equilátero de lado d, está sometida a fuerzas en sus tres vértices y a los dos pares M y 2M. Las magnitudes de las fuerzas están dadas por

El sistema fuerza-par, formado por F y MA , se muestra en la figura siguiente, y responde por los mismos efectos de traslación y rotación que las fuerzas y los dos pares simultáneamente aplicados, tienden a imprimir sobre la escuadra. En la figura se supone que M > 0.87Pd, en caso contrario, el sentido de rotación es opuesto.

B

P1 = P, P2 = 2P, P3 = 23 P y P4 = 21 P. Reemplazar el sistema de fuerzas y los dos pares, por un sistema fuerza-par equivalente aplicado en el vértice A. B

P2

P3 A P4

2M

C D

MA A

24o

C

Ejercicio 4.5. Reemplace el sistema de fuerzas y los dos pares del ejemplo 4.6, por un sistema fuerza-par aplicado a) En el punto B. b) En el punto C.

y M

F

x

P1

Solución Teniendo en cuenta que las fuerzas P1 y P2 forman ángulos de 60o con la dirección positiva del eje x, ya que el triángulo es equilátero, la fuerza resultante equivalente al sistema de fuerzas, está dada en componentes rectangulares por F = P(0.83i + 0.37j). Utilizando el teorema de Pitágoras y la definición de la función tangente, se encuentra que en magnitud y dirección la fuerza resultante está dada por F = 0.91P ∠24o . Calculando los momentos de las fuerzas respecto al punto A y sumando los pares M y 2M, teniendo en cuenta su respectivo signo, para el par resultante se obtiene MA = ( M − 0.87Pd)k.

4.5. Resultante de un sistema de fuerzas aplicadas a un cuerpo rígido Si sobre un cuerpo rígido actúan varias fuerzas, aplicadas en diferentes puntos, es necesario considerar por separado los efectos de traslación y de rotación. Los efectos de traslación sobre el cuerpo, quedan determinados por el vector suma o resultante de las fuerzas, es decir, F = F1 + F2 + F3 + · · · =

∑ Fi ,

(4.7)

donde se opera en la misma forma que para una partícula sometida a varias fuerzas concurrentes. De forma similar, los efectos de rotación sobre el cuerpo rígido, están determinados por el vector suma de los momentos de las fuerzas, evaluados respecto al mismo punto de referencia,

12


es decir M = M1 + M2 + M3 + · · · =

∑ Mi

El momento de la fuerza resultante F, respecto al punto O, está dado por (4.8)

Pero ¿qué se puede decir respecto al punto de aplicación de la fuerza resultante? Como respuesta se tiene que no siempre es posible reemplazar este sistema de fuerzas por una fuerza única que sea equivalente, ya que sólo es posible hacerlo cuando F y M, obtenidos mediante las ecuaciones (4.7) y (4.8) sean perpendiculares, ya que sólo de esta manera se satisface la expresión M = r × F que permite determinar el vector posición r, que da el punto de aplicación de la fuerza F respecto al centro de rotación. Si la condición anterior se satisface (M perpendicular a F), la fuerza F así aplicada es equivalente al sistema, tanto en lo referente a rotación como a traslación. Sin embargo, esto no siempre es posible ya que en muchos casos F y M no son perpendiculares. En general, un sistema de fuerzas no concurrentes que actúan sobre un cuerpo rígido, no siempre es posible reducirlo a una fuerza única que sea equivalente. Sin embargo, hay tres casos en los que siempre es posible reemplazar un sistema de fuerzas por una fuerza única que es completamente equivalente al sistema dado, pues en ellos se satisface la condición de perpendicularidad entre F y M.

4.5.1.

Resultante de un sistema fuerzas concurrentes

de

Se considera el caso de varias fuerzas concurrentes actuando sobre un cuerpo rígido y que están aplicadas en el punto A, como se muestra en la figura 4.13. F2 F3 F4

F

F1 A

A r

r O

O

Figura 4.13: Sistema de fuerzas concurrentes.

M = r×F

(4.9)

donde la resultante del sistema de fuerzas aplicadas al cuerpo rígido, se encuentra mediante la expresión F = F1 + F2 + F3 + · · · =

∑ Fi

En este caso, el vector posición r es común al punto de aplicación de todas las fuerzas, respecto al centro de rotación O. De este modo, la ecuación (4.9) adquiere la forma F = F1 + F2 + F3 + · · · =

∑ Fi

donde se ha aplicando la propiedad distributiva del producto vectorial respecto a la suma, y de este modo el momento total de las fuerzas aplicadas al cuerpo rígido, respecto al punto O, es perpendicular a la fuerza neta F. Así, M = M1 + M2 + M3 + · · · =

∑ Mi .

En conclusión, el momento con respecto al punto O de la resultante de varias fuerzas concurrentes, es igual a la suma de los momentos de las distintas fuerzas aplicadas, respecto al mismo punto O. Enunciado conocido como el teorema de Varignon. En el caso particular que todas las fuerzas concurrentes sean coplanares y que O se encuentre en el mismo plano, cada uno de los momentos de fuerza tiene la misma dirección perpendicular al plano, igual que el momento resultante. Como un resultado general, se tiene que un sistema de fuerzas concurrentes siempre se puede reemplazar por una sola fuerza, su resultante, la que es completamente equivalente al sistema en lo que respecta a efectos de traslación y rotación, como se ilustra en la figura 4.13. Ejemplo 4.7. Reemplazar el sistema de fuerzas que actúan en el extremo B de la varilla, por una fuerza única equivalente.

13

4.5. RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS APLICADAS A UN CUERPO RÍGIDO y

20 N

y F

F1

10 N B y

60 o 30o 5N

O r2 F2

10 N

r

r1 x

r3

(x, y)

O x

F3

60o x

Figura 4.14: Sistema de fuerzas coplanares.

A

Solución Utilizando el sistema de coordenadas mostrado en la figura, se encuentra que la resultante de las fuerzas concurrentes aplicadas en el extremo B de la varilla, está dada en componentes rectangulares por F = (4.33 i + 4.82 j)N, o sea que su magnitud y dirección están dadas por F = 6.48 N∠ 48.06o En la siguiente figura, se muestra la fuerza única que responde por los mismos efectos de traslación y rotación que tienden a generar las cuatro fuerzas simultáneamente aplicadas en el extremo B de la varilla.

Para el sistema de coordenadas mostrado en la figura 4.14, donde el origen O se hace coincidir con el punto de rotación o centro de momentos, se tiene que tanto los momentos individuales M1 ,M2 ,M3 , · · · . como el momento total M, son perpendiculares al plano xy, esto es, la fuerza resultante es perpendicular al momento neto M. Así, es posible aplicar la fuerza resultante F en un punto cuyo momento esta dado por la expresión M = r × F , donde r es el vector posición del punto de aplicación de la fuerza F respecto a O. En este caso, de acuerdo con la ecuación 4.2, la relación vectorial se puede reemplazar por la expresión M = xFy − yFx

(4.10)

donde Fx y Fy son las componentes rectangulares de la fuerza resultante F, x y y las com6.48 N ponentes rectangulares del vector posición r B 48.06 donde debe aplicarse la fuerza F. De este modo, la fuerza única equivalente se y debe aplicar en un punto de coordenadas ( x,y) tal que se satisfaga la ecuación (4.10). Esta expresión, corresponde a la ecuación de la línea de acción de la fuerza resultante, es decir, hay una 60 x línea de aplicación, ya que esta puede deslizarse A a lo largo de su línea de acción sin cambiar los efectos físicos, de acuerdo con el principio de transmisibilidad. Ejercicio 4.6. En síntesis: Cuando un sistema de fuerzas Compruebe el teorema de Varignon, para coplanares actúa sobre un cuerpo rígido, siemla situación planteada en el ejemplo 4.7. pre es posible reducir el sistema a una sola fuerza F, ya que en este caso el momento ne4.5.2. Resultante de un sistema de to M es perpendicular a la fuerza resultante F. fuerzas coplanares Este resultado se cumple aunque el centro de En la figura 4.14, se tiene un sistema de momentos se encuentre fuera del plano de las fuerzas coplanares actuando sobre un cuerpo fuerzas. rígido. Se presenta una excepción a esta regla y es o

o

14


cuando F = 0 y M ̸= 0, pues en este caso el sistema corresponde a un par de fuerzas o cupla, que sólo tiende a imprimir efectos de rotación. Ejemplo 4.8. Determine, sobre el lado AC y sobre la altura BD, el punto de corte de la línea de acción de la fuerza única que es equivalente al sistema fuerza par obtenido en ejemplo 4.6. Solución De acuerdo con la ecuación (4.10), la ecuación de la línea de acción de la fuerza única equivalente, adquiere la forma M − 0.87Pd = 0.37Px − 0.83Py Respecto al sistema de referencia utilizado en el ejemplo 4.6, sobre la recta AC y = 0, así, la línea de acción de la resultante corta el eje x en x = 2.7

M − 0.87Pd P

Por otro lado, la altura BD pasa por x = d/2, así que la línea de acción de la resultante corta la vertical en

u O F2 F1

F3

F4

Figura 4.15: Sistema de fuerzas paralelas. así, la fuerza resultante es paralela al vector unitario u, y su magnitud es F = − F1 + F2 + F3 − F4 + · · · =

∑ Fi .

M = r1 × F1 + r2 × F2 + r3 × F3 + · ·(4.12) ·

=

∑ ri × Fi .

Ahora, con Fi = Fi u, la ecuación (4.12) se transforma en ( ) M = ∑ ri × Fi u = ∑ ri Fi × u. (4.13)

La ecuación (4.13) muestra que el momento resultante M es perpendicular al vector unitario u, así, por la ecuación (4.11), también es perpenEjercicio 4.7. dicular a la fuerza resultante F. Determinar el punto de corte, sobre el eje Por lo tanto, en el caso de fuerzas paralelas x y sobre el eje y, de la línea de acción siempre es posible reemplazar el sistema de fuerzas de la fuerza única correspondiente al sispor una fuerza única equivalente, que responde tema fuerza par obtenido en cada uno de por los mismos efectos de traslación y rotación, los puntos del ejercicio 4.6. que las fuerzas paralelas simultáneamente aplicadas, tienden a imprimirle al cuerpo rígido. De este modo, la fuerza equivalente F se debe 4.5.3. Resultante de un sistema de aplicar en una posición rc , tal que fuerzas paralelas ( ) En la figura 4.15, se tiene un sistema de M = rc × F = rc ∑ Fi × u (4.14) fuerzas paralelas actuando sobre un cuerpo rígido, esto es, sus líneas de acción son parale- donde se ha tenido en cuenta la ecuación (4.11). Las ecuaciones (4.13) y (4.14) se satisfacen las y pueden o no estar orientadas en el mismo únicamente si se cumple que sentido. Para el análisis que sigue y para mayor clari( ) rc ∑ Fi = ∑ (ri Fi ). dad, se toma como referencia el vector unitario u, el cual permite expresar la fuerza resultante De esta forma, respecto a O, el vector posición en la forma vectorial del punto donde se debe aplicar la fuerza única F = F1 + F2 + F3 + F4 · · · (4.11) F está dado por y = 1.2

(1.06Pd − M) . p

= (− F1 + F2 + F3 − F4 + · · · )u ( ) = ∑ Fi u,

rc =

−r1 F1 + r2 F2 + r3 F3 − · · · ∑ ri Fi . (4.15) = − F1 + F2 + F3 − F4 + · · · ∑ Fi

15

4.5. RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS APLICADAS A UN CUERPO RÍGIDO

Expresando los vectores de la ecuación (4.15) en componentes rectangulares, se encuentra que las coordenadas del punto de aplicación de la fuerza, para que los efectos sobre el cuerpo rígido no cambien, están dadas por xc =

∑ xi Fi ∑ yi Fi ∑ zi Fi , yc = , zc = ∑ Fi ∑ Fi ∑ Fi

(4.16)

Un ejemplo de esta situación se presenta en el caso del peso de un cuerpo, donde cada partícula, por tener masa, posee un peso y todos ellos corresponden a fuerzas paralelas. El punto donde se debe aplicar la fuerza resultante o peso del cuerpo, no es más que el centro de masa del cuerpo. En la figura 4.16 se muestra esta situación.

Luego de calcular los momentos de las fuerzas respecto al punto A, se encuentra que el momento del par resultante está dado por 5 MA = − 48 mgLcosθk.

El sistema fuerza par equivalente aplicado en el extremo A, se muestra en la figura siguiente.

D C B MA

q

A F C.M. W

b)Mediante las ecuaciones (4.16), se encuentra que las coordenadas del punto de aplicación de la fuerza única equivalente están dadas por xB = 41 Lcosθ y yB = 14 Lsenθ

Figura 4.16: Sistema de fuerzas paralelas. Ejemplo 4.9. Una barra uniforme de longitud L y masa m, se somete al sistema de fuerzas paralelas mostrado en la figura. La magnitud de la fuerza P es mg/2 y además AB = BC = CD = L/4, a)Reemplace las cuatro fuerzas por un sistema fuerza par aplicado en el extremo A. b) Determine el punto de aplicación de la fuerza única equivalente. Solución

P

Como se muestra en la siguiente figura, la fuerza resultante debe aplicarse en el punto B.

y D C F B q A

x

En la tabla siguiente se muestra el valor de los coeficientes de L, en xc y xc , para diferentes valores del ángulo θ.

y D P/2

2P/3 C B A

q

mg x

a) La fuerza neta equivalente al sistema de fuerzas paralelas al eje y es 5 mgj. F = − 12

θ cos θ

0

30

45

60

90

4

0.25 0.22

0.18

0.12

0.00

4

0.00 0.12

0.18

0.22

0.25

sen θ

Se observa que al aumentar la inclinación de la barra, la coordenada xc disminuye

16


mientras que la coordenada yc aumenta, pero con la fuerza F actuando siempre sobre el punto B.

de la resultante F, como se ilustra en la figura 4.18. O sea M = M1 + M2 .

Ejercicio 4.8. Resuelva el ejemplo 4.9, tomando el origen de coordenadas a) En el punto C. b) En el punto D.Compare los resultados, con el obtenido en el ejemplo 4.9.

F M1

o M2

4.6. Llave de torsión Como un resultado general, se tiene que todo sistema de fuerzas en el espacio, que actúe sobre un cuerpo, se puede reemplazar por un sistema fuerza par equivalente, que genera tanto efectos de traslación como efectos de rotación, o por un par, que sólo genera efectos de rotación. En las secciones anteriores se analizaron los tres casos en los cuales es posible reemplazar un sistema de fuerzas por una fuerza única equivalente al sistema de fuerzas. Un sistema de fuerzas en el espacio se puede reemplazar por una fuerza única equivalente sólo cuando la fuerza neta F que actúa sobre el cuerpo y el momento neto M son perpendiculares. En el caso particular, que la fuerza neta F y el momento neto M no sean perpendiculares, el sistema fuerza par equivalente formado por estas dos cantidades, se puede reemplazar por una llave de torsión. Esta situación se ilustra en la figura 4.17

Figura 4.18: Para paralelo y perpendicular a F. Una vez se lleva a cabo esta descomposición, se aplica el sistema fuerza par formado por la fuerza neta F y por el par M1 , en un punto A donde la fuerza neta genere el mismo momento M2 respecto al punto O. F M1 A o

Figura 4.19: Llave de torsión formada por F y M.

Al sistema formado por la fuerza neta F y por el par M1 , se le conoce como una llave de torsión, donde ambos vectores actúan en la misma dirección, como se muestra en la figura 4.19. El F nombre se debe a que la acción simultánea de Mo empujar y torcer, es semejante a la acción generada por una llave de torsión o a la broca en un taladro, donde se ejerce una fuerza y un par aco tuando sobre la línea de acción de dicha fuerza. A la línea de acción de la fuerza neta F, se le conoce como el eje de torsión y a la relación p = Figura 4.17: Sistema fuerza par no perpendiculares. M1 /F, como paso de torsión.

Para obtener la llave de torsión correspondiente al sistema fuerza par de la figura, primero se descompone el momento del par resultante, en una componente paralela a la línea de acción de la fuerza resultante F y en otra componente perpendicular a la línea de acción

Ejemplo 4.10. Sobre el cubo de la figura, de lado 100 mm, actúan cinco fuerzas paralelas a sus respectivas aristas. a) Reemplace el sistema de fuerzas por un sistema fuerza par aplicado en el punto O. b) Determine el ángulo que forman la fuerza neta y el par re-

17

4.6. LLAVE DE TORSIÓN

sultante. c) ¿Qué puede concluir del resultado obtenido? d) Obtenga la llave de torsión correspondiente.

Mo θx

z B

A

D

10 N

θy θz

C 15 N

25 N O

25 N x

Por lo que su magnitud y dirección respecto a cada uno de los ejes de coordenadas es

E

G 20 N

H

θx θy θz

= = = =

(1).

Mo

157.60o , 95.30o , 68.30o .

Como la resultante del sistema de fuerzas inicialmente aplicado al cubo es diferente de cero, significa que estas tienden a imprimirle efectos de traslación a lo largo de cada uno de los ejes coordenados, puesto que la fuerza neta tiene componentes no nulas a lo largo de cada uno de ellos. De igual manera, considerando cada una de las fuerzas aplicadas y el vector posición de su punto de aplicación respecto al origen de coordenadas, se encuentra que el momento neto que actúa sobre el cubo, debido a las fuerzas aplicadas, está dado en componentes rectangulares por Mo = (2.5 i − 4.5 j + 3.5 k)N m

(2).

F g

x

54.08 N,

136.34o , 55.76o .

z

Donde su magnitud y dirección con cada uno de los ejes de coordenadas, son F

6.22 N · m, 66.30o ,

En este caso, como el momento neto de las fuerzas aplicadas al cubo, respecto al punto O es diferente de cero, significa que el sistema de fuerzas tienden a imprimirle efectos de rotación al cuerpo rígido a lo largo de cada uno de los ejes coordenados, puesto que el momento resultante tiene componentes no nulas a lo largo de cada uno de ellos. En la figura, en busca de claridad, solo se muestra el sistema fuerza par en O obtenido, donde F responde por los mismos efectos de traslación que el sistema de fuerzas aplicado y M por los mismos efectos de rotación generados por las fuerzas aplicadas al cuerpo rígido.

y

Solución a) Para obtener el sistema fuerza par en O, es necesario hallar la fuerza resultante y el momento resultante de las fuerzas, evaluado respecto al origen de coordenadas. Este sistema fuerza par debe responder por los mismos efectos de traslación y rotación que el sistema de fuerzas aplicadas tiende a imprimirle al cuerpo rígido. Teniendo en cuenta el sistema de coordenadas de la figura y la componente de cada una de las fuerzas, se encuentra que la fuerza neta en componentes rectangulares está dada por F = (−50 i − 5 j + 20 k)N

= = = =

O b) Para determinar el ángulo γ que forman la fuerza neta y el par resultante, se utiliza la definición de producto punto, esto es F • Mo cos γ = . (3) FMo Reemplazando las ecuaciones (1), (2) y sus respectivas magnitudes en la ecuación (3) y luego de llevar a cabo las operaciones indicadas, se encuentra que el ángulo entre la fuerza y el momento del par es γ = 95.54o . Como el ángulo entre la fuerza y el momento del par es diferente de 90o , significa que este sistema fuerza par no se puede reemplazar por una fuerza única equivalente. c)Para obtener la llave de torsión, primero se descompone el par resultante

y

18


en una componente paralela y en una componente perpendicular a la fuerza neta. De este modo, el paso de torsión está dado por F • Mo p= = −0.01. F2 Por consiguiente, la llave de torsión está formada por la fuerza resultante F y por el par con componentes rectangulares

4.7.1.

Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje principal de inercia

Se supone que el cuerpo rígido de la figura 4.20, tiene un movimiento de rotación alrededor del eje z considerado como eje principal de inercia. Además, se toma el origen como un punto fijo en el eje que corresponde a un sistema de referencia no rotante o inercial.

M1 = pF ≡ (0.5i + 0.05j − 0.2k).

