Sistema Variables de Masa

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Sistemas de masa variable

Cohetes

Formulación discreta de las ecuaciones del movimiento de un cohete. Un cohete expulsa una fracción m de su combustible a intervalos de tiempos fijos (por ejemplo, cada segundo), con una velocidad u respecto del cohete. Este es un  problema similar al de de un patinador de masa M  masa M  en  en una pista de hielo que arroja repetidamente bolas de masa m con velocidad constante u respecto del patinador o un vehículo propulsado por los proyectiles disparados, que disparados,  que se ha descrito en la sección choques de este capítulo. Supondremos que el cohete está en el espacio exterior y por tanto, no actúa ninguna fuerza exterior sobre el mismo. Para calcular la velocidad del cohete a medida que va expulsando el combustible aplicamos el principio el  principio de conservación conservación del momento lineal.. lineal

El cohete tiene una masa M  masa  M  que  que incluye la carga útil, el combustible y la masa del depósito que lo contiene. Supondremos que el cohete expulsa n fracciones de combustible de masa m a intervalos fijos de tiempo, es decir, en los instantes 0, !t, 2"!t... t...((nn-1) 1) "!t , alcanzando la velocidad en v1, v2, ....v ....vn, tal como se muestra en la figura.

Velocidad del cohete 1. En el intervalo (0-!t ) En el instante inicial t =0, =0, expulsa una fracción m de combustible con una velocidad u respecto del cohete. El cohete pierde una masa m y adquiere una velocidad v1. Si el cohete estaba inicialmente en reposo, su momento lineal es cero. Por tanto, la suma del momento lineal del cohete más el momento lineal del combustible expulsado debe dar cero.

( M-m)  M-m)v1+m +m((-u -u))=0 v1 =

m ·  u  M  −  − m

El cohete se moverá con velocidad constante v1 en el intervalo de tiempo 0-!t . La fracción m del combustible expulsado se moverá con velocidad constante – u. 2. En el intervalo (!t-2!t ) En el instante

!t ,

el cohete expulsa otra fracción m de combustible con velocidad u respecto del cohete o v1-u

respecto de Tierra. El cohete pierde otra masa m y adquiere una velocidad v2. El momento lineal inicial del cohete ( M-m ( M-m))v1 es igual al momento final del cohete más el de la fracción m del combustible expulsado. ( M-2  M-2m)v2+m +m((v1-u -u))= ( M-m)  M-m)v1 v2 = v1 +

m ·  u  M  −  − 2m

= mu

1

1

( M  − − m +  M  − − 2m )

El cohete se moverá con velocidad constante v2 en el intervalo de tiempo !t  -2  -2!t . La fracción m del combustible expulsado se moverá con velocidad constante v1-u -u.. 3. En el intervalo (2!t-3!t ) En el instante 2!t , el cohete expulsa otra fracción m de combustible con velocidad u respecto del cohete o v2-u respecto de Tierra. El cohete pierde otra masa m y adquiere una velocidad v3. Aplicando el principio de conservación del momento lineal, despejamos v3. ( M-3  M-3m)v3+m +m((v2-u -u))= ( M-2  M-2m)v2

v3 = v2 +

m ·  u  M  −  − 3m

= mu

1

( M  − − m

+

1  M  −  − 2m

+

1  M  −  − 3m

)

El cohete se moverá con velocidad constante v3 en el intervalo de tiempo 2 !t  -3  -3!t . La fracción m del combustible expulsado se moverá con velocidad constante v2-u -u.. 4. En el intervalo ((n-1)!t-n!t ) En el instante (n ( n-1)!t , el cohete expulsa la última fracción m de combustible con velocidad u respecto del cohete o vn-1-u -u respecto  respecto de Tierra. El cohete pierde otra masa m y adquiere una velocidad vn. vn =  mu

1

( M  − − m

+

1  M  −  − 2m

+ .. +

1  M  −  − n ·  m

)

n

= mu

1

∑  M  −  − i ·  m i=1

El cohete se moverá con velocidad constante vn en a partir del instante t =(n =(n-1)! t . La última fracción m del combustible expulsado se moverá con velocidad constante vn-1-u -u..

Momento lineal En el intervalo de tiempo comprendido entre ( i-1 i-1))"!t  -i  -i"!t  el  el momento lineal del cohete es  P c=( M-i·m)  M-i·m)vi El momento lineal del combustible expulsado, como podemos comprobar en la primera figura es  P  g =m =m((-u -u))+m +m((v1-u -u))+m +m((v2-u -u))+…m +…m((vi-1-u -u)) La conservación del momento lineal del sistema aislado formado por el cohete y el combustible que expulsa, exige que ambos momentos sean iguales y de sentido contrario . P c+P   g =0.

Energía La energía final del sistema, sistema , es la suma de la energía cinética del cohete E  cohete  E c con velocidad final vn, y la energía cinética E  cinética  E  (v1-u), (v2-u -u))… (vn-1-u -u), ),  g  de las fracciones de masa m de combustible expulsados con velocidad (- u), (v respectivamente.

 E c =

2

 m)) vn  − n ·  m ( M  −

 E g =

1 2

n−1

2

m · (−u) +

1 2

m(vi − u) ∑ i=1

2

Desplazamiento El desplazamiento en el intervalo de tiempo (0- !t ) es x es x1=v1"!t  El desplazamiento en el intervalo de tiempo ( !tt-2 2!t ), ), vale x vale x2=v2"!t  El desplazamiento en el intervalo de tiempo (2 !tt-3 3!t ), ), vale x vale x3=v3"!t  El desplazamiento total en el intervalo de tiempo (0- n·!t ) será n

 x =

∑ i=1

n

 xi =

Δt  ·

∑ i=1

n

vi =

Δt  ·  mu

·

i

1

∑ ∑  M  −  − m ·  j i=1  j=1

Del modelo discreto al continuo El paso del modelo discreto al modelo continuo, continuo , que veremos en la siguiente página, implica incrementar el número n de fracciones de combustible de modo que la masa m de cada fracción sea cada vez más reducida. En el límite, cuando n tienda a infinito, la masa de cada fracción será una cantidad infinitesimal dm dm.. Vamos a comparar  las predicciones del modelo discreto frente a las del modelo continuo. La masa inicial M  inicial  M  es  es la suma de la carga útil, más el combustible y más la masa del recipiente que será  proporcional a la masa del del combustible que contiene contiene útil+(1+r  masa inicial  M  =carga útil+(1 +r ) ·combustible. donde r  es  es del orden del 5% ó 0.05. Tomaremos el intervalo de tiempo !t  =1  =1 s. De modo que, la primera fracción de combustible se expulsa en el instante t =0, =0, la segunda en el instante t =1 =1 s., la tercera en el instante t =2 =2 s, y así sucesivamente. El combustible se agota en el instante t= t=((nn-1) 1) s. Ejemplo 1:

Combustible en el cohete, 9000 kg Carga útil que transporta, 800 kg.  Número de fracciones, 3. La masa inicial del cohete es (carga útil+combustible+masa del depósito)  M =800+1.05 =800+1.05"9000=10250 kg. La masa de cada fracción de combustible es m=9000/3=3000 kg, y se expulsan en los instantes t =0, =0, t =1, =1, y t =2 =2 s. La velocidad con la que se expulsa cada una de las fracciones es u=2000 m/s constante respecto del cohete, y está fijada en el programa interactivo.

Modelo discreto Las velocidades del cohete en los intervalos de tiempo que se indican son 1 10250−1·3000

(0 − 1) s

v1 = 30 3000 · 2000

= 82 827.6 m/s

(1 − 2) s

v2 = v1 + 30 3 000 · 20 2 000 ( 10250

1

(2 − 3) s

v3 = v2 + 30 3 000 · 20 2 000 ( 10250

1

−2·3000 −3·3000

2239 39.3 .3 m/ m/ss ) = 22 7039 39.3 .3 m/ m/ss ) = 70

Inte In terv rval alo o (s) (s)

Masa Ma sa de dell coh cohet etee (kg (kg))

Vel eloc ocid idad ad co cohe hete te (m (m/s /s))

Velocidad del combustible (m/s)

0-1

10250-3000

827.6

-2000

1-2

10250-2"3000

2239.3

827.6-2000

2-3

10250-3"3000

7039.3

2239.3-2000

1. Desplazamiento del cohete cohete en el intervalo intervalo de (0- 3) s es el área bajo la curva escalonada. escalonada.

 x=827.6"1+2239.3"1+7039.3"1=10106.3 m. 2. Momento lineal final del cohete:  P c=(10250-3"3000)"7039.3=8799188.6 kg"m/s Momento lineal final de los gases expulsados:  P g=3000"(-2000)+3000"(827.6-2000)+3000"(2239.3-2000)=-8799188.6 kg"m/s. 3. Energía del cohete:  E c=(10250-3"3000)"7039.32/2=3.097"1010 J Energía de los gases expulsados:  E g=3000"(-2000)2/2+3000"(827.6-2000)2/2+3000"(2239.3-2000)2/2=8.148"109 J La energía total necesaria para que el cohete alcance la velocidad final de 7039.3 m/s es la suma de las dos contribuciones. 10  E = E c+ E   g =3.912"10  J

Modelo continuo. En la formulación continua, se queman 3000 kg de combustible cada segundo, D=3000 kg/s, resultando Velocidad final de v=4208 m/s Desplazamiento en el intervalo de tiempo (0-3)s es,  x=4246 m. Como vemos hay una gran diferencia entre las predicciones de ambos modelos Ejemplo 2:

Combustible en el cohete 9000 kg Carga útil que transporta 800 kg.  Número de fracciones 9. La masa inicial del cohete es (carga útil+combustible+masa del depósito)  M =800+1.05"9000=10250 kg. La masa de cada fracción de combustible es m=9000/9=1000 kg, y se expulsan en los instantes t =0, t =1, ... t =8 s. La velocidad de expulsión de cada una de las fracciones es de u=2000 m/s respecto del cohete, y está fijada en el  programa interactivo.

Modelo discreto Las velocidades del cohete en los intervalos de tiempo que se indican son Intervalo (s)

Masa del cohete (kg)

Velocidad cohete (m/s)

Velocidad del combustible (m/s)

0-1

9250

216.2

-2000

1-2

8250

458.6

216.2-2000

2-3

7250

734.5

458.6-2000

3-4

6250

1054.5

734.5-2000

4-5

5250

1435.5

1054.5-2000

5-6

4250

1906.0

1435.5-2000

6-7

3250

2521.4

1906.0-2000

7-8

2250

3410.3

2521.4-2000

8-9

1250

5010.3

3410.3-2000

1. El desplazamiento total del cohete en el intervalo (0-9) s es x=16747.4 m

2. El momento lineal final del cohete es P c=6262895.8 kg"m/s El momento lineal final del combustible expulsado es  P  g =-6262895.8 kg"m/s 3. La energía cinética del cohete es E c=1.57"1010 J La energía cinética del combustible expulsado es  E  g =7.32 109 J. La energía total es E = E c+ E  g =2.30"1010 J.

Modelo continuo En la formulación continua, se queman 1000 kg de combustible cada segundo, D=1000 kg/s, resultando Velocidad final de v=4208 m/s. Desplazamiento en el intervalo de tiempo (0-9) s es,  x=12740 m. Los resultados del modelo discreto se van acercando a los del modelo continuo. Fijarse que en el modelo continuo, la velocidad final del cohete es independiente de  D, la cantidad de combustible quemado en la unidad de tiempo.

Actividades Se introduce El combustible c, en el control de edición titulado Combustible en el cohete La carga útil que transporta, en el control de edición titulado Carga útil que transporta El número n de fracciones de combustible de masa m=c/n, que se expulsan a intervalos regulares de tiempo, en el control de edición titulado Número de fracciones La velocidad de expulsión de cada una de las fracciones se ha fijado en u=2000 m/s respecto del cohete, Se pulsa el botón titulado Empieza En la parte inferior del applet, vemos el movimiento del cohete, en color azul, y el movimiento de las fracciones de combustible expulsados (en color rojo). En la parte superior izquierda, tenemos un conjunto de tres barras: La primera, señala el tanto por ciento de combustible (en color blanco) gastado y en color rojo el remanente. La segunda representa, el momento lineal del cohete (azul) y el momento lineal de los gases expulsados (en rojo), ambos momentos son iguales y de sentido contrario, de modo que el momento lineal total es cero. La tercera barra, representa la energía: la longitud total de la barra es la energía total disponible, la parte azul corresponde a la energía cinética del cohete, y la parte roja, la energía cinética de las fracciones de combustible expulsadas. Finalmente, tenemos la representación de la velocidad del cohete en función del tiempo. En color rojo la curva continua describe el perfil de la velocidad del cohete calculada siguiendo el modelo continuo. En color azul, tenemos una curva escalonada que representa el perfil de la velocidad del cohete calculada siguiendo el modelo discreto descrito en esta página. Probar con diversos valores del número de fracciones, por ejemplo n=3 y compararla con n=9. Veremos cómo a medida que se incrementa n las predicciones del modelo discreto se acercan a las del modelo continuo.

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Sistemas de masa variable

Cohetes

Un cohete de empuje constante Cohete de una etapa Cohete de dos etapas

En esta página, estudiaremos el movimiento de un cohete en el espacio exterior.

Movimiento vertical de un cohete (I)

Un cohete ordinario funciona a base de reacciones químicas que proporcionan una velocidad constante u de salida de los gases en el Sistema de Referencia en el cohete. Si la cantidad de combustible  D que se quema en la unidad de tiempo es constante, entonces el empuje que proporcionan al cohete los gases expulsados es también constante.

Movimiento vertical de un cohete (II) Descenso del módulo lunar 

En esta página, veremos que la velocidad final del cohete no depende de la cantidad D de combustible quemado en la unidad de tiempo, aunque el tiempo que tarda en alcanzar la velocidad máxima o el desplazamiento del cohete si dependen de esta cantidad.

Ecuación del movimiento Consideremos un cohete de masa inicial m que lleva una velocidad v respecto a un Sistema de Referencia Inercial (por ejemplo, la Tierra). En el instante t+!t , una masa ! µ se expulsa con una velocidad constante –u relativa al cohete, como consecuencia la masa restante (m-! µ) del cohete se incrementa en v+!v.

En el instante t  el cohete de masa m lleva una velocidad v. Su momento lineal es  p(t )=mv En el instante t+!t  El cohete tiene una masa m-! µ, su velocidad es v+!v. La masa expulsada ! µ lleva una velocidad –u respecto del cohete o una velocidad –u+ v, respecto de Tierra El momento lineal en este instante es  p(t+!t )=(m-! µ)(v+!v)+ ! µ(– u+ v) Si el cohete está en el espacio exterior, el sistema formado por el cohete y el combustible que expulsa es aislado, el momento lineal p permanece constante. La ecuación del movimiento del cohete es ! p=

p(t+!t )- p(t )=m·!v- u·! µ-!v·! µ=0

En el límite cuando m

dv dt 

−u

d  μ dt 

!t !0

=0

La masa M  del sistema formado por el cohete m y el combustible expulsado µ es constante M=µ+m, por lo que dµ+dm=0. La masa del cohete disminuye en dm y aumenta la masa del combustible expulsado en la misma cantidad. m

dv dt 

+ u

dm dt 

= 0  (1)

Despejando dv

v

dv =  − u

dm m

∫ 

m

dv =  − u

v0

∫ 

dm m

m0

cuya integración entre los instantes 0 y t  conduce a la siguiente expresión m0 m0 v = v0 +  u  · ln v = v0 + u  · ln m m0 −  Dt  Suponemos que la cantidad de combustible quemado en la unidad de tiempo, D, es constante, D=-dm/dt. La masa m del cohete en el instante t  valdrá m=m0-D·t. Donde m0 es la suma de la carga útil más el combustible inicial, y  D·t  es el combustible quemado al cabo de un cierto tiempo t. La ecuación del movimiento (1), la podemos interpretar afirmando que el cohete se comporta como una partícula de masa variable m que se mueve bajo la acción de una fuerza de empuje constante u·D. m

dv dt 

=  u  ·  D

Para hallar el desplazamiento x del cohete en el tiempo t , se integra la expresión de la velocidad t 

 x −  x0 =

∫ 

v  ·  dt 

0

 para lo cual, es útil conocer la integral

∫ 

ln z  ·  dz =  z  · ln z −  z

resultando la expresión  x =  x0 + v0 t  +  ut  ln m 0 +

u  D

[(m0 −  Dt ) ln(m 0 −  Dt ) + Dt  − m 0 ln m 0 ]

Cuando se agota el combustible, el cohete se mueve con velocidad constate.

Momento lineal

Un cohete con una masa inicial m0 empieza a expulsar los gases con velocidad u relativa al cohete y por  consiguiente, comienza a moverse en el espacio exterior. Al cabo de un cierto tiempo, alcanza una velocidad v, expulsando los gases con una velocidad u relativa al cohete o con una velocidad v-u relativa al observador  terrestre. Si el cohete parte del reposo v0=0, la velocidad de los gases respecto del observador terrestre v-u no es constante. Al principio tiene sentido contrario al movimiento del cohete v-u<0, pero al cabo de un cierto tiempo t  la velocidad de los gases v-u>0 es del mimo sentido que la del cohete. m0 m0 u  · ln −u>0 >  e m0 −  Dt  m0 −  Dt  t   > 0.632

m0  D

En el instante t =0.632m0 /D los gases expulsados están en reposo respecto del observador terrestre. El momento lineal del cohete en el instante t , es mv = (m0 −  Dt ) · u  · ln

m0 m0 −  Dt 

El momento lineal de los gases expulsados entre el instante t =0, y el instante t , es t 

∫ 

t 

dm(v − u) =  D

0

∫  (

u ln

m0 m0 −  Dt 

)

− u dt  =  − u(m 0 −  Dt ) ln

m0 m0 −  Dt 

0

Como el cohete y los gases forman un sistema aislado el momento lineal del cohete es igual y de sentido contrario al de los gases expulsados desde el instante inicial t =0, al instante t . Como la velocidad de los gases respecto del observador terrestre no es constante es necesario calcular una integral para obtener el momento total de los gases expulsados hasta el instante t , y comprobar de este modo que se cumple el principio de conservación del momento lineal, principio en el que nos hemos basado por otra parte, para obtener la ecuación del movimiento del cohete.

Energías La energía cinética del cohete en el instante t  es 1

 E c =

2

mv2 =

1 2

2

(m0 −  Dt ) v

La energía cinética de los gases expulsados desde el instante t =0, al instante t  es t 

 E g =

∫ 

1 2

dm(v − u) 2 =

1 Dt  · 2

u2 −

1 (m 0 2

−  Dt ) (u ln

2 m0 m0 − Dt 

)

0 1 Dt  · 2

 E g =

u2 −

1 (m 0 2

−  Dt ) v2

Para llegar a esta expresión, es necesario conocer el resultado de las siguientes las integrales :

∫  ∫ 

ln z  ·  dz =  z  · ln z −  z 2

2

ln z  ·  dz =  z  · ln z − 2 z ln z  + 2 z

La energía cinética total del sistema aislado formado por el cohete y los gases en el instante t  es  E c + E g =

1 2

Dt  · u2

El rendimiento del cohete en el instante t  es el cociente entre la energía cinética del cohete y la energía cinética total (cohete más los gases expulsados).

