Segunda ley de Newton - Ludifisica

UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA SEDE MEDELLÍN
FACULTAD DE CIENCIAS-ESCUELA DE FÍSICA
FÍSICA MECÁNICA
MÓDULO # 16: DINÁMICA DE LA PARTÍCULA –SEGUNDA LEY DE NEWTONDiego Luis Aristizábal R., Roberto Restrepo A., Tatiana Muñoz H.
Profesores, Escuela de Física de la Universidad Nacional de Colombia Sede Medellín
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Temas
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Introducción
Segunda ley de Newton
El peso desde la segunda ley de Newton
Marcos de referencia inerciales y la segunda ley de Newton
Ejemplos con movimientos rectilíneos
Ejemplos con movimientos curvilíneos
Introducción
Recordar que Isaac Newton plantea en su contribución a la mecánica las tres leyes de movimiento (ley de
inercia o primera ley de Newton, ley de la dinámica o segunda ley de Newton y ley de acción y reacción o
tercera ley de Newton) y la ley de gravitación universal.
En módulos anteriores se trataron la primera y tercer ley de movimientos. En este módulo se tratará la
segunda ley aplicada a cuerpos que se pueden considerar bajo el modelo de partículas.
Segunda ley de Newton
A continuación se enuncia la segunda ley de Newton, que si bien no es como la enunció Newton
originalmente, si es equivalente:
Dado un marco de referencia inercial si sobre un cuerpo (partícula) las fuerzas que actúan no se anulan el
cuerpo (partícula) cambiará su velocidad, es decir estará acelerado de tal forma que se cumple,
 F = ma
en donde m es la llamada masa inercial del cuerpo.
Esta ley se conoce también con el nombre de ley de la fuerza o ley fundamental de la dinámica.
El peso desde la segunda ley de Newton
Nota: esta sección se retomó textualmente del módulo 4 de este curso.
En la mayoría de los casos, la gente confunde la masa con el peso. Se dice que algo tiene mucha materia si
es muy pesado. Esto se debe a que se está acostumbrado a medir la cantidad de materia que contiene un
objeto por medio de la fuerza de atracción gravitacional que la tierra ejerce sobre él. Pero la masa es algo
más fundamental que el peso; la masa depende del número y del tipo de átomos que lo componen: es una
propiedad intrínseca del cuerpo. En tanto, el peso es una medida de la fuerza gravitacional que actúa sobre
el cuerpo y varía dependiendo del lugar donde éste se encuentre (en la Luna, en el planeta Tierra, en el
planeta Marte,...).
Sin embargo si se aplica la misma fuerza al objeto en la tierra y en la luna, la aceleración que adquiere éste
es la misma concluyéndose que la masa del cuerpo en la Luna y en el planeta Tierra es la misma.
Masa vs Peso
Masa: Cantidad de materia que contiene un cuerpo. Más específicamente, es una “medida de la inercia” que
presenta un cuerpo en respuesta a cualquier intento por ponerlo en movimiento, detenerlo, desviarlo o
cambiar en alguna forma su estado de movimiento o de reposo.
Peso: Fuerza de atracción gravitacional que ejerce el planeta Tierra (o la Luna, o el planeta Marte,...) sobre
el cuerpo.
La masa y el peso no son lo mismo, pero son proporcionales uno al otro. Los objetos cuya masa es grande son
muy pesados. Los objetos con masas pequeñas tienen pesos pequeños. En un mismo lugar, duplicar la masa
equivale a duplicar el peso. La masa tiene que ver con la cantidad de materia de un objeto y el peso tiene
que ver con la intensidad de la fuerza gravitacional que ejerce el planeta Tierra (la Luna,...) sobre el objeto.
Con base en la segunda ley de Newton de movimiento se puede deducir que si un cuerpo de masa m que
está sólo bajo la acción del PESO P (“caída libre”) se moverá con una aceleración igual a la aceleración de la
gravedad, cuyo valor promedio en la superficie terrestre es
g  9,80 m.s2 , Figura 1. Es necesario agregar
que independientemente de la masa todos los cuerpos caen con esta aceleración. Con base en lo expresado
en éste párrafo se puede concluir que como,
 F = ma
Y como la única fuerza que actúa es P y la aceleración es g, entonces,
P = mg
Esta expresión en magnitud es,
P = mg
¿Cuánto pesa un Kilogramo?
Si se deja caer un cuerpo de 1,00 kg de masa en el planeta Tierra, Figura 1, éste desciende con una
aceleración igual a 9,80 m.s-2 (despreciando los efectos de rozamiento con el aire). Si aplica la segunda ley
de Newton, se obtiene:
2
Figura 1
3
P=mg
P= 1,00 kg   9,80 m.s-2  =9,80 N
Es decir el peso en el planeta Tierra, de 1,00 kg de masa es igual a 9,80 N (Newton).
En el sistema técnico (ST, que es muy usado en ingeniería) se dice que en el planeta Tierra un cuerpo cuya
masa es de 1,00 kg, tiene un peso de 1,00 kgf (kilogramo-fuerza). Esta unidad, obviamente, no es del
sistema internacional (SI). En conclusión, otra unidad de fuerza es el kgf que equivale a 9,80 N,
1,00 kgf=9,80 N
En la luna ese mismo cuerpo de 1,00 kilogramo de masa sólo pesaría 1,60 N.
La caída Libre
Galileo mostró que todos los objetos que caen se mueven con la misma aceleración sin importar su masa
(como se comentó anteriormente). Esto es estrictamente cierto sólo si la resistencia del aire es
despreciable, es decir, si los objetos están en caída libre. En el vacío, una pluma y una piedra caen con la
misma aceleración (igual a 9,80 m.s-2 aquí en el planeta Tierra) debido a que la relación peso-masa ( P  g )
m
se mantiene constante, es decir, si se divide el valor del peso de la piedra entre su masa se obtiene el
mismo valor que si se divide el peso de la pluma entre su masa y este valor es g .