4.7. Ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido

z (Eje principal de inercia)

L w O

Se sabe que el momento angular de un cuerpo Figura 4.20: Rotación alrededor de un eje principal de inercia. rígido respecto a un punto está dado por Como el eje de rotación z es un eje principal (4.17) de inercia, se cumple la ecuación L = Iω, y la ecuación (4.18) se transforma en donde r es el vector posición que va desde el d( Iω) centro de momentos hasta el punto donde está = M, (4.19) dt aplicada la fuerza F. Por otro lado, teniendo en cuenta la definición de momento de una fuerza donde M es el momento total generado por las respecto a un punto, la ecuación (4.17) adquiere fuerzas externas y evaluado respecto al punto fijo O, sobre el eje principal de inercia. la forma Ahora, si el eje está fijo en el cuerpo rígido, se dL tiene que el momento de inercia es constante y = M, (4.18) dt la ecuación (4.19) adquiere la forma con Iα = M, (4.20) L = ∑ Li , i expresión en la que se ha empleado la definición y de aceleración angular. La ecuación (4.20), válida en rotación, es equivalente en traslación a la M = ∑ Mi , i segunda ley de Newton para masa constante. Si el momento total de todas las fuerzas exterdonde estas cantidades se evalúan respecto al nas que actúan sobre el cuerpo rígido, es nulo, mismo punto. de acuerdo con la ecuación (4.19) se cumple la La ecuación (4.18) corresponde a la ecuación condición básica para analizar el movimiento de rotación de un cuerpo rígido, esto es, la ecuación (4.18) Iω = Constante (4.21) desempeña en rotación el mismo papel que la segunda ley de Newton en traslación. Por esta que corresponde a la conservación del momenrazón, se le conoce como la ecuación de movimien- to angular, como se analizó en la unidad anteto para la rotación de un cuerpo rígido. rior. dL = r × F, dt

19

4.7. ECUACIÓN DE MOVIMIENTO PARA LA ROTACIÓN DE UN CUERPO RÍGIDO

4.7.2.

Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje no principal de inercia

3. Se calculan los momentos, respecto al punto fijo del cuerpo por donde pasa el eje de rotación.

Cuando un cuerpo rígido rota alrededor de un eje que no corresponde a un eje principal de inercia, como en la figura 4.21, es válida la ecuación Lz = Iω, ya que el momento angular total no es paralelo a la velocidad angular, y la ecuación de movimiento correspondiente, es

4. Se obtiene el momento de inercia del cuerpo rígido respecto al eje de rotación. Cuando sea necesario, se emplea el teorema de Steiner o de los ejes paralelos.

dLz = Mz dt

(4.22)

donde Mz es la componente del momento total externo, paralela al eje z. z (Eje no principal)

L

w O

Figura 4.21: Rotación alrededor de un eje no principal de inercia.

5. Se resuelve la ecuación de movimiento, dependiendo de la información suministrada y solicitada. Ejemplo 4.11. Un disco homogéneo de masa M y radio R1 tiene un pequeño saliente de radio R2 , como se indica en la figura. El disco rota alrededor de un eje que pasa por su centro, debido a la acción de los bloques de masas m1 y m2 . a)Para cada cuerpo, haga el diagrama de cuerpo libre y plantee las respectivas ecuaciones de movimiento. b)Determine la aceleración angular del disco y la aceleración de cada bloque. c) Analice los resultados obtenidos en el numeral b).

R1 c R2

Si la orientación del eje es fija respecto al cuerpo, el momento de inercia es constante. Así, al reemplazar la ecuación Lz = Iω en la ecuación (4.22), se obtiene

M

Iα = Mz , que es la ecuación de movimiento a utilizar cuando el momento de inercia es constante, y el cuerpo rígido rota alrededor de un eje que no es principal. En los problemas de rotación de un cuerpo rígido, se recomienda seguir los siguientes pasos 1. Se hace el diagrama de cuerpo libre para el cuerpo de interés, dibujando solamente las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido y ubicándolas en el punto donde actúan. 2. Se plantea la ecuación de movimiento para la rotación del cuerpo rígido, correspondiente a la situación particular que se esté considerando.

m1

m2

Solución En la solución de la situación planteada, se debe tener presente que los bloques al tener traslación pura se trata bajo el modelo de partícula, mientras que para el disco que tiene rotación pura se considera bajo el modelo de cuerpo rígido. a) Diagramas de cuerpo libre donde T1 = T1 ′ y T2 = T2 ′ . En lo que sigue se plantean las ecuaciones de movimiento para cada uno de los cuerpos,teniendo en cuenta el sentido de movimiento considerado en los diagramas de cuerpo libre. Como el disco tiene un movimiento de rotación pura alrededor de un eje que pasa

20

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA Movimiento

la aceleración de los bloques, respectivamente, están dadas por

Feje R1

c R2 T1´ M T2´ Mg T1 T2 m1 Movimiento Movimiento m2 m1g m2g

por el centro C, su ecuación de movimiento tiene la forma general

∑ Mc =αIc , y teniendo en cuenta el diagrama de cuerpo libre, se convierte en

− T1 R1 + T2 R2 = 21 MR21 α,

(1)

donde se ha tomado el sentido horario como positivo y de acuerdo con la tabla de radios de giro de la unidad 3, se ha tomado Ic = 12 MR21 . Para el bloque de masa m1 , que tiene un movimiento vertical de traslación pura hacia arriba, su ecuación de movimiento, está dada por

+ ↑ ∑ Fv = m1 a1 , T1 − m1 g = m1 a1 .

(2)

Finalmente, para el bloque de masa m2 que tiene un movimiento vertical de traslación pura hacia abajo, la ecuación de movimiento correspondiente es

+ ↓ ∑ Fv = m2 a2 , m2 g − T2 = m2 a2 .

(3)

b) Como la aceleración de m2 es igual a la aceleración tangencial en el borde del pequeño saliente y la aceleración de m1 es igual a la aceleración tangencial en el borde externo del disco se satisfacen las expresiones a1 = αR1 , (4) a2 = αR2 .

(5)

Reemplazando la ecuación (4) en la ecuación (2) y la (5) en la (3), se encuentra, que la aceleración angular del disco y

α=

m2 R2 − m1 R1 g, 1 2 R1 ( 2 M + m1 ) + m2 R22

(6)

a1 =

R1 ( m2 R2 − m1 R1 ) g, 2 R1 ( 12 M + m1 ) + m2 R22

(7)

a2 =

R2 ( m2 R2 − m1 R1 ) g. 2 R1 ( 12 M + m1 ) + m2 R22

(8)

c) Teniendo en cuenta que cada una de las partículas que forman el disco, adquieren un movimiento circular uniforme cuando la aceleración angular se hace cero, es decir, α = 0, por la ecuación (6), se tiene que esta condición se satisface si el numerador se hace cero, lo que lleva a la relación m1 R = 2. m2 R1

(9)

En la ecuación (9) se observa que existe una relación inversa entre las masas de los bloques y los radios R1 y R2 . Ahora, de acuerdo con el enunciado R2 < R1 , así R2 / R1 < 1 o sea m1 /m2 < 1 o lo que es igual m1 < m2 si la velocidad angular del disco es constante. Igualmente se observa, al comparar las ecuaciones (7) y (8) con la ecuación (9), que si el disco rota con velocidad angular constante, los bloques se trasladan con velocidad constante.

Pregunta Para el caso de velocidad angular constante, ¿la magnitud de la velocidad de los bloques del ejemplo anterior es la misma? ¿Por qué? Ejercicio 4.9. Para el enunciado del ejemplo 4.11, determine la tensión en cada una de las cuerdas. Ejercicio 4.10. Resuelva la situación del ejemplo 4.11 suponiendo que los bloques están unidos mediante la misma cuerda y que esta pasa por el borde del disco de radio R1 . Recuerde que el disco se comporta como una polea real.

21


Ejemplo 4.12. El cuerpo rígido de la figura, conocido como un péndulo físico, consta de una varilla delgada de masa m1 y un disco de masa m2 . Suponer que la varilla tiene una longitud 6R y el disco un radio R. Por otro lado, el péndulo rota alrededor de un eje que pasa por el extremo O, una vez que se suelta desde la posición angular θo < 90o . a) Haga el diagrama de cuerpo libre para el péndulo físico y plantee su respectiva ecuación de movimiento. b) Determine, en función del ángulo θ, la aceleración angular del péndulo, la aceleración del centro de masa de la varilla y la aceleración del centro de masa del disco. c) Determine, en función de θ, la velocidad angular del péndulo físico. Solución a) En la figura se muestra el diagrama de cuerpo libre para el péndulo físico, donde FR es la fuerza que el eje ejerce sobre la varilla en O, m1 g es el peso de la varilla y m2 g es el peso del disco.

inercia del disco, evaluados respecto al extremo O de la varilla, se tiene IO = I ˚ O + IdO , donde al emplear el teorema de Steiner y la información dada en la tabla 4.1 para el radio de giro al cuadrado, se llega a IO = 32 (8m1 + 33m2 ) R2 .

Reemplazando las ecuaciones (2) y (3) en (1), se encuentra que la ecuación de movimiento para el péndulo físico, adquiere la forma

(3m1 + 7m2 ) gsenθ = 23 α(8m1 + 33m2 ) R. (4) b) De acuerdo con la ecuación (4), la aceleración angular del péndulo físico está dada por α=

2(3m1 + 7m2 ) g senθ 3R(8m1 + 33m2 )

a c′ =

6R

(5)

Así, la aceleración del centro de masa de la varilla, con ac′ = α3R, es

O q

(3)

2(3m1 + 7m2 ) g senθ. (8m1 + 33m2 )

Finalmente, para la aceleración del centro de masa del disco, con ac = 7αR se obtiene ac =

R De acuerdo con el enunciado, el péndulo físico tiene un movimiento de rotación pura alrededor de un eje fijo que pasa por extremo O. Por lo tanto, la ecuación de movimiento en este caso es de la forma (1) ∑ MiO = αIO . i

Ahora, de acuerdo con el diagrama de cuerpo libre para el péndulo compuesto y tomando el sentido horario como positivo, el momento de las fuerzas externas está dado por

∑ MiO = (3m1 + 7m2 ) Rg senθ.

(2)

Por otro lado, como el momento de inercia del péndulo físico es igual al momento de inercia de la varilla más el momento de

14(3m1 + 7m2 ) g senθ. 3(8m1 + 33m2 )

De los resultados obtenidos se observa que estas cantidades se hacen cero, únicamente, cuando el ángulo θ es igual a cero, esto es cuando la varilla se encuentra instantáneamente en posición vertical. Así, cuando la varilla se aleja de esta posición, las magnitudes de estas cantidades aumentan y cuando se acerca a ella disminuyen. c) De acuerdo con la definición de aceleración angular, la ecuación (5) se puede escribir en la forma dω = Csenθ, dt

(6)

donde la constante C definida por C≡

2(3m1 + 7m2 ) g , 3(8m1 + 33m2 ) R

tiene unidades de s−2 .

(7)

22

CAPÍTULO 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA zc

Si en la ecuación (6) se multiplica a ambos lados por dθ, se obtiene ∫ω 0

ωdω = −C

z

w

∫θ

C.M.

senθdθ, θ0

el signo menos se debe tener en cuenta, ya que cuando el péndulo se suelta desde la posición inicial, el ángulo θ disminuye con el tiempo. Luego de integrar y evaluar se encuentra que la velocidad angular del péndulo físico está dado por √ ω = 2C (cosθ −cosθ0 ). (8) De acuerdo con la ecuación (8), el máximo valor de la velocidad angular se presenta en el instante que el péndulo está en posición vertical. Así, cuando θ disminuye la velocidad angular aumenta y cuando θ aumenta la velocidad angular disminuye.

Pregunta En la ecuación (8) ¿Qué condición se debe cumplir entre el ángulo θ y el ángulo θo ? ¿Por qué? Ejercicio 4.11. Resuelva el ejemplo 4.12,suponiendo que el péndulo físico está constituido sólo por una varilla delgada de longitud 8R. Compare los resultados, con los obtenidos en el ejemplo 4.12.

4.7.3. Movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígido

vc

y

O x

Figura 4.22: Rotación y traslación de un cuerpo rígido. cuando un cuerpo rueda por un plano inclinado, para analizar el movimiento de traslación del cuerpo se emplea la segunda ley de Newton y se tiene en cuenta que el centro de masa, en lo referente a traslación, se comporta como si toda la masa estuviera concentrada en dicho punto. De este modo, la ecuación de movimiento para la traslación del centro de masa del cuerpo rígido se expresa en la forma F = m ac , donde F es la fuerza neta debida a las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido, m su masa y ac la aceleración del centro masa. Para el movimiento de rotación, se debe calcular el momento angular y el momento total debido a las fuerzas externas, respecto al centro de masa del cuerpo. O sea, la ecuación de movimiento para la rotación del cuerpo rígido alrededor de un eje que pasa por el centro de masa está dada por dLc = Mc . dt

(4.23)

Si a la vez, como ocurre generalmente, la rotación es alrededor de un eje principal que Cuando el movimiento de un cuerpo rígido, es pasa por el centro de masa, se tiene tal que su centro de masa tiene movimiento de traslación respecto a un sistema de referencia (4.24) Ic ω = Lc . inercial y un movimiento de rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa, Ahora, si el momento de inercia es constanes necesario analizar los dos movimientos por te, eje fijo en el cuerpo, entonces mediante las separado, es decir, considerar el sistema fuerza ecuaciones (4.23) y (4.24), se encuentra que la par que actúa sobre el cuerpo rígido debido al ecuación de movimiento correspondiente es sistema de fuerzas externas que actúan. Esta Ic α = Mc , situación se muestra en la figura 4.22. Si el eje de rotación no está fijo respecto a donde se ha empleado la definición de aceleraun sistema de referencia inercial, como ocurre ción angular.

23


Si para un cuerpo el momento total respecto al centro de masa es cero, la velocidad angular es constante y el momento angular se conserva. Esta situación ocurre cuando la única fuerza externa aplicada a un cuerpo rígido homogéneo es su peso. Debido a la complejidad que se presenta, cuando se analiza este tipo de movimiento en tres dimensiones, se restringe el movimiento a dos dimensiones y con cuerpos homogéneos que presentan alto grado de simetría, tales como esferas, cilindros o aros. Se consideran cuerpos homogéneos, con el fin de garantizar que el centro de masa del cuerpo coincida con su centro geométrico Cuando un cuerpo rígido tiene movimiento combinado de traslación y rotación sobre una superficie, se dice que el cuerpo rueda, y en este caso se debe tener presente si rueda deslizando o sin deslizar.

En problemas donde se presente movimiento combinado de traslación y rotación, además de los pasos que se siguen para la rotación pura de un cuerpo rígido, alrededor de un eje que pasa por su centro de masa, se debe incluir la ecuación de movimiento correspondiente a la traslación del centro de masa. Ejemplo 4.13. Un cascarón esférico homogéneo, de radio R y masa M, rueda sin deslizar por la superficie de un plano inclinado que forma un ángulo θ con la horizontal. Determine la aceleración de la esfera, su aceleración angular y la fuerza de fricción entre la esfera y la superficie del plano inclinado.

R M

Si un cuerpo rígido homogéneo, rueda y desliza, la fuerza de fricción es cinética, esto es, se cumple la relación Fk = µk N. Si el cuerpo rígido homogéneo, rueda sin deslizar, la fuerza de fricción es estática y la relación válida es Fs ≤ µs N. Otra forma de entender lo anterior, es considerando la velocidad del punto de contacto del cuerpo rígido con la superficie sobre la cual rueda. Si el cuerpo rueda y desliza, la velocidad del punto de contacto, con respecto a la superficie es diferente de cero; pero si el cuerpo rueda y no desliza, la velocidad del punto de contacto, con respecto a la superficie, es igual a cero. Las expresiones, vc = ωR y ac = αR, sólo tienen validez si el cuerpo rígido con alto grado de simetría, es homogéneo y rueda sin deslizar. Cuando en un caso particular, no se sabe si el cuerpo rígido rueda deslizando ó sin deslizar, primero se debe suponer que no hay deslizamiento. En el caso que la fuerza de fricción calculada, sea menor o igual a µs N, la suposición es correcta; pero si la fuerza de fricción obtenida, es mayor que µs N, la suposición es incorrecta y el cuerpo rueda deslizando.

q Solución En la figura siguiente se muestra el diagrama de cuerpo libre para el cascarón esférico, donde Mg es el peso del cascarón, N la fuerza que la superficie ejerce sobre el cascarón y Fs la fuerza de fricción estática entre el cascarón y la superficie.

Fs N

c

Mg q

Teniendo en cuenta que el cascarón tiene un movimiento combinado de traslación del centro de masa y de rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa,las ecuaciones de movimiento para este cuerpo rígido, están dadas como sigue.

24


Ecuaciones de movimiento para la traslación del centro de masa. En la dirección paralela al plano inclinado

1. Por la ecuación (4), la aceleración del cascarón sólo depende del ángulo de inclinación θ y su magnitud es menor que la aceleración de la gravedad, como es de esperarse, ya que no es una caída libre.

+ ↘ ∑ F// = Mac , i

Mgsenθ − Fs = Mac ,

2. Para la aceleración angular del cascarón, de acuerdo con la ecuación (6), se tiene que su magnitud depende, tanto del ángulo de inclinación θ, como del tamaño del cascarón al depender del radio R.

(1)

En la dirección perpendicular al plano inclinado + ↗ ∑ F⊥ = 0, i

N − Mgcosθ = 0.

(2)

3. En lo referente a la fuerza de fricción estática, la ecuación (7) muestra que su magnitud depende de la masa del cascarón M y del ángulo de inclinación θ.

Ecuación de movimiento para la rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa del cascarón

∑ Mc = Ic α, i

Fs R = 23 MR2 α,

(3)

donde se ha utilizado la información dada por la tabla 4.1, para un cascarón. De la ecuación (3), se tiene que la fuerza de fricción es la responsable de la rotación del cascarón alrededor del eje que pasa por el centro de masa. Ahora, eliminando la fuerza de fricción Fs , mediante las ecuaciones (1) y (3), se encuentra que la aceleración del cascarón, que corresponde a la aceleración de su centro de masa, está dada por ac = 35 gsenθ, (4) donde se ha empleado la expresión ac = αR,

(5)

ya que el cascarón es homogéneo y rueda sin deslizar. Ahora, igualando las ecuaciones (4) y (5), para la aceleración angular del cascarón se obtiene α=

3 5

gsenθ . R

(6)

Finalmente, por las ecuaciones (3) y (6), la fuerza de fricción estática que actúa sobre el cascarón esférico, está dada por Fs = 25 Mgsenθ.

Ejercicio 4.12. Resuelva el ejemplo 4.13, si el cascarón esférico se reemplaza por a) Una esfera maciza. b) Un disco o cilindro. c) Un aro. Suponga en cada caso que la masa es M y el radio es R. Compare los resultados, con los obtenidos en el ejemplo 4.13. Si se sueltan simultáneamente desde la misma altura,¿cuál llega primero a la base del plano inclinado? Explique.

(7)

De acuerdo con los resultados obtenidos, se puede concluir

4.8.

Energía en un cuerpo rígido

En esta sección se consideran los tipos de energía que puede poseer un cuerpo rígido cuando está en movimiento. Como se mostrará, los tipos de energía que tenga el cuerpo rígido, depende del tipo de movimiento que este tenga.

4.8.1.

Energía cinética de un cuerpo rígido

En la unidad de trabajo y energía, se encontró que a una partícula de masa m, con velocidad v respecto a un sistema de referencia determinado, se le asocia una energía cinética dada por Ek = 12 mv2 . De esta forma, para un cuerpo rígido, que es un caso particular de un sistema de partículas, la

25

4.8. ENERGÍA EN UN CUERPO RÍGIDO

energía cinética total del cuerpo rígido está dada por la suma de las energías cinéticas de todas las partículas que lo conforman, esto es

y

C.M.