Ejemplo: Combustible total en el cohete 9000 kg Carga útil que transporta 800 kg Combustible quemado por segundo D=1000 kg/s La velocidad constante de salida de los gases es u=2000 m/s respecto del cohete La masa del recipiente que contiene el combustible es el 5% de la masa del combustible Masa total del cohete=carga útil+combustible+masa del recipiente m0=800+9000+0.05"9000=10250 kg 1. Tiempo que tarda en agotarse el combustible Como hay 9000 kg de combustible que se queman a razón de 1000 kg/s, el combustible se agota en 9 s. 2. Velocidad máxima alcanzada por el cohete v =  u ln

m0 m0 −  Dt 

10250

( 10250 − 9000 )   = 4208 m/s

= 2000 · ln

3. Distancia recorrida hasta que se agota el combustible  x =  ut  ln m 0 +

u [(m 0  D

−  Dt ) ln( m0 −  Dt ) + Dt  − m0 ln m0 ]

 x = 2000 · 9 · ln 10250 +

2000 [1250 1000

ln 1250 + 9000 − 10250 ln 10250] = 12740 m

4. Energías La energía total proporcionada por el combustible es 1

 E i =

2

Dt  · u2 =

1 2

2

9000 · 2000 J

La energía cinética del cohete cuando se ha agotado el combustible es  E k  =

1 2

2

(10250 − 9000) · 4208 J

El rendimiento es el cociente entre  E k  /E i=61.5%

Actividades Se introduce. El combustible c, en el control de edición titulado Combustible total en el cohete La carga útil que transporta, en el control de edición titulado Carga útil que transporta La cantidad D de combustible que se quema por segundo, en el control de edición titulado Combustible quemado por seg. La velocidad constante de salida de los gases se ha fijado en  u=2000 m/s respecto del cohete La masa del recipiente que contiene el combustible se ha fijado en el 5% de la masa del combustible Se pulsa el botón titulado Empieza El cohete parte con velocidad inicial cero v0=0 desde el origen x0=0. La masa inicial m0 es la suma de la carga útil, más el combustible y más la masa del recipiente cilíndrico que será  proporcional a la masa del combustible que contiene masa inicial m0 =carga útil +(1+r ) ·combustible. donde r  es del orden del 5% ó 0.05 El tiempo t máx que tarda en agotarse el combustible es igual al cociente entre la masa de combustible c y la cantidad D que se quema por segundo t máx=c/D Cuando se agota el combustible c, el cohete describe un movimiento rectilíneo y uniforme, ya que no actúan fuerzas sobre el mismo. v =  u ln

m0 m0 − c

En la cola del cohete se dibuja una flecha que indica la intensidad de la fuerza de empuje. Como la velocidad de los gases es constante (en el Sistema de Referencia en el cohete) el empuje es constante. Comprobar que el cohete alcanza el mismo valor de la velocidad máxima, independientemente de la cantidad  D de combustible quemado en la unidad de tiempo. Mantener constantes la cantidad de de combustible c, la carga útil y variar la cantidad de combustible quemado por segundo. Anotar en una tabla la velocidades finales vmáx, una vez agotado todo el combustible, el tiempo empleado en alcanzar la velocidad máxima t máx, y el desplazamiento del cohete x hasta este instante. Usar los botones titulados Pausa y Paso para acercarse al instante en el que se agota el combustible. D

tmáx

vmáx

x

En el applet se muestra el balance energético del cohete. Un círculo muestra la energía inicial del combustible en el cohete, y cómo esta energía se va transformando en energía cinética de los gases expulsados y en energía cinética del cohete. Al agotarse todo el combustible, una parte de la energía inicial del combustible se ha

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Cohete de una etapa Cohete de dos etapas Movimiento vertical de un cohete (I) Movimiento vertical de un cohete (II)

Sistemas de masa variable

Cohetes

Un cohete de dos etapas En esta página, vamos a ver las ventajas que representa un cohete de dos etapas frente a un cohete de las mismas características de una sola etapa, e investigaremos el reparto óptimo de combustible entre las dos etapas para conseguir que la velocidad final sea la máxima posible.

Cohete de dos etapas

Descenso del módulo lunar 

La masa inicial m0 es la suma de la carga útil, más el combustible y más la masa de los recipientes que contienen el combustible. Para calcular esta última cantidad, se ha supuesto que los recipientes metálicos tiene una masa que es el factor  r  multiplicado por la masa de combustible. Donde r  es del orden del 5% ó 0.05. masa inicial m0 =carga útil+(1+r ) · combustible total.

La cantidad de combustible en la primera fase c0 es igual al  producto del combustible total, por el tanto por ciento, y dividido por cien. combustible en la primera fase c0 =combustible total · tanto por ciento/100;

Una vez que ha transcurrido un tiempo t 0 igual al cociente entre el combustible en la primera fase c0 y la cantidad  D que se quema por segundo. t 0 =

c0  D

se alcanza una velocidad máxima v1 v1 =  u ln

m0 m0

− c0

El cohete se desprende de la primera fase disminuyendo la masa inicial del cohete m0 en una cantidad igual a la suma de la masa del combustible quemado c0, y la masa del recipiente que lo contiene masa inicial al encenderse la segunda fase m 1=m0 -(1+r ) · c0

o bien masa inicial al encenderse la segunda fase m 1=carga útil+(1+r ) · c1

Siendo c1 la masa de combustible de la segunda fase, que es igual a la masa del combustible total menos la masa de combustible de la primera fase c0 ya quemado. combustible en la segunda fase c 1 =combustible total - combustible en la primera fase c 0

En el instante t 1 se agota el combustible de la segunda fase, y es igual al cociente entre la masa de combustible total y la cantidad D que se quema por segundo t 1=combustible total/D.

Cuando se agota el combustible, el cohete alcanza la velocidad máxima v2, continuando con la misma velocidad ya que no actúan fuerzas sobre el mismo. v2 = v1 + u ln

m1 m1

Actividades

Se introduce

− c1

El combustible total en ambas fases, en el control de edición titulado Combustible total en el cohete El tanto por ciento del combustible total en la primera fase, en el control de edición titulado Tanto por ciento de combustible en la primera fase

La carga útil que transporta el cohete, en el control de edición titulado Carga útil que transporta La cantidad D de combustible que se quema por segundo, en el control de edición titulado Combustible quemado por seg.

Se pulsa el botón titulado Empieza Ahora se tratará de comprobar, que un cohete de dos etapas que transporta la misma cantidad de combustible y la misma carga útil, es más ventajoso que el mismo cohete de una sola etapa. En segundo lugar, se tratará de investigar la dependencia de la velocidad final del cohete con el reparto de combustible total entre las dos etapas. Manteniendo fijas la cantidad total de combustible y la carga útil, se tratará de modificar el tanto por ciento de combustible en la primera etapa, c0 / (c0+c1) y anotar la velocidad final una vez agotado todo el combustible de la primera y de la segunda etapa. ¿Cuál es aproximadamente la distribución óptima de combustible?, es decir, aquella que da lugar a una mayor velocidad final. Tanto por ciento

Velocidad al desprenderse la primera fase

Velocidad final al agotarse el combustible de la segunda fase

10 20 30 40 50 60 70 80 90

Reparto óptimo del combustible Diseñaremos un cohete de dos etapas que va a acelerar una carga útil mu hasta una velocidad v, en el espacio exterior, libre de la acción del campo gravitatorio y de la resistencia del aire. El combustible total del cohete es c0+c1 repartido en las dos fases. El recipiente que lo contiene tiene una masa de r  veces la masa del combustible. La velocidad de los gases relativo al cohete es u. La masa total del cohete será la suma de la carga útil, del combustible y del recipiente que lo contiene. m0=mu+(1+r )·(c0+c1)

Una vez consumida la primera fase, la masa del cohete es la suma de la carga útil, el combustible en la segunda fase y el recipiente que lo contiene. m1=mu+(1+r )·c1

Como ya hemos demostrado, la velocidad del cohete al consumirse la primera fase será v1 =  u ln

m0 m0

− c0

Cuando se haya consumido la segunda fase la velocidad final v2 será v2 = v1 + u ln

m1 m1

− c1

(m

=  u ln

m0 0

− c0

m1 m1

− c1

)

Llamando  f 0=m1 /m0 y  f 1=mu /m1 se obtiene  f 0 f 1 =

mu m0

v2 =  u ln

(1+r )2

(r + f 0 )(r +f 1)

Tenemos que minimizar el peso total del cohete m0, para un valor dado de la carga útil mu y de la velocidad v2 que queremos alcanzar. Utilizando el procedimiento de los multiplicadores de Lagrange para las dos ecuaciones anteriores se obtiene el siguiente resultado  f 0 = f 1

Teniendo en cuenta este resultado, podemos determinar la distribución óptima de combustible en las dos etapas del cohete. Llamando p a la proporción de combustible en la segunda fase  p =

c1 c0 + c1

La igualdad f 0=f 1 nos conduce a la ecuación de segundo grado en p  p2 + 2kp − k  = 0

k  =

mu (1 + r ) (c0 + c1 )

Despejamos la raíz positiva de la ecuación.  p =

2 ‾ − k  √ ‾k ‾‾‾‾ +  k 

Ejemplo

Sea un cohete que transporta una carga útil de 800 kg, el combustible total es 9000 kg, y el valor de r =0.05 (el depósito representas una masa del 5% del combustible que contiene). Primero calculamos k  k  =

800 (1 + 0.05) · 9000

= 0.08845

y luego p=0.22. La máxima velocidad de la carga útil después de haberse consumido el combustible se obtiene  para p=0.22, es decir, poniendo el 22% de combustible en la segunda fase y el 78% en la primera fase. El cohete que llevó el primer hombre a la Luna tenía 3 etapas, se podría pensar que este es el número óptimo. Se  puede demostrar que a medida que se usan más y más etapas decrece el peso total al despegue. Sin embargo, después de tres etapas las variaciones del peso tienen menos importancia para el diseñador que los problemas que se derivan de la complejidad estructural (control de las vibraciones, etc.).

Referencias Díaz-Jiménez , A., Mathieu Valderrama R.. Redistribuyendo la masa con la velocidad: El cohete clásico . Revista Española de Física. Volumen 4, nº 3, 1990. págs. 65-67.

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Dinámica

Cohete de una etapa Cohete de dos etapas Movimiento vertical de un cohete Descenso del módulo lunar 

Sistemas de masa variable

Cohetes

Movimiento vertical de un cohete (I) Examinaremos ahora, el movimiento de un cohete que es lanzado verticalmente desde la superficie de la Tierra. Supondremos que se trata de un cohete pequeño, que alcanza una altura limitada. Podemos considerar que la intensidad de la gravedad g  es aproximadamente constante e igual a 9.8 m/s2. Analizaremos las dos etapas en el movimiento del cohete: 1. Desde que se lanza hasta que agota el combustible 2. Desde el momento en el que agota el combustible, hasta que alcanza la máxima altura.

Descripción Consideremos un cohete que en el instante t , tiene una masa m que lleva una velocidad v respecto a un Sistema de Referencia Inercial (por ejemplo, la Tierra). En el instante t+!t , una masa ! µ de combustible se expulsa con una velocidad constante –u relativa al cohete, como consecuencia la velocidad de la masa restante (m-! µ) del cohete se incrementa en v+!v. En el instante t, el cohete de masa m lleva una velocidad v. El momento lineal es  p(t )=mv

En el instante t+!t  El cohete tiene una masa m-! µ, su velocidad es v+!v. una velocidad –u+ v, respecto de Tierra

La masa expulsada ! µ lleva una velocidad –u respecto del cohete o

El momento lineal en este instante es  p(t+!t )=(m-! µ)(v+!v)+ ! µ(– u+ v)

El cambio de momento lineal entre los instantes t y t+!t  es ! p=

p(t+!t )- p(t)=m·!v- u·! µ-! µ·!v

En el límite cuando !t  0 !

dp dt 

=  m

dv dt 

−u

d  μ dt 

El cambio de momento lineal se debe a la acción de las fuerzas exteriores al sistema (la fuerza de atracción gravitatoria, que apunta en sentido contrario al momento lineal). dp dt 

=  − mg

Por otra parte, la masa M  del sistema formado por el cohete m y el combustible expulsado µ es constante M=µ +m, por lo que dµ+dm=0. La masa del cohete disminuye en dm y aumenta la masa del combustible expulsado en la misma cantidad. La ecuación del movimiento del cohete se escribe −mg  =  m

dv dt 

+  u

dm dt 

Suponemos que la cantidad de combustible quemado en la unidad de tiempo, D, es constante, D=-dm/dt. La masa m del cohete en el instante t  valdrá m=m0-D·t. Donde m0 es la suma de la carga útil más el combustible inicial, y D·t  es el combustible quemado al cabo de un cierto tiempo t.

m

dv

=  uD − mg

dt 

Un cohete puede considerarse una partícula de masa variable m sometida a dos fuerzas de la misma dirección pero de sentidos contrarios: el empuje de los gases uD y el peso mg. Como caso particular, mencionaremos que en el espacio exterior  el peso mg  vale cero, y sobre el cohete actuaría únicamente la fuerza de empuje que le proporciona la expulsión de los gases al quemarse el combustible. La ecuación anterior la podemos escribir  dv dt 

=  − g +  u

 D m 0 −  Dt 

Que se puede integrar de forma inmediata v

∫ 

t 

dv  =

v0

∫  (

−g +  u

 D m0 −  Dt 

) dt 

0

obteniéndose la expresión de la velocidad en función del tiempo v  = v0 − gt  + u  · ln

m0 m0 −  Dt 

Volviendo a integrar  t 

 x −  x0 =

∫ 

v ·  dt 

0

Se obtiene la posición x del móvil en cualquier instante t .  x  =  x0 + v0 t  −

1 2

gt 2 +  ut  ln m0 +

u  D

[(m 0 −  Dt ) ln(m 0 −  Dt ) +  Dt  − m 0 ln m 0]

Ejemplos El empuje es mayor que peso

Combustible total en el cohete, 1.0 kg Carga útil que transporta, 2.0 kg Combustible quemado por segundo, D=0.1 kg/s Velocidad de salida de los gases u0=1000 m/s Se considera despreciable la masa del recipiente que contiene el combustible 1. Fuerzas sobre el cohete Masa total del cohete=carga útil+combustible m0=2.0+1.0=3.0 kg

El peso del cohete m0" g  (29.4 N) es menor que el empuje u·D (100 N) 2. Tiempo que tarda en agotarse el combustible Como hay 1.0 kg de combustible que se queman a razón de 0.1 kg/s. Luego, el combustible se agota en el instante t 0= 10 s. 3. Velocidad máxima alcanzada por el cohete v  =  − 9.8 ·  t  + u ln

m0 m0 − Dt 

v  =  − 9.8 · 10 + 1000 ln( 3 31 ) = 307 m/s −

4. Altura que alcanza hasta que se agota el combustible  x  =  − 1 gt 2 +  ut  ln m0 + 2

u [(m 0  D

−  Dt ) ln(m0 −  Dt ) + Dt  − m0 ln m0 ]

 x  =  − 4.9 · 102 + 1000 · 10 · ln 3 +

1000 [2 0.1

ln 2 + 1 − 3 ln3] = 1400m

5. Una vez que ha agotado el combustible, el cohete prosigue su movimiento hasta que alcanza la máxima altura.

Las ecuaciones del movimiento son v  = v0 − g(t  − t 0 )  x  =  x0 + v0(t  − t 0 ) − 21 g(t  − t 0 ) 2

Donde x0, v0 es la posición, velocidad del cohete en el instante t 0 en el que se ha agotado el combustible. La altura máxima se alcanza cuando v=0, en el instante t =41.4 s. La posición del cohete en dicho instante es x=6223 m. El empuje es menor que peso

Combustible total en el cohete, 2.0 kg Carga útil que transporta, 9.0 kg Combustible quemado por segundo, D=0.1 kg/s Velocidad de salida de los gases u0=1000 m/s Se considera despreciable la masa del recipiente que contiene el combustible 1. Fuerzas sobre el cohete El peso del cohete (2.0+9.0)"9.8=107.8 N es mayor que el empuje u·D=1000"0.1=100 N Se va quemando el combustible sin que se mueva el cohete hasta el momento en el que el peso se iguala al empuje. (c+9)"9.8=100 Cuando el combustible c=1.204 kg el cohete empieza a elevarse. Se han desperdiciado 21.204=0.796 kg de combustible. 2. Masa inicial del cohete al despegue m0=1.204+9.0=10.204 kg

3. Tiempo que tarda en agotarse el combustible Como hay 1.204 kg de combustible que se queman a razón de 0.1 kg/s. Luego, el combustible se agota en 12.04 s. 4. Velocidad máxima alcanzada por el cohete v  =  − 9.8 ·  t  + u ln

m0 m0 − Dt 

v  =  − 9.8 · 12.04 + 1000 ln( 10.204  = 7.56 m/s 9 )

5. Altura que alcanza hasta que se agota el combustible  x  =  − 12 gt 2 +  ut  ln m0 +

u [(m 0  D

−  Dt ) ln(m0 −  Dt ) + Dt  − m0 ln m0 ]

 x  =  − 4.9 · 12.04 2 + 1000 · 10.204 · ln10.204 +

1000 [9 ln 9 0.1

+ 0.1 · 12.04 − 10.204 ln 10.204] = 29.62 m

6. Tiempo que tarda en alcanzar la máxima altura 0=7.56-9.8(t -12.04) t =12.8 s Posición del cohete en dicho instante  x=29.62+7.56"0.77-4.9"0.772=32.5 m

Actividades Se introduce: Combustible total en el cohete, en el control de edición titulado Combustible total en el cohete Carga útil que transporta, en el control de edición titulado Carga útil que transporta Combustible quemado por segundo, en el control de edición titulado Combustible quemado por seg.

Velocidad de salida de los gases u0=1000 m/s  Se pulsa el botón titulado Empieza Al lado del cohete, dos flechas, se dibujan las fuerzas sobre el cohete: en color rojo el empuje y en color azul el  peso. El empuje permanece constante, el peso va disminuyendo a medida que se va quemando el combustible. Si el peso inicial del cohete (carga útil más combustible) m0·g  es mayor que el empuje proporcionado por la expulsión de los gases u·D, el cohete quema el combustible sin despegar, hasta el momento en el que el peso se hace igual o menor que el empuje. Una vez que despega, el cohete agota el combustible en el instante t, cociente entre la masa combustible y el combustible quemado por segundo. La velocidad que alcanza el cohete cuando agota el combustible se obtiene mediante la fórmula v  =  − 9.8 ·  t  +  u ln

m0 m0 −  Dt 

donde m0 es la masa del cohete al despegar, y t  es el tiempo desde que despega hasta que agota el combustible. Después, el cohete continúa ascendiendo hasta que su velocidad se hace cero. En la parte derecha del applet, se representa la velocidad del cohete en función del tiempo. En la parte izquierda del applet, observamos la altura del cohete en función del tiempo.

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Cohete de una etapa Cohete de dos etapas Movimiento vertical de un cohete (I) Movimiento vertical de un cohete (II) Descenso del módulo lunar 

Sistemas de masa variable

Cohetes

Descenso del módulo lunar En esta página, se invita al lector a intentar posar suavemente una nave espacial en la superficie de la Luna o de cualquier otro planeta elegido. Un cuerpo que cae incrementa su velocidad, pero si le aplicamos una fuerza de empuje dirigida verticalmente hacia arriba, el cuerpo no se detiene instantáneamente, sino que disminuye su velocidad hasta que se para. Si el cuerpo está ascendiendo debido a la fuerza de empuje, al dejar de aplicar esta fuerza, el cuerpo no se para de inmediato e inicia el descenso. Sobre la nave de descenso actúan solamente dos fuerzas, el peso debido a la atracción del cuerpo celeste sobre el que intenta aterrizar, y el empuje que proporcionan los gases expulsados. El peso es proporcional a la masa total de la nave, que a su vez, va disminuyendo debido al consumo de combustible. El empuje es proporcional a la cantidad de combustible que se quema en la unidad de tiempo. El piloto deberá regular el empuje con los controles que proporciona el programa de manera que la nave aterrice suavemente en la superficie del planeta elegido con una velocidad estrictamente menor que 3 m/s. La pericia del  piloto consistirá en aterrizar consumiendo la menor cantidad de combustible posible, ya que su transporte a los cuerpos lejanos es muy caro.