Marcos de referencias inerciales y la segunda ley de Newton
En el módulo 6 se trató la ley de inercia o primera ley de Newton. En éste módulo se sustentó la necesidad
de que dicha ley sólo se podía aplicar en marcos de referencia inerciales:
“Existen ciertos marcos de referencia, llamados inerciales, respecto a los cuales un objeto, sobre el cual la
fuerza neta es nula, se mueve con v constante”.
Para aplicar la segunda ley de Newton también es necesario hacerlo desde marcos de referencia
inerciales. Estos tienen las características de que todos miden la misma aceleración de un cuerpo. Para
sustentar esta última afirmación supóngase que los sistemas de coordenadas O y O’ están fijos a marcos de
referencia inerciales: el de O está en reposo y el de O’ se mueve con velocidad constante respecto a O,
Vo’/o, Figura 2.
4
Figura 2
Con base a la cinemática de movimiento relativo se sabe que,
rA/o' = rA/o - ro'/o
VA/o' = VA/o - Vo'/o
a A/o' = a A/o - a o'/o
Pero O’ es inercial por lo que se debe mover con velocidad constante respecto a O, entonces,
a o'/o = 0
Y por lo tanto,
a A/o' = a A/o
Es decir, todos los marcos inerciales deben medir la misma aceleración de los cuerpos.
No sobra entonces insistir en que si un determinado marco de referencia es inercial, cualquier otro
marco que se traslade con vector velocidad constante respecto al primero, será también inercial.
Nota: Cualquier cuerpo rígido que se encuentre fijo a la superficie terrestre se comporta de forma muy
aproximada como un marco de referencia inercial para el análisis mecánico de situaciones físicas locales.
Fuerzas ficticias
En los marcos de referencia inerciales no hay presencia de las denominadas fuerzas ficticias, las cuales
“aparecen” cuando el marco de referencia está acelerado, como se ilustrará con algunos ejemplos.
Una fuerza ficticia es el efecto percibido por un observador en reposo respecto a un marco de referencia
no inercial cuando analiza el movimiento de un cuerpo desde ese marco como si fuera inercial.
Ejemplo de fuerza ficticia
Analizar el movimiento de un péndulo que se encuentra en un carro que acelera con aceleración constante a,
Figura 3.
Figura 3
Solución:
Desde el marco de referencia inercial:
Figura 4
5
La fuerza F la ejerce la cuerda sobre la masa pendular y la fuerza P la ejerce el planeta tierra sobre ésta,
Figura 1. Como la masa pendular está acelerada se cumple la segunda ley de Newton,
  Fx = m a A/o
  Fy = 0
Observar que solo hay aceleración en dirección X. Por lo tanto,
F sen α = m a A/o
[1]
F cos α - mg = 0
[2]
Pero,
a A/o = a
[3]
De las ecuaciones [1], [2] y [3] se puede calcular el ángulo  que se inclina el péndulo,
tan α =
a
g
Es interesante observar que conocida la inclinación  se podría averiguar el valor de la aceleración del
carro. Esto se emplea en ingeniería para la fabricación de los denominados acelerómetros. La masa pendular
al acelerar el carro trata de quedarse con la velocidad que tenía (ley de inercia): es decir este es un efecto
inercial que se aprovecha para construir los acelerómetros (los celulares y muchos dispositivos electrónicos
poseen estos elementos internamente).
Desde el marco de referencia no inercial:
Aquí el observador en O’ tiene serios problemas. Este se expresará así: La masa pendular está en equilibrio
ya que se mantiene con la misma inclinación  mientras no cambie la aceleración del carro y por lo tanto
aplicará la primera ley de Newton (para este observador el carro es como si estuviera en reposo y por lo
tanto considerará el carro como un marco de referencia inercial). Para lograr explicar esto se debe
“inventar una fuerza Fficticia, Figura 5. Es claro que la fuerza F la ejerce la cuerda sobre la masa pendular, la
fuerza P la ejerce el planeta Tierra sobre la masa pendular; pero quién o qué ejerce la fuerza F ficticia sobre
la masa pendular: NADIE o NADA. Esta “aparece” debido a la obligación de encontrar una fuerza que
equilibre la masa pendular (observar que la fuerza F que ejerce la cuerda tiene una componente en X que si
no se inventara esas fuera ficticia no habría forma de equilibrarla).
6
7
Figura 5
Es posible realizar este tipo de análisis en los marcos de referencia no inerciales haciendo correcciones
con las llamadas fuerzas ficticias, pero sólo es recomendable cuando el estudiante, ingeniero o físico está
lo suficientemente entrenado en estas técnicas de las fuerzas ficticias. En definitiva lo mejor será no
inventarse fuerzas y aplicar las leyes de Newton como debe ser: en marcos de referencia inerciales.
Es interesante pensar que el observador O’ también hubiera podido expresar lo siguiente: estamos en
presencia de un campo gravitacional donde la gravedad es gefectiva, cuyo valor se calcularía vectorialmente
como se ilustra en la Figura 6, izquierda y representaría sólo dos fuerzas, Figura 6, derecha. A P’ le daría el
valor de P’ = m x gefectivo.
Figura 6
Posteriormente aplicaría la primera ley de Newton. Nuevamente el observador se tuvo que inventar algo: la
existencia de un campo gravitacional ficticio.
Otros ejemplos de fuerzas ficticias

Un sistema masa resorte anclado en el techo de un ascensor. Si el ascensor sube con aceleración el
resorte se estira. El observador que está dentro del ascensor podría decir que algo o alguien ejerció
una fuerza sobre la masa (pero ésta es FICTICIA). Para analizar la situación lo mejor es ubicarse
afuera del ascensor, por ejemplo, en el primer piso, para aplicar correctamente las leyes de Newton.