Ek =

∑ i

( 12 mi v2i ),

vc

(4.25) O

x

donde el término entre paréntesis corresponde Figura 4.23: Traslación pura de un cuerpo rígido. a la energía cinética de la partícula i, que tiene masa mi y velocidad con magnitud vi . De acuerdo a la forma como se ha planteado la ecuación 4.8.3. Energía cinética rotacional de un cuerpo rígido (4.25), se tiene que la energía cinética es una cantidad asociada a cualquier partícula que se En la figura 4.24, se tiene un cuerpo rígido con encuentre en movimiento, independientemente movimiento de rotación pura, alrededor del eje del tipo de movimiento o de la trayectoria des- z, y con velocidad angular ω. crita. z A diferencia del caso de una partícula, en un cuerpo rígido es necesario distinguir entre w energía cinética traslacional y energía cinética R rotacional, ya que las fuerzas externas tienden m v g r a imprimir movimiento de traslación pura, o O movimiento de rotación pura alrededor de un eje determinado o en la situación más general, movimiento combinado de traslación del centro Figura 4.24: Rotación pura de un cuerpo rígido. de masa y rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa del cuerpo. La partícula i de masa mi , al describir la trayectoria circular con centro en el eje de rotación, tiene una velocidad de magnitud vi 4.8.2. Energía cinética traslacional de un que está relacionada con la velocidad angular cuerpo rígido por vi = ωRi , donde Ri es el radio de la circunferencia que describe la partícula. Así, por Cuando las fuerzas externas que actúan sola ecuación (4.25), se tiene que la energía cinétibre un cuerpo rígido, sólo tienen efectos de ca total del cuerpo rígido, debido al movimiento traslación pura, la energía cinética de traslación de rotación pura, adquiere la forma del cuerpo rígido está dada por la energía cinéti( ) ca del centro de masa, ya que en lo referente 2 1 (4.27) Ek = 2 ∑ mi Ri ω 2 , a traslación, el cuerpo rígido se comporta coi mo si todas la fuerzas actuaran sobre él y como si su masa M se encontrara concentrada en di- donde el término entre paréntesis corresponde cho punto. Por ello, la energía cinética de esta al momento de inercia del cuerpo rígido respecto al eje de rotación, definido en la unidad 3, con partícula es ri = Ri . Por consiguiente, la ecuación (4.27) se 2 1 Ek = 2 Mvc , (4.26) transforma en i

i

i

i

i

Ek = 12 Iω 2 .

(4.28) siendo vc la magnitud de la velocidad del centro de masa. Esta situación física se muestra en la La ecuación (4.28), permite determinar la enerfigura 4.23, en el caso de movimiento del cuerpo gía cinética total de rotación de un cuerpo rígirígido paralelamente al eje x. do, y es de validez general ya que se cumple

26


respecto a cualquier eje de rotación. Además, el único movimiento que el cuerpo puede tener de nuevo se observa que el momento de iner- respecto a su centro de masa es de rotación. cia desempeña en rotación, el mismo papel que Ejemplo 4.14. la masa en traslación. Sabiendo que el sistema del ejemplo 4.11 Cuando el cuerpo rígido rota alrededor de un parte del reposo, determine su energía eje principal de inercia, la ecuación (4.28) se concinética total función del tiempo. vierte en Solución Ek = 12 Iω 2 , De acuerdo con la situación planteada y expresión que sólo es válida si el cuerpo rígido rota alrededor de un eje principal de inercia.

como lo muestra la figura, el disco tiene un movimiento de rotación pura y los bloques movimiento de traslación pura.

4.8.4. Energía cinética total de un cuerpo rígido Cuando un cuerpo rígido posee un movimiento combinado de traslación y rotación, se debe considerar por separado la energía cinética traslacional y la energía cinética rotacional. Ahora, si el eje de rotación pasa por el centro de masa y al mismo tiempo el centro de masa tiene un movimiento de traslación respecto a un sistema de referencia inercial, como en la figura 4.25, la energía cinética total del cuerpo rígido, utilizando las ecuaciones (4.26) y (4.28), está dada por Ek = 12 mv2c + 21 Ic ω 2 ,

(4.29)

donde el primer término a la derecha de la igualdad, es la energía cinética de traslación del centro de masa y el segundo término, la energía cinética de rotación respecto a un eje que pasa por el centro de masa. La cantidad Ic , en la ecuación (4.29), es el momento de inercia del cuerpo rígido respecto al eje que pasa a través del centro de masa. y

O

M m1

m2

Por esta razón, para determinar la energía cinética total del sistema, es necesario incluir, además de la energía cinética de rotación del disco,la energía cinética de traslación de cada bloque, esto es Ek = 12 Ic ω 2 + 21 m1 v21 + 12 m2 v22 ,

(1)

donde los tres términos a la derecha de la ecuación (1) son, respectivamente, la energía cinética de rotación del disco, la energía cinética de traslación de m1 y la energía cinética de traslación de m2 . Por otro lado, la velocidad de cada bloque está relacionada con la velocidad angular del disco por y

v2 = ωR2 .

(2)

Reemplazando las ecuaciones (2) en la ecuación (1), se obtiene para la energía cinética total del sistema, en función de la velocidad angular del disco, la expresión

w C.M.

c

v1 = ωR1

zc

M

R1 R2

vc x

Figura 4.25: Movimiento combinado de rotación y traslación de un cuerpo rígido. Lo anterior tiene sentido, ya que en un cuerpo rígido el centro de masa está fijo en el cuerpo y

Ek = 21 [( 21 M + m1 ) R21 + m2 R22 ]ω 2 .

(3)

Los resultados del ejemplo 4.10 muestran que el disco rota con aceleración angular constante, esto es, su velocidad angular varía con el tiempo, igual que la energía cinética del sistema, de acuerdo con la ecuación (3).

27


Utilizando tanto la expresión obtenida para la aceleración angular en el ejemplo 4.10 como la definición de aceleración angular, y teniendo en cuenta que el sistema parte del reposo, se encuentra que la velocidad angular depende del tiempo en la forma ω=

( m2 R2 − m1 R1 ) g t. R21 ( 12 M + m1 ) + m2 R22

(4)

De este modo, por las ecuaciones (3) y (4), la energía cinética del sistema, en función del tiempo, está dada por Ek =

1 2

( m2 R2 − m1 R1 )2 g2 2 t . R21 ( 12 M + m1 ) + m2 R22

(5)

La ecuación (5), además de mostrar que la energía cinética del sistema es positiva, indica que esta aumenta con el tiempo mientras exista movimiento. Ejercicio 4.13. Sabiendo que el sistema del ejercicio 4.10 parte del reposo, determine su energía cinética total función del tiempo. Compare los resultados con los obtenidos en el ejemplo 4.14. Ejemplo 4.15. Determine, en función del ángulo θ, la energía cinética del péndulo físico considerado en ejemplo 4.12. Solución

O q

6R

R

En este caso, el péndulo físico tiene un movimiento de rotación pura alrededor de un eje que pasa por el extremo O, esto es, sólo posee energía cinética rotacional dada por (1) Ek = 12 IO ω 2 .

Ahora, de acuerdo con el ejemplo 4.10, se tiene IO = 32 (8m1 + 33m2 ) R2 , √ ω = 2C (cosθ −cosθ0 ), con C≡

2(3m1 + 7m2 ) g . 3(8m1 + 33m2 ) R

(2) (3) (4)

Luego de reemplazar las ecuaciones (2) y (3) en la ecuación (1), se encuentra que la energía cinética de rotación del péndulo físico es Ek = gR(3m1 + 7m2 )(cosθ − cosθo ). (5) Por la ecuación (5) se tiene que la energía cinética de rotación se hace instantáneamente cero, cuando el péndulo físico llega a los extremos de la trayectoria, esto es, donde θ = θo . Por otro lado, adquiere su máximo valor en el instante que el péndulo está en posición vertical, o sea, cuando θ = 0. Ejercicio 4.14. Obtenga, en función del ángulo θ, la energía cinética del péndulo físico del ejercicio 4.11. Compare su resultado con el obtenido en el ejemplo 4.15. Ejemplo 4.16. Para el cascarón del ejemplo 4.13, determine qué fracción de la energía cinética total es traslacional y qué fracción es rotacional, una vez que se inicia el movimiento. Solución Como el cascarón tiene un movimiento de rodadura, el centro de masa tiene un movimiento de traslación y simultáneamente rota alrededor de un eje que pasa por el centro de masa. Así, en un instante determinado, la energía cinética total del cascarón está dada por Ek = 21 Mv2c + 12 Ic ω 2 .

(1)

Ahora, como el cascarón rueda sin deslizar, la velocidad del centro de masa está relacionada con la velocidad angular por v = ωR. (2)

28


En concordancia con el teorema del trabajo y la energía, que es válido para el caso de un cuerpo rígido, se tiene

R

M w

vc

Wext = ∆Ek

= Ek − Eko ,

q Reemplazando la ecuación (2) en la ecuación (1), con Ic = 23 MR2 , se obtiene Ek = 65 MR2 ω 2 .

(4.30)

donde Wext es el trabajo realizado por todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido. Ahora, si sobre el cuerpo rígido actúan simultáneamente fuerzas externas conservativas y no conservativas, el trabajo total se puede expresar como

(3)

Mediante las ecuaciones (1), (2) y (3), la fracción de la energía cinética total que es energía cinética traslacional, está dada por EkT = 0.6, Ek y la fracción que es energía cinética rotacional es EkR = 0.4. Ek De acuerdo con estos resultados, el 60 % de la energía cinética total es traslacional y el 40 % rotacional, independientemente del tamaño, la masa y la velocidad angular del cascarón.

Wext = Wc + Wnc ,

(4.31)

siendo Wc el trabajo realizado por las fuerzas externas conservativas y Wnc el trabajo de las fuerzas externas no conservativas. Teniendo en cuenta que Wc = −∆Ep y con ayuda de la ecuación (4.30), es posible demostrar que la ecuación (4.31) se convierte en Wnc = ( Ek + Ep ) − ( Eko + Epo )

= ∆E,

(4.32)

con E correspondiendo a la energía total del cuerpo rígido y Ep a la energía potencial asociada con las fuerzas externas conservativas. La ecuación (4.32), igual que en el caso de una Ejercicio 4.15. partícula, muestra que la energía total de un Resuelva el ejemplo 4.16, si el cascarón escuerpo rígido no se conserva cuando sobre él acférico se reemplaza por a) Una esfera matúan simultáneamente fuerzas externas conserciza. b) Un disco o cilindro. c) Un aro. vativas y no conservativas, esto es, el sistema es Suponga, en cada caso, que la masa es M y no conservativo. La ecuación (4.32) se emplea, el radio es R. Compare los resultados, con por ejemplo, cuando sobre un cuerpo rígido aclos obtenidos en el ejemplo 4.16. túan simultáneamente la fuerza gravitacional y la fuerza de fricción dinámica. En el caso particular que sobre el cuerpo sólo 4.8.5. Energía total de un cuerpo rígido actúen fuerzas externas conservativas, el trabaTeniendo en cuenta la definición de cuerpo jo realizado por las fuerzas no conservativas es rígido, la distancia entre cualquier pareja de nulo, y la ecuación (4.32) se transforma en partículas no cambia durante el movimiento. Por ello, se puede suponer que la energía po( Ek + Ep ) − ( Eko + Epo ) = ∆E tencial propia o interna permanece constante, = 0 lo que permite no considerarla cuando se analiza el intercambio de energía del cuerpo con sus que expresa la conservación de la energía. alrededores. Así, cuando sobre el cuerpo únicamente actúan

29


fuerzas externas conservativas, la energía total mecánica permanece constante, es decir, el sistema es conservativo. De los resultados anteriores se puede afirmar que son idénticos a los obtenidos para el caso de una partícula; la diferencia radica en el hecho que para un cuerpo rígido sólo se deben tener en cuenta las fuerzas externas, ya que también se presentan fuerzas internas en este tipo de sistema. Matemáticamente, la conservación de la energía total se expresa en la forma

decir, para un desplazamiento infinitesimal dW = Fs · dr dt dt = Fs · vP dt

= Fs · dr

= 0. Por lo tanto, si sobre un sistema actúan simultáneamente fuerzas conservativas y la fuerza de fricción estática, el sistema es conservativo. Ejemplo 4.17. El cascarón esférico del ejemplo 4.13, parte del reposo desde una altura h como se muestra en la figura. Determine la velocidad angular y la velocidad del cascarón, cuando éste llega a la base del plano inclinado.

E = Ek + Ep

= 12 Mv2c + 12 Ic ω 2 + Ep = Constante. En el caso particular de un cuerpo rígido que cae por acción de la gravedad y a la vez rota alrededor de un eje que pasa por su centro de masa, como se ilustra en la figura 4.26, la ley de conservación de la energía adquiere la forma

R M h Ep= 0 q

Eje de rotación

y

M w C.M.

vc O

Tierra

yc x (Ep= 0)

Figura 4.26: Cuerpo rígido que desciende rotando.

+ 12 Ic ω 2 + Mgyc = Constante,

E =

2 1 2 Mvc

donde yc es la altura del centro de masa, respecto al nivel cero de energía potencial gravitacional. Es importante notar en este punto que cuando un cuerpo rígido rueda sin deslizar sobre una superficie horizontal rugosa, actúa la fuerza de fricción estática Fs . Esta fuerza de fricción no realiza trabajo, ya que la velocidad del punto de contacto vP , respecto a la superficie, es cero. Es

Solución Diagrama de cuerpo libre para el cascarón. De acuerdo con el diagrama espacial, sobre el cascarón actúan las siguientes fuerzas La normal N, que por ser perpendicular al desplazamiento del centro de masa, no realiza trabajo. El peso mg, que realiza trabajo y es una fuerza conservativa. La fuerza de fricción estática Fs , que no realiza trabajo ya que el cascarón rueda sin deslizar.

Fs N

c

Mg q

De este modo, el sistema es conservativo porque la única fuerza que realiza trabajo es conservativa. En otras palabras, la

30


energía mecánica total del cascarón permanece constante. Así, ∆E = 0

Ef = Ei ,

(2)

Como el momento de inercia del cascarón, respecto a un eje que pasa por el centro de masa, está dado por Ic = 23 MR2 , la ecuación (2) se transforma en 6gh = 3v2c + 2R2 ω 2 .

(3)

Además, como el cascarón es homogéneo y rueda sin deslizar, es válida la expresión vc = ωR.

Movimiento por rodadura de un cuerpo rígido

(1)

donde Ei es la energía total en la situación inicial y Ef en la situación final. Ahora, de acuerdo con el nivel cero de energía potencial elegido, la ecuación (1) adquiere la forma Mgh = 12 Mv2c + 12 Ic ω 2 .

4.9.

(4)

Así, mediante las ecuaciones (3) y (4) se encuentra que la velocidad angular del cascarón, cuando llega a la base del plano inclinado, está dada por √ 1 6 ω= gh, R 5 y la velocidad del cascarón por √ vc = 65 gh. Ejercicio 4.16. Partiendo de la expresión para la aceleración angular, encontrada en el ejemplo 4.13, determine la velocidad angular cuando el cascarón llega a la base del plano inclinado, sabiendo que partió desde una altura h. Compare su resultado, con el obtenido en el ejemplo 4.17. Ejercicio 4.17. Resuelva el ejemplo 4.17, si el cascarón esférico se reemplaza por a) Una esfera maciza. b) Un disco o cilindro. c) Un aro. En cada caso, suponga que la masa es M y radio es R. De acuerdo con sus resultados y el obtenido en el ejemplo 4.16 ¿en qué orden llegarán los cuerpos a la base del plano inclinado, si se les suelta simultáneamente desde la misma posición?

Bajo el modelo de partícula tratado en las tres primeras unidades, se han considerado cuerpos que deslizan sobre superficies reales o ásperas, es decir, sobre las superficies en contacto actúa la fuerza de fricción cinética o dinámica ya que la velocidad relativa de una superficie respecto a la otra, es diferente de cero. En esta sección, se analiza el movimiento combinado de traslación y rotación de cuerpos rígidos sobre superficies reales, tal como ocurre cuando una esfera o cilindro tiene ambos movimientos al descender sobre un plano inclinado. Además, se sabe que cuando los cuerpos rígidos ruedan sin deslizar, situación conocida como movimiento por rodadura, se debe tratar como una combinación de un movimiento de traslación y uno de rotación. Lo importante de este caso particular, se encuentra en el hecho que es posible tratar a un cuerpo rígido que rueda sin deslizar, como si su movimiento fuera exclusivamente de rotación. A continuación se ilustra la equivalencia de los dos métodos, o sea, partiendo de un movimiento combinado de traslación y rotación se debe llegar a un movimiento de rotación instantáneo puro, y viceversa. En lo que sigue, como se muestra en la figura 4.27, se considera un cuerpo rígido homogéneo, con alto grado de simetría y que rueda sin deslizar en un plano bidimensional. s = Rq s a

q C R a

C a' Superficie rugosa

Figura 4.27: Movimiento por rodadura de un cuerpo rígido. Por otro lado, se supone que es un cuerpo rígido de radio R y masa M, que rueda sobre una superficie horizontal áspera. Como el cuerpo rígido rueda sin deslizar, cuando el radio

31

4.9. MOVIMIENTO POR RODADURA DE UN CUERPO RÍGIDO

barre un ángulo θ, el centro de masa C se desplaza horizontalmente una distancia s = Rθ, como lo muestra la figura 4.27. Por lo tanto, la magnitud de la velocidad del centro de masa, para el movimiento puro por rodadura, está dada por ds dt dθ = R dt = Rω,

vc =

P' vP' = 2 vc Q' C Q

vc

vQ'

vQ

P vP = 0

Figura 4.28: Rotación alrededor de un eje instantá(4.33) neo que pasa por P.

y la magnitud de la aceleración del centro de la velocidad; sin embargo, los puntos P, P’ y el masa, por centro de masa C, son únicos y tienen un interés especial. Por definición, el centro de masa del dvc ac = cilindro se mueve con velocidad vc = Rω, en dt tanto que el punto de contacto P tiene velocidad dω = R cero. Entonces, se concluye que el punto P’ debe dt (4.34) tener una velocidad vP = 2vc = 2Rω, dado que = Rα. todos los puntos del cuerpo tienen la misma veLas ecuaciones (4.33) y (4.34) muestran que el locidad angular y la distancia PP’ es dos veces cuerpo rígido se comporta como si rotara ins- la distancia PC. tantáneamente alrededor de un eje que pasa por Ahora se lleva a cabo el procedimiento inverel punto de contacto del cuerpo con la super- so, considerando la energía cinética del cuerpo ficie sobre la cual rueda sin deslizar. Se habla rígido. Para rotación instantánea pura, la enerde rotación instantánea ya que el punto de con- gía cinética total del cuerpo rígido que rueda sin tacto cambia continuamente mientras el cuerpo deslizar, está dada por rueda. En otras palabras, se consideró inicial(4.35) Ek = 12 IP ω 2 , mente un movimiento combinado de traslación y rotación, y se ha llegado a un movimiento de siendo I el momento de inercia del cuerpo rígiP rotación instantánea pura. do respecto al eje instantáneo que pasa por el Para ilustrar un poco más el resultado ante- punto de contacto P. rior, en la figura 4.28 se muestran las velociDe acuerdo con el teorema de Steiner, el modades lineales de diversos puntos del cilindro mento de inercia del cuerpo rígido respecto a que rueda. Como consecuencia del movimien- un eje que pasa por el punto de contacto P, está to de rotación instantánea pura, la velocidad li- dado por neal de cualquiera de los puntos señalados, se IP = Ic + MR2 , (4.36) encuentra en una dirección perpendicular a la recta que va de ese punto al punto de contacto donde Ic es el momento de inercia del cuerpo con la superficie. En cualquier instante, el punto respecto a un eje que pasa por el centro de masa, de contacto P está en reposo instantáneo respecM es la masa del cuerpo y R la separación entre to a la superficie, ya que no se presenta deslizalos ejes, coincidente con el radio. miento entre las superficies. Por esta razón, el Reemplazando la ecuación (4.36) en la eje que pasa por el punto de contacto P, que es ecuación (4.35) y utilizando la relación vc = Rω, perpendicular a la hoja, se le conoce como eje finalmente se encuentra que la energía cinética instantáneo de rotación. total del cuerpo es Partículas del cuerpo rígido, tales como Q y Q’, tienen componentes horizontal y vertical de Ek = 12 Ic ω 2 + 21 Mv2c . (4.37)

32


En la ecuación (4.37), se observa que el primer término de la derecha corresponde a la energía cinética de rotación del cuerpo, respecto a un eje que pasa por su centro de masa, y el segundo término corresponde a la energía cinética de traslación del centro de masa. Por lo anterior, se tiene nuevamente que los efectos combinados de traslación del centro de masa y de rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa, son equivalentes a una rotación instantánea pura con la misma velocidad angular con respecto a un eje que pasa por el punto de contacto de un cuerpo que va rodando sin deslizar. Ejemplo 4.18. Resolver el ejemplo 4.13, considerando el eje instantáneo de rotación.