El cohete Saturno V y el módulo Lunar El cohete Saturno V puso en camino de la Luna a los dos primeros hombres que pisaron la superficie lunar el 20 de Julio de 1969. Para darse una idea del gigantismo de esta máquina se proporcionan los siguientes datos: Altura, 110, 6 m Diámetro de la base, 10 m Peso al lanzamiento, 2837 toneladas Para subir 113 toneladas de carga útil a 185 km de altura y regresar de la Luna con una carga de 43 toneladas. El cohete constaba de tres fases Parámetros

Longitud Diámetro Peso en vacío Peso del carburante Empuje inicial Altura alcanzada Velocidad final Tiempo que tarda Combustible

Fase I

42 m 10 m 136 080 kg 2 034 900 kg 3 400 000 kg 61 km 9650 km/h 2.30 min keroseno+O2 líquido

Fase II

24.8 m 10 m 43 100 kg 426 800 kg 460 000 kg 184 km 24 600 km/h 6 min O2+H2 líquidos

Fase III

17.9 m 6,6 m 15 420 kg 103 420 kg 102 000 kg Rumbo a la Luna 39 420 km/h 8 min

El módulo Lunar constaba de dos fases:

La fase de alunizaje tenía un motor de combustible líquido cuyo empuje se podía graduar en la proporción 1 a 10. Se apoyaba sobre unas patas iban plegadas dentro del cohete Saturno V . La fase de despegue comprendía el motor para despegar de la superficie lunar, propulsores adicionales de estabilización y dirección, una cabina de mando biplaza y numerosos equipos electrónicos. Sus datos son:

Altura del módulo lunar 6.98 m Diámetro (diagonal de la base) 9.45 m Peso total (incluido los pilotos) 14 742 kg Peso del carburante 10 730 kg Empuje (en el vacío) de 475 a 4 480 kg Tiempo de funcionamiento 910 s Fuente: Werner Büdeler. Proyecto Apolo. Editorial Sagitario (1969)

Actividades Se ha diseñado el applet tomando los datos del módulo de alunizaje: el peso inicial de la nave se calcula multiplicando la carga útil (3900 kg) más el combustible inicial (10800 kg) por la intensidad del campo gravitatorio. El peso de la nave disminuye, a medida que el combustible se va quemando. En este problema-juego intentaremos posar suavemente (con una velocidad estrictamente menor que 3 m/s) dicho módulo sobre la superficie de la Luna o de otros planetas del sistema solar, partiendo de una altura de 8600 m sobre la superficie de dicho planeta. En la siguiente tabla, se proporcionan datos de la intensidad del campo gravitatorio en la superficie de diversos cuerpos celestes. Cuerpo celeste

Mercurio Venus La Tierra La Luna Marte Júpiter Saturno Urano  Neptuno

Intensidad del campo gravitatorio (m/s 2)

4.00 8.22 9.83 1.62 3.87 26.01 11.18 10.30 13.96

La velocidad u de escape de los gases respecto de la nave es constante y se ha fijado en el valor de 3000 m/s. Podemos cambiar el empuje modificando D la cantidad de combustible que se quema por segundo.

Se aconseja establecer un empuje inicial en un valor próximo e inferior al peso Se pulsa en el botón titulado Empieza para que la nave inicie el descenso Inicialmente el motor de la nave está apagado. Si se pulsa sobre el botón Motor apagado, el botón cambia su título a Motor encendido, y se observa la imagen de la nave con su estela de fuego. Si se quiere apagar el motor basta volver a pulsar sobre el mismo botón, su título cambia a Motor apagado, y la nave pierde su estela de fuego. Observar en todo momento, el peso de la nave, empuje de los gases, la velocidad de la nave y su altura sobre la superficie del planeta. De acuerdo con estos datos, actuar sobre los botones que modifican el empuje con el motor  encendido, para controlar la velocidad de la nave de modo que aterrice suavemente con una velocidad estrictamente menor que 3 m/s. Observar las flechas roja y azul al lado de la nave espacial. La flecha roja indica el peso, la flecha azul el empuje, cuando ambas flechas son iguales, la velocidad de la nave es constante. La barra vertical de color azul, muestra de forma gráfica el tanto por ciento de combustible que queda sin quemar. Cuando se acaba el combustible, la nave cae libremente.

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Dinámica

Aceleración constante

Sistemas de masa variable

Cohetes

El cohete "perfecto" Los cohetes que usan combustibles de tipo químico proporcionan un empuje u·D constante. Siendo u la velocidad de salida de los gases (en el Sistema de Referencia en el cohete) y D el combustible expulsado en la unidad de tiempo. Si el cohete se mueve con velocidad v, la velocidad de los gases respecto del observador terrestre es v-u, que no es constante. Esta solución no es la más eficiente, aunque sea la más utilizada. En esta página, vamos a estudiar el denominado cohete "perfecto" definido como aquél en el que la velocidad de salida de los gases u0 medida por el observador terrestre es constante. Por tanto, un cohete "perfecto" necesita de un motor que proporcione una velocidad variable de salida de los gases, que se incremente a medida que el cohete acelera. Los cohetes del futuro probablemente dejarán de emplear combustibles químicos, y usarán aceleradores de iones, láseres, o motores nucleares, etc. que podrían aumentar de este modo el rendimiento del cohete.

Conservación del momento lineal

Como se ha mencionado en la introducción a esta página y como se muestra en la figura, la velocidad de los gases expulsados respecto del observador terrestre es constante e igual a u0. La velocidad de salida de los gases  para el observador situado en el cohete vale u0+v, si la velocidad del cohete es v. La conservación del momento lineal aplicada al sistema aislado formado por el cohete (de masa m y velocidad v) y los gases expulsados hasta el instante t , (masa m0-m y velocidad u0) es mv-(m0-m)u0=0

La ecuación del movimiento del cohete es muy simple v=

m0 − m  Dt  u0 = u0 m m0 −  Dt 

Siendo D la masa de combustible quemado en la unidad de tiempo. Integrando, obtenemos la posición del cohete en función del tiempo (hay que integrar dos veces por partes) t 

 x =

∫ 

v  ·  dt  =

u0  D

[

m0 ln

m0 m 0 −  Dt 

]

−  Dt 

0

Balance energético Energía cinética del cohete  E c =

1 2

mv2 =

1 2

2

(m0 −  Dt ) v

Energía cinética de los gases expulsados desde el instante t =0, al instante t .

 E g =

1 2

Dt  · u20

Energía cinética total del sistema aislado formado por el cohete y los gases  E c + E g =

m0 Dt  u20 m 0 −  Dt  2 1

Rendimiento η

=

 E c

=

 E c + E g

 Dt  m0

El rendimiento del cohete es grande, siempre que la masa final o carga útil que transporta m=m0-Dt  (masa inicial menos combustible quemado) sea pequeña comparada con la masa inicial m0. Ejemplo

Combustible total en el cohete 9000 kg Carga útil que transporta 800 kg Combustible quemado por segundo  D=1000 kg/s Velocidad inicial de salida de los gases u0=2000 m/s Masa del recipiente que contiene el combustible 5% de la masa del combustible Masa total del cohete=carga útil+combustible+masa del recipiente m0=800+9000+0.05!9000=10250 kg

1. Tiempo que tarda en agotarse el combustible Como hay 9000 kg de combustible que se queman a razón de 1000 kg/s. Luego, el combustible se agota en 9 s. 2. Velocidad máxima alcanzada por el cohete v=

 Dt  m0 −  Dt 

u0 =

1000 · 9 10250 − 1000 · 9

= 14400 m/s

3. En un cohete normal, la velocidad de salida de los gases respecto del cohete es constante (recta de color azul). En un cohete perfecto, el motor impulsor ha de estar diseñado de modo que la velocidad v+u0 de salida de los gases respecto del cohete (curva de color rojo) tiene que aumentar con el tiempo en la forma indicada en la figura

4. Rendimiento cuando se ha agotado todo el combustible η

=

 Dt  m0

=

1000 · 9 10250

= 87.8%

5. Desplazamiento al cabo de 9 s.

u

m

[

]

0 0 =  D m0 ln m − Dt  −  Dt  0

 x =

2000 1000

10250

[10250 · ln( 10250−9000) − 9000]  = 25135 m

Actividades Se introduce. El combustible c, en el control de edición titulado Combustible total en el cohete La carga útil que transporta, en el control de edición titulado Carga útil que transporta La cantidad D de combustible que se quema por segundo, en el control de edición titulado Combustible quemado por seg.

La velocidad inicial de salida de los gases se ha fijado en u=2000 m/s La masa del recipiente que contiene el combustible se ha fijado en el 5% de la masa del combustible Se pulsa el botón titulado Empieza El applet simula un cohete perfecto, de modo que la velocidad de salida de los gases siempre es constante para el observador terrestre pero crece en el sistema de referencia del cohete a medida que éste se acelera. En la cola del cohete se dibuja una flecha que señala la fuerza de empuje u·D=(u0+v)! D. El empuje va aumentando a medida que aumenta la velocidad de salida de los gases u0+v en el Sistema de Referencia en el cohete. El cohete que estudiaremos, expulsará una cantidad constante D de combustible en la unidad de tiempo Se sugiere al lector que compare el comportamiento de dos cohetes con la misma carga y la misma cantidad de combustible, y el mismo valor para el parámetro D (combustible quemado por segundo). Cuando la velocidad de salida de los gases es constante en el sistema de referencia del cohete Cuando la velocidad de salida de los gases es constante en el sistema de referencia terrestre (cohete perfecto)

Referencias Gowdy, R.H. The physics of perfect rockets. Am. J. Phys. 63 (3) March 1995, pp. 229-232.

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Dinámica

Sistemas de masa variable

Cohetes

Cohete con aceleración constante Cohete "perfecto"

Si queremos que el cohete viaje con aceleración constante a, la masa de gas expulsada por segundo  D, deja de ser  constante v  =

 Dt  m0

−  Dt 

u0

=

at

D

=

m0 a u0

+  at 

Para que la aceleración a sea constante  D debe variar con el tiempo de la forma indicada en la figura. Los datos son los del ejemplo de más abajo.

La energía total del cohete más la de los gases expulsados será  E k 

=

1 2

Dt 

m0 m0

−  Dt 

2 u0

=

1 2

m 0 u0 at 

La potencia (energía por unidad de tiempo) suministrada por el motor es constante P  =

1 2

m 0 u0 a

Ejemplo

Supongamos un cohete con una masa inicial de 10000 kg y que la velocidad inicial de salida de los gases de1000 m/s, la potencia de su motor es de 50!106 W. Determinar, su velocidad al cabo de 5 minutos, la distancia que habrá recorrido y la masa de combustible que ha gastado. 1. En la fórmula de la potencia  P, despejamos la aceleración m0=10000 kg u0=1000 m/s  P =50!106 W

El resultado es a=10 m/s2 2. La velocidad al cabo de 5 minutos ó 300 s es v=10!300=3000 m/s 3. La distancia que ha viajado  x  =

1 2

2 at 

= 450 km

4. Combustible quemado en el tiempo t =300 s.

 D

=

dm dt 

=

m0 a u0 +at 

=

1 ·1 1000+10·t 

=

1 kg/s 100+t 

300

m  =

∫ 

1000 100 +  t 

0

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dt  =

10000 · ln 4 kg

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Sistemas de masa variable

Cohetes

El “cohete” de Torricelli En un cohete de empuje constante, la velocidad de salida de los gases es constante desde el punto de vista del observador situado en el cohete. En esta página, vamos a estudiar una situación en el que la velocidad de salida no es constante y por tanto, el empuje es variable. Sea un depósito cilíndrico de radio  R, situado sobre una plataforma que  puede moverse sin rozamiento sobre una superficie horizontal. La masa del depósito vacío y la plataforma es M . Se llena el depósito con agua hasta una altura H . Se abre un orificio de radio r  en un lado del depósito. Se tratará de determinar la posición y velocidad del depósito en función del tiempo.

Vaciado del depósito En el capítulo Fluidos, se estudia el vaciado de un depósito de sección S 1=! R2 que se ha llenado de agua hasta una altura H . Si se abre un orificio de área S 2= !r 2 en el fondo. La velocidad u de salida del agua cuando su superficie libre está a una altura h sobre el fondo, de acuerdo al teorema de Torricelli es u  =

gh‾ √ 2‾‾‾

Un análisis más detallado que tenga en cuenta las dimensiones del depósito (de sección S 1) y del orificio (sección S 2) con conduce a la expresión u  =  R

2

‾‾‾‾‾‾‾ 2gh ‾ =  R4 − r 4

√ 

‾‾‾‾‾‾‾‾‾ 2gh ‾ ‾‾‾ g'h‾ = √ 2 1 − r 4 /  R4

√ 

Podemos considerar a g’  como una aceleración de la gravedad efectiva, que coincide con g  si el radio del orificio r  es mucho menor que el radio R del depósito. A medida que el agua, de densidad  !, sale por el orificio, la altura h o la masa m= !"  R2h de agua en el depósito va disminuyendo con el tiempo. Como el gasto o volumen del fluido que sale por el orificio en la unidad de tiempo es " r2  u, La masa m de agua disminuye de acuerdo con la ecuación dm dt 

dm

=  − ρ u ·  π  r 

2

dt 

=  −

r 2  R

πρ g‾' √ m √ 2‾‾‾‾ ‾‾

Integramos esta ecuación diferencial entre el instante t =0, en el que la masa de agua es m0=  !"  R2 H , y el instante t  en el que la masa de agua es m.

‾‾ − √ m ‾‾‾0 = −kt √ m

k  =

r 2  R

‾πρ ‾‾‾g‾'

√ 

2

Finalmente, nos queda m  =  (√ m ‾‾‾0

− kt )

2

El depósito se vacía completamente en el instante t máx, en el que la altura h, o la masa m de agua es cero t max =

‾‾‾0 √ m k 

=

‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾  R4 2 H ‾ − 1 4

√ (

r 

)

g

Movimiento del depósito

La definición de fuerza es dp

=  F 

dt 

El sistema formado por el depósito y el agua es aislado, por lo que la fuerza  F =0. Al estudiar el movimiento de un cohete de empuje constante , deducimos la ecuación del movimiento m

dv dt 

dm

+  u

=0

dt 

donde u era la velocidad de salida de los gases respecto de cohete, y m la masa total del cohete (recipiente vacío y combustible). En este caso, separamos la masa total en dos partes: la masa m de agua que va disminuyendo y la masa constante  M  del depósito vacío y la plataforma sobre la que descansa el depósito. ( M  +  m )

dv

= − u

dt 

dm dt 

En función del tiempo t , la ecuación del movimiento se escribe 2

‾‾‾0 − kt ) (√ m = 2 g' 2  R2  M  +  ( m √ ‾‾‾0 − kt ) r 2

dv dt 

Integramos esta ecuación entre el instante t =0, en el que la velocidad del depósito es v=0, y el instante t , en el que la velocidad es v. Haciendo el cambio de variable

− kt 

 z  = √ m ‾‾‾0

tenemos que integrar 

−

2  R

∫ 

‾2‾g‾'

√ 

πρ

z

∫ 

 z2  M  +  z 2

 z0

dz

z

 z2  M  +  z2

 z 0

z

dz  =

∫  (

1−

 z0

 M   M  +  z2

)

dz  =  z

z √  M 

− √  M  ‾‾ arctan

− z0 + √ M  ‾‾ arctan

z0

√  M 

Deshaciendo el cambio, obtenemos la expresión de la velocidad v en función del tiempo t . v  =

2

 R

‾2‾‾g‾'

√ 

(

kt  + √ M  ‾‾ arctan

πρ

− kt  − √  M  ‾‾ arctan ‾‾ √  M 

‾‾‾0 √ m

‾m ‾‾0‾

√  )  M 

Integrando con respecto del tiempo obtenemos la posición  x de la plataforma en función del tiempo t . Para ello necesitamos la integral del arco tangente.

∫ 

  arctan z ·  dz  =  z arctan z −

 x  =

2  R

⎛⎜ ‾‾‾ ⎜⎜ √  ⎜ ⎜ ⎝

1 k t 2 2

2g' πρ

 M  k 

1 2

ln(1 + z2 )

m ‾‾ t  − − (√  M  ‾‾   arctan √ ‾ M  ) 0

⎛⎜ − arctan − − ln 1 + ( ⎜⎜ ⎝ −√ ‾‾‾ arctan √ ‾‾‾ + ln(1 + √ m0 kt  √  M 

m0  M 

√ m0 kt  √  M  m0  M 

(√ m0 −kt )2

1 2

1 2

 M  m0  M 

)

⎞⎟ ⎞⎟ ⎟⎟ )⎟⎟ ⎟⎠ ⎟ ⎠

Se ha agotado el agua almacenada en el depósito en el instante t max tal que

‾‾‾0 √ m

− kt  = 0

La velocidad máxima es vmax =

2

 R

‾2‾‾g‾'

√ 

πρ

(

‾‾‾0 √ m

− √  M  ‾‾ arctan

‾m‾‾0‾

√  )  M 

g' H  ‾‾‾‾ ‾  = 2 √ 2

‾‾‾ M ‾

( √  1−

  arctan m0

‾m ‾‾0‾

√  )  M 

y se produce cuando el depósito se encuentra en la posición x.  x  =

1

kR

‾2‾‾g‾'

√ 

πρ

(

m0

−  M  ln(1 +

m0

 M  ))

 = 2

 R2 r 2

(

H  1 −

 M  m0

(

ln 1 +

m0  M 

))

En un cohete, la velocidad final no depende de la cantidad de combustible  D que se quema por segundo, sino de la masa inicial, de la masa final, y de la velocidad constante u de salida de los gases respecto del cohete. La velocidad final de este cohete peculiar que estudiamos en esta página, depende a través de  g'  del radio r  del orificio de salida del agua, es decir, de la cantidad de agua expulsada en la unidad de tiempo. Ahora bien, si el radio del orifico r  de salida del agua es mucho más pequeño que el radio del depósito R, entonces g' # g . La

velocidad final vmáx depende solamente, de la masa M  de la plataforma y depósito vacío y de la masa inicial del agua en el depósito m0=  !"  R2 H . A partir de este instante t máx, el conjunto formado por la plataforma y depósito vacío se mueven con velocidad constante.

Ejemplo El radio del depósito R=10 cm=0.1 m El radio del orificio r =1 cm=0.01 m El peso en vacío (sin agua) M =20 kg La altura inicial del agua en el depósito  H =45 cm=0.45 m La masa inicial de agua en el depósito es m0= !"  R2 H ,

m0=1000"!"0.12"0.45=14.14 kg

Calculamos la aceleración de la gravedad efectiva g'  g

g' =

1−

g' =

r 4 /  R4

9.8 1 − 0.01 / 0.1 4

4

= 9.8 m/s

2

La velocidad inicial de salida del agua medida por un observador situado en la plataforma es u  =

g' H  ‾ √ 2‾‾‾‾

u = √ 2 ‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾ · 9.8 · 0.45‾ = 2.97 m/s

El tiempo que tarda en salir el agua del depósito es t max =

‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾  R4 2 H ‾ − 1 4

√ (

r 

)

t max =

g

4 ‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾ 0.1 2 · 0.45‾ − 1 = 30.3 s 4

√ (

0.01

)

9.8

La velocidad máxima que adquiere la plataforma es

( √  ‾‾‾ arctan √ ‾‾‾) ‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾ = 2 √ 2 · 9.8 · 0.45‾ (1 − √ ‾ ‾‾‾‾ arctan √ ‾‾‾‾‾ )  = 1.0 m/s

‾‾‾‾ ‾ 1− vmax = 2 √ 2 g' H  vmax

m0  M 

M  m0

20 14.14

 

14.14 20

La plataforma se encuentra en la posición  x  = 2  x = 2

 R2 H  r 2 0.12 0.012

(1 −

 M  ln m0

0.45 (1 −

(1 +

m0  M 

20 ln 14.14

))

(1 +

14.14 20

)) = 21.93 m

Actividades Se introduce: El radio del depósito, en el control de edición titulado Radio depósito El radio del orificio situado en la parte lateral izquierda, en el control de edición titulado Radio orificio El peso en vacío del depósito y de la plataforma, actuando en la barra de desplazamiento titulada Peso en vacío. Se pulsa en el botón titulado Nuevo Se establece la altura inicial de agua en el depósito, arrastrando la flecha de color rojo con el puntero del ratón. Una vez que se define el estado inicial. Se pulsa el botón titulado Empieza. Observamos la salida del agua por la parte inferior izquierda del depósito. Una flecha de color azul nos indica la magnitud de la velocidad de salida del agua medida por un observador situado en la plataforma. Una flecha de color rojo, nos indica la velocidad de la plataforma. La diferencia entre los dos vectores es igual a la velocidad de salida del agua medida por un observador situado en Tierra. La velocidad de salida del agua medida por el observador situado en Tierra, primero es negativa, cuando el depósito comienza a vaciarse y luego es positiva, cuando el depósito está casi vacío. En un instante dado, la velocidad de salida del agua, coincide con la velocidad de la plataforma, la velocidad de salida del agua respecto del observador situado en Tierra es cero. En la parte superior derecha del applet, el programa interactivo nos proporciona los datos del tiempo (en s), la  posición del depósito (su lado izquierdo, donde se encuentra el orificio), y la velocidad de la plataforma. Cuando, el agua ha salido del depósito, la plataforma se mueve con velocidad constante.

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Dinámica

Sistemas de masa variable

El flujo de arena

El flujo de arena Un depósito de arena empujado por una fuerza constante.

Los materiales granulares como la arena están formados por un conglomerado de partículas macroscópicas. Su comportamiento es diferente de los sólidos y de los fluidos.

Un depósito de arena empujado por un peso que cae.