Un ascensor en caída libre. Si se sueltan objetos dentro de éste, quedarán “flotando” : el observador
dentro del ascensor podría decir que no hay campo gravitacional por lo que g=0; también podría decir
que un “fantasma” los está sosteniendo. El observador inercial, ubicado afuera del ascensor y parado en
uno de los pisos del edifico, dirá que el ascensor y todo su contenido va en “picada” hacia abajo (en
“caída libre”) y que el estado de ingravidez se debe a los efectos del movimiento relativo al interior del
ascensor.

La denominada fuerza centrífuga también es una fuerza ficticia: ésta es una fuerza ficticia que
aparece cuando se describe el movimiento de un cuerpo en un marco de referencia en rotación, o
equivalentemente la fuerza aparente que percibe un observador no inercial que se encuentra en un
marco de referencia giratorio. El calificativo de "centrífuga" significa que "huye del centro". En
efecto, un observador no inercial situado sobre una plataforma giratoria siente que existe una “fuerza”
que actúa sobre él, que le impide permanecer en reposo sobre la plataforma a menos que él mismo
realice otra fuerza dirigida hacia el eje de rotación. Así, aparentemente, la fuerza centrífuga tiende a
alejar los objetos del eje de rotación. Pero esta no la ejerce nada ni nadie, solo son los efectos
inerciales del cuerpo, en este caso, del observador.
Ejemplos con movimientos rectilíneos
Ejemplo 1
Un cuerpo de masa m es lanzado con velocidad Vo a deslizar sobre una superficie horizontal, Figura 7. Si el
coeficiente de rozamiento dinámico entre las superficies en contacto es µk, encontrar la aceleración.
Figura 7
Solución:
En la Figura 7 se ilustra el bloque en su posición inicial. También se ilustra el sistema de coordenadas
elegido. El marco de referencia elegido es el piso y es inercial.
8
En la Figura 8 se ilustra el diagrama de fuerzas sobre el cuerpo. Las fuerzas son: la fuerza de fricción f, el
peso P y la normal N.
9
Figura 8
El cuerpo solo tiene aceleración en dirección X. Aplicando las leyes de Newton de movimiento se obtiene,
  Fx = m a x  -f = m a x
[1]
  Fy = 0  N - mg = 0
[2]
Adicionalmente,
f = μk N
[3]
De [1] y [3] se obtiene,
a x = - μk g
Es decir la aceleración apunta en el sentido contario del movimiento. El bloque se mueve entonces con MUV
retardado.
Tarea:
Si en este ejemplo Vo= 5,00 m.s-1, µk = 0,100 calcular la distancia que logra recorrer el bloque y ¿cuánto
tiempo se mantiene en movimiento?
Ejemplo 2
Un cuerpo de masa m es empujado con una fuerza F sobre una superficie horizontal, Figura 9. Si el
coeficiente de rozamiento dinámico entre las superficies en contacto es µk, encontrar la aceleración.
Figura 9
Solución:
En la Figura 9 se ilustra una representación de la escena física.
También se ilustra el sistema de
coordenadas elegido. El marco de referencia elegido es el piso y es inercial.
En la Figura 10 se ilustra el diagrama de fuerzas sobre el cuerpo. Las fuerzas son: la fuerza de fricción f,
la fuerza F que ejerce el que lo empuja, el peso P y la normal N.
10
Figura 10
El cuerpo solo tiene aceleración en dirección X. Aplicando las leyes de Newton de movimiento se obtiene,
  Fx = m a x  F - f = m a x
[1]
  Fy = 0  N - mg = 0
[2]
Adicionalmente,
f = μk N
[3]
De [1], [2] y [3] se obtiene,
ax =
F- μ k m g
m
Si F es constante el bloque se moverá con MUV acelerado.
Tarea:
Si en este ejemplo el cuerpo es empujado desde el reposo, µk es igual 0,100, F= 40,0 N y m = 20,0 kg,
calcular la distancia que logra recorrer el bloque en 4,00 s.
Ejemplo 3
Un cuerpo de masa m se suelta sobre un plano inclinado un ángulo , Figura 11. Si el coeficiente de
rozamiento dinámico entre las superficies en contacto es µk, encontrar la aceleración.
11
Figura 11
Solución:
En la Figura 11 se ilustra una representación de la escena física.
También se ilustra el sistema de
coordenadas elegido. El marco de referencia elegido es el plano y es inercial.
En la Figura 12 se ilustra el diagrama de fuerzas sobre el cuerpo. Las fuerzas son: la fuerza de fricción f,
el peso P y la normal N.
Figura 12
El cuerpo solo tiene aceleración en dirección X. Aplicando las leyes de Newton de movimiento se obtiene,
 Fx = m a x  mg sen φ - f = m a x
[1]
  Fy = 0  N - mg cos φ = 0
[2]
Adicionalmente,
f = μk N
De [1], [2] y [3] se obtiene,
a x = sen φ - μk cos φ g
[3]
El cuerpo desciende con aceleración constante en el caso que sen  > µk cos .
Observar que si se desprecia el rozamiento se obtendría,
a x = g sen φ
Ejemplo 4
En la Figura 13 se ilustra una máquina de Atwood. Suponiendo polea ideal, encontrar la aceleración con que
se desplazan los bloques de masa m1 y m2.
Figura 13
Solución:
En la Figura 13 se ilustra una representación de la escena física.
También se ilustra el sistema de
coordenadas elegido. El marco de referencia elegido es el techo y es inercial.