R M P q Solución En el diagrama de cuerpo libre, se observa que las líneas de acción de la normal N y de la fuerza de fricción estática Fs , están aplicadas en el punto de contacto del cascarón con la superficie sobre la cual rueda sin deslizar.

Fs P N

c

gsenθ = 53 Rα,

(2)

donde se ha tomado el sentido horario como positivo y se cumple la expresión Ic = 2 2 3 MR . Por consiguiente, de la ecuación (2) se tiene que la aceleración del cascarón es α=

3 5

gsenθ , R

y la aceleración del centro de masa, con ac = αR, es ac = 35 gsenθ. Estos resultados, al ser idénticos a los obtenidos en el ejemplo 4.13, muestran que realmente el cascarón se comporta como si rotara instantáneamente respecto al eje que pasa por el punto de contacto P. Para determinar la fuerza de fricción es necesario recurrir al método utilizado en el ejemplo 4.13, ya que este método no permite obtenerla. Ejercicio 4.18. Resuelva el ejemplo 4.18, si el cascarón esférico se cambia por a) Una esfera maciza. b) Un cilindro o disco. c) Un aro. En cada caso, suponga que la masa es M y el radio es R. Compare lo resultados con los obtenidos en el ejemplo 4.18. Ejemplo 4.19. Determine, en función de la velocidad angular, la energía cinética total del cascarón esférico del ejemplo 4.13, considerando el eje instantáneo de rotación.

mg q

Ahora, como el cascarón rueda sin deslizar, este se comporta como si instantáneamente rotara alrededor de un eje que pasa por el punto de contacto P. De este modo, la ecuación de movimiento para la rotación instantánea pura, es de la forma

∑ MP = IP α.

punto P, la ecuación (1), con IP = Ic + MR2 , se transforma en

(1)

Fs P N

c

mg q

i

Por otro lado, como el peso mg es la única fuerza que genera rotación respecto al

Solución Para rotación instantánea pura, la energía

33

4.9. MOVIMIENTO POR RODADURA DE UN CUERPO RÍGIDO

cinética total del cascarón se obtiene mediante la expresión Ek = 12 IP ω 2 ,

M

(1)

c r Fs P

donde el momento de inercia del cascarón, respecto al eje instantáneo de rotación, es IP = 23 MR2 + MR2 .

R

N

Mg

q

(2)

Reemplazando la ecuación (2) en la ecuación (1), se obtiene Ek = 56 MR2 ω 2 ,

De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre, las ecuaciones de movimiento, en la dirección paralela al plano inclinado

↙ + ∑ F//

Mac ,

=

i

resultado idéntico al encontrado en el ejemplo 4.15, para la energía cinética total del cascarón. Ejercicio 4.19. Resuelva el ejemplo 4.19, si se cambia el cascarón esférico por a) Una esfera maciza. b) Un cilindro o disco. c) Un aro. En cada caso, suponga que la masa es M y el radio es R. Compare los resultados con el obtenido en el ejemplo 4.19. Ejemplo 4.20. Una rueda acanalada o o-yo", de masa M y radio R, desciende sin deslizar sobre un carril inclinado un ángulo θ respecto a la horizontal. La rueda está apoyada sobre su eje de radio r. Despreciando el momento de inercia del eje, determine a) La aceleración del centro de masa de la rueda y su aceleración angular. b) La fuerza fricción que actúa sobre el eje. Resuelva el problema por dos métodos diferentes.

en la dirección perpendicular al plano inclinado

↖ + ∑ F⊥ ∑ Mc

2

M

c r P

q Solución Diagrama de cuerpo libre, donde las fuerzas que actúan sobre la rueda son la normal N, el peso mg y la fuerza de fricción estática Fs . Método 1: Movimiento combinado de traslación y rotación

Ic α,

=

i

adquieren la forma Mgsenθ − Fs = Mac ,

(1)

N − mgcosθ = 0,

(2)

Fs r = 21 MR2 α.

(3)

a) Mediante las ecuaciones (1) y (3), con ac = αr, se encuentra que la aceleración de la rueda está dada por ac =

2r2 gsenθ . R2 + 2r2

(4)

Si la ecuación (4) se escribe en la forma ac =

R

= 0,

i

gsenθ R2 2r2

+1

,

se tiene que para un ángulo de inclinación constante, entre mayor sea el radio del eje de la rueda, la aceleración del centro de masa se hace mayor, obteniéndose el máximo valor en el caso que R = r, donde la aceleración sería ac = 23 gsenθ. Por medio de la ecuación (4), con ac = αr, se tiene que la aceleración angular de la rueda es 2rgsenθ α= 2 . (5) R + 2r2

34


b) Mediante las ecuaciones (1) y (4) o (3) y (5), se encuentra que la fuerza de fricción está dada por Fs =

MgR2 senθ . R2 + 2r2

Se observa que para una inclinación constante, la fuerza de fricción disminuye al incrementar el radio del eje de la rueda, adquiriendo su máximo valor, cuando el eje coincide con el borde exterior de la rueda, en cuyo caso

4.10.

ENUNCIADOS

1. Considere el disco mostrado en la figura. Cuando el disco tiene (a) Traslación pura, (b) rotación pura y (c) movimiento combinado de traslación y rotación, responda las siguientes preguntas: ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar el disco? Explique. ¿Qué trayectoria describen las partículas que lo conforman? Explique. ¿Dichas trayectorias tienen algo en común?

Fs = 13 Mgsenθ. Método 2: Eje instantáneo de rotación. a) En el diagrama de cuerpo libre, se observa que la normal y la fuerza de fricción estática están aplicadas en el punto de contacto P. Esto hace que el peso Mg sea la única fuerza que genera rotación instantánea pura, alrededor del eje que pasa por P. Así, la ecuación de movimiento es de la forma

∑ MP = IP α.

(6)

i

Ahora, al tomar el sentido antihorario como positivo y empleando el teorema de Steiner con Ic = 12 MR2 , la ecuación (6) adquiere la forma grsenθ = ( 12 R2 + r2 )α.

C

2. La varilla de la figura tiene longitud d. (a) Halle el momento de la fuerza F aplicada en el punto A, respecto al punto B y respecto al punto C. (b) Halle el momento de la fuerza F aplicada en el punto B, respecto al punto A y respecto al punto C. (c) Halle el momento de la fuerza F aplicada en C, respecto al punto A y respecto al punto B. ¿Qué conclusiones puede obtener al comparar los resultados anteriores? Explique.

Así, la aceleración del centro de masa, con ac = αr y por la ecuación (6), está dada por ac =

2r2 gsenθ R2 + 2r2

,

y la aceleración angular por

C A

g (a)

2rgsenθ , α= 2 R + 2r2 que son resultados idénticos a los encontrados en el método anterior. b) Para determinar la fuerza de fricción, se debe emplear la ecuación de movimiento para la traslación del centro de masa, ya que por este método no es posible.

F

g

B

B

B F

b

C

C

F A

b (b)

A

g

b (c)

3. La varilla de la figura tiene longitud d. (a) Reemplace la fuerza F, aplicada en A, por un sistema fuerza par aplicado en B y un sistema fuerza par aplicado en C. (b) Reemplace la fuerza F, aplicada en B, por sistema fuerza fuerza par aplicado en A y por un sistema fuerza par aplicado en C. (c) Reemplace la fuerza F, aplicada en C, por sistema

35

4.10. ENUNCIADOS

fuerza fuerza par aplicado en A y por un sistema fuerza par aplicado en B.

C A

g

F

g

B

B

B F

b

C

C

F A

(a)

b

A

(b)

g

b (c)

4. La torre de la figura se sostiene mediante tres cables sujetos en la parte superior, como se indica. La tensión en el cable AB es 450 N, la tensión en el cable AC es 850 N, la tensión en el cable AD es 900 N y la distancia OD es 7 m.(a) Exprese cada una de las fuerzas en sus componentes rectangulares. (b) Encuentre el momento neto que actúa sobre la torre en el extremo A. z

A

17 m

3m

3.5 m 2m

C O o

35 x

D

B 1m

y

MOVIMIENTO OSCILATORIO BERNARDO ARENAS GAVIRIA Universidad de Antioquia Instituto de Física 2012

Índice general

5. Movimiento oscilatorio 5.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Cinemática del Movimiento Armónico Simple (MAS) . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.1. Posición en el MAS lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.2. Velocidad en el MAS lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.3. Relación entre la velocidad, la amplitud y la posición en un MAS lineal 5.2.4. Aceleración en el MAS lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3. Dinámica del Movimiento Armónico Simple lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.1. Oscilador armónico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4. Cinemática del Movimiento Armónico Simple Angular . . . . . . . . . . . . . . 5.5. Dinámica del Movimiento Armónico Simple Angular . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.1. Péndulo simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.2. Péndulo compuesto ó físico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.3. Péndulo de torsión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6. Energía en el movimiento armónico simple lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.1. Energía cinética en el movimiento armónico simple lineal . . . . . . . . 5.6.2. Energía potencial en el movimiento armónico simple . . . . . . . . . . . 5.6.3. Energía total en el movimiento armónico simple . . . . . . . . . . . . . . 5.6.4. Gráficas de energía en el movimiento armónico simple . . . . . . . . . . 5.7. Energía en el movimiento armónico simple angular . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7.1. Superposición de dos movimientos armónicos simples . . . . . . . . . .

3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 2 2 2 3 3 4 4 5 6 6 7 8 9 10 10 10 11 11 11 11

Cap´ıtulo

5

Movimiento oscilatorio Competencias. En esta unidad se busca que el estudiante: Aplique los conceptos analizados en las unidades anteriores, para el caso de movimientos que se repiten en el tiempo.

Obtenga las expresiones para la energía cinética, la energía potencial y la energía total en un MAS. Analice gráficas de energía potencial en el caso de un MAS.

Distinga entre movimiento oscilatorio, movimiento periódico y movimiento armónico simple (MAS).

Analice la superposición de movimientos armónicos simples.

Obtenga las ecuaciones cinemáticas de posición, velocidad y aceleración, para una partícula con MAS.

Identifique las condiciones bajo las cuales la superposición de dos MAS perpendiculares, genera un movimiento elíptico o un movimiento circular.

Identifique y defina los conceptos de amplitud, frecuencia angular, fase, fase inicial y elongación.

Analice diferentes situaciones en las cuales se presenta MAS.

Obtenga la relación entre la velocidad y la CONCEPTOS BASICOS amplitud en un MAS. En esta unidad, se analizan movimientos que se Obtenga la relación entre la aceleración y repiten cada que transcurre determinado interla posición de una partícula animada de valo de tiempo, esto es, movimientos periódicos. Particularmente se considera el movimienMAS. to armónico simple, que se presenta en diferenObtenga y analice la forma diferencial de tes casos y de manera aproximada en la natula segunda ley de Newton, válida en todo raleza. Se analizan situaciones en las cuales los MAS. cuerpos pueden ser tratados bien bajo el modelo de partícula o bien bajo el modelo cuerObtenga la frecuencia angular para el ospo rígido, dependiendo del tipo de movimiento cilador armónico, el péndulo simple, el adquirido por el cuerpo. Algo muy importante péndulo compuesto y el péndulo de tortiene que ver con el hecho que en esta unidad se sión. aplican los conceptos vistos en las unidades anIdentifique las propiedades internas y ex- teriores, es decir, debe entenderse la unidad de ternas que generan la frecuencia angular en oscilaciones como una aplicación de los concepcada uno de los casos anteriores, cuando se tos mecánicos analizados en las unidades anteriores. tiene MAS.

2

CAPÍTULO 5. MOVIMIENTO OSCILATORIO

5.1. Introducción

ser una función periódica en el tiempo. Para que se cumpla lo anterior, la función debe ser Hasta ahora se han analizado y definido los senoidal o cosenoidal, cuya única diferencia es conceptos, cinemáticos y dinámicos, necesarios una fase de π/2. De este modo, para estudiar el movimiento de cuerpos tratax (t) = A sen(ωt + φ) dos bajo el modelo de partícula y bajo el modelo de cuerpo rígido. En esta unidad se analiza x (t) = A cos(ωt + φ), (5.1) el movimiento periódico de cuerpos, es decir, movimientos que se repiten cada que transcurre donde la posición x de la partícula respecto al un intervalo de tiempo determinado. Como ca- origen de coordenadas, se conoce como la elonso especial se estudia el movimiento armónico gación; el máximo valor de la elongación como simple (MAS). la amplitud A; el término ωt + φ como la fase, la cantidad ω como la frecuencia angular del movimiento y la fase inicial como φ, esto es, en 5.2. Cinemática del Movimiento el instante t = 0. En la figura 5.1 se muestra la máxima elongación de un cuerpo que se mueve Armónico Simple (MAS) sobre una recta con MAS, respecto al origen de En la naturaleza se presentan movimientos que coordenadas, esto es, xmáx = ± A. se repiten, conocidos como movimientos oscilaMovimiento torios o vibratorios. El movimiento de un péndulo simple, el movimiento de un cuerpo sujeto x O +A a un resorte y el movimiento de los átomos en -A un cristal son algunos ejemplos de este tipo de Figura 5.1: MAS alrededor del origen O. movimiento. Si el movimiento se repite cada que tranLas ecuaciones (5.1), por la forma que se exscurre determinado intervalo de tiempo, se dice presan, son periódicas en el tiempo como se que es periódico y a este tiempo se le define como el período del movimiento, que corresponde ilustra en las figura 5.2, para el caso de un MAS, al inverso de la cantidad física conocida como la donde se ha tomado la función seno con fase inicial nula (φ = 0), esto es, cuando el cuerpo parte frecuencia del movimiento. Un movimiento oscilatorio de interés en la del origen de coordenadas. física y que es periódico, se conoce como x movimiento armónico simple y se acostumbra +A denominarlo como un MAS. De acuerdo con lo anterior, el MAS que t adquiere una partícula es un movimiento perióO dico, esto es, un movimiento que se repite cada que transcurre determinado intervalo de tiem-A po, que como fue definido antes, se llama período del movimiento. Como se analizará posteriormente, todo MAS es periódico, pero no todo Figura 5.2: Variación temporal de la posición en un MAS. movimiento periódico es MAS.

5.2.1. Posición en el MAS lineal Como el MAS es un movimiento periódico, la ecuación cinemática de posición, x (t), debe responder por dicha periodicidad, es decir, debe

Si P es el período de una partícula animada de MAS, la frecuencia angular del movimiento está definida por ω=

2π = 2πν, P

(5.2)

3

5.2. CINEMÁTICA DEL MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE (MAS)

donde se ha utilizado la definición de frecuencia como el inverso del período.

5.2.2.

Velocidad en el MAS lineal

Utilizando la definición de velocidad dada por la ecuación (1.11) y las ecuaciones (5.1), se encuentra que la velocidad de una partícula con MAS, está dada por una de las expresiones v(t) = ωAcos(ωt + φ) v(t) = −ωAsen(ωt + φ).

(5.3)

De acuerdo con las ecuaciones (5.3), se tiene que la rapidez es máxima cuando la función trigonométrica, respectiva, adquiere su máximo valor, de este modo, el máximo está dado por vmáx = ±ωA

(5.4)

La figura 5.3 muestra la forma como varía la velocidad con el tiempo, tomando la primera de las ecuaciones (5.3), para una partícula que posee un MAS. v +wA

O

El extremo inferior de la aguja de una máquina de coser, pasa por la posición de mínima elongación con una rapidez de 3 ms−1 . La máxima elongación tiene un valor de 5 mm. (a) Encuentre la frecuencia y el período del movimiento de la aguja. (b) Escriba la ecuación cinemática de posición y de velocidad para el movimiento de la aguja. Solución (a) Como se conoce la rapidez máxima alcanzada por la aguja y la amplitud de su movimiento, mediante la ecuación 5.4, se encuentra que la frecuencia angular de la aguja tiene el valor ω = 600 rad˙s−1 . Con este valor de la frecuencia angular, es posible encontrar para la frecuencia y para el período, los valores respectivos dados por ν P

(b) Utilizando la información anterior, las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad para la aguja, adquieren la forma x (t) v(t)

t

-wA

Figura 5.3: Variación temporal de la velocidad en un MAS.

Ejemplo 5.1. Suponga que el movimiento de la aguja de una máquina de coser es un MAS.

= 5 × 10−3 sen(600 t), = 3 cos(600t),

donde se ha asumido que el extremo inferior de la aguja parte del origen, es decir, que su fase inicial es cero. Ejercicio 5.2. Resuelva la situación anterior, utilizando para la posición, la función trigonométrica coseno. Compare los resultados.

Al comparar las figuras 5.2 y 5.3, se ve claramente que en el instante que la elongación adquiere su máximo valor, la velocidad es nula, y cuando la elongación adquiere su valor cero 5.2.3. la velocidad adquiere su máximo valor. Ejercicio 5.1. Obtenga las gráficas de la segunda de las ecuaciones (5.1) y (5.3). Compárelas con la figura 5.1 y la figura 5.3, respectivamente. ¿Qué puede concluir?

= 95.49 Hz, = 10.47 × 10−3 s.

Relación entre la velocidad, la amplitud y la posición en un MAS lineal

Partiendo de cualquiera de las ecuaciones (5.1) y empleando la identidad trigonométrica sen2 θ + cos2 θ = 1, es posible obtener la expresión v2 = ( A2 − x 2 ) ω 2 .

(5.5)

La ecuación (5.5), de nuevo permite afirmar

4


i) La rapidez es máxima donde la elongación La situación anterior, lleva a encontrar una es mínima, esto es, en x = 0. relación entre la aceleración y la posición, para una partícula animada de MAS. Mediante las ii) La rapidez es mínima donde la elongación ecuaciones (5.1) y (5.6) se tiene que la aceleraes máxima, o sea en x = ± A. ción de una partícula con MAS, está relacionada con su elongación, por medio de la expresión Ejercicio 5.3. Partiendo de cada una de las ecuaciones (5.1), obtenga la ecuación (5.5).

5.2.4. Aceleración en el MAS lineal Mediante la definición de aceleración dada por la ecuación (2.2) y las ecuaciones (5.3), se encuentra que la aceleración de una partícula con MAS, está dada por una de las expresiones

a = −ω 2 x.

(5.8)

La ecuación (5.8) es característica de cualquier MAS, es decir, en un MAS la aceleración es proporcional y opuesta a la posición de la partícula.

5.3.

Dinámica del Movimiento Armónico Simple lineal

En el caso particular de la segunda ley de Newton para masa constante, F = ma, la fuerza so(5.6) a(t) = −ω 2 Acos(ωt + φ). bre una partícula de masa m animada de MAS, Las ecuaciones (5.6) muestran que se tiene adquiere la forma aceleración máxima cuando la función F = −ω 2 mx, (5.9) trigonométrica, respectiva, adquiere su máximo valor, de este modo, el máximo está dado por donde se ha utilizado la relación entre la aceleración y la elongación, dada por la ecuación amáx = ±ω 2 A. (5.7) (5.8). Se encuentra igualmente que la fuerza sobre una partícula con MAS, es proporcional y La figura 5.4 muestra la forma como varía la opuesta a la posición de la partícula. aceleración con el tiempo, tomando la primera Ahora, empleando la definición de acelerade las ecuaciones (5.6), para una partícula que ción obtenida en el caso de una partícula que posee MAS. se mueve a lo largo del eje x, esto es, a(t) = −ω 2 Asen(ωt + φ)

a 2

a=

+w A

O

2

-w A

t

d2 x , dt2

y la ecuación (5.8), la segunda ley de Newton adquiere la forma d2 x + ω 2 x = 0, dt2

(5.10)

Figura 5.4: Variación temporal de la aceleración en que corresponde a la ecuación diferencial característica de todo movimiento armónico simple; un MAS. donde ω es la frecuencia angular del movimienAl comparar las figuras 5.2 y 5.4, se ve clara- to que depende de las propiedades físicas del mente que en el instante que la elongación sistema, como se encontrará en diversas situaadquiere su máximo valor, la aceleración en ciones que serán discutidas a continuación. Toda partícula, cuyo movimiento esté regimagnitud también es máxima, y cuando la elongación adquiere su valor mínimo la aceleración do por la ecuación diferencial de la forma dada por la ecuación (5.10), está animada de un MAS, adquiere su mínimo valor.