Descripción El flujo (masa por unidad de tiempo) de un material granular de densidad  ! a través de una abertura de área A bajo la acción del campo gravitatorio terrestre g , es

El reloj de arena.

dm dt 

5

= k  ρ√ g ‾A 4

donde k  es una constante. Como se estudiará en el capítulo Fluidos, el flujo de un líquido a través de una abertura depende de la altura del líquido y por tanto, depende del tiempo. Vamos a diseñar una “experiencia” con el objetivo de: 1. comprobar que el flujo de arena es constante en el tiempo y no depende de la altura h de la columna de arena. 2. determinar la dependencia del flujo con el área A del orificio de salida. Dispondremos de una botella de plástico invertida, en la que podemos cambiar el radio del orificio de salida e incluso la forma del orificio (circular, rectangular, triangular, etc.). La botella se cuelga de una balanza o de un dispositivo de medición de fuerzas conectado a un sistema de adquisición de datos. De este modo, se mide la masa en función del tiempo. Representando gráficamente, en el eje vertical la masa m de arena contenida en la  botella, y en el eje horizontal el tiempo t  obtenemos una línea recta cuya pendiente es -dm/dt . De este modo, comprobamos que el flujo es constante Para determinar la dependencia del flujo f  =dm/dt  con el área A del orificio de salida, escribimos 5

 f  = c ·  A 4

log f   = log c +

5 4

log A

donde c es una constante. Cambiamos el radio del orificio y repetimos el experimento, midiendo una nueva  pendiente -f  y así, sucesivamente.

Si representamos log f  en el eje vertical y log A en el eje horizontal obtenemos una línea recta cuya pendiente es 5/4 tal como se muestra en la parte derecha de la figura.

Actividades

Se pulsa el botón titulado Inicio Se arrastra la flecha de color rojo con el puntero del ratón, para establecer la altura inicial de la arena en la  botella invertida. Se introduce el diámetro d  del orificio de salida en mm, actuando en la barra de desplazamiento titulada Diámetro.

Se pulsa el botón titulado Empieza Una balanza electrónica situada en la parte superior del applet mide solamente el peso de arena, se ha descontado el peso de las partes que no cambian (botella, abertura, etc.). Se observa la salida de la arena a través del orificio, comprobamos que el flujo es constante e independiente de la altura inicial de la arena en el recipiente. En la parte derecha, observamos la representación gráfica de la masa m de la arena en función del tiempo t . Medimos la pendiente de la recta –  f en g/s. Calculamos el área de la abertura circular A=!"d 2/4, siendo d  el diámetro en mm. Los pares de datos: área A y flujo f  se guardan el control área de texto situado a la izquierda del applet. Pulsamos el botón titulado Inicio, cambiamos el diámetro del orificio y pulsamos el botón Empieza y así, sucesivamente Cuando tenemos suficientes datos, se pulsa el botón titulado Gráfica, para representar  en el eje horizontal log A (el área en mm2) en el eje vertical log f (el flujo en g/s) Si medimos la pendiente de la recta, obtendremos un valor próximo a 5/4=1.25 Para eliminar los datos guardados en el control área de texto, y para realizar una nueva experiencia, se pulsa el  botón titulado Borrar. El lector puede repetir con la calculadora los cálculos que realiza el programa interactivo, pare ello precisa de los siguientes datos adicionales: densidad de la arena  !=2.5 g/cm3 a la constante k  en la fórmula del flujo, se le ha asignado arbitrariamente, el valor k =0.533 la botella tiene forma cilíndrica, el radio de la base es R=2.5 cm Ejemplo:

Si la altura de la arena es de h=20 cm, la masa de la arena contenida en la botella es m= !·h"!" R2=2.5"20"!"2.52=981.7 g

El tiempo que tarda en vaciarse un depósito de altura inicial h=20 cm, cuando la arena sale por un orificio de diámetro d =12 mm=1.2 cm es 5

 f  = 0.533 · √ 980 ‾‾‾‾ · 2.5 · (π  · 0.6 2 ) 4 = 48.6 g/s

t=m/f =981.7/48.6=20.2 s

Cuando la arena sale por una orificio de d =10 mm de diámetro 5

 f  = 0.533 · √ 980 ‾‾‾‾ · 2.5 · (π  · 0.5 2 ) 4 = 30.8 g/s

t=m/f =981.7/30.8=31.8 s

Para determinar la dependencia del flujo f  con el área A, trazamos la recta log f =b+a"log A Para trazar la recta o bien, para calcular la pendiente a y la ordenada b en el origen necesitamos dos puntos: El primer punto tiene abscisa x=log(!"62)=2.053 ordenada y=log 48.6=1.687 El segundo punto, abscisa x=log(!"52)=1.895 ordenada y=log 30.8=1.489 Se resuelve el sistema

1.687=b+a"2.053 1.489=b+a"1.695 Despejamos la pendiente a de la recta que vale 1.25 En la práctica real, a partir de una tabla de valores (log A, log f ), se aplica el procedimiento de regresión lineal para calcular la pendiente de la recta a que mejor ajusta a los datos experimentales.

Arrastre con el puntero del ratón la flecha de color rojo

Referencias Flores J., Solovey G., Gil S., Flow of sand and a variable mass Atwood machine. Am. J. Phys. 71 (7) July 2003,  pp. 715-720. Fotografía de la tolva. Laboratorio de Física. E.U. Ingeniería Técnica de Minas y Obras Públicas (Barakaldo)

Curso Interactivo de Física en Internet © Ángel Franco García

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Dinámica

El flujo de arena Un depósito de arena empujado por una fuerza constante. Un depósito de arena empujado por un peso que cae.

Sistemas de masa variable

Un depósito de arena que se mueve sobre una pista horizontal En esta página, se estudia el movimiento de un depósito inicialmente lleno de arena, cuando se abre un orificio en el fondo del depósito En el primer caso, el depósito se mueve sobre una pista horizontal sin rozamiento, bajo la acción de un fuerza constante.

El reloj de arena.

En el segundo caso, se mueve por una pista horizontal con rozamiento, bajo la acción de la fuerza variable. En la página anterior "Flujo de arena" se ha estudiado el flujo de arena a través de un orificio practicado en la  parte inferior de un depósito estacionario. Supondremos que el flujo vertical de arena no se modifica cuando el depósito se mueve en la dirección horizontal.

Movimiento de un depósito bajo la acción de una fuerza constante En la figura, se muestra un depósito cilíndrico de radio  R, que tiene un orificio en su base inferior de radio r .

La masa del depósito en función del tiempo La masa del depósito vacío es  M , se llena con arena hasta una altura h0. La masa inicial del depósito es m0=M+ !·! R2·h0 donde  ! es la densidad de la arena En la página titulada "El flujo de arena" mostramos que el flujo f =dm/dt  de arena a través del orificio es constante e independiente de su altura h en el depósito. La masa del depósito disminuye linealmente con el tiempo. En el instante t  vale m=m0-f·t  o bien, m=M+ !·! R2·h donde h = h0 −

 f  · t   ρπ  R2

El depósito se vacía cuando h=0, es decir, en el instante t m t m =

 ρπ  R

2

 f 

h0

Movimiento del depósito La segunda ley de Newton para el movimiento en una dimensión se escribe dp

F  =

dt 

donde p es el momento total del sistema y F  la fuerza neta que actúa sobre el mismo. Como la masa del sistema varía con el tiempo, hemos de ser muy cuidadosos cuando nos referimos al momento p, ya que incluye el momento de la masa expulsada, tal como vimos en la formulación de las ecuaciones del movimiento de un cohete, que volvemos a reproducir en esta página.

En el instante t  el depósito de masa m lleva una velocidad v. Su momento lineal es  p(t )=mv En el instante t+"t  El depósito tiene una masa m-" µ, su velocidad es v+"v. La masa de arena descargada " µ lleva una velocidad –u respecto del depósito o una velocidad –u+ v, respecto de Tierra El momento lineal del sistema en este instante es  p(t+"t )=(m-" µ)(v+"v)+ " µ(– u+ v) La variación del momento lineal entre el instante t  y el instante t+"t  es " p=

p(t+"t )- p(t)=m·"v- u·" µ-"v·" µ

En el límite cuando dp dt 

=  m

dv

−u

dt 

"t "0

d  μ dt 

La masa M  del sistema formado por el depósito m y la arena descargada µ es constante M=µ+m, por lo que dµ +dm=0. La masa del depósito disminuye en dm y aumenta la masa de la arena descargada en la misma cantidad. dp dt 

=  m

dv

+ u

dt 

dm dt 

Si la velocidad u de salida de la arena respecto del depósito es cero, la ecuación del movimiento se escribe m

dv dt 

=  F 

que es similar a la expresión para el caso de una masa constante, pero con la importante diferencia de que la masa es variable con el tiempo. También, es similar a la ecuación del movimiento de un cohete de empuje constante, donde F=u·D es la fuerza de empuje que proporcionan los gases al quemarse. (m0 −  f  ·  t )

dv dt 

=  F 

Supondremos que el depósito se mueve con velocidad inicial v0, en el instante inicial t =0, en el que se abre el orificio de salida de la arena. t 

v − v0 =

∫ 

F  m 0 −  f t 

dt

v = v0 +

F   f 

ln

m0 m0 −  f  · t 

0

Integrando de nuevo, obtenemos la expresión de la posición del móvil en función del tiempo. Recordando que

∫ 

ln z  ·  dz =  z  · ln z −  z

obtenemos

 x = vo t  +

F   f 

t  · ln m0 +

F   f  2

((m0 −  f t ) ln(m0 −  f t ) +  f  ·  t  − m 0 ln m0 )

Cuando se agota la arena del depósito, la masa del depósito vacío m=m0-f·t m es constante, y la aceleración es constante F 

a=

m0 −  f  t m

Las ecuaciones del movimiento uniformemente acelerado  son. v = v1 + a (t  − t m )  x =  x1 + v1 (t  − t m ) + 12 a(t  − t m ) 2

Donde x1 y v1 es la posición del depósito en el instante t m en el que se vacía el depósito de arena Cuando no se aplica fuerza alguna

Cuando no se aplican fuerzas, podíamos pensar erróneamente que al disminuir el depósito su masa, s u velocidad se iba a incrementar. Pero nos olvidamos del momento lineal de la arena expulsada. De acuerdo a la ecuación del movimiento, si F =0, la velocidad del depósito es constante e igual a la velocidad inicial v0.

Energías La energía cinética inicial del depósito es 1 2

m0 v20

La energía cinética del depósito en el instante t  es 1 2

2 2

( m 0 −  f t ) v

La energía cinética de la arena descargada hasta el instante t  es. t 

∫ 

t 

1 2

dm · v2 =

0

1 2

f

∫ 

v2 dt 

0

Recuérdese que la velocidad de la porción dm de arena descargada es cero respecto del depósito y v respecto de Tierra. El trabajo realizado por la fuerza constante  F  es  F·x Podemos comprobar, que el trabajo de la fuerza  F  se invierte en incrementar la energía cinética del depósito y de la arena descargada. t 

F  ·  x =

1 2

2

( m0 −  f t )v +

1 2

f

∫ 

v2 dt  −

1 2

m0 v20

0

Para comprobarlo, nos podemos ayudar de las integrales

∫  ∫ 

ln z  ·  dz =  z  · ln z −  z 2

2

ln z  ·  dz =  z  · ln z − 2 z  · ln z  + 2 z

Ejemplo Masa del depósito vacío M =50 kg Altura inicial de la arena en el depósito h0=45 cm Flujo f =0.76 kg/s. Fuerza F =0.7 N Radio de la base del depósito cilíndrico R=10 cm Densidad de la arena  !=2500 kg/m3 Velocidad inicial del depósito v0=0.1 m/s

La masa inicial del depósito lleno de arena es m0=M+ !·! R2·h0 m0=50+2500#!#0.12#0.45=85.3 kg El tiempo que tarda en vaciarse el depósito t m =

 ρπ  R

2

2

h0

t m =

 f 

2500π 0.1   0.45 0.76

= 46.5 s

En el instante t m el depósito se ha vaciado, su masa es M  es  M =50 =50 kg. La velocidad final que alcanza el depósito vacío en este instante es v = v0 +

F   f 

ln

m0

v = 0.1 +

m0 −  f  · t m

0.7 0.76

ln

85.3 50

= 0.59 m/ m/s

La posición x posición  x del  del depósito en el instante t m=46.5 s es  x = vo t m +

F  t   f  m

 x   = 0. 0.1 1 · 46 46..5 +

· ln m 0 +

F  ( (m0 ((  f  2

0.7 46.5 46 .5 · 0.76

−  f  t  m) ln(m0 −  f  t m) + f  · t m − m0 ln m0 )

ln85..3 + ln85

0.7 0.762

(50 ln 50 + 0.76 0.76 · 46. 46.5 5 − 85 85.3 .3 ln 85 85.3 .3))  = 15.08 15.08 m

A partir de este instante, el depósito se mueve con aceleración constante a=

F  m0 −  f  · t m

a=

0.7 50

= 0.014 m/s

2

v=0.59+0.014( =0.59+0.014(t  t -46.5) -46.5)  x=15.08+0.59(  x =15.08+0.59(t  t -46.5)+0.014(t  -46.5)+0.014(t -46.5) -46.5)2/2

Actividades Se pulsa el botón titulado Inicio Se arrastra la flecha de color rojo con el puntero del ratón, para establecer la altura inicial de la arena en el depósito. Se introduce, el flujo f=dm/dt  flujo  f=dm/dt  en  en (kg/s), actuando en la barra de desplazamiento titulada Flujo. Se introduce, el peso del depósito vacío M  vacío M  (en  (en kg) en el control de edición titulado Peso en vacío. Se introduce, el valor de la fuerza fuerza F   F  en  en N, en el control de edición titulado Fuerza. Datos que se han fijado en el programa interactivo Radio de la base del depósito cilíndrico R cilíndrico R=10 =10 cm Densidad de la arena  !=2500 kg/m3 Velocidad inicial del depósito v0=0.1 m/s Se pulsa el botón titulado Empieza El orificio situado en el fondo del depósito se abre y comienza a caer un flujo  f  constante  constante de arena. El depósito disminuye su masa e incrementa la velocidad. Cuando el depósito se vacía, su masa no cambia y por tanto, se mueve con aceleración constante. Para realizar otra “experiencia” se pulsa el botón titulado Inicio, se cambia, la masa del depósito vacío, la altura inicial de la arena en el depósito, la fuerza con la que se tira del depósito y se pulsa el botón titulado Empieza.

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Dinámica

El flujo de arena Un depósito de arena empujado por una fuerza constante. Un depósito de arena empujado por un peso que cae.

Sistemas de masa variable

Movimiento de un depósito de arena bajo la acción de un peso que cae. En este apartado, se estudia un sistema en el que la masa y la fuerza aplicada cambian. Consiste en un depósito de arena que pierde masa por su parte inferior, y que se desplaza sobre dos vías paralelas, que ejercen una fuerza de rozamiento cuando el depósito se desplaza. Este depósito está unido mediante una cuerda que pasa por una polea a un cuerpo cuya masa M  es  es constante, tal como se muestra en la figura

El reloj de arena.

Ecuaciones del movimiento Dibujamos las fuerzas sobre el bloque y sobre el depósito. Supondremos que la polea tiene un momento de inercia despreciable.

La ecuación del movimiento del depósito es T-µN=ma  N=mg 

La ecuación del movimiento del cuerpo que cuelga es  Mg-T=Ma Primer etapa. La masa del depósito disminuye

La masa del depósito varía con el tiempo de la forma m=m0-f·t 

Siendo m0 la masa inicial (depósito vacío más la arena que contiene), y f  el  el flujo constante de arena que sale por  el orificio situado en su parte inferior. Eliminando T  del  del sistema de ecuaciones dv dt 

=  g

 M  −  −  μ m0 +  μ  f t   M  + m0 −  f t 

Integrando

v

∫ 

t 

dv =

0

∫ 

g

 M  −  −  μ m0 +  μ  f t   M  + m0 −  f t 

dt 

0

La fracción es fácilmente integrable si se transforma en esta otra expresión equivalente  −  μ m0 +  μ  f t   M  −

=  − μ  +

 M  + m0 −  f t 

 M (1 (1 +  μ )  M  + m0 −  f t 

Después de hacer algunas operaciones se obtiene v=

gM (1 (1 +  μ )  f 

ln

 M  + m 0  M  + m0 −  f t 

−  μg t 

Integrando de nuevo, obtenemos el desplazamiento x en función del tiempo t . Recordando que

∫ 

ln z  ·  dz =  z ln z −  z

obtenemos ⎛ t (ln( M  + m0 ) + 1) −  M + m0 ln( M  + m0 ) + ⎞  f  (1 +  μ ) ⎜ (ln( gM (1 ⎟ − 1 μgt 2  x = ⎜  M +m0 − f t  ⎟ 2  f  ln( M  + m −  f t ) ⎝

⎠

0

 f 

Segunda etapa: la masa del depósito es constante

La arena se agota en el instante t m. A partir de este instante, la masa del depósito es constante m=m0-f·t m

La aceleración del depósito y del bloque es constante, el movimiento es uniformemente acelerado a =  g

 −  μ( m0 − f  t m)  M  −  M  + m 0 −  f  t m

La posición y velocidad es v = v0 + a (t  − t m )  x =  x0 + v0 (t  − t m ) + 12 a(t  − t m ) 2

donde x0 y v0 es la posición y velocidad del depósito en el instante t m en el que se quedado vacío.

Ejemplo Masa inicial de arena 1 kg Flujo de arena f =0.8 =0.8 kg/s Coeficiente de rozamiento µ=0.5 Masa del bloque M =1 =1 kg. La masa inicial del depósito de arena es igual a la masa de la arena más la masa del recipiente que lo contiene. Se ha tomado como masa del recipiente el 10% de la masa inicial de arena. masa inicial del depósito (m0) =1.1! masa inicial de arena La masa inicial del depósito es m0=1.1!1=1.1 kg El depósito de arena se vacía en el instante t m=1.0/0.8=1.25 s. En dicho instante la velocidad del depósito es v= v=

gM (1+  M +m0 (1+ μ) ln  f   M +m0 − f t m 9.8·1·(1+0.5) 0.8

ln

−  μg t m

1+1.1 1+1.1−0.8·1.25

9.8 · 1.25 = 5.7 5.76 6 m/s − 0.5 · 9.8

La posición del depósito es  x =

9.8 · 1(1 + 0.5) 0.8

(

1.25(ln(1 + 1.1) + 1) − 1+1.1−0.8·1.25 ln(1 0.8

1+1.1 ln(1 0.8

+ 1.1) +

+ 1.1 − 0.8 · 1.25)

)

1

−

2

A partir de este instante, el depósito se mueve con aceleración constante a =  g

 −  μ( m0 − f  t m)  M  −  M  + m 0 −  f  t m

a = 9.8

1 − 0.5 0.5(( 1.1 −  0.8 · 1.25) 1 + 1.1 − 0.8 · 1.25

2

0.5 · 9.8 · 1.25 = 2.80 m

= 8.46 m/s

Las ecuaciones del movimiento son v=5.76 +8.46·(t-1.25)  x=2.80+5.76 (t-1.25)+8.46(t-1.25)2/2

Por ejemplo, en el instante t =1.6 s el depósito se encuentra en la posición x=5.33 m y lleva una velocidad de v=8.72 m/s Por ejemplo, el depósito llega a la posición x=4.0 m en el instante t =1.43 s, con una velocidad de v=7.31 m/s

Actividades Se introduce La masa de arena (en kg), en el control de edición titulado Masa de arena El flujo f  de arena (en kg/s), en el control de edición titulado Flujo de arena El coeficiente µ de rozamiento entre le depósito y el plano horizontal, en el control de edición titulado Coef. rozamiento

La masa del bloque M , se ha fijado en el valor M =1 kg Se pulsa el botón titulado Empieza La masa inicial del depósito de arena es igual a la masa de la arena más la masa del recipiente que lo contiene. Se ha tomado como masa del recipiente el 10% de la masa inicial de arena. masa inicial del depósito (m0) =1.1! masa inicial de arena masa final del depósito =masa del recipiente =0.1 ! masa inicial de arena El programa interactivo no comienza si se cumple que µ·m0>M , se aconseja entonces, disminuir el valor del coeficiente de rozamiento µ.

Referencias Sullivan P., Chaplin B, A system to change both mass and applied force. The Physics Teacher, Vol 37, May 1999,  pp. 309-311

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Dinámica

Sistemas de masa variable

El reloj de arena El flujo de arena Un depósito de arena empujado por una fuerza constante. Un depósito de arena empujado por un peso que cae.