En la Figura 14 se ilustra el diagrama de fuerzas sobre cada bloque. Se consideró que la tensión en la
cuerda se transmite íntegramente a través de la polea (polea ideal).
Figura 14
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Los cuerpos solo tienen aceleración en dirección Y. Aplicando las leyes de Newton de movimiento se
obtiene,
 Fy = m1 a1  T + m1g = m1 a1
[1]
  Fy = m2 a 2  T + m2g = m2 a 2
[2]
Pero los bloques están ligados por la cuerda por lo tanto,
y1 + π R + y2 = constante
en donde R es el radio de la polea. Derivando dos veces respecto al tiempo,
a1 + a 2 = 0
Es decir,
a1 = - a 2 por lo
Si
a 2 = a entonces a1 = -a se obtiene de las ecuaciones [1] y [2],
 m - m1 
a=  2
g
 m1 + m 2 
Si los bloques tienen diferentes masas se moverán con igual aceleración y constante (MUV). El sentido del
movimiento se define de acuerdo a cuál de los bloques tiene mayor masa.
Ejemplo 5
En la Figura 15 se ilustra una máquina de Atwood más compleja que la del ejemplo anterior. Suponiendo
poleas ideales, encontrar la aceleración con que se desplazan los bloques de masa m 1, m2 y m3.
Figura 15
13
Solución:
En la Figura 15 se ilustra una representación de la escena física.
También se ilustra el sistema de
coordenadas elegido. El marco de referencia elegido es el techo y es inercial.
En la Figura 16 se ilustra el diagrama de fuerzas sobre cada bloque y sobre la polea móvil. Se consideró que
las tensiones en las cuerdas se transmiten íntegramente a través de las poleas (poleas ideales).
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Figura 16
Los cuerpos solo tienen aceleración en dirección Y. Aplicando las leyes de Newton de movimiento para los
tres bloques y para la polea móvil se obtiene,
  Fy = m1 a1  T1 + m1g = m1 a1
[1]
 Fy = m2 a 2  T2 + m2g = m2 a 2
[2]
 Fy = m3 a3  T2 + m3g = m3 a3
[3]
  Fy = mp a p  T2 + T2 - T1 =  0 a p
[4]
Pero los bloques están ligados por las cuerdas por lo tanto,
y1 + yp = constante  a p = - a1
y
2
 y p  +  y3 - y p  = constante  a 2 + a 3 - 2 a p = 0
De estas dos últimas ecuaciones se obtiene,
a 2 + a3 + 2a1 = 0
[5]
Combinando las ecuaciones [1], [2], [3], [4] y [5] se obtiene,
a1 
 m1m3 + m1m2 - 4m2m3  g
 m1m2 + m1m3 + 4m2m3 
a2 
3m1m3 - m1m2 - 4m2m3  g
 m1m2 + m1m3 + 4m2m3 
a3 
 m1m3 - 3 m1m2 + 4m2 m3  g
 m1m2 + m1m3 + 4m2 m3 
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Ejemplo 6
Un estudiante con el fin de medir su peso se para sobre una báscula la cual se encuentra dentro de un
ascensor. Si el estudiante tiene una masa de 80,0 kg encontrar la lectura de la báscula en cada una de las
siguientes situaciones:
(a) El ascensor sube con velocidad constante.
(b) El ascensor desciende con velocidad constante.
(c) El ascensor sube con aceleración constante e igual a 2 m.s-2.
(d) El ascensor baja con aceleración constante e igual a 2 m.s-2.
(e) Se rompe el cable del ascensor y éste desciende en “caída libre”.
Solución:
En la Figura 17 se ilustra una representación de la escena física.
También se ilustra el sistema de
coordenadas elegido. El marco de referencia elegido es el piso y es inercial.
Figura 17
En la Figura 18 se ilustra el diagrama de fuerzas sobre el estudiante. La fuerza P es su PESO REAL, la
fuerza N es la que le ejerce la báscula al estudiante. La reacción a N es la que marca la báscula: es decir, si
se calcula N se sabe cuánto marca la báscula.
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Figura 18
Para generalizar el cálculo se supondrá que el ascensor sube con aceleración constante. Aplicando la
segunda ley de Newton al estudiante (esta se aplicará desde el marco de referencia inercial elegido),
  Fy = m a  N - mg = m a
Por lo tanto
N = m g + a 
Entonces:
(a) Si sube con velocidad constante, a = 0 ,
N = m g = 80,0 kg  9,80 m.s2 = 784 N
o en kgf,
N = 80,0 kgf
(b) Si baja con velocidad constante el resultado es igual al del caso (a).
(c) Si sube con aceleración de 2 m.s-2 la báscula marca:
N = 80,0 kg × 9,80 + 2,00 m.s-2 = 944 N
o en kgf,
N = 944 N ×
1 kgf
= 96,3 kgf
9,80 N
(d) Si baja con aceleración de 2 m.s-2 la báscula marca:
N = 80,0 kg × 9,80 - 2,00 m.s-2 = 624 N
o en kgf,
N = 624 N ×
1 kgf
= 63,7 kgf
9,80 N
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(e) Si baja en caída libre la aceleración es -g, la báscula marca:
N = 80,0 kg × 9,80 - 9,80 m.s-2 = 0 N
o en kgf,
N = 0 kgf
Observar que la báscula solo marca el PESO REAL en los casos (a) y (b).
Ejemplo 7
En la Figura 19 se ilustra un par de bloques de masas m1= 20,0 kg y m2=40,0 kg que es empujado desde el
bloque m1 con una fuerza de 500 N. Si el coeficiente de rozamiento cinético entre las superficies en
contacto es iguala 0,400, calcular: (a) la aceleración de los bloques, (b) la fuerza de contacto entre éstos.
Repetir los cálculos intercambiando los bloques.
Figura 19
Solución:
En la Figura 19 se ilustra una representación de la escena física.