5

5.3. DINÁMICA DEL MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE LINEAL

donde el término que multiplica a la elongación De este modo, en este caso, la ecuación (5.10) x corresponde al cuadrado de la frecuencia an- adquiere la forma gular del MAS. d2 x k El oscilador armónico y el péndulo simple, + x = 0, (5.11) 2 dt m son ejemplos de MAS lineal. Ejercicio 5.4. Demuestre que las ecuaciones (5.1) son soluciones de la ecuación diferencial (5.10) para un MAS.

5.3.1.

Oscilador armónico

Como se analizó a la luz de la ley de Hooke, un ejemplo de oscilador armónico está constituido por un cuerpo de masa m sujeto a un resorte y que desliza sobre una superficie horizontal lisa, como se ilustra en la figura 5.5.

k m

x

O

que es idéntica a la ecuación (5.10), lo cual muestra que la partícula adquiere un MAS con una frecuencia angular dada por √ ω=

Fe

√ P = 2π

m x

O

x

mg

Figura 5.5: D. C. L. en un oscilador armónico. El oscilador armónico es un ejemplo clásico del MAS de una partícula. De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre mostrado en la figura 5.5, se observa que sobre la partícula actúan el peso mg ejercido por la tierra, la normal N ejercida por la superficie y la fuerza elástica Fe ejercida por el resorte. Igualmente se observa que la única fuerza que afecta el movimiento de la partícula es la fuerza elástica, que de acuerdo con la ley de Hooke, tiene la forma Fe = −kx, donde el signo menos aparece debido a que la fuerza apunta en sentido opuesto a la deformación del resorte, respecto a la posición de equilibrio de la partícula que en este caso coincide con el origen de coordenadas O.

(5.12)

En la ecuación (5.12) se observa que la frecuencia angular depende de las propiedades físicas del sistema, como son el agente externo al cuerpo, dado por la constante elástica del resorte y el agente interno al cuerpo, dado por la masa de la partícula. Mediante la relación que existe entre la frecuencia angular y el tiempo que tarda la partícula en realizar una oscilación completa, el período de oscilación es dado por

N

k

k . m

m , k

(5.13)

y la frecuencia, dada por el inverso del período, es √ k 1 . (5.14) ν= 2π m Una característica interesante que se observa en las ecuaciones (5.12), (5.13) y (5.14) es la dependencia de la frecuencia angular, del período y de la frecuencia con la masa de la partícula en un oscilador armónico. La ecuación (5.13) muestra que el oscilador armónico permite obtener experimentalmente el valor de la constante elástica del resorte midiendo la masa y el período de oscilación de la partícula. Ejercicio 5.5. La partícula de un oscilador armónico tiene una masa de 15 g y posee un MAS cuyo período es de 4 s. Halle (a) la constante elástica del resorte, (b) la frecuencia del movimiento y (c) la frecuencia angular correspondiente.

6


5.4. Cinemática del Movimiento Armónico Simple Angular En la vida diaria se presentan situaciones físicas de cuerpos animados con MAS angular, tal que su posición se expresa mediante una ecuación cinemática de posición angular, donde al igual que en el caso lineal se utiliza la función trigonométrica seno ó coseno, ya que el movimiento se repite cada que transcurre determinado intervalo de tiempo, esto es, el movimiento es periódico. De este modo, la posición angular de la partícula está dada por una de las ecuaciones θ (t) = θo sen(ωt + φ) θ (t) = θo cos(ωt + φ),

Mediante las ecuaciones (5.18), se encuentra que el máximo valor que puede adquirir la aceleración angular está dado por αmáx = ±ω 2 θo

Igual que en el MAS lineal, cuando la elongación es máxima, la rapidez angular es mínima y la aceleración angular es máxima. Mientras que cuando la elongación adquiere su valor mínimo, la rapidez angular es máxima y la aceleración angular es mínima. Al comparar una de las ecuaciones (5.15) con su respectiva ecuación (5.18), se obtiene la expresión

(5.15)

donde la posición angular θ de la partícula respecto a la línea de equilibrio, es la elongación; el máximo valor de la elongación es la amplitud θo ; el término ωt + φ, es la fase, la cantidad ω es la frecuencia angular del movimiento y la fase inicial, en t = 0, es φ. Utilizando la definición de velocidad angular y las expresiones (5.15), se encuentra que la ecuación cinemática de velocidad angular para una partícula animada de MAS angular, respectivamente, está dada por

α = −ω 2 θ,

Ejercicio 5.6. Demuestre que para la rapidez angular, ω ′ , se satisface la expresión

ω (t) = ωθo cos(ωt + φ) (5.16)

ω ′2 = (θo2 − θ 2 )ω 2

Las ecuaciones (5.16) muestran que la rapidez es máxima cuando la función trigonométrica, respectiva, adquiere su máximo valor, de este modo, el máximo está dado por ωmáx = ±ωθo

(5.17)

(5.20)

donde se tiene que la aceleración angular es proporcional al desplazamiento angular del cuerpo rígido. Por ello, la ecuación (5.20) corresponde a la expresión característica de todo MAS angular. Del análisis anterior, se observa que las ecuaciones cinemáticas para el MAS angular, se obtienen de las ecuaciones cinemáticas de MAS lineal, al cambiar x por θ y A por θo .

′

ω ′ (t) = −ωθo sen(ωt + φ).

(5.19)

.

5.5.

Dinámica del Movimiento Armónico Simple Angular

De igual forma, empleando la definición de Como se verá, en el caso de un péndulo comaceleración angular y las ecuaciones (5.16), respectivamente, se encuentra que la ecuación puesto y del péndulo de torsión, el cuerpo en cinemática de aceleración angular para una consideración se debe tratar bajo el modelo de cuerpo rígido, ya que en este caso el cuerpo partícula con MAS angular, está dada por adquiere un movimiento de rotación alrededor de un eje que puede pasar o no por su centro α(t) = −ω 2 θo sen(ωt + φ) de masa, luego de haber sido desplazado de su α(t) = −ω 2 θo cos(ωt + φ). (5.18) posición de equilibrio.

7

5.5. DINÁMICA DEL MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE ANGULAR

Como el momento de una fuerza respecto a un punto A está dado por MA = IA α,

(5.21)

al tener en cuenta la ecuación (5.20), se puede expresar en la forma MA = −ω 2 IA θ,

(5.22)

O q T

l

mg q Figura 5.6: D. C. L. en un péndulo simple.

La ecuación (5.22) muestra que en todo MAS angular, el momento de la fuerza respecto al punto A es proporcional y con sentido opuesto al desplazamiento angular. Ahora, teniendo en cuenta la definición de aceleración angular y las ecuaciones (5.21) y (5.22), se encuentra que la ecuación diferencial característica de todo MAS angular, tiene la forma

donde el signo menos aparece debido a que este momento genera rotación de la partícula, en sentido opuesto al desplazamiento angular de la partícula, respecto a la posición de equilibrio, que en este caso coincide con la vertical. De este modo, simplificando y empleando la definición de aceleración angular, la ecuación de movimiento adquiere la forma

d2 θ + ω 2 θ = 0, dt2

g d2 θ + sen θ = 0, 2 dt l

(5.23)

donde ω es la frecuencia angular del MAS angular y la cual depende de propiedades físicas del sistema en estudio, como se encontrará posteriormente. Ejercicio 5.7. Demuestre que las ecuaciones (5.15) son soluciones de la ecuación (5.23) para un MAS angular.

5.5.1.

Péndulo simple

El péndulo simple proporciona un ejemplo de MAS de una partícula, siempre y cuando la amplitud del movimiento sea pequeña. En este caso la coordenada correspondiente es el ángulo θ que la cuerda forma con la vertical. De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre mostrado en la figura 5.6, se observa que sobre la partícula actúan el peso mg ejercido por la tierra y la tensión T ejercida por la cuerda. Igualmente, se observa que el peso de la partícula genera un momento respecto al punto de suspensión O, por lo que la ecuación de movimiento en esta dirección adquiere la forma

−(mg sen θ )l = ml 2 α,

(5.24)

donde aparecen las variables θ y sen θ, por lo que en general el movimiento de esta partícula no es un MAS ya que no satisface la ecuación diferencial de movimiento (5.23). A pesar de esto,cuando la amplitud de las oscilaciones es pequeña, el ángulo que forma la cuerda con la vertical es pequeño y es válida la aproximación sen θ ≈ θ.

(5.25)

Así, mediante la ecuación (5.25), la ecuación (5.24) adquiere la forma d2 θ g + θ = 0, 2 dt l

(5.26)

que es idéntica a la ecuación (5.10) cuando se cambia θ por x, lo cual muestra que cuando la amplitud de las oscilaciones es pequeña la partícula adquiere un MAS con una frecuencia angular dada por √ g ω= . (5.27) l En la ecuación (5.27) se observa que la frecuencia angular depende de la aceleración de la gravedad, que es un agente externo al péndulo

8


simple, y de una propiedad del péndulo simple como es la longitud l de la cuerda a la que está sujeta la partícula, que es el agente interno. Mediante la relación que existe entre la frecuencia angular y el tiempo que tarda la partícula en realizar una oscilación completa, el período de oscilación es dado por √ l P = 2π , (5.28) g y la frecuencia, dada por el inverso del período, es √ g 1 ν= . (5.29) 2π l La característica interesante que se observa en las ecuaciones (5.27), (5.28) y (5.29) es la independencia con la masa de la partícula, en el caso de un péndulo simple. Mediante la ecuación (5.28) es posible encontrar experimentalmente y de una forma sencilla, el valor de la aceleración de la gravedad midiendo la longitud de la cuerda y el período de oscilación de la partícula.

5.5.2. Péndulo compuesto ó físico A diferencia del péndulo simple, el péndulo físico corresponde a un cuerpo rígido que oscila con MAS, siempre y cuando la amplitud de la oscilación sea pequeña. Un péndulo compuesto es un cuerpo rígido que oscila alrededor de un eje horizontal fijo, debido a su interacción con la tierra. En la figura 5.7 se muestra el diagrama de cuerpo libre de un péndulo compuesto, que puede girar libremente alrededor de un eje fijo que pasa por el punto O. La fuerza que ejerce el eje sobre el cuerpo rígido, garantiza que el péndulo físico tenga un movimiento de rotación pura alrededor de un eje que pasa por O, es decir, la fuerza neta es nula. En este caso, como el peso del cuerpo es quien genera el movimiento de rotación, el momento del peso respecto al punto O es

Feje O

q

d C

mg Figura 5.7: D. C. L. en un péndulo físico. posición de equilibrio, la cual es coincidente con la vertical, y d sen θ es el brazo del peso, respecto al punto O. Por consiguiente, utilizando la definición de aceleración angular, y la ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido, se obtiene la ecuación diferencial d2 θ mgd sen θ = 0, + dt2 IO

(5.30)

donde de nuevo aparecen las variables θ y sen θ, lo cual indica que en general el movimiento de este cuerpo rígido no es un MAS ya que no satisface la ecuación diferencial de movimiento (5.23). Pero si se consideran amplitudes de oscilación pequeñas, el ángulo que forma el segmento OC de la figura 5.7 con la vertical es pequeño y es válida la aproximación sen θ ≈ θ.

(5.31)

Así, mediante la ecuación (5.31), la ecuación (5.30) adquiere la forma d2 θ gd + θ = 0, 2 dt KO 2

(5.32)

donde se ha utilizado la relación entre el momento de inercia I y el radio de giro al cuadrado K2 . La ecuación (5.32) es idéntica a la ecuación (5.10) al intercambiar θ por x, lo cual muestra que para pequeñas amplitudes de oscilación, el péndulo físico adquiere un MAS con una freMO = −mgd sen θ, cuencia angular dada por donde el signo menos se debe a que la fuerza √ gd genera un momento en sentido opuesto al desω= . (5.33) plazamiento angular del cuerpo respecto a su KO 2

9

5.5. DINÁMICA DEL MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE ANGULAR

De acuerdo con la ecuación (5.33), la frecuencia O angular depende del agente externo aceleración de la gravedad, y de los agentes internos longitud d y radio de giro del cuerpo rígido respecto C al eje de rotación, es decir, que la frecuencia angular depende de la forma del cuerpo. Mediante la relación que existe entre la freA cuencia angular y el tiempo que tarda la M partícula en realizar una oscilación completa, el período de oscilación es dado por Figura 5.8: Péndulo de torsión rotado. √ KO 2 P = 2π , (5.34) y se conoce como el coeficiente de torsión del gd alambre. Ahora, si se emplea la definición de aceleray la frecuencia, dada por el inverso del período, ción angular,y la ecuación de movimiento para esto es √ la rotación de un cuerpo rígido alrededor de un 1 gd ν= . (5.35) eje que pasa por su centro de masa, se llega a la 2 2π KO ecuación diferencial En el caso del péndulo compuesto la caracted2 θ κ rística interesante que muestran las ecuaciones (5.37) + θ = 0, 2 dt I C (5.33), (5.34) y (5.35) es la independencia con la masa del cuerpo rígido, en la frecuencia angudonde aparece la variable θ en los dos térmilar, el período y la frecuencia del MAS. nos de la ecuación, es decir, el cuerpo rígido Empleando la ecuación (5.34), experimentaladquiere un MAS, donde la ecuación diferencial mente se puede encontrar el valor de la acelecorrespondiente es ración de la gravedad, conociendo la forma del cuerpo y midiendo el período de oscilación del d2 θ κ + θ = 0, (5.38) cuerpo rígido. 2 dt mKC 2

q

5.5.3.

Péndulo de torsión

El péndulo de torsión permite considerar otro caso de MAS en un cuerpo rígido. Un péndulo de torsión no es mas que un cuerpo rígido suspendido verticalmente de un alambre sujeto al centro de masa C del cuerpo y fijo en O, como se indica en la figura 5.8. Cuando el cuerpo rígido se rota un ángulo θ pequeño, respecto a la orientación de equilibrio CA sobre un plano horizontal y en determinado sentido, el alambre se tuerce generando un par a su alrededor con un momento en sentido opuesto dado por

donde se ha utilizado la relación entre el momento de inercia I y el radio de giro al cuadrado K2 . Al comparar la ecuación (5.10) con la ecuación (5.38), se tiene que el cuerpo rígido adquiere un MAS con una frecuencia angular dada por √ κ . (5.39) ω= mKC 2

En la ecuación (5.39) la frecuencia angular depende del agente externo coeficiente de torsión del alambre y de los agentes internos masa y radio de giro del cuerpo rígido respecto a un eje que pasa por su centro de masa, es decir, M = −κθ, (5.36) de la forma geométrica del cuerpo y de sus propiedades físicas. Mediante la relación que existe entre la fredonde κ es una constante que depende de las propiedades físicas y geométricas del alambre cuencia angular y el tiempo que tarda la

10


partícula en realizar una oscilación completa, el 5.6.1. período de oscilación es dado por √ P = 2π

mKC 2 , κ

(5.40)

Energía cinética en el movimiento armónico simple lineal

Debido a su movimiento, la energía cinética de un cuerpo con MAS, viene dada por Ek =

1 m(ωA)2 cos2 (ωt + φ), 2

(5.42)

y la frecuencia, dada por el inverso del período, esto es donde se ha utilizado la definición de energía √ cinética y la primera de las ecuaciones (5.3). mKC 2 1 Partiendo de la ecuación (5.42), es posible deν= . (5.41) 2π κ mostrar que la energía cinética del cuerpo se puede expresar en la forma En el caso del péndulo de torsión la característica interesante que muestran las ecuaciones 1 Ek = mω 2 ( A2 − x2 ). (5.43) (5.39), (5.40) y (5.41) es la dependencia con la 2 masa del cuerpo rígido, en la frecuencia angular, el período y la frecuencia del MAS, a difer- En la ecuación (5.43), se observa que a medida que el cuerpo se mueve su energía cinética varía encia de los dos casos anteriores. La ecuación (5.40) muestra que entre mayor adquiriendo su valor mínimo en los extremos sea la masa del cuerpo rígido ó menor sea el de la trayectoria, x = ± A, y su valor máximo coeficiente de torsión del alambre, mayor es el cuando pasa por la posición de equilibrio x = 0. período de oscilación. Igualmente se ve que el período de oscilación depende de la geometría 5.6.2. Energía potencial en el movimiento armónico simple del cuerpo rígido, al depender del radio de giro. Utilizando la expresión (5.40) es posible de- De acuerdo con el concepto de derivada directerminar, de manera experimental, el coeficiente cional, se tiene que la fuerza conservativa F ( x ) de torsión del alambre conociendo la forma del que actúa sobre una partícula, está relacionacuerpo rígido, su masa y midiendo su período da con la energía potencial asociada E ( x ), mep de oscilación. diante la expresión

5.6. Energía en el movimiento armónico simple lineal

F(x) = −

dEp ( x ) . dx

(5.44)

Ahora, teniendo en cuenta la ecuación (5.9), se encuentra que la función de energía potencial Un cuerpo animado de un MAS, tiene una ener- para una partícula con MAS, está dada por gía total no nula como consecuencia de su ener1 2 2 gía cinética y su energía potencial. La energía Ep ( x ) = ω mx , 2 cinética es de tipo traslacional si el cuerpo só1 lo tiene movimiento de traslación, ó es de tipo = m(ωA)2 sen2 (ωt + φ), (5.45) 2 rotacional si el cuerpo posee movimiento únicamente de rotación. Adicionalmente, la energía donde se ha tomado el nivel cero de energía popotencial se le asocia a las fuerzas conservati- tencial en la posición de equilibrio, esto es, en vas, como lo es el peso en el caso de los péndu- x = 0. La ecuación (5.45) muestra que la energía los simple y compuesto, la fuerza elástica en el potencial en un MAS, varía mientras el cuerpo caso de un oscilador armónico sobre una super- se mueve, adquiriendo su máximo valor cuanficie horizontal y la fuerza de torsión en el caso do se tiene la máxima elongación y su valor de un péndulo de torsión. mínimo en la posición de equilibrio.

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5.7. ENERGÍA EN EL MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE ANGULAR Energía

Mediante la primera de las ecuaciones (5.1), es posible que la ecuación (5.45) adquiera la forma 1 Ep (v) = m(v2max − v2 ), (5.46) 2 donde se observa que la energía potencial es mínima cuando la rapidez es máxima y máxima cuando la rapidez es mínima.

5.6.3.

E (Energía total)

-xA

+xA

O

x

Figura 5.9: Curvas de energía cinética, potencial y

Energía total en el movimiento artotal de un cuerpo con MAS. mónico simple

En el caso de un cuerpo animado de un MAS, se Lo anterior está de acuerdo con el hecho que tiene un sistema conservativo, es decir, aunque a medida que aumenta la energía potencial, distanto la energía cinética como la energía potenminuye la energía cinética, con el fin de garancial varíen mientras ocurre el movimiento, la tizar la constancia en la energía total. energía total debe permanecer constante. De nuevo, la energía total del cuerpo es la suma de su energía cinética y su energía po5.7. Energía en el movimiento artencial. De este modo, mediante las ecuaciones mónico simple angular (5.33) y (5.36), se llega a En el caso de un cuerpo rígido en rotación, (5.47) con MAS angular, la energía cinética está dada por la energía cinética rotacional, que de acuerque de acuerdo con la ecuación (5.34), codo a la unidad 4, está dada por Ek = 1 IA ω 2 , 2 rresponde a la máxima energía cinética que suponiendo que la rotación se presenta alredeadquiere la partícula. Por otro lado, la ecuación dor de un eje que pasa por el punto A. (5.38) confirma que realmente la energía total Por otro lado, si el centro de masa sufre desdel cuerpo es una constante, ya que la frecuen- plazamientos verticales respecto a la superficie cia angular ω y la amplitud A son constantes de la tierra, la energía potencial asociada es la del movimiento. misma que para el caso de la energía potencial de una partícula animada de MAS lineal. De este modo, la energía total del cuerpo rígi5.6.4. Gráficas de energía en el do en movimiento, esta dada por la expresión, movimiento armónico simple E=

1 m(ωA)2 , 2

Toda la información analizada anteriormente, respecto a la energía en el MAS, se resume en la figura 5.9, donde se tienen las gráficas de la energía cinética, la energía potencial y la energía total de un cuerpo animado con MAS en función de la coordenada x. En la figura (5.9) se observa que en los extremos de la trayectoria la energía potencial adquiere el máximo valor y la energía cinética es nula, mientras que en la posición de equilibrio la energía cinética adquiere el máximo valor y la energía potencial es nula.