El reloj de arena consta de dos recipientes iguales de forma aproximadamente cónica unidos por un cuello cilíndrico por donde fluye la arena desde el recipiente superior al inferior. El reloj se coloca sobre una balanza electrónica de alta sensibilidad, que mide la diferencia entre el peso del reloj cuando está en marcha y cuando está  parado.

El reloj de arena.

A medida que la arena fluye del recipiente superior al inferior, su centro de masas se mueve hacia abajo, s u aceleración ac es hacia abajo, por lo que la resultante de las fuerzas sobre el sistema será hacia abajo y por  tanto, la balanza medirá una fuerza N  que será menor que el peso mg .

Este razonamiento como vamos a ver es incorrecto, ya que aunque es cierto que el centro de masas s e mueve hacia abajo, su aceleración ac es hacia arriba. La balanza medirá una fuerza  N  que será mayor que el peso mg .

Descripción En la figura, se muestra un reloj de arena en un instante t . Sea y2 la posición de la superficie libre de la arena en la  porción superior e y1 la posición en la porción inferior. La posición del cuello cilíndrico que une ambas porciones es a. Sea A( y) el área de la sección trasversal del reloj de arena en la posición y, y  ! la densidad de la arena.

La posición Y c del centro de masas del sistema está dada por 

 y1

 M Y c =

∫ 

 y2

y ρ A( y) · dy +

∫ 

y ρ A( y) ·  dy + C 

a

0

donde M  es la masa total del reloj de arena, y C  es una constante que tiene en cuenta la arena que está cayendo, la masa del recipiente de vidrio y otros detalles fijos de la construcción del reloj de arena. Derivando con respecto del tiempo, obtenemos la velocidad del centro de masas vc

(

 M vc =  ρ  A(y1 )y1

dy1 dt 

dy2

+ A( y2 )y2

dt 

)

El flujo f  se define como la masa que sale del recipiente superior en la unidad de tiempo, o que entra en el recipiente inferior en la unidad de tiempo.  f  =

dm dt 

=  ρ A( y1 )

dy1 dt 

=  − A( y2 )

dy2 dt 

La velocidad del c.m. vc tiene una expresión muy simple  Mvc=f ( y1-y2) Como y1
dy1

( dt 

dy2

−

dt 

)

+ ( y1 − y2 )

df  dt 

El flujo f  de arena es aproximadamente constante, por lo que el segundo término es casi nulo. Colocamos el reloj de arena sobre una balanza electrónica. Sea ! F , la diferencia entre el peso  N  del reloj en marcha y el peso Mg  del reloj de arena parado.  ΔF  = N  −  Mg  =  M ac =

 f  2  ρ

1

( A( y ) 1

+

1  A( y2 )

)

(1)

aceleración del c.m. es siempre positiva, hacia arriba, aunque el centro de masas s e mueve hacia abajo. Cuando el reloj está en marcha, la balanza mide una fuerza  N  mayor que el peso Mg  del reloj parado. ! F>0, la

En esta deducción, no se considera el estado transitorio, cuando la arena comienza a caer ni cuando termina de fluir la arena, solamente la situación intermedia.

Reloj de arena de forma cilíndrica Consta de dos cilindros iguales de radio R y longitud L, unidos por un cuello por el que fluye arena a razón constante de f   kg/s. Posición del centro de masa

Calculamos el centro de masas de la arena contenida en ambos recipientes, despreciando el cuello que los une. Los centros de masas de la arena de cada una de las porciones se señalan en la figura mediante puntos de color  rojo.

La masa (o volumen para un cuerpo homogéneo) de la porción inferior es 2

"   R  y1

La posición de su centro de masas y1/2 El volumen de la porción superior "  R2( y2-a) La posición de su centro de masas ( y2+a)/2

La posición del centro de masas del sistema es  yc =

(π  R2 y1 )y1 /2 + (π R2 ( y2 − a))((y2 + a)/2)

Velocidad del c.m.

π  R2 L

=

 y21 + y22 − a2 2 L

Derivando con respecto del tiempo  y1

vc =

dy1 dt 

dy2

+ y2

dt 

=

 L

 f   ρπ  R2 L

(y1 − y2 )

donde se ha definido el flujo f  de arena como dm

 f  =

=  ρπ  R2

dt 

 dy1 dt 

=  − ρπ  R2

 dy2 dt 

Aceleración del c.m.

Derivando respecto del tiempo ac =

 f 

dy 1

 ρπ  R2 L

( dt 

−

2 f 

 f 

dy2

 = dt  )  ρπ  R L  ρπ  R 2

2

(

=2

 f 

 ρπ  R2

)

2

1  L

La aceleración del centro de masas es constante A partir de la fórmula (1) podemos obtener también la aceleración del c.m.  M ac =

 f  2  ρ

1

( A( y )

+

1

1  A( y2 )

)

Como A( y1)=A( y2)="  R2 y la masa de la arena es M = ! "  R2 L 2

( ρπ  R L)ac =

 f  2

2

 ρ π  R2

(

ac = 2

 f   ρπ  R2

)

2

1  L

Reloj de arena de forma cónica

Consta de dos conos iguales de radio R y altura H , unidos por  sus vértices. Posición del centro de masa

En el instante t , la arena está contenida en un cono de radio r  y altura ( H-h) y un tronco de cono de radio R de base y altura h.

Centro de masa de un cono macizo o de un tronco de cono

La posición yc centro de masa de una figura cónica de revolución alrededor del eje Y se calcula mediante la fórmula h

 yc =

∫  ∫ 

 yπ  x 2dy

0

h

π  x 2 dy

0

Para integrar se ha de relacionar x e y

 x ( H  −  y)

 R

=

x=

 H 

 R( H  −  y)  H 

La integral es inmediata π  R2

 yc =

 H 2

( (H  h −  H h H 2

π  R2  H 2

h2 2

3

− 2 H  h3 +

2

2

+

)

h4 4

h3 3

)

El denominador es el volumen del tronco de altura h. Cuando h=H  tenemos el centro de masas de un cono macizo de radio R y altura H  π  R2

 yc =

 H 2 π  R2

 H 2

( )= ( )  H 4 12

1 π R2 H 2 12 1 π R2H  3

 H 3 3

=

 H  4

El denominador de yc es el volumen del cono "  R2 H /3 Calculamos la posición del centro de masas de cada unas de las dos porciones de arena: un tronco de cono y de un cono invertido, respecto del origen situado en el vértice común de ambos conos. Cono de altura ( H-h) situado en la porción superior del reloj de arena (véase la figura de arriba) El radio r de la base del cono invertido es r  ( H  − h)

=

 R

r  =

 H 

 R( H  − h)  H 

Su volumen es 1  R2 ( H  − h) 3 V 1 = π  2 3  H 

La posición del centro de masas se encuentra a ( H-h)/4 de la base o a y1=3( H-h)/4 del vértice donde está situado el origen. La posición del centro de masas del tronco de cono La hemos calculado anteriormente. Está a  yc de la base del tronco de cono o a –( H-yc) del origen situado en el vértice. Su posición y2=- H+yc es

 y2 =  − H  +

(

2

h3 4

 h h  H 2 2 − 2 H  3 +

( H 

2

−  Hh  +

h2 3

)

)

El volumen del tronco de cono V 2 lo hemos calculado ya V 2 =

π  R2

 H 2

(

H 2 h −  H h2 +

h3 3

)

El centro de masas del conjunto formado por el cono invertido superior y el tronco de cono inferior es Y c =

 y1 V 1 + y2 V 2 V 1 + V 2

V=V 1+V 2 es el volumen total, es decir, del cono de radio R y altura H , V ="  R2 H /3, como puede comprobarse fácilmente. Y c =

 H 4 − 6 H 3 h + 9 H 2 h2 − 6 H h3 + 32 h4

3 4

 H 3

Velocidad del c.m.

Derivando con respecto del tiempo obtenemos la velocidad del c.m. vc =

dY c dt 

=

−6 H 3 + 18 H 2 h − 18 H h2 + 6h3 dh  H 3

dt 

=  −

6( H  − h) 3 dh  H 3

dt 

 El flujo es dm dt 

 f  =

vc =  −

=  ρπ  r 2  dh =  ρπ  dt  6( H −h)  ρπ  R2 H 

 R2 ( H −h)2 dh dt   H 2

f 

Aceleración del c.m.

Derivando respecto del tiempo obtenemos la aceleración del c.m. ac =

dvc

=

dt 

8

f 

dh

 ρ R2 H  dt 

=6

(

 f   ρπ  R2

)

2

 H  ( H  − h) 2

La aceleración del c.m. es positiva y tiende a infinito cuando h# H , es decir, cuando se agota la arena de la parte superior. Podemos calcular también la aceleración del c.m. mediante la expresión (1) obtenida en el apartado descripción  M ac =

 f  2  ρ

1

( A( y )

+

1

1  A( y2 )

)

Para un reloj de arena formado por dos conos iguales unidos por sus vértices, π  R2 ( H  − h) 2

 A( y1 ) = A( y2 ) = A( H  − h) =

 H 2

 por lo que  M ac =

2 f  2

 H 2

 ρπ  R2 ( H  − h) 2

La masa total de arena es π  R2 H 

 M  =  ρ

3

La aceleración del c.m. es ac = 6

(

)

 f 

 ρπ  R2

2

 H  ( H  − h) 2

Altura de la arena en el recipiente cónico inferior.

El flujo f  de arena es constante, al cabo de un cierto tiempo t , la arena llena el volumen V=f·t/  ! de un tronco de cono de altura h. Ya hemos calculado la fórmula del volumen de un tronco de cono.  f  · t   ρ

=

π  R2

 H 2

(

2

h3

2

H  h −  H h +

3

)

Conocido el radio de la base R del cono y su altura H , tenemos que resolver una ecuación cúbica, para hallar la altura h del tronco de cono, en el instante t . h3 3

2

2

−  H h +  H  h −

 H 2 f  · t  π R2 ρ

=0

Esta ecuación se resuelve por procedimientos numéricos en el programa interactivo

Ejemplo Radio de la base del cono, R=0.5 m Altura del cono H=0.5 m Densidad de la arena  !=2500 kg/m3

Flujo de arena f =0.13 kg/s En un instante dado t  la altura h del tronco de cono es de 0.20 m. Calcular el instante t , la posición del c.m. y la diferencia de fuerzas ! F=Mac que señala la balanza. Instante t  Calculamos el volumen del tronco de cono de altura h=0.2 m V  = V  =

(

π  R2  H 2

π ·0.52 2

0.5

H 2h −  H h2 +

(

h3 3

)

0.5 2 · 0.2 − 0.5 · 0.2 2 +

0.23 3

)  = 0.103 m

3

La masa de arena contenida en este volumen es m= !·V =2500"0.103=256.6 kg Como el flujo constante de arena es  f =dm/dt =0.13 kg/s, m=f·t , t =1974 s. Posición del c.m. Y c = Y c =

3  H 4−6 H 3h+9 H 2 h2−6 H h3+ 3 h4 4 2  H 3 3  0.54 −6·0.53 ·0.2+9·0.52· 0.22−6·0.5·0.23+ 3 0.24 4 2 3

0.5

=  − 0.278 m = 27.8 cm

La fuerza que mide la balanza es  ΔF  = M ac =  ΔF  =

2

2 f  2  R2

 ρπ 

 H 2 ( H −h)2

2·0.13 0.52 2 2500·π ·0.5 (0.5−0.2)2

= 4.78 · 10−5 kg

Como vemos el efecto es muy pequeño, y para medirlo experimentalmente (véase el artículo citado en las referencias) es preciso emplear una balanza que mida una masa elevada con una gran  precisión.

Actividades Se introduce El radio R de la base del cono (en cm), actuando en la barra de desplazamiento titulada Radio cono. El flujo f  (en kg/s), actuando en la barra de desplazamiento titulada Flujo. La altura H  del cono se ha fijado en el valor H =0.5 m La densidad de la arena se ha fijado en el valor  !=2500 kg/m3. Se pulsa el botón titulado Empieza Cuando el reloj está parado, su peso es Mg  Cuando está en marcha, su peso es algo mayor N  La diferencia es ! F = N-Mg=Mac La balanza mide esta diferencia. Al principio cuando el reloj está parado ! F=0, pero luego, se incrementa hasta que tiende (teóricamente) a infinito cuando deja de fluir la arena procedente del recipiente cónico superior. Vemos como el c.m. del sistema, señalado por un punto de color rojo, desciende a medida que cae la arena del recipiente cónico superior.

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Dinámica

Sistemas de masa variable

La fuerza que ejerce la presión atmosférica En esta página, se estudia un sistema de masa variable, y se comprueba los efectos de la fuerza que ejerce la  presión atmosférica.

Disponemos de un tubo de PVC de longitud L y sección A, sellado por ambos extremos, que tiene en su interior  una pelota de ping-pong. El diámetro del tubo es un poco mayor que el diámetro de la pelota, de modo que ésta  pueda moverse a lo largo del tubo.

Se retira el aire en el interior del tubo, conectándolo a una bomba de vacío. Se rompe con un objeto  punzante la lámina que sella el extremo izquierdo, el aire penetra en el interior del tubo y empuja a la  pelota, que se mueve a lo largo del tubo, hasta que llega al otro extremo, rompe la tapa derecha y sale a gran velocidad. Tenemos de este modo, un cañón cuyo proyectil es impulsado por la fuerza que ejerce la presión atmosférica. La sucesión de imágenes de la figura nos permite entender como opera este dispositivo.

Movimiento del proyectil en el tubo de lanzamiento Supongamos que el proyectil tiene sección A y masa m. La fuerza que ejerce la presión atmosférica p0 sobre el  proyectil es p0·A. Pero esta fuerza ha de acelerar el proyectil de masa m y la columna de aire de masa  ! Ax por  detrás del proyectil (en color amarillo en la figura).

La ecuación del movimiento es  p0 A  =

d  dt 

((m +  ρ Ax)v)

Si el proyectil parte del reposo v=0 en el instante t =0, la expresión de la velocidad v en función del tiempo t  es  p0 At  = ( m +  ρ Ax)v

Para obtener la posición x del proyectil en función del tiempo t  tenemos que integrar   p0 At  = ( m +  ρ Ax)

dx dt 

con la condición inicial de que en el instante t =0, el proyectil parte del origen x=0.

1

mx +

ρ A x

2

2

2

1

=  p0 At 

2 +  ρ A2 p t 2 ‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾ √ m 0 ‾ −m

x  =

2

 ρ A

La velocidad v del proyectil en función del tiempo es dx

v  =

dt 

 A p0 t 

=

2 +  A2 p t ‾ 2  ρ √ ‾m‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾ 0

(

=

m2

+

 p20 A2 t 2

)

 ρ

 p0

Para un cañón infinitamente largo, cuando t 

−1/2

, la velocidad final tiende hacia

!"

v∞ =

‾ p‾0‾

√ 

 ρ

Esta velocidad puede comparase con la velocidad del sonido en el aire  p0‾ ‾γ ‾‾‾

√ 

vs =

 ρ

Donde "=1.4 es el índice adiabático del aire Ejemplo:

Una pelota de ping-pong tiene una masa m=2.5 g y un diámetro de 3.8 cm, o una sección trasversal de A=1.13 103 m2, la densidad del aire es  !=1.29 kg/m3 y la presión atmosférica es de p =1.013 105 Pa 0 #

#

Calculamos la velocidad final del proyectil en un tubo de longitud  L=1.5 m mL +

1 2

2

ρ A L

= 21 p0 A t 2

0.0025 · 1.5 +

1 2

−3 · 1.5 2 =

1.29 · 1.13 · 10

 A p0t 

v=

=

√ m +  A  p t 

2  ρ 2 2 0

1 2

1.13·10−3·1.013·105 ·0.0097

√ 0.0025 +1.29·(1.13·10− ) ·1.013·10 ·0.0097 3 2

2

−3 t 2

5

1.013 · 10 · 1.13 · 10 5

t  = 0.0097 s

= 237.0 m/s

2

Movimiento del proyectil fuera del tubo. Para simular el movimiento de la pelota de ping-pong fuera del tubo de lanzamiento, suponemos que sobre el  proyectil actúa una fuerza de rozamiento proporcional al cuadrado de la velocidad. m

dv dt 

=  − k v

2

Integramos esta ecuación sabiendo que en el instante t=t 0, el móvil lleva una velocidad v0, es decir, la velocidad final al salir del tubo de lanzamiento. v

∫ 

t 

dv v2

=  −

 ∫ 

k  m

v0

dt 

1

v

=

1

v0

+

k  m

(t  − t 0 )

t 0

Integramos de nuevo, para obtener la posición x en función del tiempo, sabiendo que en el instante t 0 parte de la  posición x0=L.  x

∫   L

t 

dx  =

∫  t 0

dt  1 v0

+

k  (t  m

− t 0 )

x  =  L  +

m k 

(

ln 1 +

k  m

v0 (t  − t 0 )

)

Actividades Se introduce La masa en gramos de la pelota de ping-pong, actuando en la barra de desplazamiento titulada Masa pelota La longitud del tubo, en metros, actuando en la barra de desplazamiento titulada Longitud tubo La densidad del aire vale  !=1.29 kg/m3 La el área de la sección trasversal de la pelota de ping-pong se ha fijado en A=1.13 10-3 m2 #

La presión atmosférica vale p0=1.013 105 Pa #

Se pulsa el botón titulado Empieza Primero, se conecta el tubo a una bomba de vacío, y un manómetro nos señala la disminución de la presión en el tubo sellado por ambos extremos.

A continuación, se observa el movimiento del proyectil (en color rojo) a lo largo del tubo, y la columna de aire (en color amarillo) detrás. En la parte superior del applet, se representa, la velocidad v del proyectil en función de la posición x, medida desde la parte izquierda del tubo que se toma como origen. El proyectil alcanza una velocidad máxima al final del tubo y luego, disminuye debido al rozamiento con el aire. En esta “experiencia” anotaremos la velocidad final v0 y la relacionaremos con la masa m del proyectil y con la longitud L del tubo.

Referencias Ayars E., Buchholtz L. Analysis of the vacuum cannon. Am. J. Phys. 72 (7) July 2004, pp. 961-963. Curso Interactivo de Física en Internet © Ángel Franco García

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Dinámica

Sistemas de masa variable

La lluvia que cae en un vagón de ferrocarril Cuando no se aplican fuerzas al vagón Cuando se aplica una fuerza al vagón La gota de lluvia que cae a través de una nube

En los cursos de Física General se ilustra la aplicación de la definición de fuerza F=d p/dt  con el problema del vagón de ferrocarril que incrementa su masa a razón constante, debido a la lluvia que cae uniformemente.