También se ilustra el sistema de
coordenadas elegido. El marco de referencia elegido es el piso y es inercial.
En la Figura 20 se ilustra el diagrama de fuerzas sobre dos sistemas elegidos: un sistema es el conjunto de
los dos bloques y el otro es el bloque m1.
Los cuerpos solo tienen aceleración en dirección X. Aplicando las leyes de Newton de movimiento para el
sistema 1,
  Fx =  m1  m2  a  F - f =  m1  m2  a
[1]
  Fy = 0  N -  m1 + m2  g = 0
[2]
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Figura 20
Adicionalmente,
f = μk N
[3]
Combinando las ecuaciones [1], [2] y [3] se obtiene,
a=
F - μ k  m1 + m2  g
m1 + m2
[4]
Para calcular la fuerza de contacto se debe analizar el sistema 2,
  Fx = m1 a  F - F1 - f1 = m1 a
[5]
  Fy = 0  N1 - m1g = 0
[6]
Adicionalmente,
f1 = μk N1
Combinando las ecuaciones [4], [5], [6] y [7] se obtiene,
F1 =
m2 F
m1 + m2
que corresponde a la fuerza entre los bloques.
Reemplazando los valores numéricos se obtiene,
a = 4,40
m
s2
[7]
F1 = 333,33 N
Tarea:
Comprobar que si se repite el análisis pero intercambiando los bloques, se obtiene la misma aceleración
pero la fuerza de contacto es diferente,
F1 =
m1 F
m1 + m2
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Es decir,
F1 = 166,66 N
Ejemplo 8
Tres bloques de masas m1= 2,00 kg, m2=4,00 kg y m3=6,00 kg son empujados desde el bloque m1 (hacia la
derecha) con una fuera F=10,0 N, Figura 21. Calcular la aceleración de los bloques si el rozamiento entre las
superficies en contacto se puede despreciar.
Figura 21
Solución:
En la Figura 21 se ilustra una representación de la escena física.
También se ilustra el sistema de
coordenadas elegido. El marco de referencia elegido es el piso y es inercial.
En la Figura 22 se ilustra el diagrama de fuerzas sobre tres sistemas elegidos: un sistema es el conjunto
de los tres bloques, otro es el bloque m1 y el otro el bloque m2.
Los cuerpos solo tienen aceleración en dirección X. Aplicando las leyes de Newton de movimiento para el
sistema 1,
  Fx =  m1  m2  m3  a  F =  m1  m2 + m3  a
[1]
  Fy = 0  N -  m1 + m2 + m3  g = 0
[2]
20
Figura 22
Reemplazando los datos en la ecuación [1] se obtiene,
a=
F
 m1 + m2 + m3 
a=
10,0 N
m
= 0,833 2
s
 2,00 + 4,00 + 6,00
Para calcular la fuerza de contacto F1 se debe analizar el sistema 2,
 Fx = m1 a  F - F1 = m1 a
[3]
 Fy = 0  N1 - m1g = 0
[4]
Reemplazando los datos en la ecuación [3] se obtiene,
F1 = F - m1 a
F1 = 10 N - 2,00 kg  0,833
m
= 8,33 N
s2
Para calcular la fuerza de contacto F2 se debe analizar el sistema 3,
 Fx = m2 a  F1 - F2 = m2 a
[5]
 Fy = 0  N2 - m2g = 0
[6]
Reemplazando los datos en la ecuación [5] se obtiene,
F2 = F1 - m2 a
F2 = 8,33 N - 4,00 kg × 0,833
m
= 5,00 N
s2
Ejemplo 9
Calcular la aceleración de los bloques de la Figura 23 si el coeficiente de rozamiento cinético entre las
superficies en contacto es µk.
Figura 23
Solución:
En la Figura 23 se ilustra una representación de la escena física. También se ilustra los sistemas de
coordenadas elegidos. El marco de referencia elegido es el piso y es inercial.
En la Figura 24 se ilustra el diagrama de fuerzas sobre los bloques.
Figura 24
21
El cuerpo m1 solo tiene aceleración en dirección X y el cuerpo m2 solo tiene aceleración en dirección Y.
Aplicando las leyes de Newton de movimiento para el sistema 1,
  Fx = m1 a1  T + f = m1 a1
[1]
  Fy = 0  N1 - m1g = 0
[2]
22
Adicionalmente,
f=μk N1
[3]
Aplicando la segunda ley de Newton al bloque m2 se obtiene,
  Fy = m2a 2  - T + m2g = m2a 2
[4]
Además los bloques están ligados por la cuerda y por lo tanto,
x1 + y2 = constante
Derivando dos veces respecto al tiempo se obtiene,
a1 = - a 2
Si se hace
[5]
a 2 = a entonces a1 = -a . Reemplazando en las ecuaciones [1] y [4] y combinando con las
ecuaciones [2], [3] se obtiene,
 m - μ k m1 
a=  2
 g
m
+
m
 1
2 
Observar que se si se desprende la masa m1, la masa m2 descenderá en “caída libre”.
Ejemplos con movimientos curvilíneos
Ejemplo 10
Analizar la dinámica de un cuerpo de masa m atado a una cuerda de longitud L y que gira en una
circunferencia vertical, Figura 25.
Figura 25
Solución:
En la Figura 26 se ilustra el sistema coordenado escogido. Observar que se usa los ejes asociados a la base
compuesta por los versores
û T y û N (la base intrínseca) debido a que el movimiento es curvilíneo. El marco
de referencia elegido es el piso y es inercial.
23
Figura 26
En la Figura 27 se ilustra el diagrama de fuerzas en una posición general del cuerpo.
Figura 27
Aplicando la segunda ley de Newton tanto en dirección tangencial como en dirección normal,
  FT = m aT  - mg senφ = m aT
[1]
  FN = ma N  T - mg cosφ = ma N
[2]
Aquí
a T corresponde a la aceleración tangencial y a N corresponde a la aceleración normal o centrípeta.
Adicionalmente la aceleración centrípeta es,
aN =
V2
L
Combinando las tres ecuaciones se obtiene,
[3]
a T = - g senφ