E = Ek + E p ≡

1 I A ω 2 + mgy 2

5.7.1. Superposición de dos movimientos armónicos simples Una situación interesante se presenta cuando se superponen simultáneamente dos movimientos armónicos simples. Como se verá, la trayectoria del movimiento resultante depende de las condiciones de cada uno de los movimientos resultantes.

12

CAPÍTULO 5. MOVIMIENTO OSCILATORIO y

Superposición de dos movimientos armónicos simples perpendiculares con igual frecuencia e igual amplitud Se considera un sistema de coordenadas rectangulares xy, tal que sobre cada eje se tiene un MAS. Se supone que sobre el eje x y el eje y la respectiva ecuación cinemática de posición está dada por

A

B

x

x = A cos(ωt + φ), (5.48) Figura 5.10: MCU de una partícula y MAS de su sombra sobre cada eje. Al sumar los cuadrados de cada una de las componentes dadas por la ecuación (5.39) y simpli- A hasta B, y a medida que la partícula se mueve ficar, se encuentra que el movimiento resultante sobre la trayectoria circular desde B hasta A, la tiene como ecuación de la trayectoria, la expre- sombra lo hace sobre el eje x de B hasta A. sión De forma similar, como se ilustra en la figux 2 + y2 = A2 . (5.49) ra 5.11, la sombra o proyección del movimiento y = A sen(ωt + φ).

La forma de la ecuación (5.40) indica que la circular uniforme de la partícula sobre el eje y, trayectoria que describe la partícula es circular, también adquiere un MAS. de radio A y centrada en el origen. y D Igualmente, obteniendo las componentes en x y en y de la velocidad de la partícula, se encuentra que la magnitud es v = ωA.

(5.50)

De este modo, por la ecuación (5.41) se tiene que una partícula sometida a estas condiciones, adquiere un movimiento circular uniforme ya que su rapidez es constante. Cuando la amplitud de estos dos movimientos perpendiculares es diferente, es posible demostrar que la partícula describe una trayectoria elíptica. El caso inverso también es válido, o sea, cuando una partícula describe una trayectoria circular de radio A con rapidez constante, la proyección o sombra de la partícula sobre cada uno de los ejes posee un movimiento armónico simple. Por lo tanto, mientras la partícula describe una trayectoria circular con velocidad angular de magnitud ω, la sombra tiene un MAS de frecuencia angular ω. Como se ilustra en la figura 5.10, mientras la partícula describe la trayectoria circular moviéndose de A a B en sentido antihorario, la sombra con MAS se mueve sobre el eje x desde

x

C

Figura 5.11: MCU de una partícula y MAS de su sombra sobre cada eje. A medida que la partícula se mueve sobre la trayectoria circular entre C y D, la sombra con MAS se mueve sobre ele eje y de C a D y mientras la partícula se mueve sobre la circunferencia de D a C, la sombra lo hace de D a C sobre el eje y. En síntesis, una partícula adquiere un movimiento circular uniforme, cuando simultáneamente se somete a dos movimientos armónicos simples perpendiculares entre sí, de igual amplitud, de igual frecuencia angular e igual fase inicial. Ejercicio 5.6.

5.7. ENERGÍA EN EL MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE ANGULAR

Demuestre, que cuando una partícula se somete simultáneamente a dos MAS perpendiculares, de igual frecuencia angular, igual fase inicial, pero diferente amplitud, la partícula describe una trayectoria elíptica.

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ESTATICA DE PARTICULAS Y CUERPOS RIGIDOS BERNARDO ARENAS GAVIRIA Universidad de Antioquia Instituto de Física 2012

Índice general

6. Estática de partículas y cuerpos rígidos 6.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2. Equilibrio de un cuerpo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.1. Estática de una partícula en dos y tres dimensiones . . . . . 6.2.2. Equilibrio de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.3. Equilibrio de un cuerpo rígido sometido sólo a dos fuerzas . 6.2.4. Equilibrio de un cuerpo rígido sometido sólo a tres fuerzas . 6.3. Estructuras en equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1. Análisis de una armadura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.2. Armadura simple o estáticamente determinada . . . . . . . 6.4. Fuerzas en vigas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.1. Vigas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

. . . . . . . . . . .

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1 1 1 2 5 5 5 9 11 13 16 16

Cap´ıtulo

6

Estática de partículas y cuerpos rígidos Competencias. En esta unidad se busca que el estudiante:

partícula o bajo el modelo cuerpo rígido, se encuentra en equilibrio, particularmente en equilibrio estático. Se estudian diferentes estructuras Analice las condiciones bajo las cuales, una y los métodos que permiten obtener informapartícula o un cuerpo rígido, se encuentra ción sobre las fuerzas que se ejercen las diferenen equilibrio estático, tanto en dos como en tes partes de ella. tres dimensiones. Analice las condiciones que se satisfacen 6.1. Introducción cuando un cuerpo rígido está en equilibrio, sometido a la acción sólo de dos fuerzas ó Hasta ahora se ha analizado la dinámica de los sólo de tres fuerzas. cuerpos que se pueden tratar, bien bajo el modelo de partícula o bien bajo el modelo cuerpo Aplique las condiciones de equilibrio a rígido. Para ello se ha tenido en cuenta el hecho cuerpos rígidos formados por varios cuerque las fuerzas tienden a imprimir tanto efectos pos rígidos. de traslación como de rotación sobre los cuerDistinga entre fuerza externa y fuerza in- pos. En esta unidad, se analiza con cierto detalle, terna. casos en los cuales un cuerpo se encuentra en Distinga entre armadura, armazón y estado de reposo. máquina. Igualmente, se consideran casos en los cuales un cuerpo interactúa con otros cuerpos, Defina y analice el concepto de armadura generando fuerzas que mantienen el cuerpo o simple. estructura en reposo, esto es, las fuerzas que acUtilice el método de los nodos y el método túan no tienden a imprimir ningún efecto sobre de las secciones, en el análisis de una ar- el cuerpo rígido, es decir, sobre el cuerpo actúa un sistema fuerza par nulo. madura. Obtenga, analítica y gráficamente, la forma como varía la fuerza cortante y el momento de flexión en el interior de una viga.

6.2. Equilibrio de un cuerpo

En la unidad 4 se encontró que siempre es posiCONCEPTOS BASICOS ble reemplazar un sistema de fuerzas, actuando En esta unidad, se analizan las condiciones bajo sobre un cuerpo rígido, por un sistema fuerza las cuales un cuerpo, tratado bajo el modelo de par aplicado en un punto arbitrario y que es

2

CAPÍTULO 6. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS Y CUERPOS RÍGIDOS

completamente equivalente en lo referente a traslación y rotación. En el caso particular que la fuerza y el par sean cero, el sistema de fuerzas externas forma un sistema equivalente fuerzapar nulo, es decir, no tienden a imprimir ningún efecto de traslación ni de rotación sobre el cuerpo rígido. Cuando esto ocurre, se dice que el cuerpo rígido se encuentra en equilibrio, bien sea estático o dinámico. Lo dicho anteriormente, se puede expresar en forma matemática como se describe en lo que sigue. Que la fuerza del sistema fuerza par, no tienda a imprimir efectos de traslación, significa que la fuerza neta sobre el cuerpo sea nula, esto es F =

∑ Fi i

= 0,

(6.1)

o en componentes rectangulares, la ecuación (6.1) lleva a las expresiones

∑ Fx ∑ Fy ∑ Fz

= 0, = 0,

(6.2)

= 0.

Que el par del sistema fuerza-par, no tienda a imprimir efectos de rotación, quiere decir que el momento neto sobre el cuerpo sea nulo, es decir M =

∑ Mi i

= 0.

(6.3)

En el caso de fuerzas coplanares, las ecuaciones de equilibrio (6.5) no son las únicas tres condiciones a utilizar. También es posible utilizar dos ecuaciones de momentos, evaluados respecto a dos puntos y una de las dos primeras expresiones de la ecuación (6.5). Igualmente, se pueden emplear tres ecuaciones de momentos evaluados respecto a tres puntos no colineales. La única condición a tener presente, es la utilización de sólo tres condiciones de equilibrio en el caso coplanar, ya que si se utilizan cuatro condiciones de equilibrio, por ejemplo, una de ellas es combinación lineal de las otras tres. Las condiciones de equilibrio anteriormente consideradas son de validez general, y particularmente las referentes a la suma de momentos de las fuerzas se satisfacen respecto a cualquier punto, siempre y cuando el cuerpo rígido esté en equilibrio. Para el caso de una partícula en equilibrio, estático o dinámico, la fuerza neta es nula y se satisfacen las ecuaciones (6.1) o (6.2) para el caso de fuerzas en tres dimensiones y las dos primeras expresiones de las ecuaciones (6.5) en el caso de dos dimensiones. Cuando el cuerpo rígido se encuentra en un estado de equilibrio, estático o dinámico, la fuerza neta es nula y el momento neto es nulo, o sea, sobre el cuerpo rígido actúa un sistema fuerza par nulo.

6.2.1.

Estática de una partícula en dos y tres dimensiones

Igualmente, al descomponer la ecuación (6.3) en Para un cuerpo considerado bajo el modelo de componentes rectangulares, se obtienen las expartícula, como se expresó anteriormente, la presiones fuerza neta o resultante de las fuerzas que actúan sobre ella debido a la interacción con otros ∑ Mx = 0, (6.4) cuerpos, es nula si esta se encuentra en reposo. ∑ My = 0, De este modo es aplicable la ecuación (6.1), te∑ Mz = 0. niendo presente si se trata de una situación en En el caso particular que las fuerzas actúen so- dos o tres dimensiones. bre un plano, por ejemplo en el plano xy, se Ejemplo 6.1. dispone de las expresiones

∑ Fx ∑ Fy ∑ Mz

= 0, = 0, = 0.

(6.5)

Un bloque de masa m se sostiene mediante una cuerda que pasa por una polea ideal móvil, como se ilustra en la figura. a) Haga el diagrama de cuerpo libre para el bloque y para la polea. b) Plantee las ecuaciones

3

6.2. EQUILIBRIO DE UN CUERPO

que garantizan el estado del bloque y de la polea. c) Halle la tensión en las cuerdas. d) Evalúe para d = 450 mm, h = 15 cm y m = 15 kg.

Resolviendo el sistema de ecuaciones anteriores, donde se tiene igual número de ecuaciones que de incógnitas, se llega a los resultados √ d2 + h2 T1 = T2 = mg, (6) 2h

d

d

h

T3 = mg.

d) Finalmente, al reemplazar los valores dados en las ecuaciones (6) y (7), se obtiene T1 = T2 = 232.43 N,

m

T3 = 147 N.

Solución a) Diagramas de cuerpo libre. En este caso se tienen dos partículas en equilibrio estático, sometidas a fuerzas en una y dos dimensiones, como se ilustra en la figura.

Ejemplo 6.2. La figura muestra dos fuerzas que actúan en el origen de coordenadas. a) Obtenga las componentes rectangulares de cada una de las fuerzas. b) Encuentre el ángulo que cada fuerza forma con cada uno de los ejes coordenados. c) Si estas fuerzas actúan sobre una partícula, determine si esta se encuentra en equilibrio.

d

d

q

(7)

T1

T2

q

h

T 3’

z

T3 m

450 N

700 N

mg 50

b) Ecuaciones que garantizan el estado de equilibrio estático para ambos cuerpos. Para el bloque

O

(1)

+

→ ∑ Fh = 0, T1 cos θ − T2 cos θ = 0,

(2)

↑ + ∑ Fv = 0, T1 sen θ + T2 sen θ − mg = 0.

z (3)

450 N

Donde en las ecuaciones (2) y (3) y de acuerdo con la figura, se tiene

cos θ = √

h2

+ d2

d h2

+ d2

y

o

Solución a) Teniendo en cuenta la información dada y la descomposición de fuerzas mostrada en la figura, se tiene que la fuerza F1 de magnitud 700 N expresada en componentes rectangulares, está dada por

Para la polea ideal, esto es de masa despreciable

sen θ = √

o

x

T3 − mg = 0,

h

25

o

65 35

↑ + ∑ Fv = 0,

o

,

700 N Fz 50o Fx

(4)

65

O .

(5)

35

x

o

Fh 25o

o

Fy

y

4


z

F1 = (−226.62i + 485.99j + 449.95k)N. (1) De igual forma la fuerza F2 de magnitud 450 N, está dada por F2 = (155.78i + 109.08j + 407.84k)N. (2) b) El coseno del ángulo que forma una fuerza con un eje de coordenadas, se obtiene al dividir la componente sobre dicho eje por la magnitud de la fuerza. De este modo los ángulos que forma la fuerza F1 con cada eje están dados por o

o

o

θ x = 108.89 , θy = 46.03 , θz = 50 . En su lugar, los ángulos que la fuerza F2 forma con cada eje son θ x = 69.75o , θy = 75.97o , θz = 25o . c) Para saber si la partícula a la que se aplican las fuerzas se encuentra en equilibrio, se debe hallar la fuerza neta total o resultante que actúa sobre ella. Utilizando el método de la geometría vectorial para sumar vectores, y las ecuaciones (1) y (2), se encuentra que la fuerza neta en componentes rectangulares está dada por

700 mm

250 mm

350 mm

300 mm O

700 mm

TAB

TAC TAD

x

y

650 mm

Mg z 700 mm

250 mm

350 mm

300 mm O

700 mm x

TAB

TAC TAD

y

650 mm

Mg

las fuerzas que actúan sobre él tienden a generar solo efectos de traslación. Considerando la información dada en el enunciado y el diagrama espacial, se encuentra que las componentes rectangulares de cada una de las fuerzas mostradas en el diagrama de cuerpo libre, son

Fneta = (−70.84i + 595.07j + 857.79k)N.

T AB = TAB (−0.4i + 0.33j + 0.86k), (1)

De acuerdo con este resultado se concluye que la partícula no se encuentra en equilibrio ya que la fuerza resultante que actúa sobre ella es diferente de cero. Por lo tanto, la partícula está sometida a una fuerza cuya magnitud y dirección están dadas por

T AC = (−189.22i − 378.43j + 351.4k) N, (2) T AD = TAD (0.73i + 0.68k), (3)

Fneta θx θy θz

= = = =

1046.39 N, 93.88o , 53.34o , 34.94o .

Ejemplo 6.3. Un cilindro se sostiene mediante tres cuerdas, como se ilustra en la figura. Halle la magnitud de la tensión en las cuerdas AB y AD, y la masa del cilindro, sabiendo que la magnitud de la tensión en la cuerda AC es 550 N. Solución Primero se considera el diagrama de cuerpo libre para el cilindro, que será tratado bajo el modelo de partícula, ya que

W = −9.8 mk.

(4)

Teniendo en cuenta que las condiciones de equilibrio para el caso de una partícula están dadas por las ecuaciones (6.2), y las ecuaciones (1), (2), (3) y (4) se obtiene el sistema de ecuaciones simultáneas

−0.4TAB − 189.22 + 0.73TAD = 0, 0.33TAB − 378.43 = 0,

(5) (6)

0.86TAB + 351.4 + 0.68TAD − 9.8 m = 0. (7) Resolviendo el sistema de ecuaciones simultáneas, dadas por las expresiones (5), (6) y (7), se llega finalmente a TAB = 1146.76 N, TAD = 887.57 N, m = 198.1 kg.

5


6.2.2.

Equilibrio de un cuerpo rígido

Cuando un cuerpo rígido se encuentra en equilibrio estático o dinámico, el sistema fuerza par neto, debido a las fuerzas externas que actúan sobre él, es nulo. Lo anterior significa que si se tiene un sistema de fuerzas en tres dimensiones, son válidas las expresiones (6.1) ó (6.2) y (6.3) ó (6.4). Para el caso de fuerzas en dos dimensiones, son de validez las expresiones (6.5).

6.2.4. Equilibrio de un cuerpo rígido sometido sólo a tres fuerzas Igual que en el caso anterior, si el cuerpo rígido está en equilibrio sometido solamente a la acción de tres fuerzas, figura 6.2(a), se cumple la condición ∑ M = 0, donde los momentos son evaluados respecto al mismo punto. F1

F1

F1 A

A

A F3

F3

6.2.3.

Equilibrio de un cuerpo rígido sometido sólo a dos fuerzas

Si un cuerpo rígido está en equilibrio, sometido únicamente a la acción de dos fuerzas, el momento total de las dos fuerzas respecto a cualquier punto es nulo. Así, al considerar los puntos de aplicación de las fuerzas F1 y F2 en la figura 6.1(a), se tiene

F2

B

C (a)

F2

B

D (b)

C

F2

B

D

C

F3

(c)

Figura 6.2: Cuerpo rígido sometido sólo a tres fuerzas.

Como en la figura 6.2(b) las líneas de acción de F1 y F2 se cortan en el punto D, entonces ∑ MD = 0, por lo que la línea de acción de F3 también debe pasar por D para garantizar el ∑ MA = 0, equilibrio, como se muestra en la figura 6.1(c). condición que se satisface siempre y cuando la Si las líneas de acción de las tres fuerzas no se línea de acción de la fuerza F2 pase por el punto cortan, deben ser paralelas. A como se ilustra en la figura 6.1(b). Así, las tres fuerzas deben ser tales que sus líneas de acción sean concurrentes, o se corten en algún F F F punto, para garantizar que el cuerpo rígido se enB B B F F A A A cuentre equilibrio. De lo contrario, son paralelas las F líneas de acción de las tres fuerzas. 2

2

1

2

1

1

(a)

(b)

(c)

Figura 6.1: Cuerpo rígido en equilibrio, sometido sólo a dos fuerzas. Igualmente, respecto al punto B también se debe cumplir la condición

∑ MB = 0, por lo que en este caso, la línea de acción de F1 debe pasar por el punto B como lo muestra la figura 6.1(c). Por otro lado, como se presenta equilibrio de traslación, esto es

∑ F = 0, se debe cumplir que F1 = −F2 . En síntesis, si un cuerpo rígido sometido a la acción de dos fuerzas se haya en equilibrio, las dos fuerzas deben tener igual magnitud, la misma línea de acción y sentidos opuestos.

Ejemplo 6.4. La varilla AB, de longitud L y masa M, permanece en la posición mostrada. Si la pared es lisa y la superficie horizontal es rugosa, determine a) Las reacciones en los extremos de la varilla. b) La fuerza de fricción estática, si el movimiento de la varilla es inminente y el coeficiente de fricción en el extremo A es µ. c) Los valores de las cantidades obtenidas en los numerales anteriores, para M = 3 kg, θ = 25o y µ = 0.25. Solución Teniendo en cuenta los dos apoyos en los extremos de la varilla, el diagrama de cuerpo libre es como se ilustra en la figura. En el extremo B sólo actúa la normal B que la pared lisa ejerce sobre la varilla, mientras que en el extremo A actúan, la fuerza Ax debida a la fricción estática entre la varilla y la superficie horizontal y la normal Ay ejercida por el piso. Por otro lado, el peso de la varilla actúa en su centro

6


Ahora, como el movimiento es inminente, la ecuación (6) adquiere la forma

B

Fs = µN.