Cuando no se aplican fuerzas Se resuelve un problema cuyo enunciado es similar al siguiente: Un vagón de ferrocarril que está abierto por arriba, se mueve a lo largo de vías rectilíneas con velocidad v0. En un momento dado, comienza a llover verticalmente, incrementándose la masa del vagón a razón constante de  f  kg/s. Sabiendo que la masa inicial del vagón es m0 kg. Calcular  La masa m del vagón en función del tiempo t  La velocidad v del vagón en función del tiempo La aceleración a La posición x del móvil en función del tiempo t , si parte del origen La fuerza F  necesaria para que el vagón se mueva con velocidad constante v0. La solución del problema es Masa del vagón La masa del vagón en el instante t  es m=m0+ f !t   Velocidad del vagón

Como la fuerza sobre el vagón es nula F =0, el momento lineal se mantiene constante.  F=dp/dt , si F =0, p=cte Al incrementarse la masa del vagón disminuye su velocidad. La velocidad v del vagón en el instante t  es m0·v0=(m0+f·t )!v v  =

m 0 v0 m0 +  f  ·  t 

Tenemos una situación equivalente, cuando un cuerpo de masa m0 que lleva una velocidad inicial v0 choca inelásticamente con pequeño cuerpo de masa "m en reposo. La velocidad v1 después del primer choque es mv0=(m+"m)v1

Si el cuerpo resultante de masa m0+"m se vuelve a encontrar con otro pequeño cuerpo de masa "m en reposo. La velocidad v2 después del segundo choque es

m0v0=(m0+"m)v1=(m0+2"m)v2. después de n choques consecutivos, el cuerpo tendrá una masa (m0+n·"m), y su velocidad será vn =

m0 v0 m 0 +  n  ·  Δ m

En la expresión anterior el término  f·t  es el incremento de la masa del vagón. En ésta, n·"m es el incremento de la masa del cuerpo como resultado de sus choques inelásticos La aceleración del vagón es dv

a  =

dt 

=

−

m0 v0 f  ( m 0 +  f  ·  t )

2

Aunque la fuerza sobre el vagón es cero, la aceleración no es nula. Posición del vagón Integrando la expresión de la velocidad obtenemos la posición  x del vagón en función del tiempo dx dt 

=

m0 v0 m0 + f ·t 

 x

∫ 

t 

dx =

0

∫ 

m0 v0 m0 +  f  ·  t 

dt

x  =

m0 v0  f 

ln

m0 + f ·t  m0

0

Velocidad constante del vagón Al aumentar su masa m, el vagón disminuye la velocidad v. Para que el vagón se mueva con velocidad constante v0, es necesario aplicar una fuerza  F tal que F  =

dp dt 

=

d (mv0 ) dt 

=

dm dt 

v0 =  f  · v0

Cuando se aplican fuerzas. Vamos a estudiar en este apartado, el movimiento de un vagón cuya masa inicial es m0 y cuya velocidad inicial es v0, que incrementa su masa a razón constante de f  kg/s. Sobre el vagón se ejerce una fuerza F mediante una máquina de tren conectada al vagón y además, estudiaremos el efecto de la fuerza de rozamiento cuyo coeficiente es µ. La masa del vagón en el instante t  es m=m0+ f !t  Su velocidad es v, y su momento lineal p=(m0+ f !t )v Las fuerzas que actúan sobre el vagón son:

El peso (m0+ f !t ) g  La reacción N  de las vías, igual y de sentido contrario al peso, N =(m0+ f !t ) g  La máquina de tren arrastra el vagón con una fuerza F  constante La fuerza de rozamiento F r =µ·N = µ!(m0+ f !t ) g. La fuerza de rozamiento no es constante y se incrementa con la masa del vagón.  La ecuación del movimiento del vagón es dp dt 

=  F  −  μ (m0 +  f  ·  t )g

En el instante t =0, la velocidad inicial es v0, y el vagón parte del origen x=0.

 p

∫ 

t 

dp  =

 p0

∫ 

(F  − μ m0 g  −  μ gf  ·  t )dt 

0

 p =  p0 + (F  − μ m0 g)t  − 21 μgf  · t 2

Velocidad del vagón La velocidad v del vagón en el instante t  es m 0 v0 + (F  − μ m 0 g)t  − μ  f gt 2 /2

v  =

m 0 +  f  ·  t 

La velocidad se hace cero cuando el numerador lo sea, es decir, en el instante t , tal que (F  − μ m0 g) +

t  =

‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾ ‾ 2 −  μ m0 g) + 2 μ  f gm0 v0

√ (F 

 μ f g

Si el vagón parte del reposo v0=0, el tiempo que tarda en pararse es 2(F  − μ m0 g)

t  =

 μ f g

El tiempo es positivo (el vagón se mueve) si F > µm0 g . (la fuerza de rozamiento inicial) Posición del vagón La posición x del vagón en función del tiempo t  es  x

∫ 

t 

dx =

0

∫ 

m0 v0 + (F  − μ m0 g)t  − μ  f gt 2 /2 m0 +  f  ·  t 

dt 

0

Para resolver la integral, se divide primero el numerador entre el denominador, calculando el cociente y el resto de la división. El resultado final es  x  =

−

 μg 4

t 2 +

F  − μ m 0 g/2

m0

t  +

 f 

 f 

(

F  −  μ m0 g/2

−

v0

 f 

)

ln

m0 +  f t  m0

Casos particulares

Si F =0 y µ=0, obtenemos v  =

m 0 v0 m0 +  f  ·  t 

x  =

m0 v0  f 

ln

m0 +  f  ·  t  m0

Si F #0, y µ=0, obtenemos v  =

m0 v0 +  Ft  m0 +  f  ·  t 

x  =

F   f 

t  +

m0  f 

(

v0

−

F   f 

)

ln

m0 +  f t  m0

La velocidad v se hace constante e igual a v0 cuando F=f·v0 , entonces x=v0·t 

Ejemplos Ejemplo1:

Sea F =0, y µ=0  f =0.7 kg/s v0=0.1 m/s m0=50 kg  La velocidad en el instante t=50 s es v=

50 · 0.1 50 + 0.7 · 40

Ejemplo 2:

Sea µ=0  f =0.7 kg/s

= 0.064 m/s

x=

50 · 0.1 0.7

ln

50 + 0.7 · 40 50

= 3.18 m

v0=0.1 m/s m0=50 kg La velocidad v0 es constante cuando la fuerza F=f·v0=0.7!0.1=0. 07 N Cuando F  es más pequeña que este valor, el vagón se frena, y cuando es más grande se acelera Ejemplo 3:

Sea µ=0.1  f =0.7 kg/s v0=0 m/s m0=50 kg Introducimos el valor de la fuerza  F  que sea mayor que la fuerza de rozamiento inicial  µm0 g =0.1!50!9.8=49 N Por ejemplo, F =60 N Observamos que el vagón parte del reposo, se acelera, hasta que alcanza una velocidad máxima y luego, se decelera hasta que se para. El tiempo que tarda en pararse es t  =

2(60 − 49) 0.1 · 0.7 · 9.8

= 32.07 s

En este tiempo, el vagón se ha desplazado  x  =

−

0.1 · 9.8 4

2

32.07 +

60 − 49/2 0.7

32.07 +

50

0 0.7 (

−

60 − 49/2 0.7

) ln

50 + 0.7 · 32.07 50

= 31.0 m

Actividades Se introduce La velocidad inicial v0, en el control de edición titulado Velocidad inicial La masa inicial del vagón se ha fijado en m0=50 kg La fuerza F  con la que tira la máquina de tren del vagón, en el control de edición titulado Fuerza. La razón constante f  del incremento de la masa del vagón, actuando en la barra de desplazamiento titulada Flujo El coeficiente de la fuerza de rozamiento  µ, en el control de edición titulado Coef. rozamiento. Se pulsa el botón titulado Empieza Se observa el movimiento del vagón arrastrado o no por la máquina según que la fuerza F  sea positiva o nula, respectivamente. La masa del vagón se incrementa con el tiempo, debido a la caída de la lluvia, que se representa por el movimiento vertical de puntos de color azul.

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Dinámica

Sistemas de masa variable

La gota de lluvia que cae a través de una nube Cuando no se aplican fuerzas al vagón

Una gota de agua de lluvia cae a través de una nube de pequeñas gotitas. A medida que cae, incrementa su masa al chocar inelásticamente con las pequeñas gotitas. El problema consiste en determinar la posición x y velocidad v de la gota en función del tiempo t , conocida la masa inicial m0, la velocidad inicial v0 y la altura inicial x0 en el instante

Cuando se aplica una fuerza al vagón La gota de lluvia que cae a través de una nube

t =0.

Procedimiento numérico

La masa de la gota Hemos de hacer una suposición acerca de la forma en que la masa de la gota se incrementa con el tiempo. Si la gota va absorbiendo las pequeñas gotitas que encuentra en su camino, entonces dm dt 

∝  (área) ×

(velocidad)

∝

2 2 2/3 v π  r  v  =  ρn π  r  v  =  k m

r 2 es el área trasversal de la gota supuesta esférica

!

 !n es

la densidad de la niebla,

v es la velocidad de la gota m es la masa de la gota, y  !a es la densidad del agua, m=densidad"volumen= !a"(4/3)!r 3 El valor de la constante de proporcionalidad k  es k  =

 ρn π 

( ρa π )  4

2/3

3

En general, supondremos que la razón del incremento de la masa de la gota con el tiempo es de la forma dm dt 

α

=  k m v

Como la velocidad v=dx/dt  dm dt 

=  k m

α

 dx dt 

Integramos esta ecuación con las condiciones iniciales para x=0, m=m0 m

∫  m0

 x

m− dm  = α

∫ 

k  ·  dx

0

m1−α − m10−α = (1

−

α)kx

m =  ( (1 − α)kx + m10−α )

1/(1−α)

Esta ecuación nos proporciona la masa m de la gota en función de la posición x.

Ecuaciones del movimiento Sobre la gota de masa m actúa una única fuerza que es su peso mg . La segunda ley de Newton aplicada a este sistema de masa variable se escribe

d (mv) dt 

=  mg

m

dv dt 

+  v

dm dt 

=  mg

Cuando  g =0 Empezaremos por el caso más simple, aquél en el que la aceleración de la gravedad es cero. Podría ser el caso de un objeto que pasase a través de la materia interestelar. Como la fuerza exterior es nula, el momento lineal se conserva, al aumentar la masa disminuye la velocidad de la gota m0v0=mv dx

m 0 v0

=

dt 

=

m

m0 v0

((1 − α)kx + m10 ) −α

1/(1−α)

Integramos  x

∫ 

t 

((1 − α)kx + m10 ) −α

1/(1−α)

dx  =

0

∫ 

m0 v0 dt 

0

1 k (2−α)

{((1

−

α)kx +

(2−α)/(1−α)

m10−α )

−

} = m v t 

(2−α)

m0

0 0

Expresamos x en función del tiempo t  1

 x  =

k (2 1+ ) {(

(−

k (1 − α)m 0

−

α

(−1+α) v0 t  + α)m 0

)

1

}

(1−α)/(2−α)

1

−

Calculamos ahora la velocidad v en función del tiempo t  m0 v0 m0 v0 v0 v  = = = 1/(1−α) 1/(2−α) m (−1+α) ((1 − α)kx + m 10−α) (k (2 − α)m0 v0 t  + 1) Integrando de nuevo, obtenemos la posición x de la gota en función del tiempo t . t 

 x  =

∫  (

v0 (−1+α) − α)m v0 t  + 0

k (2

0

1

)

1/(2−α)

1

dt  =

(−1+α)

k (1 − α)m0

{(k (2

−

(−1+α) v0 t  + α)m 0

)

1

(1−α)/(2−α) −

}

1

Cuando "=2/3 las expresiones de la masa m de la gota, la velocidad v y la posición x en función del tiempo t  son: m =  ( 13 kx + m 1/3 0 ) v  =

3

v0 4

( 3 km0

3/4

v0t +1)

−1/3

x  =

3m1/3 0

k 

{(

4 1/3 km − v0 t  + 0 3

1)

1/4

−

}

1

Cuando g!0 Las ecuaciones que tenemos que resolver son dm =  k m α v dt  dv dm m dt  +  v dt 

=  mg

Con la notación ˙ = m

dm dt 

v˙ =

dv dt 

dv˙ d 2 v v˙˙ = = dt  dt 2

Las ecuaciones anteriores se escriben ˙ =  k m α v m ˙ =  mg mv˙ +  v m

En general, la aceleración de la gota dv/dt  no es constante, para que fuese constante se debería cumplir que ˙ m

m

v  = g − c

donde c es una constante Eliminado la derivada de m en las dos ecuaciones que describen el movimiento de la gota, obtenemos una ecuación diferencial de primer orden en v.

˙ =  k m α v m

v˙ +  k m α−1 v2 =  g

m −α+1 =  k 

v2 g− v˙

Derivamos respecto del tiempo ˙ =  k  (−α + 1) m−α m

v˙˙ =

˙ −v2(−v˙˙ ) 2vv˙ ( g−v ) g−v˙

(g−v˙ ) ((1 − α)g − v

(−α + 1)kv  =  k 

˙ g−v ) ˙ −v2(−v˙˙ ) 2v v ( g−v˙

(3 − α)v˙)

Esta ecuación diferencial no tiene s olución analítica conocida La aceleración es constante cuando el término entre paréntesis es cero v˙˙ = 0 v˙ =

1−α g 3−α

Cuando "=2/3, la aceleración es constante e igual a 1/7 de la aceleración de la gravedad  g  dv dt 

=

1 7

g

Procedimiento numérico Se resuelve la ecuación diferencial de segundo orden por el procedimiento de Runge-Kutta d 2 x = −k m α−1 v2 +  g dt  m1−α = (1 − α)kx + m10−α

Con las condiciones iniciales t =0, v=0, m=m0 La masa inicial m0 en gramos es el producto de la densidad del agua 1.0 g/cm 3 por el volumen de una esfera de radio r 0 en cm m0 =

4 3

3 π  r 0

El valor de la constante de proporcionalidad k  es k  =

−6

 ρn π 

( ρa π )  4

2/3

3

=

10

2/3

( π ) 4

π 

= 1.21 · 10

−6

3

Donde  !n#10-6 g/cm3 es la densidad de la niebla, y  !a=1.0 g/cm3 es la densidad del agua. La constante de  proporcionalidad k  es por tanto, del orden de 10 -6. La aceleración de la gravedad es  g =980 cm/s2.

Actividades Se introduce El radio inicial r 0 de la gota en mm, actuando en la barra de desplazamiento titulada Radio inicial La constante de proporcionalidad k  en el intervalo 0.1"10-6 a 9.0"10-6, actuando en la barra de desplazamiento titulada Parámetro k . Se pulsa el botón titulado Empieza Se observa la caída de la gota de agua en la parte izquierda del applet Se representa la aceleración dv/dt  de la gota en función del tiempo t , observando que tiende hacia el valor límite  g /7=1.4 m/s2. Vemos como la gota cambia su tamaño a medida que absorbe las pequeñas gotas suspendidas en el aire y que forman la niebla.

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Dinámica

Sistemas de masa variable

Una cuerda que desliza sobre una mesa Cuerda que desliza sobre una mesa Cadena doblada Cadena que cuelga de un clavo

El movimiento de una cuerda que desliza sin rozamiento sobre una mesa y cae por el borde de la misma, es un ejemplo típico de movimiento de un sistema de masa variable.

Ecuación del movimiento Sea una cuerda uniforme de longitud l , de densidad lineal  !, que desliza sin rozamiento sobre una mesa horizontal y que cae por uno de sus bordes, tal como se muestra en la figura.

En un determinado instante t, la longitud del segmento vertical de la cuerda que cuelga del borde de la mesa es  x. La fuerza que actúa sobre toda la cuerda es el peso de la parte vertical. El peso de la parte horizontal l-x se equilibra con la reacción de la mesa. La segunda ley de Newton se escribe  ρ l

d 2 x dt 2

= ρgx

La ecuación del movimiento de la cuerda homogénea es independiente del valor de s u densidad  !. La solución de esta ecuación diferencial es  x  =  A cosh(√ ‾gl t ) + B sinh(√ ‾gl t ) v  =

dx dt 

=

g g g √ ‾‾l ( A sinh(√ ‾l t ) + B cosh( √ ‾‾l t ))

Los coeficientes A y B se determinan a partir de las condiciones iniciales. Supongamos que en el instante inicial t =0, x= x0, v=0, cuelga del borde de la mesa una porción x0 de la cuerda, y se suelta.  x =  x0 cosh(√ ‾‾gl t ) v=

g g √ ‾‾l x0 sinh ( √ ‾‾l t )

Balance energético

Situamos el nivel cero de energía potencial en el borde de la mesa. La energía inicial es la energía potencial del centro de masas (c.m.) de la parte de la cuerda que cuelga del borde de la mesa, cuya masa es  ! x0.  E  =  − ρ x0 g

 x0 2

=  − ρg

 x02 2

La energía de la cuerda en el instante t  es la suma de: La energía cinética E k  de toda la cuerda, cuya masa es  !l , que se mueve con velocidad v  E k  =

1 2

2 ρ Lv

La energía potencial del c.m. de la parte de la cuerda que cuelga del borde de la mesa, cuya masa es  ! x.  x 2  E  p =  − ρ xg =  − ρ g 2 2  x

Aplicamos el principio de conservación de la energía  x02

 x 2 1 − ρg = − ρg + ρ lv2 2 2 2

Introduciendo las expresiones de x y de v en función del tiempo y teniendo en cuenta que senh 2 z -cosh2 z =-1, comprobamos que se cumple el principio de conservación de la energía. Si derivamos la ecuación de la energía respecto del tiempo

− ρgx

dx dt 

+  ρ lv

dv dt 

=0

Volvemos a obtener la ecuación del movimiento

Ejemplo Sea x0=0.1 y l =1.0 El tiempo que tarda el extremo de la cuerda en llegar al borde de la tabla  x=1.0, es 1.0 = 0.1 cosh(√ 9.8 ‾‾‾ t )

t   = 0.956 s

La velocidad de la cuerda en este instante es v=3.11 m/s En el instante t =0.5 s La parte de la cuerda que cuelga del borde de la mesa y su velocidad son, respectivamente

‾‾‾ · 0.5) = 0.25 m  x  = 0.1 cosh(√ 9.8 ‾‾‾ · 0.1 · sinh(√ 9.8 ‾‾‾ · 0.5) = 0.72 m/s v = √ 9.8 La energía potencial es  E  p=-0.252!9.8/2=-0.305 J La energía cinética  E k =1.0!0.722/2=0.256 J La energía total es  E=E   p+E k =-0.049 J Que es igual a la energía potencial inicial  E  p=-0.12!9.8/2=-0.049 J

Fuerzas sobre la cuerda en el borde de la mesa La ecuación del movimiento se ha deducido suponiendo que la cuerda mantiene en todo momento la forma de "L invertida”. Pero cómo es posible mantener un ángulo de 90º entre las dos partes de la cuerda desde el mismo momento en el que ésta se pone en movimiento. La suposición de que la cuerda se dobla bruscamente 90º en el  borde de mesa, anulándose instantáneamente el momento lineal horizontal y continuando su movimiento hacia abajo, no es realista. El problema es por tanto, mucho más complejo tal como se describe en el segundo artículo citado en las referencias. La segunda ley de Newton para este sistema bidimensional F  =

d p dt 

F es la suma de todas las fuerzas exteriores p es la suma de los momentos lineales de las partículas que forman el sistema

Momento lineal p a lo largo del eje X , p x=- !(l-x)·v a lo largo del eje Y, p y=  ! x·v Fuerzas exteriores F

El peso de la porción vertical x de la cuerda  ! gx. El peso de la parte de la cuerda l-x que está sobre la mesa se anula con la reacción de la misma. Sean F   x y F   y las componentes de la fuerza que ejerce el borde de la mesa sobre la cuerda para que mantenga en todo momento, la forma de "L invertida”. La segunda ley de Newton a lo largo del eje X y del eje Y, respectivamente, se escribe. F  x =

dp x

2

F  x =  − ρ(l −  x) d   x2 +  ρ ( dx dt  )

dt 

2

dt 

F  y +  ρ gx  =

dp y

2

F  y =  − ρgx +  ρ ( dt  ) +  ρ  x dx

dt 

d 2 x dt 2

En la ecuación del movimiento, despejamos la aceleración d 2 x/dt 2 y en la ecuación de la conservación de la energía despejamos la velocidad dx/dt .. d 2 x dt 2

=

g l

dx

( dt  )

x

2

=

g

 x 2 −  x02 ) ( l

Expresando F   x y F   y en función de x. F  x = F  y =

 ρg

l

(2 x 2 −  xl −  x02)

Cuando t =0, la cuerda empieza a moverse, x=x0, F   x>0 está dirigida hacia fuera de la mesa Cuando x=l , la cuerda abandona la mesa, F  x<0, la fuerza es negativa. Para una x determinada se cumple que F   x=0 l +  x  =

+ 8 x ‾ √ ‾l ‾‾‾‾‾‾ 2

2 0

4

Actividades Se introduce La longitud de la parte de la cuerda x0 que cuelga del bode de la mesa en el instante inicial t =0, actuando en la barra de desplazamiento titulada Cuerda que cuelga La longitud de la cuerda se ha fijado en l =1 m Se pulsa el botón titulado Empieza Se observa el movimiento de la cuerda. Se proporciona los datos de x (longitud de la parte de la cuerda que cuelga del borde de la mesa), la velocidad de la cuerda v, en cada instante t . Se dibujan mediante flechas, las fuerzas exteriores que actúan sobre el sistema (con la excepción del peso de la  parte de la cuerda que está sobre la mesa, y la reacción de ésta, que se anulan). Se proporciona el valor de la fuerza F   x= F   y que hay que ejercer sobre la cuerda en el borde de la mesa para que mantenga en todo momento la forma de “L invertida”.

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Dinámica

Sistemas de masa variable

Caída del extremo libre de una cadena doblada Cuerda que desliza sobre una mesa Cadena doblada Cadena que cuelga de un clavo

En esta página, se estudia el movimiento de caída del extremo libre de una cadena de longitud  L y densidad lineal  ! inicialmente suspendida con ambos extremos a la misma altura. A continuación, se suelta uno de los extremos.