V2 
T = m  gcosφ +

L 

Observar que en:
24

=0,
aT  0

V2 
T = mg +

L 

que corresponde a la máxima tensión de la cuerda.

=/2,
aT = - g
mV 2
T=
L

=,
aT  0
 V2

T = m
 g
 L

que corresponde a la mínima tensión de la cuerda.
A continuación se procederá a calcular la fuerza centrípeta. De la ecuación [2] se obtiene,
  FN = ma N  Fcentrípeta = T - mg cosφ
Para =0,
Fcentrípeta = T - mg
Para =/2,
Fcentrípeta = T
Para =,
Fcentrípeta = T + mg
Nota: La fuerza centrípeta NO es una fuerza individual: es el resultado de la suma de todas las fuerzas
que tienen la dirección del eje normal. Siempre apunta hacia el centro de curvatura.
A continuación se calculará la rapidez del cuerpo. Como se obtuvo para la aceleración tangencial,
a T = - g senφ
y como,
aT =
dV
dt
se obtiene,
- g senφ =
dV
dt
Ahora,
dV
dV ds
VdV
=
=
dt
ds dt
Ldφ
Entonces,
VdV
= - g senφ
Ld
V

Vo
0
 VdV= -  g L senφ d
V = Vo2 + 2gL  cosφ - 1
Ahora se calculará la velocidad mínima Vmin con la cual debe pasar el cuerpo por el punto más alto para que
logre continuar en la trayectoria circular. En esta situación T=0 y =,

V2 
T = m  gcosφ +

L 

2


Vmin
0 = m  gcosπ +


L 

Vmin = gL
25
Ejemplo 11
Analizar la dinámica de un péndulo simple, Figura 28.
26
Figura 28
Solución:
Un péndulo simple se define como una masa puntual atada a un hilo inextensible. En la Figura 29 se ilustra
los ejes coordenados elegidos. El marco de referencia es el techo y es inercial.
Figura 29
En la figura 30 se ilustra el diagrama de fuerzas.
Figura 30
Aplicando la segunda ley de Newton tanto en dirección tangencial como en dirección normal,
  FT = m aT  - mg senφ = m aT
[1]
  FN = ma N  T - mg cosφ = ma N
[2]
Aquí
a T corresponde a la aceleración tangencial y a N corresponde a la aceleración normal o centrípeta.
V2
aN =
L
[3]
Combinando las tres ecuaciones se obtiene,
a T = - g senφ

V2 
T = m  gcosφ +

L 

Supongamos que el péndulo se soltó cuando =o,
a T = - g senφ
y como,
aT =
dV
dt
Se obtiene,
dV
dt
- g senφ =
Ahora,
dV
dV ds
VdV
=
=
dt
ds dt
Ldφ
Entonces,
VdV
= - g senφ
Ldφ
V