Por las ecuaciones (1), (2) y (7), con A x = Fs y Ay = N, la fuerza de fricción estática es A x = µMg. (8)

q A B

Ax A

q

(7)

c) Reemplazando valores en las ecuaciones (4), (5) y (8), se obtiene

B

= 31.52 N ← . A = 43.11 N ∠ 43o . Fs = 7.35 N → . B

Mg

Ejercicio 6.1. Resuelva el ejemplo 6.4 teniendo en cuenta que sobre la varilla actúan tres fuerzas.

Ay de masa, coincidente con el centro geométrico si es homogénea como se supone en este caso. Ecuaciones de movimiento. Como la varilla permanece en la posición mostrada, quiere decir que está en equilibrio estático, esto es, se deben cumplir simultáneamente las siguientes condiciones +

→ ∑ Fx = 0, A x − B = 0,

(1)

+ ↑ ∑ Fy = 0, Ay − Mg = 0,

(2)

Ejercicio 6.2. Analice la situación que se presenta, cuando en el ejemplo 6.4 se supone que el piso es liso y la pared es rugosa. Ejemplo 6.5. La varilla AB de longitud L y masa M, conectada a una articulación en el extremo A, está unida a un bloque de masa m, mediante una cuerda que pasa por una polea ideal fija. La superficie horizontal es lisa. Determine a) La masa mínima del bloque, que permite levantar la varilla del piso. b) Las componentes rectangulares de la reacción en A y la tensión en la cuerda. c) La masa mínima m, la reacción en A y la tensión en la cuerda, para M = 2kg y θ = 40o .

y tomando el sentido antihorario como positivo ∑ MA = 0

− 21 MgLcosθ + BLsenθ = 0.

A

C

(3)

a) Mediante las ecuaciones (1), (2) y (3), se encuentra que las reacciones en los extremos de la varilla están dadas por B = 12 Mgcotθ ← √ A = 12 Mgcscθ 1 + 3sen2 θ ∠ tan−1 (2tanθ ). (5) b) En general, entre la fuerza de fricción estática y la normal de la superficie se cumple la relación Fs ≤ µN.

L

(6)

m q B Solución De acuerdo con el diagrama espacial, el triángulo ABC es isósceles. De ahí que el ángulo que forma la cuerda con la horizontal es (1) β = 90 − 12 θ.

7


El diagrama de cuerpo libre, para el bloque y para la varilla, teniendo en cuenta el apoyo y las conexiones del sistema, es el mostrado en la figura.

A

Ah Av

T T`

A = 12.4 N ∠ 77.27o .

B

Utilizando la información contenida en los diagramas de cuerpo libre, las ecuaciones de equilibrio estático, están dadas como sigue. Para el bloque

+ ↑ ∑ Fh = 0, T − mg = 0.

(2)

Para la varilla +

→ ∑ Fv = 0, Ah − Tcosβ = 0,

(3)

+ ↑ ∑ Fv = 0, B + Tsenβ − Mg + Av = 0,

(4)

y tomando el sentido antihorario como positivo ∑ MA = 0, 1 2 MgLcosθ

m = 0.82 kg.

q

B

(9)

Reemplazando valores en las ecuaciones (7) y (8), es posible encontrar que la reacción en A es

m mg

T = 12 Mgcosθsec 12 θ.

c) Por la ecuación (6), la masa mínima tiene el valor

L C

Reemplazando la ecuación (6) en la ecuación (2), la tensión en la cuerda es

Finalmente, por la ecuación (9), la tensión en la cuerda está dada por T = 7.99 N ∠ 70o , donde la dirección corresponde al ángulo β mostrado en el diagrama de cuerpo libre. Ejercicio 6.3. El disco de masa M y radio R, está unido a un bloque de masa m, mediante una cuerda que pasa por una polea ideal fija. Determine a) La masa mínima m que le permite al disco subir escalón de altura 12 R. b) Las componentes rectangulares de la reacción en A y la tensión en la cuerda. c) La masa mínima m, la reacción en la esquina A y la tensión en la cuerda, para M = 1.5 kg y R = 20 cm.

− BLcosθ − TLsenβ = 0. (5)

a) Para determinar la masa mínima m, se considera el instante en el cual la varilla va a despegar del piso, esto es, en el momento que la normal B se hace cero. Así, mediante las ecuaciones (1), (2) y (5), se llega a la expresión m = 12 Mcosθsec 12 θ.

(6)

b) Con ayuda de las ecuaciones (1), (2), (3), (4) y (6), se encuentra que las componentes rectangulares de la reacción en A, están dadas por Ah = 21 Mgcosθtan 12 θ,

(7)

Av = 21 Mg(2 − cosθ ).

(8)

R m A

M

R/2 B Ejercicio 6.4. Como se ilustra en la figura, una esfera descansa sobre dos superficies que forman entre sí un ángulo θ. a) ¿Qué condición deben cumplir las líneas de acción de las fuerzas que actúan sobre la esfera? Justifique su respuesta. b) ¿La condición anterior depende del valor del ángulo θ? ¿Por qué?

8


De este modo, las ecuaciones que garantizan el equilibrio traslacional, adquieren la forma

∑ Fx = 0,

q

−0.35 TBC + 0.52 TBD + A x = 0,

(1)

∑ Fy = 0, Ejemplo 6.6. La barra de la figura de masa 20 kg y longitud 5 m, se mantiene en la posición indicada mediante una articulación de rótula en el extremo A, la cuerda BC, y la cuerda BD. La barra se encuentra en el plano yz. Encuentre a) la tensión en cada cuerda, y b) la reacción en el extremo A. z

1.5 m C 3.5 m

2.5 m

B

D 3m 2m A y x

Solución De acuerdo con el diagrama espacial y la información dada en el enunciado, el diagrama de cuerpo libre para la barra es como se muestra en la figura. z

1.5 m C 3.5 m

TBC 2.5 m

B

TBD

−0.93 TBC − 0.83 TBD + Ay = 0,

(2)

∑ Fz = 0, 0.12 TBC − 0.21 TBD − 196 + Az = 0, (3).

∑ MO = 0, 3.27TBC + 1.65TBD − 392 = 0,

(4)

−1.05TBC + 1.56TBD = 0,

(5)

1.4TBC − 2.08TBD = 0.

(6)

Como se dispone de seis ecuaciones y hay cinco incógnitas, el problema tiene solución numérica. a) Utilizando las ecuaciones (5) y (4), se encuentra que la magnitud de la tensión en cada cuerda, está dada por TBC = 89.49 N,

(7)

TBD = 60.23 N.

(8)

b) Reemplazando las ecuaciones (7) y (8) en las ecuaciones (1), (2) y (3), se encuentra que las componentes de reacción en el extremo A, tienen los valores

D 2m

Ax A Az

196 N

3m

Ay y

A x ≈ 0,

(9)

Ay = 133.22 N,

(10)

Az = 197.91 N.

(11)

x

Teniendo en cuenta el diagrama de cuerpo libre para la barra, se encuentra que las fuerzas en componentes rectangulares están dadas por TBC = TBC (−0.35i − 0.93j + 0.12k),

Las ecuaciones (9), (10) y (11) indican que la reacción en A es paralela al plano yz, ya que la componente de reacción en x es nula. De este modo, la magnitud de la reacción en el extremo A de la barra, es

TBD = TBD (0.52i − 0.83j − 0.21k),

A = 238.57 N.

W = −(196 N)k,

Finalmente, mediante las ecuaciones (10) y (12), es posible demostrar que el ángulo que forma la reacción en A con el eje y, tiene el valor

A = A x i + Ay j + Az k. Como la barra se encuentra en equilibrio estático, sobre ella actúa un sistema fuerza par nulo.

θy = 56.05o .

(12)

9

6.3. ESTRUCTURAS EN EQUILIBRIO

Ejercicio 6.5. El dispositivo de la figura, conocido como grúa, permite levantar ó sostener cuerpos de gran masa M. La grúa está conectada en el extremo B mediante una articulación, y el brazo BC de longitud L = 3 m tiene una masa m = 100 kg y hace un ángulo de 45o con la horizontal. El cable CA forma un ángulo de 30o con la horizontal y puede soportar una tensión máxima de 10 kN. Encuentre la masa máxima que se puede levantar, bajo las condiciones indicadas. C L/12 M 30

45

o

o

B

A

Ejercicio 6.6. La plataforma rectangular de la figura es uniforme, tiene una masa de 200 kg, mide 2.56 m de longitud y 1.2 m de ancho. En A y B la plataforma está conectada mediante bisagras y sostenida por un cable fijo a las esquinas C y D que pasa por un gancho sin fricción E. Suponiendo que la bisagra en A no experimenta ninguna fuerza axial, determine a) la tensión en el cable, b) las reacciones en A y B. z

0.72 m

1.84 m E

1.8 m

x

0.24 m

0.24 mB A 1.2 m

D

varios cuerpos rígidos, unidos entre sí por diferentes tipos de conexiones y conocidos como estructuras. Particularmente, se consideran estructuras en equilibrio. En el análisis de estructuras es necesario tener muy clara la diferencia entre una fuerza externa, la cual es ejercida por otro cuerpo ajeno a la estructura, y fuerza interna, que es ejercida por una parte de la estructura sobre otra. Dentro de las estructuras se consideran aquellas conocidas como armaduras y de las cuales se analizan dos métodos que permiten determinar las fuerzas en cada uno de los componentes de la armadura, denominados método de los nodos y método de las secciones. Finalmente se estudian fuerzas en vigas y cables en reposo. Una escalera de tijera es un buen ejemplo de una estructura. Esta situación se analiza en el ejemplo 6.7 Ejemplo 6.7. La escalera de tijera mostrada en la figura, fue construida mediante dos escalerillas cada una de masa M y longitud L. Las escalerillas están conectadas mediante una bisagra en el extremo C y se mantienen unidas por medio de un miembro horizontal de longitud L/2, sujeto a los puntos medios de las dos escalerillas. a) Halle la reacción sobre la escalera en los puntos de apoyo A y B. b) Encuentre la fuerzas de reacción en los extremos del miembro horizontal. De acuerdo con el resultado obtenido, ¿el miembro horizontal está sometido a tensión o compresión? c) Determine las componentes de reacción en el extremo C, debido a la acción de una escalerilla sobre la otra.

y

C

C

L

6.3. Estructuras en equilibrio En la primera parte de esta unidad se analizaron situaciones en las cuales intervenía un sólo cuerpo, sobre el cual actúan fuerzas ejercidas por otros cuerpos, es decir, sobre él se ejercen únicamente fuerzas externas. En lo que sigue, se analizan cuerpos rígidos formados a su vez por

A

L/2

L

B

Solución Como la escalera se encuentra en equilibrio estático, cada uno de los cuerpos rígidos que la componen, también se encuentra en reposo. Por ello, es posible y necesario, tener en cuenta la escalera como un

10


todo y cada una de las partes que la conforman. Por tal razón, primero se hace el diagrama de cuerpo libre para la escalera completa y para cada una de las escalerillas. C

L Mg A

L/2

Mg

L L cos 60 − T1 sen 60 − NA L cos 60 = 0, 2 2 (4) +

→ ∑ Fx = 0, Cx − T1 = 0,

+ ↑ ∑ Fy = 0, NA − Mg + Cy = 0.

L

(6)

a) Mediante las ecuaciones (1) y (2), se encuentra que las reacciones en los apoyos A y B de la escalera, están dados por

Mg B

NA

NB

NA = NB = Mg.

L T1

(5)

Cx

C x’

Cy

C y’

T1’

T2’

Mg

T2

L Mg

NA

NB

En los diagramas de cuerpo libre, se observa que en la escalera completa únicamente aparecen los pesos de cada escalerilla y las reacciones en los apoyos A y B, por ser las fuerzas externas que actúan sobre ella. No aparecen las fuerzas de reacción en el extremo C ni las fuerzas generadas por el miembro horizontal, ya que son fuerzas internas para la escalera completa, mas no para cada una de las escalerillas. Ahora se plantean las ecuaciones de equilibrio estático, necesarias para obtener el valor de las cantidades pedidas en el enunciado. Ecuaciones de equilibrio para la escalera completa

∑ MA = 0, L L NB L − Mg (1 + cos 60) − Mg cos 60 = 0. 2 2 (1) ∑ MB = 0, L L Mg (1 + cos 60) + Mg cos 60 − NA L = 0. 2 2 (2) + ↑ ∑ Fy = 0, NA + NA − Mg − Mg = 0.

(3)

Ecuaciones de equilibrio para la escalerilla izquierda ∑ MC = 0,

(7)

b) Fuerza de reacción que actúa en los extremos del miembro horizontal. De acuerdo con la tercera ley de Newton, se debe tener en cuenta que si T1 es la fuerza que el miembro ejerce sobre la escalerilla, T1′ es la fuerza que la escalerilla ejerce sobre el miembro horizontal. De acuerdo con lo anterior y empleando las ecuaciones (4) y (7), se obtiene T1 = T1′ = −0.58Mg.

(8)

El signo menos significa que en los diagramas de cuerpo libre las fuerzas T1 y T1′ tienen sentidos opuestos. Por lo tanto, la fuerza T1′ actúa hacia la izquierda sobre el miembro horizontal y como este se encuentra estático, la fuerza T2′ actúa hacia la derecha, indicando con esto que el miembro horizontal está sometido a tensión, ya que las fuerzas que actúan sobre él tienden incrementar su longitud. c) Las reacciones Cx y Cy , debido a la conexión que existe entre las dos escalerillas, se obtienen con ayuda de las ecuaciones (5), (6), (7) y (8), encontrando que Cx = −0.58Mg, Cy = 0. El signo menos en la componente Cx , indica que el sentido de la fuerza correspondiente es opuesto al mostrado en el diagrama de cuerpo libre.

Teniendo en cuenta la forma como se construyen las diferentes estructuras, es posible distinguir entre tres tipos de ellas, como se describe en lo que sigue.

11


Armadura Es una estructura fija y estable, formada por elementos rectos unidos en sus extremos por medio de pasadores. Se construyen para soportar cargas y de tal forma que en cada extremo actúa una fuerza cuya línea de acción es paralela al elemento mismo, es decir, es una fuerza longitudinal. Las dos fuerzas en los extremos deben cumplir la condición de ser opuestas y de igual magnitud, para garantizar el equilibrio estático. Armaduras para puentes, armaduras para torres de energía y armaduras para techos, son ejemplos de este tipo de estructuras. Armazón Igual que una armadura, es una estructura fija y estable, formada por elementos rectos. Se construyen para soportar cargas y a diferencia de una armadura, en los extremos pueden actuar dos ó más fuerzas cuyas líneas de acción no tienen que ser paralelas al elemento. De este modo, la única diferencia con la armadura, se presenta debido a que hay elementos de fuerza múltiple. La escalera de tijera, es un ejemplo de armazón. Máquina

plana, a diferencia de una armadura en el espacio, en la cual los elementos se encuentran en diferentes planos. Las armaduras se construyen del modo indicado, buscando que las fuerzas o cargas sobre los diferentes elementos se concentren en los nodos, esto es, en los extremos de los elementos. Aunque generalmente se desprecia el peso de los elementos de una armadura frente a las cargas que esta soporta, cuando este no sea despreciable, su peso se supone que actúa sobre los nodos, la mitad en cada nodo. Se debe tener claro que el peso es una fuerza externa que actúa sobre la armadura completa, mientras que las fuerzas sobre cada elemento, corresponden a fuerzas internas en la armadura completa. Como las fuerzas sobre un miembro de una armadura, actúan en los extremos y son longitudinales, estos pueden estar sometidos a tensión o compresión. Es decir, si las fuerzas tratan de estirar o incrementar la longitud del elemento, se dice que está sometido a tensión; de otro modo, si las fuerzas tienden a comprimir o reducir la longitud del miembro, se dice que está sometido a compresión. Las dos situaciones se muestran en le figura 6.3 Tensión

A diferencia de las estructuras anteriores, una máquina tiene partes móviles, se construye para Compresión transmitir y cambiar fuerzas, y tiene por lo menos un elemento de fuerza múltiple. Un alicate, una llave de contención o una retroex- Figura 6.3: Miembro sometido a tensión o comprecavadora, son ejemplos de máquinas. sión.

6.3.1.

Análisis de una armadura

Como fue definida antes, una armadura está constituida por varios elementos rectos de dos fuerzas y es una estructura estable, utilizada tanto en puentes y como en edificios. Los diferentes elementos que conforman una armadura, se conectan en sus extremos o nodos (nudos) por medio de pasadores. Cuando todos los elementos de una armadura se encuentran en el mismo plano, se habla de una armadura

En las figuras 6.4, se muestran diversas armaduras con los nombres asociados a cada una de ellas y que son empleadas en estructuras para techos. Igualmente, en las figuras 6.5 se tienen armaduras que se utilizan en estructuras para puentes, cada una con el nombre asignado. Con el fin simplificar el análisis de una armadura real, se hacen las siguientes aproximaciones, las cuales permiten considerarla como una armadura ideal.

12


Armadura Fink

Armadura Howe

Armadura Howe

Armadura Pratt

Armadura Pratt

Armadura Warren

Fink compuesta

Warren modificada

Figura 6.4: Armadura utilizadas en techos.

Figura 6.5: Armadura empleadas en puentes.

F 1. Los miembros o elementos de la armadura se consideran rectos y delgados, esto es, se desprecia su espesor. 2. Los nudos o nodos donde se unen los diferentes elementos de la armadura se representados mediante puntos.

A F

B A

F’ FAP

Nodo o nudo F’AP F’PA FPA

B

F’

Figura 6.6: Fuerzas en elementos y nodos. 3. Los nudos, que en realidad son pasadores, se asume que son lisos, es decir que no prepasador ejerce sobre el extremo de un elemensentan fricción. to, es de igual magnitud y sentido opuesto a la 4. Cuando los pesos de los elementos son fuerza que el elemento ejerce sobre el pasador. comparables con las cargas aplicadas a la Teniendo en cuenta la deformación o no de armadura, se aplican en los extremos del una armadura, estas se dividen en armaduras miembro, de lo contrario se toman como estables y armaduras inestables. despreciables. Armadura estable o rígida: Es una armadura que no cambia su configuración debido a las 5. En lo que respecta a las cargas aplicadas a cargas aplicadas y a las reacciones en sus couna armadura, se consideran como cargas nexiones o apoyos. Una armadura estable esconcentradas en lo nudos. tá conformada de tal manera que sus elemen6. Los miembros y caras de una armadura tos forman triángulos. Por ello, la armadura estable más estable que existe es triangular. Una plana se toman en el mismo plano. armadura que se construye tomando como base De acuerdo con lo anterior, la fuerza que se un triángulo, se denomina armadura simple. ejerce sobre un elemento, debido a la acción Armadura inestable o no rígida: Es una armaduejercida por el pasador liso, está dirigida a lo ra que se deforma como consecuencia de las largo del miembro. Como se ilustra en la figu- cargas aplicadas y de las reacciones en sus cora 6.6. nexiones o apoyos. Una armadura inestable esEn la figura 6.6 se ha tenido en cuenta la ter- tá constituida de tal forma que sus elementos cera ley de Newton, es decir, la fuerza que un pueden formar polígonos de más de tres lados.