Principio de conservación de la energía En la situación inicial t =0, la cadena está doblada en dos partes iguales de longitud L/2. Los centros de masa de cada una de las dos porciones, señalados por un punto de color azul, se encuentran a una distancia  L/4 del  por debajo de los extremos. Tomando como nivel cero de energía potencial la  posición de ambos extremos en el instante t =0. La energía de la cadena en este instante es

Procedimiento numérico

 E  = − ρ

 L  L g 2 4

 L  L  L 2 g = − ρg 2 4 4

−  ρ

En el instante t , el extremo libre ha descendido una altura x. La cadena se encuentra doblada, pero la longitud de cada una de las porciones es distinta. La porción izquierda, tiene una longitud ( L+x)/2 y la porción derecha ( L x)/2. La porción izquierda de la cadena se encuentra en reposo. La porción derecha se mueve con velocidad dx/dt . La energía de la cadena en el instante t  es  E  =

1  L− x ρ 2 2

1  ρ( L 4

2

dx  L+ x  L+ x  L− x  L− x ( dt  ) −  ρ 2 g 4 −  ρ 2 g 4 2

−  x)( dx − dt  )

ρg 4

=

(L 2 + 2 Lx −  x 2 )

Como la energía se conserva, despejamos la velocidad dx/dt . dx dt 

=

‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾  x(2 L −  x)‾ g  L −  x

√ 

Integramos para determinar la posición  x del extremo libre en función del tiempo t . t 

‾ √ g

∫ 

 x

‾ x‾‾‾‾‾‾‾‾ (2 L −  x)‾ dx  L −  x

∫  √ 

dt  =

0

0

Se hace el cambio de variable 2

 x =  L sin ϕ θ 

‾t  = 2√ L‾ √ g

∫  √ ‾‾‾‾‾‾‾‾‾ 1 + cos 2 ϕ

0

θ 

√ g t  = 2√ L

2 √ ‾

θ 

cos 2 ϕ

d ϕ

√ g 2√ L

‾ + cos ϕ d ϕ − ∫  √ ‾1‾‾‾‾‾‾‾ ∫  √ ‾1‾‾‾‾‾‾‾ ‾ + cos ϕ d ϕ

2

2

0

2 ‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾ 2‾ 1 − ( ) sin ϕ d ϕ − √ 

∫  √ 

t  =

θ 

1

2

0

θ  1 √ 2

0

∫  √ ‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾ ‾ −( ) d ϕ 1

1

0

√ 2

2

2

sin ϕ

Las integrales elípticas de primera y segunda especie son θ 

F (k , θ ) =

θ 

∫  √ ‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾ ‾ − d ϕ

k 2 sin2 ϕ

1

0

E (k , θ ) =

‾ − ∫  √ ‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾ 1

k 2 sin2 ϕ d ϕ

0

En términos de las integrales elípticas, la posición  x del extremo libre es una función implícita del tiempo t . √ g t  = 2 E  √ 2 L 2

sin θ  =

x  L

(

1

√ 2

) − F  (

, θ 

1

√ 2

)

, θ 

Las integrales elípticas se encuentran tabuladas, véase Puig Adam, Cálculo Integral . Editorial Biblioteca Matemática 1972, págs. 71 y 72. El tiempo total t  que emplea el extremo libre la cadena en caer completamente,  x=L, " =!/2 se calcula resolviendo las integrales elípticas completas de primera y segunda especie. g‾ ‾‾‾

√ 

2 L

t  = 2 E 

(

1

√ 2

,

π  2

) − F  (

1

√ 2

,

π  2

)

Como podemos comprobar en el applet (más abajo), el valor del segundo miembro es 0.84721. El tiempo t  que ‾‾/ g‾ que tarda una partícula en caer libremente una altura tarda en caer la cadena es menor que el tiempo t 0 = √ ‾ 2 L  L t  =0.8472"t 0 El tiempo que tarda en caer una cadena doblada de L=1m de longitud es t =0.383 s. Como vemos, la aceleración de caída de la parte derecha de la cadena es mayor que la aceleración de la gravedad. El siguiente applet, calcula el instante t/t 0 cuando se proporciona la posición del extremo libre x/L de la cadena. Es decir, calcula la diferencia entre las dos integrales elípticas Programa para calcular el cociente t/t 0 cuando se proporciona el valor de  x/L

t  t 0

= 2 E 

(

2

x  L

sin θ  =

1

√ 2

) − F  (

, θ 

1

√ 2

)

, θ 

Para calcular las integrales elípticas se ha adaptado al lenguaje Java el código en lenguaje C que aparece en  Numerical Recipes in C, Sección 6.11 Elliptic Integrals and Jacobian Elliptic Functions.

Ecuaciones del movimiento

Las fuerzas sobre la porción derecha de la cadena son el peso y la fuerza T 2. La fuerza T 2 se debe sumar al peso  para que la aceleración de esta parte de la cadena sea mayor que g . La ecuación del movimiento es  ρ

 L −  x d 2 x 2

dt 2

=ρ

 L −  x 2

g  + T 2

Las fuerzas sobre la porción de la cadena en reposo son: T 0 la fuerza que ejerce el soporte fijo La fuerza T 1 en su parte inferior  Su peso

T 0 =  ρ

 L  +  x 2

g  + T 1

T 1 y T 2 deben ser iguales ya que la parte inferior de la porción derecha de la cadena y la parte inferior de la  porción izquierda de la cadena están muy próximas. La tensión en la cadena debe ser continua.

Cuando el extremo libre de la cadena se desplaza dx, una porción dx/2 de la cadena pasa del lado derecho al lado izquierdo, su velocidad se modifica de v=dx/dt  a 0, su momento lineal cambia dp= !(dx/2)v. Para  poner en reposo este elemento de masa en un tiempo dt  se precisa de una fuerza en la unión de las dos porciones de cadena. T 1 + T 2 =

dp dt 

=

 ρ dx 2 dt 

v  =

1 2

ρ

dx

( dt  )

2

La ecuación diferencial del movimiento del extremo libre de la cadena se escribe  x  ρ  L− 2 d 2 x dt 2

d 2 x dt 2

=  ρ

= g  +

 L− x dx 2 1 g  + ρ dt  2 4 2 dx 1

2( L− x)

( )

( dt  )

Se resuelve la ecuación diferencial por procedimientos numéricos con las siguientes condiciones iniciales: en el instante t =0, la posición del extremo libre de la cadena es  x=0, y parte del reposo, dx/dt =0. La fuerza que ejerce el soporte sobre el extremo fijo de la cadena vale T 0 =  ρ

 L  +  x 2

g  +

1 4

ρ

dx

( dt  )

2

Aplicando el principio de conservación de la energía, obtuvimos la velocidad dx/dt de caída T 0 =  ρ g

(

 L  +  x 2

+

−  x)  L −  x

1  x(2 L 4

)

En la figura, se representa T 0/( ! gL) en función de x/L. Cuando x# L, T 0#$ ,

Actividades

Inicio

Dinámica

Cuerda que desliza sobre una mesa Cadena doblada Cadena que cuelga de un clavo

Sistemas de masa variable

Caída de una cadena que cuelga de un clavo. El movimiento de la cadena que pende de un clavo tiene dos etapas. La primera, mientras la cadena está en contacto con el clavo. La segunda, cuando deja de estar en contacto. En esta etapa, consideraremos la cadena como un sistema de dos partículas en caída libre. Sistema que se ha estudiado en otras páginas de este capítulo,  pero en este caso desconocemos la fuerza de interacción entre las dos partículas En ambos casos, supondremos que la energía de la cadena se mantiene constante.

Primera etapa del movimiento Procedimiento numérico

Supongamos una cadena de masa ! por unidad de longitud, de longitud L suspendida de un clavo clavado en una  pared. Situamos el origen en la posición de los extremos de la cadena cuando está en equilibrio inestable, tal como se muestra en la figura de la izquierda.

Principio de conservación de la energía

Los centros de masa (señalados mediante puntos de color azul) de ambas partes de la cadena se encuentran a una altura L/4. La energía inicial de la cadena en la posición inicial en reposo es  L  E  =  ρ 2

 L  L g +  ρ 4 2

( )

( )

 L  L 2 g = ρg 4 4

La cadena se mueve, en un instante dado t , cuando los extremos se desplazan x, la energía de la cadena es  E  =

dx 2 1  L ρ dt  2

( )

dx 2 1  L  ρ dt  2

( )

+ ρ (  L2

+ ρ g

(

 L2 4

−  x) g ( x +  L4 −  x2 ) + ρ (  L2

+  x ) g (  L4 +

 x 2

−  x) =

− x2)

Aplicamos el principio de conservación de la energía y despejamos la velocidad de la cadena dx dt 

=

‾2‾g‾

√ 

 L

x

Ecuaciones del movimiento

Las fuerzas sobre la parte izquierda de la cadena son: El peso  !( L/2- x) g  La tensión T  de la cadena en la parte superior  La ecuación del movimiento de esta parte de la cadena es

 ρ

 L

d   x

( 2 ) dt  −  x

2

=  T  −  ρ

 L

( 2 −  x) g

Las fuerzas sobre la parte derecha de la cadena son: El peso  !( L/2+ x) g  La tensión T  de la cadena en la parte superior  La ecuación del movimiento de esta porción es  ρ

 L

d 2 x

( 2 ) dt  +  x

2

= ρ

 L

( 2 + x) g − T 

Eliminamos la fuerza desconocida T  sumando ambas ecuaciones  ρ L

d 2 x

d 2 x

= 2 ρgx

dt 2

dt 2

−

2g  L

x  = 0

Las raíces de la ecuación característica son reales. La solución de esta ecuación diferencial es  x  =  A exp(rt ) +  B exp(−rt )

r  =

‾2‾g‾

√ 

 L

Los coeficientes A y B se determinan a partir de las condiciones iniciales Si la cadena se coloca en su posición de equilibrio inestable, permanecerá así, hasta que alguna perturbación haga que un extremo se eleve x0 y el otro baje x0. Las condiciones iniciales que vamos a establecer son las siguientes: En el instante t =0, los extremos de la cadena se encuentran desplazados x0, y la velocidad de la cadena v0 es v0 =

‾2‾g‾

√ 

 L

x0

Fácilmente, podemos comprobar que los coeficientes A=x0 y B=0. La ecuación del movimiento de la cadena es

‾2‾g‾

(√  )

 x =  x0 exp

 L

t 

v  =

dx dt 

=

‾2‾g‾

√ 

 L

x

tal como habíamos obtenido, aplicando el principio de conservación de la energía. Fuerza que ejerce el clavo sobre la cadena

El clavo hace doblar la cadena, de modo que en un intervalo de tiempo comprendido entre t  y t+dt , una porción dx de la cadena (en color azul) pasa de la parte izquierda hacia la parte derecha. Un elemento de masa  !·dx cambia su momento lineal de ( !·dx)!v a ( !·dx)(-v). El momento lineal del elemento de masa cambia dp=-2( !·dx)v en el intervalo de tiempo dt . La fuerza necesaria para realizar este cambio de momento lineal es dp dt 

=  − 2 ρv

dx dt 

= − 2 ρv2

Las fuerzas sobre la porción de cadena que está sobre el clavo son: la fuerza F  que ejerce el clavo la tensión T  que ejerce la parte izquierda de la cadena sobre dicha porción la tensión T  que ejerce la parte derecha sobre dicha porción  F -2T =-2 !v2

Calculamos T  restando las ecuaciones del movimiento de cada una de las dos partes de la cadena. 2T  = ρ Lg − 2 ρ x

d 2 x dt 2

Introduciendo los valores de la aceleración d 2 x/dt 2 y de la velocidad v=dx/dt , calculamos la fuerza F  F  = ρ Lg − 8 ρg

 x 2  L

La fuerza F  que ejerce el clavo se hace cero cuando los extremos de la cadena se han desplazado  x  =

 L

‾ 2√ 2

A partir de este momento, la cadena cae libremente, bajo la aceleración constante de la gravedad.

Final de la primera etapa del movimiento y comienzo de la segunda La primera etapa del movimiento finaliza en el instante t 1 tal que

‾2‾g‾

(√  )

 L

= x0 exp

‾ 2√ 2

t 1 =

t 1

 L

‾ L‾‾

√  ( 2g

L

ln

‾ x0 2√ 2

)

Las velocidades finales de cada una de las dos partes de la cadena son v  =

‾2‾g‾

√ 

L

1

=

 L 2√ 2 ‾

2

‾‾ ‾ √ gL

La posición del centro de masas es  xcm =

 ρ (  L2

−  x) ( x +

 L 4

−  x2 ) + ρ (  L2

+  x ) (  L4 +

 x 2

−  x)

 L

=

 ρ L

4

−

 x 2  L

Al finalizar la primera etapa, el centro de masa se encuentra en la posición xcm= L/8 La velocidad del centro de masas es vcm =

 ρ (  L2

−  x) v  + ρ (  L2

+  x ) (−v)

−2 xv

=

 ρ L

 L

 x 2 = − 2  L

‾2‾g‾

√ 

 L

Al finalizar la primera etapa, la velocidad del centro de masa es 1

vcm = −

2

‾gL ‾‾‾

√ 

2

La energía total de la cadena se mantiene constante e igual a la energía inicial  E  =  ρ g

 L 2

4

Segunda etapa del movimiento En esta etapa del movimiento, consideramos un sistema de dos partículas que se mueven bajo la acción de la aceleración de la gravedad y la fuerza de interacción mutua que es desconocida. Movimiento del centro de masas de la cadena

El centro de masas de la cadena se mueve como una partícula de masa mL bajo la acción de la única fuerza externa, que es su propio peso. Sabiendo que la posición inicial y la velocidad inicial del c.m. al comenzar esta etapa del movimiento son  xcm =

 L

vcm =  −

8

1 2

‾gL ‾‾‾

√ 

2

La velocidad y la posición del c.m. de la cadena en función del tiempo t  (se pone el reloj a cero al comienzo de la segunda etapa) son 1

vcm = −

2

‾gL ‾‾‾

√ 

2

− gt 

xcm =

 L

8

−

1 2

‾gL ‾‾‾

1

2

2

√ 

t  −

gt 2

Movimiento de cada una de las dos partes de la cadena

Para determinar el movimiento de cada partícula, en vez de formular las ecuaciones del movimiento, ya que la fuerza de interacción mutua es desconocida, emplearemos el principio de conservación de la energía. En el instante t, el extremo izquierdo de la cadena se ha desplazado x2 y el extremo derecho se ha desplazado x1. La posición del centro de masas xcm, en función de x2 y x1, es

(

 ρ

 xcm =

=

 L 4

+

 L− x1− x2

2

)(x + 2

 L− x1−x2

4

)+ ρ(

 L+ x1+x2

2

 ρ L 1 (x 2 2

− x1 ) −

1 ( x 4 L 2

)(

 L+ x1+x2

4

− x1)

=

+ x1) 2

La velocidad del centro de masas vcm se expresa en función de la velocidad del c.m. de cada una de las dos partes de la cadena v1=dx1 /dt  y v2=dx2 /dt.

vcm =

 ρ (

 L− x1 −x2

) v2 + ρ (

2

 L+ x1 +x2 2

) (−v1 )

1

=

 ρ L

2

(v2

− v1 ) −

1 2 L

( x2 + x1 )(v2 + v1 )

Podemos verificar que la velocidad del c.m. se obtiene derivando la posición del c.m., vcm=dxcm /dt  Energía del sistema de partículas

La energía cinética de un sistema de dos partículas es igual a la energía cinética del centro de masas más la energía cinética de las dos partículas referida al c.m. Calculamos las velocidades relativas de cada una de las dos partes de la cadena respecto del centro de masas. v2cm = v2

− vcm

v1cm =  − v1

−

1 ( v + v2 ) + 1 L (x2 + x1 )( v2 + v1 ) 2 1 2 1 vcm = 2 (v1 + v2 ) + 21 L ( x2 + x1 )( v2 + v1)

=

 −

La energía cinética de la cadena es  E k  =

1 ρ Lv2cm 2

1  ρ Lv2cm 2

+

1 ρ 2

+

1 ρ L 8

(

(

 L− x1 −x2

2

(v1 + v2 ) 2

) v22cm +

−

1 ρ 2

(

 L+ x1 +x2

( x1+ x2)2 (v1 + v2)2  L2

2

) v21cm =

)

La energía potencial del sistema de dos partículas es la energía potencial de su centro de masas  E  p=( ! L) gxcm

La energía total permanece constante e igual a la energía inicial  E k  + E  p =

1 4

ρg L 2

Introducimos las expresiones de la velocidad vcm y posición del c.m. xcm del centro de masas en función del tiempo t . gL ‾‾ ‾ − gt  2 + 1 − ( 2 √ 2 )

1  ρ L 2

 ρ Lg

(

 L 8

−

1 2

√ ‾‾‾t  − gL

2

1 ρ L 8

1 g t 2 2

(

)  =

(v1 + v2 ) 2

−

( x1+x2 )2 (v1+ v2)2  L2

) +

1 ρg L 2 4

Después de simplificar, obtenemos la ecuación (v1 + v2 ) 2

−

( x1 + x2) 2 ( v1 + v2 ) 2  L 2

=

1 2

gL

Llamando z=x1+x2 y v=dz/dt=v1+v2, obtenemos la ecuación diferencial dz 2 √  L‾‾‾‾‾‾ −  z2‾

dt 

=

‾gL ‾‾‾3‾

√ 

2

Haciendo el cambio de variable z = L!sin"  e integrando θ 

∫ 

t 

 L 2 cos 2 θ  ·  d θ  =

θ 0

‾gL ‾‾‾3‾

∫  √ 

2

dt 

0

En el instante t =0, comienzo de la segunda etapa del movimiento  z0 = x1 + x2 = 2

 L

‾ 2√ 2

=

 L

‾ √ 2

El límite inferior de la integral es " 0="/4 Se calcula la integral de cos2"  por partes o a través de la relación trigonométrica cos2" =(1+cos2" )/2. El resultado es θ +

1 2

π 

sin(2θ ) −

4

1

−

‾2‾g‾

√ 

=

2

t 

 L

Dado el valor de t , se resuelve esta ecuación trascendente por el procedimiento del punto medio y se calcula el ángulo "  y después, z=x1+x2= L!sin"  Obtenemos los desplazamientos x1 y x2 de los extremos derecho e izquierdo de la cadena, a partir de el conocimiento de z  en función del tiempo t  y de la posición xcm del centro de masa en función del tiempo t .  z  =  x1 + x2  xcm =

 L 4

+

− x1 ) −

1 (x 2 2

1  ( x 4 L 2

L 4

+ x1 ) 2 =

1 (x 2 2

+

− x1 ) −

1 2  z 4 L

Despejamos x1 y x2 en función de z  y xcm  x1 =

 z 2

− xcm +  L4 −

 z 2 4 L

 x2 =

 z 2

+ xcm

−  L4 +

 z 2 4 L

Despejamos las velocidades v1 y v2 de cada una de las dos partes de la cadena a partir de la velocidad vcm del centro de masas y la derivada de z  respecto del tiempo, v=dz/dt . v  = v1 + v2 vcm =

1 (v 2 2

− v1) −

1 (x 2 L 2

1 (v 2 2

+ x1 )(v2 + v1 ) =

− v1) −

1 zv 2 L

Despejando v1 y v2 del sistema de dos ecuaciones v1 =  −vcm +

1 2

(

1−

 z  L

)

v2 = vcm +

v

1 2

(

 z

1+

 L

)v

Final de la segunda etapa del movimiento La segunda etapa finaliza, cuando la parte izquierda de la cadena ha desaparecido, y toda la cadena está en la parte derecha, entonces z = x1+x2=L. Cuando z = L, el ángulo " ="/2 y se despeja el tiempo t 2 de la ecuación trascendente t 2 =

‾ L‾‾

π 

2g

4

√  (

1

−

2

)

La posición final del centro de masas es  xcm

=

 L

8

1

−

2

‾gL ‾‾‾

√ 

2

t 2

−

1 2

gt 22

=

 L

16

(

3−

π 2 4

)

Los desplazamientos finales de los extremos de la cadena son  x1 =

 z 2

− xcm +  L4 −

 z2 4 L

=

 L 16

 x2 =

 z 2

+ xcm

−  L4 +

 z2 4 L

=

 L 16

( ) (11 − ) 5+

π 2 4

π 2 4

Comprobamos que x1+x2=L El extremo izquierdo se encuentra por encima de el clavo  x2

−

 L

2

= 0.033 ·  L

Calculamos ahora, la velocidad final de cada una de las dos partes de la cadena La velocidad final del centro de masas es vcm = −

1 2

‾gL ‾‾‾

√ 

2

− gt 2 = −

π  4

‾gL ‾‾‾

√ 

2

Al finalizar esta segunda etapa z=L, la velocidad de la parte derecha de la cadena tiene el valor  v1 =  −vcm +

1 2

(

1−

 z  L

)

v  =  −

π  4

‾gL ‾‾‾

√ 

2

Como v=dz/dt  tiende a infinito cuando  z  tiende a L. La longitud (y la masa) de la parte izquierda de la cadena tienden a cero a la vez, que su velocidad tiende a infinito.