0
o
 VdV= -
 g L senφ d
27
V=
2gL  cosφ - cosφ0 
Ejemplo 12
Analizar la dinámica de un cuerpo de masa m atado a una cuerda de longitud L y que gira en una
circunferencia horizontal, Figura 31.
Figura 31
Solución:
En la Figura 31 se ilustra los ejes coordenados elegidos. El marco de referencia es el piso y es inercial.
En la figura 32 se ilustra el diagrama de fuerzas.
Figura 32
Aplicando la segunda ley de Newton tanto en dirección tangencial como en dirección normal,
  FT = 0 (No hay fuerzas en esta dirección)
mV2
  FN = ma N  T cosφ =
L cosφ
[1]
28
Se ha reemplazado el radio de la trayectoria circular: R = L cos.
Adicionalmente en dirección Z no hay aceleración,
 Fz = 0  T senφ - mg = 0
[2]
De las ecuaciones [1] y [2] se obtiene,
29
V = gL cosφ cotφ
El cuerpo gira con rapidez constante, es decir el movimiento circular es uniforme, MCU. El periodo de este
movimiento es,
V=ωR
gL cosφ cotφ =
P =
2π
Lcosφ
P
2π L cosφ
gL cosφ cotφ
P = 2π
L senφ
g
Ejemplo 13
Un cuerpo se desliza sobre una superficie cilíndrica. Realizar en análisis dinámico del cuerpo cuando
asciende, Figura 33. La masa del cuerpo es m, el radio de la superficie R y el coeficiente de rozamiento
cinético entre las superficies en contacto es µk.
Figura 33
En la Figura 33 se ilustra la escena física en un instante cualquiera. Además se ilustra los ejes coordenados
elegidos. El marco de referencia es el piso y es inercial.
En la Figura 34 se ilustra el diagrama de fueras: f es la fuerza de rozamiento, P el peso del cuerpo y N la
fuerza normal.
30
Figura 34
Aplicando la segunda ley de Newton,
 FT = m aT  - mg senφ - f = m aT
  FN = ma N  N - mg cosφ = m
Aquí
V2
R
[1]
[2]
a T corresponde a la aceleración tangencial y a N corresponde a la aceleración normal o centrípeta.
Además,
f=μk N
[3]
Observar que si se desprecia el rozamiento,
a T = - g senφ
Ejemplo 14
Peralte de carretera:
Encontrar la rapidez máxima con la que un vehículo puede tomar la curva en una carretera cuyo peralte
tiene una inclinación , Figura 35. Para realizar un análisis crítico, despreciar la fuerza de rozamiento.
Tener en cuenta que R es el radio de la trayectoria circular del vehículo.
31
Figura 35
En la Figura 35 se ilustra la escena física en un instante cualquiera. Además se ilustra los ejes coordenados
elegidos. El marco de referencia es el piso y es inercial.
En la Figura 36 se ilustra el diagrama de fuerzas: P el peso del vehículo y N la fuerza normal. Tener en
cuenta que el vehículo en la Figura viene hacia afuera de la página.
Figura 36
Aplicando la segunda ley de Newton,
  FZ = 0  N cos - mg = 0
  FN = ma N  N senφ = m
[1]
V2
R
[2]
Combinando las ecuaciones [1] y [2] se obtiene,
V = g R tanφ
Esta corresponde a la velocidad máxima con la que el vehículo puede tomar la curva sin deslizar
(despreciando las fuerzas de rozamiento).
Ejemplo 15
Calcular el PESO APARENTE de una persona en la línea del ecuador, Figura 37.
32
Figura 37
En La Figura 37 se ilustra la escena física. En la Figura 38 se ilustra el diagrama de fuerzas sobre la
persona y el eje coordenado elegido: P corresponde al PESO REAL de la persona, N la fuerza que ejerce la
báscula sobre la persona (la reacción a esta es la que “lee” la báscula. El marco de referencia es el planeta
Tierra (considerado aproximadamente inercial para esta situación).
Figura 38
Aplicando la segunda ley de Newton se obtiene,
V2
  FN = ma N   N + mg = m
R
Por lo tanto el PESO APARENTE de la persona es,