13


Por ello, la armadura inestable más sencilla co- Método de los nodos rresponde a una armadura rectangular. El método de los nudos o nodos, está basado en el equilibrio de una partícula, ya que el punto 6.3.2. Armadura simple o estáticamente de unión de varios elementos de la armadura se determinada encuentra estático, cuando la armadura está en Una armadura es simple cuando en ella se reposo. Lo anterior indica que por cada nodo se pueden determinar todas las incógnitas aplicando, las condiciones que garantizan su equilibrio. dispone de dos ecuaciones de equilibrio linealPara una armadura simple, construida con m mente independientes. Por lo tanto, si en la arelementos, apoyada o conectada de tal forma madura hay un total de j nodos, para resolverque actúan r reacciones y con un total de j no- la completamente, es necesario resolver 2j ecuaciones linealmente independientes. dos, se satisface la expresión En el método de los nodos o nudos para rem + r = 2j. (6.6) solver completamente una armadura, se deben seguir los pasos que a continuación se deLo anterior es posible comprobarlo con cada de scriben. las armaduras simples mostradas en las figuras 6.4 y 6.5. 1. Primero se debe tener mucha claridad soEl térmico de la izquierda, m + r, en la bre el diagrama espacial de la armadura ecuación (6.6), corresponde al número total de a analizar, identificando por inspección si incógnitas a determinar en una armadura y existen miembros de fuerza cero. el término a de la derecha, 2j, es el número 2. El paso siguiente tiene que ver con la reade ecuaciones linealmente independientes, que lización del diagrama de cuerpo libre de la permiten resolver completamente una armaduarmadura completa, que permite hallar las ra. reacciones generadas por las conexiones y En el caso de no poder determinar todas las apoyos. incógnitas mediante condiciones de equilibrio, se dice que la armadura es estáticamente indeterminada. Cuando esta situación se presenta es necesario hacer una análisis de las deformaciones que se presentan en los miembros de la armadura. Lo anterior indica que el número de incógnitas es mayor que el número máximo de ecuaciones de equilibrio linealmente independientes, es decir, (m + r > 2j). Para hallar las fuerzas que actúan sobre los miembros o elementos de una armadura, se dispone del método de los nodos que permite conocer las fuerzas en todos los elementos de la armadura y el método de las sesiones mediante el cual es posible encontrar las fuerzas que actúan en algunos miembros de la armadura. Independiente del método a emplear, cuando se hace el análisis de una armadura, por inspección se deben encontrar los miembros o elementos de fuerza cero o nula, ya que esto puede simplificar en buena medida los procedimientos involucrados.

3. Luego se eligen los nodos más adecuados y se hace el diagrama de cuerpo libre para cada uno de ellos. 4. En este paso se plantean las ecuaciones de equilibrio estático para la armadura completa y para cada nodo. 5. Finalmente, se resuelve el sistema de ecuaciones obtenido, hasta encontrar tanto las fuerzas externas como internas, determinando si cada uno de los miembros de la armadura se encuentra en tensión o compresión. Ejemplo 6.8. Mediante un rodillo, la armadura para techo de la figura, está apoyada en A a una superficie horizontal y conectada a una articulación en D. En el nodo C se aplica una carga de 100 N. a) Encuentre las fuerzas de reacción debidas a agentes externos. b)

14


Halle las fuerzas en todos los miembros de la armadura. c) Determine, para cada elemento de la armadura, si está sometido a tensión o compresión.

B 30

A

C

o

30

o

Donde AC = CD = L/2. De forma similar y utilizando los diagramas de cuerpo libre para cada uno de los nodos, las ecuaciones que garantizan el equilibrio estático para cada nodo, están dadas por Nodo A +

→ ∑ Fx = 0,

D

TAC − TAB cos 30 = 0.

100 N Solución De acuerdo con los pasos a seguir, primero se deben hacer los diagramas de cuerpo libre de la armadura completa y de cada uno de los nodos, como se muestra en la figura siguiente.

+ ↑ ∑ Fy = 0, A − TAB sen 30 = 0. Nodo C

TBC − 100 = 0. Nodo D

C

30o

a) Fuerzas de reacción en la conexión y en el apoyo. Por las ecuaciones (1), (2) y (3), se encuentra que las componentes de reacción en A y en D, están dadas por

(8)

Dv = 50 N, Dv = 0 y A = 50 N.

C

30o

100 N

D Dh Dv

En este caso no se tienen elementos de fuerza cero. Teniendo en cuenta los diagramas de cuerpo libre, las ecuaciones que garantizan el estado de reposo de la armadura completa, tienen la forma

∑ MA = 0, Dv L − 100

L = 0. 2

(1)

∑ MD = 0, 100

+

→ ∑ Fx = 0,

Dv

B o

(7)

Dh + TBD cos 30 − TCD = 0.

100 N

30

(6)

D Dh

Para cada nodo

A A

+

+ ↑ ∑ Fy = 0,

B 30o

(5)

→ ∑ Fx = 0, TCD − TAC = 0.

Armadura completa

A A

(4)

L − AL = 0. 2

(2)

+

→ ∑ Fx = 0, Dh = 0.

(3)

b)Fuerzas en los miembros de la armadura. Mediante las ecuaciones (4), (5), (6), (7) y (8), permiten saber que los valores de las fuerzas en cada miembro son TAB = TBC = TBD = 100 N, TAC = TCD = 86.60 N. c) Para saber si cada elemento está sometido a tensión o compresión, es necesario tener en cuenta la tercera de Newton, ya que en los diagramas de cuerpo libre se consideran las fuerzas que los elementos ejercen sobre los nodos y nos interesan las fuerzas que los nodos ejercen sobre los elementos. Teniendo en cuenta lo anterior, los miembros AB y BD están sometidos a compresión, mientras que los elementos AC, BC y CD están sometidos a tensión.

15


Método de las secciones A diferencia del método de los nudos, el método de las secciones está basado en el equilibrio de un cuerpo rígido de una porción de la armadura, ya que si armadura completa está en equilibrio, parte de ella también lo está. En este caso, se dispone entonces de seis ecuaciones simultáneas linealmente independientes. Tres de ellas asociadas a la armadura completa y de las cuales es posible conocer las reacciones en los apoyos y conexiones y las otras tres que surgen al imponer las condiciones de equilibrio a la porción de la armadura, y mediante las cuales es posible conocer las fuerzas longitudinales que actúan como máximo en tres elementos de la armadura. Si no es necesario conocer las fuerzas que actúan sobre todos los miembros de una armadura, sino sobre algunos de ellos, el método más adecuado es el de las secciones, y los pasos a seguir son

Ejemplo 6.9. La armadura de la figura está conectada a una pared mediante una articulación y apoyada en ella mediante un rodillo. a) Halle las componentes de reacción en los puntos D y E. b) Determine las fuerzas en los miembros CD, BD y BE. c) Teniendo en cuenta los resultados del numeral anterior, diga si los miembros CD, BD y BE se encuentran sometidos a tensión o compresión.

4m C

4m A 4

3. A continuación se elige la porción de la armadura que incluya los miembros de interés y se hace el diagrama de cuerpo libre correspondiente. En la porción se debe incluir como mínimo un elemento completo.

B 3 5 kN

E

Solución De acuerdo con la conexión y el apoyo de la armadura, el diagrama de cuerpo libre para la armadura completa, tiene la forma mostrada en la figura.

1. Inicialmente hay que tener mucha claridad sobre el diagrama espacial de la armadura a analizar, identificando por inspección si existen miembros de fuerza cero. 2. Luego se obtiene el diagrama de cuerpo libre de la armadura completa, mediante el cual es posible hallar las reacciones generadas por las conexiones y apoyos.

4m D

4m C

4m D

Dx Dy 4 m

A 4

B 3 5 kN

E E

Tomando la porción izquierda de la armadura ABC, el diagrama de cuerpo libre correspondiente es el mostrado en la figura.

4m C

4m D TCD

4m 4. De acuerdo con los dos diagramas de cuerpo libre, se plantean las ecuaciones de equilibrio estático para la armadura completa y para la porción de interés. 5. Por último, se resuelve el sistema de seis ecuaciones simultáneas, encontrando tanto las fuerzas externas como internas, determinando si en cada uno de los miembros de interés se encuentra en tensión o compresión.

A 4

TBD

B 3 5 kN

TBE

Las ecuaciones de equilibrio para la armadura completa, están dadas por

∑ MD = 0, 4 3 5 4 + 5 8 − E4 = 0. 5 5 ∑ ME = 0,

(1)

16


4 5 8 − Dx 4 = 0. 5 + ↑ ∑ Fy = 0,

(2)

4 Dy − 5 = 0. (3) 5 Para la porción izquierda de la armadura, se tienen las siguientes ecuaciones de equilibrio.

∑ MD = 0, 4 3 (4) 5 4 + 5 8 − TBE 4 = 0. 5 5 4 5 4 − TCD 4 = 0. (5) 5 + ↑ ∑ Fy = 0, √ 2 4 TBD − 5 = 0. (6) 2 5 a) Componentes de reacción en D y E. Empleando las ecuaciones (1), (2) y (3), se encuentra que

6.4.

Fuerzas en vigas

En las secciones anteriores se han analizado situaciones de partículas y cuerpos rígidos en equilibrio, particularmente armaduras simples. En los métodos estudiados ha sido posible determinar las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido, debido al tipo de conexión o apoyo que le permite estar es reposo. En el caso de una armadura simple, se analizaron dos métodos que hacen posible determinar las fuerzas que mantienen unidos los elemento de ella. En la primera parte de esta sección, se estudian las fuerzas en vigas, esto es, se consideran las fuerzas que mantienen unido un elemento determinado de una estructura. En la segunda parte de la sección, se analizan los efectos generados por fuerzas concentradas y distribuidas en cables.

E = 11 kN, Dx = 8 kN y Dy = 4 kN, donde el signo menos significa que la componente de reacción horizontal en D, tiene sentido opuesto al tomado en el diagrama de cuerpo libre. b) Las fuerzas longitudinales sobre los miembros CD, BD y BE se obtienen mediante las ecuaciones (4), (5) y (6), llegando a TCD = 4 kN, TBD = 5.66 kN y TBE = 11 kN. c) De acuerdo con los resultados del numeral anterior, los sentidos considerados para las fuerzas sobre los tres elementos en la porción de la armadura, son los verdaderos. Por lo tanto, al utilizar la tercera ley de Newton se llega a concluir: los elementos BD y CD están sometidos a tensión y el elemento BE a compresión. Ejercicio 6.7. Resuelva la situación planteada en el ejemplo 6.10, tomando la porción derecha de la armadura. Ejercicio 6.8. Determine las fuerzas en los miembros AB, BC y AC de la armadura considerada en el ejemplo 6.10.

6.4.1.

Vigas

Una viga se define como una elemento delgado y prismático, que puede ser recto o curvo, y se construye de tal forma que soporta cargas a lo largo de su longitud, que tienden a generar deflexiones transversales. Las vigas son de utilidad en estructuras tales como puentes, edificios y aviones. Las vigas pueden soportar fuerzas concentradas, fuerzas distribuidas y pares a lo largo de su longitud. Hasta este momento, a los cuerpos se les ha aplicado fuerzas que actúan en un punto, es decir, fuerzas concentradas. A una viga también se le pueden aplicar fuerzas que están distribuidas sobre varios puntos de ella, o sea, fuerzas distribuidas. En la figura 6.7 se muestra una viga sobre la cual actúan, simultáneamente, dos fuerzas concentradas de 10 N y 25 N; dos pares de 50 N · m y 120 N · m; y una fuerza uniformemente distribuida distribuida de 15 N · m−1 Cuando actúa una fuerza distribuida sobre una viga, es posible reemplazarla por una fuerza concentrada equivalente, aplicándola en el punto adecuado. A la viga de la figura 6.8 se le aplica una fuerza distribuida de 35 N · m−1 ,

17

6.4. FUERZAS EN VIGAS

10 N

50 N m

-1

15 N m

viga es estáticamente determinada ó estáticamente indeterminada? Explique.

25 N 120 N m

Figura 6.7: Viga sometida a dos fuerzas concentradas, una fuerza distribuida y dos pares. que actúa sobre una longitud de 2 m. -1

35 N m 2m

Figura 6.8: Viga sometida a una fuerza distribuida. En este caso, la fuerza concentrada equivalente tiene una magnitud de 35 N · m−1 × 2 m = 70 N y su punto de aplicación se encuentra a 1 m del extremo derecho, como se ilustra en la figura 6.9. Si la fuerza no está uniformemente distribuida sobre la viga, el punto de aplicación de la fuerza concentrada equivalente, se debe calcular utilizando los métodos empleados en el análisis de centroides y centros de gravedad, que no corresponde a los temas de este curso.

70 N

1m Figura 6.9: Fuerza concentrada equivalente.

Se tiene una viga en voladizo cuando solo está conectada o empotrada en uno de sus extremos, es decir, cuando se le impide cualquier tipo de movimiento a dicho extremo. También se habla de una viga con voladizo, cuando no está conectada o apoyada en uno o los dos extremos. Una viga simple es aquella que esta apoyada por medio de un rodillo en uno de sus extremos y conectada a una articulación en el otro, es decir, cuando es estáticamente determinada, ya que el número de reacciones debido a los apoyos o conexiones es igual al número de incógnitas. En lo que sigue y como lo permite la física, se consideran vigas estáticamente determinadas, esto es, cuando las condiciones de equilibrio son suficientes para determinar las reacciones desconocidas, en otras palabras, cuando el número de ecuaciones coincide con el número de incógnitas. Cuando aparecen más incógnitas que ecuaciones, es necesario recurrir a los métodos de resistencia de materiales, con el fin imponer nuevas condiciones que permitan el análisis completo de la viga. Primero se considera un elemento recto de dos fuerzas, sometido a tensión en sus extremos, como se muestra en la figura 6.10.

C

-F A -FA

CF

BF

-F C B F

Las vigas pueden estar apoyadas o conecFigura 6.10: Elemento sometido a tensión. tadas por medio de articulaciones, pasadores o rodillos. Igual que en el caso de una armadura, En la figura 6.10 se asume que el miembro AB una viga está estáticamente determinada cuanse encuentra estático, sometido a tensión por do el número máximo de incógnitas, debido a las reacciones en los apoyos o conexiones, es las fuerzas F y −F. Si se lleva a cabo un corte hipotético de dicho miembro en C, se tienen las tres. porciones AC y CB que también deben estar en equilibrio estático. Por ello, si CB ejerce la fuerza Pregunta F sobre AC, por la tercera ley de Newton se Una viga está conectada: (a) A dos artictiene que AC ejerce la fuerza −F sobre CB. Lo ulaciones, (b) a dos patines y una articuanterior indica que estas fuerzas internas son las lación y (c) tres patines. Para cada caso, ¿la

18


que permiten mantener unidas las dos partes del miembro, existen siempre que el elemento esté sometido a tensión y se conoce como fuerza axial. Ahora, se analiza un miembro recto de dos fuerzas pero sometido a compresión, como se ilustra en la figura 6.11.

C

-F A -FA

BF

C F -F C

BF

Figura 6.11: Miembro sometido a compresión. En la figura 6.11 se asume que el miembro AB se encuentra en reposo, sometido a compresión mediante las fuerzas F y −F. Si se lleva a cabo el corte hipotético de dicho miembro en C, se tienen las porciones AC y CB que también deben estar en equilibrio estático. Por ello, si CB ejerce la fuerza F sobre AC, por la tercera ley de Newton se tiene que AC ejerce la fuerza −F sobre CB. Lo anterior indica que estas fuerzas internas son las que permiten mantener unidas las dos partes del miembro, existen mientras el miembro esté sometido a compresión y es una fuerza axial. Como la sección C es arbitraria, se tiene que la magnitud F de la fuerza interna es la misma en cualquier sección del elemento y se habla de la fuerza en el miembro AB. Ahora se considera un miembro estático, sobre el cual actúan simultáneamente varias fuerzas, tal como en el elemento AB mostrado en la figura 6.12. Q2 Qh A Qv Q2

C

B

P

de traslación como de rotación sobre ella. Al hacer un corte hipotético en la sección C, las dos partes de la viga continúan en reposo, por lo que actúa una fuerza axial de magnitud Fh y una fuerza cortante Fv , para garantizar que la fuerza neta sea nula sobre cada parte del elemento. Adicionalmente, se tiene un momento de flexión con magnitud M, el cual garantiza que el momento total sea nulo sobre cada porción del miembro. Cuando se desea conocer en un elemento de una estructura, la fuerza axial, la fuerza cortante y el momento de flexión, se deben seguir los siguientes pasos 1. Primero se debe tener claridad sobre el diagrama espacial de la estructura. 2. A continuación se hace el diagrama de cuerpo libre de la estructura completa, mediante el cual será posible determinar las reacciones generadas por las conexiones y apoyos. 3. Como paso siguiente, se hace un corte transversal en el elemento que contenga la sección de interés. 4. Luego se hace el diagrama de cuerpo libre el cual incluye la fuerza axial, la fuerza cortante y el momento de flexión en el corte. 5. Apoyándose en los diagramas de cuerpo libre, se plantean las ecuaciones de equilibrio para la estructura completa y para el elemento donde se realizó el corte. 6. Finalmente se resuelve el sistema de ecuaciones, para obtener la información solicitada.

En lo que sigue se aplican cargas transversales, esto es, perpendiculares a las viga, lo cual Qh1 A C Fh -Fh C B P1 genera una simplificación puesto que no será -M M QV2 -Fv Fv necesario analizar efectos axiales sobre la viga. P2 De este modo, el análisis se reduce a analizar los efectos cortantes y los efectos de flexión a lo Figura 6.12: Miembro de varias fuerzas. largo de la viga.Este caso se presenta con freEn este caso, las fuerzas externas que actúan cuencia cuando se utilizan vigas en diferentes sobre la viga tienden a imprimir efectos tanto situaciones reales. P2

19

6.4. FUERZAS EN VIGAS

Es costumbre utilizar la convención que a continuación se describe, para el análisis de vigas. En el caso más general, se considera una viga simple conectada tanto a una articulación, como a un patín y sometida a cargas transversales y pares a lo largo de su longitud. C

(a)

(b) (c) M

V´ (d)

V

M´

presión dM dx , que permite comprobar si los resultados obtenidos para cada corte de la viga son los correctos. V=

Ejemplo 6.10. Sobre la barra de la figura, que está articulada en el extremo A y apoyada en el extremo B mediante un rodillo, se aplican la carga y el par mostrados. a) Halle las componentes de reacción en cada uno de los extremos de la barra. b) Encuentre la fuerza axial, la fuerza cortante y el momento de flexión en el corte realizado en el punto C.

Figura 6.13: Fuerza cortante y momento de flexión. Luego de hacer un corte C en la viga de la figura 6.13(a), puede ocurrir que las fuerzas externas, reacciones y cargas, tiendan a desplazar la porción izquierda de la viga verticalmente hacia arriba, respecto a la porción derecha, como se ilustra en la figura 6.13(b). Esto hace que la fuerza cortante que la porción derecha ejerce sobre la porción izquierda, esté dirigida verticalmente hacia abajo. Ahora, por la tercera ley de Newton sobre la porción derecha la fuerza cortante está dirigida verticalmente hacia arriba como se muestra en la figura 6.13(d). Igualmente, puede ocurrir que las fuerzas externas y los pares, tiendan a flexionar la viga como en la figura 6.13(c). En este caso sobre la viga actuaría un par con efectos de rotación en sentido horario sobre la porción izquierda y otro en sentido antihorario sobre la porción derecha. Por esta razón, en el corte C se tendría un momento flexionante con efectos de rotación, en sentido antihorario sobre la porción izquierda y un momento flexionante con efectos de rotación en sentido horario sobre la porción derecha de la viga, como se ilustra en la figura 6.13(d). Lo anterior, se tomará como convención para dibujar la fuerza cortante y el momento de flexión en las porciones izquierda y derecha en el corte de una viga. Es posible demostrar que entre la fuerza cortante y el momento de flexión se satisface la ex-

20 kN

C

A

B 0.5 m

1m

0.5 m

1.5 N m

Solución Primero se hacen los diagramas de cuerpo libre para la barra y para cada porción de la barra luego del corte. 20 kN Ax

A Ay

B

0.5 m

1m

0.5 m B

M1

A Ay

x V1

20 kN

M2

A Ay

1.5 N m

1.5 m

V2

x Ecuaciones de equilibrio estático Barra completa +

→ ∑ Fx = 0, A x = 0.

(1)

∑ MA = 0, B2 − 20 × 103 (1.5) − 1.5 = 0.

(2)

∑ MB = 0, 20 × 103 (0.5) − Ay 2 − 1.5 = 0. Porción izquierda AC +

→ ∑ Fx = 0,

(3)

20


A x − Fh = 0.

(4)

+ ↑ ∑ Fy = 0, Ay − Fv = 0.

(5)

∑ MA = 0, M − Fv 0.5 = 0.

(6)

a) Componentes de reacción en los extremos A y B Mediante las ecuaciones (1), (2) y (3), se encuentra A x = 0.

(7)

B = 15 kN.

(8)

Ay = 5 kN.

(9)

b) Utilizando los resultados dados por las ecuaciones (7), (8) y (9), en las ecuaciones (4), (5) y (6), se llega a Fh = 0. Fv = 5 kN. M = 2.5 kN · m.

Modulos Completos de Bernardo Arenas

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