Actividades La cadena tiene una densidad lineal  !=1, y una longitud  L=1. Los extremos de la cadena se desplazan x0=0.01 y se les proporciona una velocidad inicial. · 9.8 v0 = √ 2 ‾‾‾‾‾ ‾ x0

Se pulsa el botón titulado Empieza Observamos Los desplazamientos x1 y x2 de los extremos derecho e izquierdo de la cadena. La fuerza F  que ejerce el clavo durante la primera etapa del movimiento mediante una flecha de color azul. La posición del centro de masa xcm , un punto de color azul En la parte derecha del applet, un diagrama de tarta dividido en cuatro sectores, representa la energía  potencial y cinética de cada una de las dos partes de la cadena. En la parte superior del applet, se proporcionan los valores numéricos de: El desplazamiento del extremo izquierdo de la cadena, xIzq El desplazamiento del extremo derecho de la cadena, xDcha La velocidad del c.m. de la parte izquierda, vIzq La velocidad del c.m. de la parte derecha, vDcha La energía total constante de la cadena

Referencias Calkin M. G., The dynamics of a falling chain: II . Am. J. Phys. 57 (2) February 1989, pp. 157-159. Curso Interactivo de Física en Internet © Ángel Franco García

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Dinámica

Sistemas de masa variable

Movimiento del extremo de una cadena bajo la acción de un fuerza constante

Fuerza constante Fuerza variable

Procedimiento numérico

Consideremos una cadena delgada, idealmente flexible, de densidad  ! que está apilada en el suelo. Estudiaremos el movimiento de un extremo de la cadena cuando se le aplica una fuerza constante  F . Esta fuerza podría  provenir de un globo atado al extremo de la cadena. Dicha fuerza sería igual a la diferencia entre el empuje y el  peso del globo. Situando el origen en el suelo, la posición del extremo de la cadena es x>0. Supondremos que en determinado instante t , hay una parte de la cadena x en movimiento con velocidad v y la otra parte, en reposo sobre el suelo.

Equilibrio La cadena está en equilibrio, cuando la fuerza aplicada  F  es igual al peso de la  parte de la cadena que cuelga xe.  F= ! gxe Cuando el extremo de la cadena está a una altura x0< xe y se suelta, vamos a estudiar el movimiento hacia arriba y hacia abajo de dicho extremo.

Movimiento hacia arriba (v>0) La derivada del momento lineal  p, de la parte de la cadena que se mueve, con respecto al tiempo t, es igual a la fuerza resultante dp dt 

= F  −  ρ gx

donde p es el momento lineal p=( ! x)!v  x

dv dt 

F 

2

+v =

 ρ

−  gx

d 2 x dt 2

=

F   ρ x

−  g −

1

 x

dx

( dt  )

2

Se resuelve esta ecuación diferencial por  procedimientos numéricos con las condiciones iniciales t =0, x=x0, v=dx/dt =0. Cuando xxe, el extremo de la cadena disminuye su velocidad ya que la fuerza aplicada F  es menor que el  peso  ! gx. Cuando la velocidad final se haga cero, (posición de retorno x1) el movimiento hacia arriba cesa y el extremo de la cadena inicia su movimiento hacia abajo.

Cálculo de la posición de retorno  x 1. Escribiendo la ecuación diferencial del movimiento de la forma d ( xv) dt 

=

F 

−  gx

 ρ

Aplicando la regla de la cadena v

d ( xv) dx

=

F   ρ

−  gx

( xv)

dy dt 

d ( xv) dx

= =

dy dx

Fx  ρ

·

dx dt 

−  g x

2

Integramos  x,v

∫ 

 x

∫  (

( xv)d ( xv) =

 x0 , v 0

F 

x − g x 2

 ρ

) dx

 x0

1 2 1 2 ( xv) − 2  ( x0 v0 ) 2

F  1 F  2  x − 13 gx 3 − 12  ρ x02 2  ρ

=

1 gx03 3

+

Como la velocidad inicial v0=0, y la velocidad final en la posición de retorno  x=x1 es igualmente nula v=0, llegamos a la ecuación cúbica g

 x 3 3

F 

−

2 ρ

F 

 x 2 +

2 ρ

 x02

−

g 3

 x03 = 0

Una de cuyas raíces es x0, la posición de partida. ( x  −  x0 )

(

g

 x 2 + 3

g

(3

 x0

F 

−

2 ρ

)

 x  +

g

 x02 3

F 

−

 x0 2 ρ

)=0

La raíz positiva x1 de la ecuación de segundo grado es  x =

−

 x1 =

(

1 2

 x0 3F  − 2 4 ρg

)

 ±

( 32 xe − x0 )  +

√ 

‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾ 3 x02 3Fx0‾ 9F 2 − + +

1 2

4

4 ρg

16 ρ2 g2

√  3 x

9 ‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾‾ 2 − +  xe2 + 3xe x0‾ 0

4

donde xe= F /( ! g ) es la posición de equilibrio.

Movimiento hacia abajo (v<0) En el caso del movimiento hacia abajo, la situación es diferente. En un intervalo de tiempo dt , una masa dm de la cadena cuya velocidad es v, choca inelásticamente contra el suelo y se detiene completamente. Esta disminución de momento lineal v·dm de la cadena en el tiempo dt, se debe a su interacción con el suelo, que podemos describir mediante una fuerza hacia arriba  F   s= vdm/dt = !v2 La derivada del momento lineal p de la parte de la cadena que se mueve con respecto al tiempo t  es igual a la fuerza resultante

dp dt   ρ x

= F  −  ρ gx  + F s dv dt 

dv dm v dm + m dt  =  F  −  ρ gx  +  v dt  dt 

=  F  −  ρ gx

Se resuelve la ecuación diferencial por procedimientos numéricos d 2 x dt 2

=

F   ρ x

−  g

con las condiciones iniciales siguientes: en el instante t 1, x=x1, v=dx/dt =0. Cuando x>xe, el extremo de la cadena incrementa su velocidad hacia abajo, ya que el peso  ! gx es mayor que la fuerza aplicada F . Cuando x
dm dt 

2

= ρv = ρ (gt )

2

Suponemos que v=0, cuando x=L, siendo L la longitud de la cadena. En el instante t , la altura del último eslabón de la cadena es x, y una longitud L-x se encuentra en reposo sobre el suelo. La reacción N  del suelo es la suma de dos términos: la fuerza F  s que ejerce el suelo para parar los eslabones de la cadena que caen

el peso de la porción ( L-x) de cadena que ya está en reposo sobre el suelo  x =  L  +

1 2

(−g)t 2

 N  = 2  M  g( L  −  x ) +  L

 M  g( L − x )  L

 M 

= 3  L g( L  −  x )

Siendo M= ! L la masa de la cadena. Cuando llega el último eslabón de la cadena al suelo x=0.  N =3 Mg  Si dejamos caer la cadena sobre el plato de una balanza, ésta medirá una fuerza máxima 3 Mg .

Resumiendo: cuando la cadena está completamente levantada con el primer eslabón tocando el plato de la  balanza, ésta mide una fuerza nula. Cuando el último eslabón cae sobre el plato, la balanza mide una fuerza máxima igual a tres veces el peso de la cadena. Finalmente, la balanza mide una fuerza igual al peso de la cadena.

Cálculo de la posición de retorno  x 2. Escribimos la ecuación diferencial del movimiento de la forma dv dt 

=

F   ρ x

−  g

v

dv dx

=

F   ρ x

−  g

Integramos v

∫ 

 x

vdv =

∫  (

F   ρ x

−  g

) dx

 x1

0 1 2 v 2

=

F   ρ

ln x

−  gx  −

 (

F   ρ

ln x1

−  g x1

)

En la posición de retorno x2, la velocidad del extremo de la cadena es v=0.  xe ln

 x1

( x ) =  x

1 −

x2

2

donde  xe =

F   ρg

es la posición de equilibrio.

Conocido x1 se calcula x2, resolviendo la ecuación trascendente por el procedimiento numérico del punto medio. La posición de retorno x2 es ahora la posición de partida x0 para el movimiento hacia arriba y así, sucesivamente. El extremo de la cadena describe una oscilación amortiguada. Al cabo de un cierto tiempo teóricamente infinito, el extremo de la cadena se encuentra en la posición de equilibrio  xe.

Actividades Se introduce La posición inicial del extremo de la cadena  x0
La altura de equilibrio se ha fijado en xe=0.5 m Se pulsa el botón titulado Empieza Se observa el movimiento del extremo de la cadena hacia arriba y hacia abajo Se representan las fuerzas sobre la cadena: El peso de la parte de la cadena que se mueve

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Dinámica

Fuerza constante Fuerza variable

Sistemas de masa variable

Estudio del movimiento de una cadena con una máquina de Atwood En esta página, se continua el estudio del movimiento de una cadena apilada sobre el suelo, uno de cuyos extremos cuelga de un hilo fino que pasa por una polea. El otro extremo del hilo está unido a un cuerpo, tal como se muestra en la figura.

Procedimiento numérico

El peso del cuerpo es igual al peso  !a de una longitud a de la cadena. Donde  ! es la masa  por unidad de longitud de la cadena. Por tanto, el extremo de la cadena unido al hilo se eleva una longitud x=a para que se equilibre con el peso del cuerpo en una máquina de Atwood, tal como se muestra en la figura. En la situación inicial, la cadena está completamente apilada en el suelo, x=0, y la velocidad inicial v=0. El bloque tira de la cadena que se eleva hasta que alcanza una altura máxima. Analizamos el movimiento de la cadena cuando su extremo se ha elevado una altura x, tal como se muestra en la figura

Movimiento de la cadena hacia arriba. Las fuerzas sobre el cuerpo son: El peso del cuerpo,  !ag  La tensión del hilo, T . La ecuación del movimiento es  ρag

−  T  =  ρ a

dv dt 

Las fuerzas sobre la cadena son: El peso de la longitud x de la cadena,  ! xg, que actúa en el centro de masas La tensión del hilo T , que es la misma a ambos lados de la polea si se considera que tiene una masa despreciable. Empleamos la definición de fuerza F=dp/dt , donde p es el momento lineal de la cadena,  para escribir la ecuación de su movimiento T  − ρ xg  =

d ( ρ xv) dt 

T  − ρ xg  =  ρ x

dv dt 

2

+  ρ v

Eliminamos T  del sistema de dos ecuaciones (a +  x )

dv dt 

2

=  g (a  −  x )  − v

(1)

Expresamos v en función de la altura x del extremo de la cadena en vez del tiempo t .

dv

=

dt 

dx dv

=  v

dt  dx

dv dx

1 dv2

=

2 dx

y multiplicamos la ecuación diferencial por (a+x), resultando (a +  x )

2  dv

2

dx

2

+ 2v (a + x ) = 2g(a  −  x )(a + x )

Haciendo el cambio de variable z 2=(a+x)2·v2 dz2 dx

= 2 g(a  −  x )(a +  x )

Integrando  z

∫ 

 x

 z0 2

 z

∫ 

d  z2 =

2 g( a

2

−  x

2

)dx

 x0 2 −  z 0

(

2

= 2g a x

x3 − 3

)

 −  2g

 x03

(a  x 2

0 − 3

)

Deshaciendo el cambio 2

v (a +  x )

2

2 2 − v (a +  x0) 0

= 2g

(

2

a x−

x3 3

)

− 2g

(

2

a  x0

−

 x03 3

)

Si partimos de la posición inicial x0=0 con velocidad inicial v0=0. 2

(

2

2

a x  −

v (a +  x ) = 2 g

x3 3

)

El extremo de la cadena se mueve hacia arriba, el cuerpo se mueve hacia abajo con la misma velocidad, hasta que se detienen v=0, en la posición  xu =  a √ 3 ‾

Ecuación del movimiento ( v>0)

Para calcular la posición del extremo de la cadena en función del tiempo, resolvemos mediante procedimientos numéricos la ecuación diferencial del movimiento (1) d 2 x dt 2

=

1

a +  x

(

g(a − x ) −

2

( dt  ) ) dx

con las condiciones iniciales t=0, x=0, dx/dt =0.

Movimiento de la cadena hacia abajo. La ecuación del movimiento del cuerpo (v<0) es  ρag

−  T  =  ρ a

dv dt 

De acuerdo con el artículo mencionado en las referencias, durante el movimiento de la cadena hacia abajo, el suelo ha de actuar con una fuerza suficiente para detener el movimiento de los eslabones de la cadena que lo golpean. En un intervalo de tiempo dt , una masa dm de la cadena cuya velocidad es v, choca inelásticamente contra el suelo y se detiene completamente. Esta disminución de momento lineal v·dm de la cadena en el tiempo dt, se debe a su interacción con el suelo, que podemos describir mediante una fuerza hacia arriba F  s= vdm/dt = !v2 En el apartado "Fuerza que ejerce el suelo sobre la cadena que cae" se pone un ejemplo. La ecuación del movimiento de la cadena hacia abajo (v<0) será T  − ρ  xg + ρv2 =

d ( ρ xv) dt 

T  − ρ  xg +  ρ v2 =  ρ  x

dv dt 

2

+  ρ v

Eliminamos T  del sistema de dos ecuaciones (a +  x )

dv dt 

=  g (a  −  x )

(2)

Expresamos v en función de la longitud x de la cadena en vez del tiempo t , como en el apartado Movimiento de la cadena hacia arriba.

dv2 dx

=

2g(a  −  x ) (a +  x )

Integramos con la condición de que en la posición x0, v=v0 v

∫ 

 x

d v2 =

v0

∫  ( a + x  1) dx 2a

2g

−

 x0

La integral es inmediata v2

−

(

v20 = 2 g 2a ln

a +  x a + x 0

−  x  +  x0

)

En el movimiento hacia abajo, parte de la posición inicial x0 v2 = 2 g

(

2a ln

a +  x a + a √ 3 ‾

‾ =  a √ 3

con velocidad v0=0.

)

−  x  +  a √ 3 ‾

La velocidad se hace nula v=0 en la posición xd =0.412!a, que se obtiene resolviendo la ecuación trascendente 2 ln

1 + z 1 + √ 3 ‾

−  z  +

‾ = 0 √ 3

z  =

x a

Ecuación del movimiento ( v<0)

Para calcular la posición del extremo de la cadena en función del tiempo, resolvemos mediante procedimientos numéricos la ecuación diferencial del movimiento (2) d 2 x dt 2

=  g

a  −  x a +  x

con las condiciones iniciales t=t 0,  x0

‾ , dx/dt =0. =  a √ 3

Balance energético Para efectuar el balance energético, comparamos la situación inicial y la final, cuando el extremo de la cadena se ha elevado una altura x, tal como se muestra en la figura.

La energía inicial cuando el extremo de la cadena está en el suelo x=0, y el cuerpo está a una altura h sobre el suelo es  E 0= !agh

Cuando el extremo de la cadena asciende una altura x. La energía potencial del cuerpo es  !ag (h-x) La energía potencial del centro de masa de la cadena es  ρ xg  x2 La energía cinética del cuerpo es

1  ρav2 2

La energía cinética de la cadena es

1  ρ xv2 2

La energía final, es la suma de las cuatro contribuciones  E  =  ρ ag(h − x ) +  ρ g

 x 2 2

+

1 2

ρav2 +

1 2

ρ xv2

La razón del cambio de energía E  con el tiempo t  es

=

1 ρ x 2g 2

dE  dt 

= − ρgav +  ρ gxv +  ρ (a +  x )v

dv

+

dt 

1 2

ρv3

En el movimiento hacia arriba tenemos que (1) (a +  x )

dv dt 

2

=  g (a  −  x )  − v

Simplificando llegamos a la expresión dE  dt 

=

−

1 2

ρv3

La energía total del sistema disminuye con el tiempo en proporción al cubo de la velocidad. En el movimiento hacia abajo (2) (a +  x )

dv dt 

=  g (a  −  x )

 por lo que dE  dt 

=

1 2

ρv3

Como en el movimiento hacia abajo v<0. La energía E  del sistema disminuye del mismo modo en el movimiento hacia arriba. Calculamos la variación de energía en el movimiento hacia arriba desde x=0 (posición inicial de partida) hasta  xu =  a √ 3 ‾  . En ambas posiciones la velocidad v=0.  xu2  Δ E  =  E  −  E 0 =  ρ g +  ρ ag(h 2

−  xu ) −  ρ agh  =  ρ g

3

(2

−

)

2 ‾ a = √ 3

−0.23 ρga

2

Calculamos la variación de energía en el movimiento hacia abajo desde la posición xu

‾ = a√ 3

hasta la posición

 xd =0.412!a.

2  xd   xu2  Δ E  =  ρ g +  ρ ag(h −  xd )  −  ρ g 2 2

−  ρ ag(h  −  xu)

=

2

−0.095 ρga

Sucesivas posiciones del extremo de la cadena para las cuales v=0 Movimiento hacia arriba La velocidad del cuerpo y del extremo de la cadena viene dada por la ecuación 2

v (a +  x )

2

2 2 − v (a +  x0) 0

= 2g

(

2

a x−

x3 3

)

− 2g

(

2

a  x0

−

 x03 3

)

Como la velocidad v0=0 en la posición inicial  x0= xd  y v=0 en la posición final  x= xu. Conocida xd  se calcula xu resolviendo la ecuación cúbica por el procedimiento del punto medio.

(

2

a x

−

x3 3

)

−

(

2

a  xd 

−

3  xd 

3

)

z  −

=0

 z3 3

−  z0

+

 z30 3

=0

con z=x/a y z 0=xd  /a Por ejemplo, el extremo de la cadena parte del reposo v0=0 en la posición inicial  xd =0, se mueve hacia arriba hasta que alcanza la posición  xu =  a √ 3‾ Movimiento hacia abajo La velocidad del bloque, durante el movimiento hacia abajo del extremo de la cadena viene dada por  la ecuación v2

−

(

v20 = 2 g 2a ln

a +  x a + x 0

−  x  +  x0

)

Como la velocidad v0=0 en la posición inicial  x0= xu y v=0 en la posición final  x= xd . Conocida xu se calcula xd  resolviendo la ecuación trascendente. 2a ln

a +  x a + xu

−  x

+  xu = 0

con z=x/a y z 0=xu /a

2 ln

1 + z 1 +  z0

−  z

+  z0 = 0

Por ejemplo, el extremo de la cadena parte del reposo en la posición inicial xu hacia abajo hasta que alcanza la posición xd =0.412!a.

‾ =  a √ 3

y se mueve

En la tabla y en la gráfica, se recogen los datos de las sucesivas posiciones xd  /a y xu /a del extremo de la cadena  para las cuales su velocidad v=0.  xd  /a

xu /a

0.0 0.412 0.580 0.673 0.732 0.773 0.803 0.826 0.844

1.732 1.489 1.368 1.295 1.246 1.211 1.185 1.165 1.149

Las dos sucesiones convergen lentamente hacia el valor 1 que es la situación de equilibrio de un cuerpo cuya masa es igual a la de una porción de longitud a de la cadena (véase la figura al principio de la página).

Actividades Se introduce El valor de la masa del bloque, igual a una porción de longitud a de la cadena, actuando la barra de desplazamiento titulada Masa cuerpo/cadena. La densidad lineal m o masa por unidad de longitud de la cadena se ha fijado en el valor  !=1 Se pulsa el botón titulado Empieza Se observa el movimiento del cuerpo y de la cadena hacia arriba y hacia abajo. Sobre la regla situada a la izquierda del applet, se señalan las sucesivas posiciones del extremo de la cadena para las cuales la velocidad es nula (v=0). En la parte derecha del applet, un diagrama en forma de tarta, nos muestra la energía del sistema formado por el cuerpo y la cadena, dividido en sectores La energía potencial del cuerpo, en color azul la energía potencial del centro de masa de la cadena, en color rojo La energía cinética del cuerpo, en color azul claro La energía cinética de la parte de la cadena que cuelga, en color rosa La energía que se va perdiendo en el movimiento hacia arriba y hacia abajo de la cadena, en color negro