V2 
N = mg 
R 

Tarea:
El radio de la tierra es 6370 km. Si la masa de la persona es 80 kg, calcular su peso real y su peso aparente
en la línea del ecuador. Expresar la respuesta en N y en kgf.
Taller
Con los ejercicios siguientes el objetivo es adquirir la destreza para analizar de forma ordenada y
metódica sistemas mecánicos en situación de no equilibrio y que pueden reducirse al modelo de
partículas. En cada una de las soluciones se deberá:
1. Definir el marco de referencia inercial.
2. Definir los ejes de coordenadas con su respectivo origen y orientación.
3. Dibujar aparte los diagramas de fuerza de los subsistemas elegidos que se analizarán para
lograr obtener la solución.
4. Aplicar correctamente las leyes de Newton:
o
Primera o segunda ley de Newton (aplicada a cada orientación, es decir, eje
coordenado): plantear ordenadamente las ecuaciones
correspondientes a las
condiciones de equilibrio o no equilibrio de los subsistemas para cada orientación (eje
coordenado) y que son necesarias para obtener la solución.
o
Tercera ley de Newton: aplicar correctamente la ley de acción y reacción (esto con
el fin de disminuir el número de incógnitas en los sistemas de ecuaciones).
5. Resolver algebraicamente las ecuaciones.
6. Si es necesario encontrar soluciones numéricas, reemplazar los valores en las ecuaciones sin
olvidar expresar el resultado con la respectiva unidad de medida.
7. Analizar la coherencia del resultado.
Dinámica del movimiento rectilíneo
1.
Sobre un cuerpo de 20,0 kg, apoyado en un plano horizontal, actúan dos fuerzas concurrentes de 100 N
cada una: una horizontal y la otra formando un ángulo de 60,00 con la horizontal. (a) Si se desprecia el
rozamiento entre las superficies en contacto, calcular la aceleración del cuerpo. (b) Si el coeficiente de
rozamiento cinético entre las superficies en contacto es igual a 0,250, calcular la aceleración del
cuerpo.
2. Dos bloques de 75,0 kg (A) y 110 kg (B) de masa están en contacto en reposo sobre una superficie
horizontal, Figura 1. Sobre el bloque de 75,0 kg se ejerce una fuerza F de 620 N. Si el coeficiente de
rozamiento cinético entre las superficies de los bloques y la superficie horizontal es 0,15, calcular (a)
la aceleración del sistema y (b) la fuerza que cada uno de los bloques ejerce sobre el otro. (c) Repetir
el ejercicio con los bloques invertidos.
33
Figura 1
3. El sistema mecánico de la Figura 2 se mueve con aceleración a . Calcular la aceleración y las tensiones
en las cuerdas en función de los valores de las masas y de la fuerza F que ejerce la mano de un señor
que hala el sistema. Suponer que el coeficiente de rozamiento cinético entre las superficies de los
bloques y la superficie sobre la que deslizan es µ.
Rp. a 
F
 g ;
m1  m2  m3  m4
T1 
m2  m3  m4
F
m1  m2  m3  m4
m3  m4
F;
m1  m2  m3  m4
T3 
m4
F
m1  m2  m3  m4
T2 
Figura 2
4. Una persona de masa 58,0 kg se encuentra sobre una plataforma de masa 14,5 kg, Figura 3. Encontrar
la fuerza que la persona debe hacer sobre el extremo libre de la cuerda para (a) subir con aceleración
igual a 0,61 m.s-2, (b) bajar con aceleración igual a 0,610 m.s-2, (c) subir con velocidad constante, (d)
bajar con velocidad constante. Suponer polea ideal.
Rp. (a) 377 N; (b) 333 N; (c) 355 N; (d) 355 N.
Figura 3
34
5. Una persona de masa 70,0 kg se encuentra sobre una plataforma de masa 30,0 kg, Figura 4. Encontrar
la fuerza que la persona debe hacer sobre el extremo libre de la cuerda para subir con aceleración
igual a 0,800 m.s-2. Suponer poleas ideales.
Rp. 21,6 kgf.
35
Figura 4
6. En la Figura 5 los bloques A y B tienen respectivamente masas iguales a 5,0 kg y 10,0 kg; el coeficiente
de rozamiento cinético entre las superficies de contacto de los bloques y entre la superficie del bloque
B y el suelo es igual a 0,30. Si se aplica una fuerza horizontal de 125,0 N, determinar: (a) la
aceleración del bloque B, (b) la tensión del cable. Suponer polea ideal.
Rp: 3,43 m.s-2; 31,9 N.
Figura 5
7. En el sistema mecánico de la Figura 6 la superficie horizontal es lisa y las masas
m1 y m2 son
respectivamente iguales a 5,00 kg y 7,00 kg calcular las aceleraciones de los bloques. Suponer poleas
ideales.
Rp: De
m1 es 5,08 m.s-2 y m2 es 2,54 m.s-2
36
Figura 6
8. En el sistema mecánico de la Figura 7 la superficie horizontal es lisa y las masas
m1 y m2 son
respectivamente iguales a 5,00 kg y 7,00 kg calcular las aceleraciones de los bloques y la tensión en
cada cuerda. Suponer poleas ideales.
Rp: De
m1 es 4,16 m.s-2 y m2 es 8,32 m.s-2; 20,8 N y 10,4 N
Figura 7
9. En la Figura 8 se ilustra un señor de 60,0 kg que se encuentra sobre una báscula con el objetivo de
medir su peso. Cuánto marcará la báscula si el ascensor: (a) sube con velocidad constante, (b) baja con
velocidad constante, (c) sube con aceleración de 0,500 m.s-2, (d) baja con aceleración de 0,500 m.s-2,
(e) si se revienta el cable del ascensor.
Figura 8
Dinámica del movimiento circular
10. Se ata una bola de 5,00 kg de masa al extremo de una cuerda de 4,00 m de longitud y se hace girar en
el aire con rapidez constante como se ilustra en la Figura 9. La esfera recorre una trayectoria
horizontal tal que la cuerda forma un ángulo de 40,0 0 con la vertical. Determinar la rapidez de la esfera
y la tensión en la cuerda.
Rp. 3,25 m.s-1; 63,9 N.
37
Figura 9
11. Un péndulo simple de longitud L que tiene como cuerpo pendular una pequeña esfera de masa m , se
suelta cuando forma un ángulo θo con la vertical. Demostrar que:
(a) La rapidez de la esfera en función del ángulo θ con la vertical es igual a,
V = 2gL  cosθ - cosθo 
(b) La aceleración total en función del ángulo

con la vertical es igual a:
a = -gsenθ uˆ T + 2g  cosθ - cosθo  uˆ N
en donde
û T y û N corresponden a los versores que dan las direcciones tangencial y normal a la
trayectoria.
(c) La magnitud F de la tensión en la cuerda en función del ángulo θ con la vertical es igual a:
F = mg 3cosθ - 2cosθo 
12. Un pequeño bloque de 1,00 kg de masa está atado a una cuerda de 0,6 m y gira a 60,0 rpm en un círculo
vertical. Calcular la tensión en la cuerda cuando el bloque se encuentra (a) en el punto más alto del
círculo; (b) en el punto más bajo, (c) cuando la cuerda está horizontal, (d) calcular la rapidez que debe
tener el bloque en el punto más alto a fin de que la tensión en la cuerda sea cero.
Rp: 13,89 N; 33,49 N; 23,69 N; 2,42 m. s-1.
13. Un piloto que pesa 70,0 kgf se mueve en un avión que describe una circunferencia vertical de 1 200 m
de radio con rapidez lineal constante de 360 km.h -1. Obtener en kgf la fuerza que ejerce el asiento
sobre el piloto cuando pasa por los puntos superior e inferior de la trayectoria (el piloto en la parte
superior de la trayectoria queda con la cabeza hacia abajo y en el parte inferior con la cabeza hacia
arriba).
Rp: 10,5 kgf; 129,3 kgf
14. Demostrar que si una carretera en una curva de radio de curvatura R tiene un peralte de inclinación φ
y coeficiente de rozamiento estático
transitarla con seguridad es,
 senφ + μ s cosφ 
V= gR 

 cosφ - μ s senφ 
FIN
μs la rapidez máxima que debería llevar un vehículo para
38