Cinemática y dinámica de la partícula
Introdución a la mecánica
Víctor López Castellanos
© 14 de enero de 2022 Víctor López Castellanos
Este texto ha sido editado en LYX y tipografiado en LATEX
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Índice general
I.
Introducción a la mecánica y cinemática
1. Cantidades físicas y unidades
1.1. Introducción y breve reseña histórica . . . . . . . . .
1.1.1. La filosofía natural en los tiempos antiguos .
1.1.2. Desarrollo de la física clásica . . . . . . . .
1.1.3. Física Moderna . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2. Objetivos de la física . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3. Magnitudes y cantidades físicas . . . . . . . . . . .
1.4. Sistemas de unidades y conversiones . . . . . . . . .
1.4.1. Clasificación de sistemas de unidades . . . .
1.4.2. Los sistemas ingleses o anglosajones . . . .
1.4.2.1. Longitudes en el sistema inglés . .
1.4.2.2. Volúmenes en el sistema inglés . .
1.4.3. El Sistema Internacional de Medidas . . . . .
1.4.4. Prefijos del sistema internacional de medidas
1.5. Conversión de unidades . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6. Análisis dimensional . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6.1. Definición de dimensión . . . . . . . . . . .
1.6.2. Reglas del cálculo dimensional . . . . . . . .
1.6.3. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . .
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2. Vectores
2.1. Cantidades escalares y vectoriales . . . . . . . . . . . .
2.2. Representación de vectores . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1. Representación polar y cartesiana . . . . . . . .
2.2.2. Transformación de polar a cartesiana . . . . . .
2.2.3. Transformación de cartesiano a polar . . . . . .
2.3. Suma de vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1. Método de suma por paralelogramo (gráfico) . .
2.3.2. Método de suma por polígono (gráfico) . . . . .
2.3.3. Método de suma por trigonometría (analítico) . .
2.3.4. Método de suma por componentes (anasenlítico)
2.4. Algunas propiedades de los vectores . . . . . . . . . . .
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Índice general
2.5. Notación de vectores unitarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6. Aplicaciones y ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3. Cinemática
3.1. Variables cinemáticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.1. Modelo de partícula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.2. Posición, trayectoria y desplazamiento . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.3. Velocidad y rapidez promedios . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.4. Rapidez y velocidad instantánea . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.5. Aceleración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2. Cinemática en una dimensión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.1. Movimiento en una dirección . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.2. Gráficos de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3. Movimiento rectilíneo uniforme (MRU) . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4. Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado o uniformemente variado
3.4.1. Gráficos del MRUA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.2. Aplicaciones y ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5. Caída libre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5.1. Estrategia para solucionar ejercicios de caída libre . . . . . . . .
3.6. Cinemática en dos dimensiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7. Movimiento de proyectiles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7.2. Alcance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7.3. Ecuación de la curva geométrica (opcional) . . . . . . . . . . . .
3.7.4. Ejercicios y aplicaciones movimiento proyectiles . . . . . . . . .
3.8. Movimiento circular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.8.1. Variables lineales o tangenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.8.2. Variables angulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.8.3. Variables temporales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.9. Movimiento circular tangencialmente acelerado MCU(tA) . . . . . . . .
3.9.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.9.2. Movimiento circular y vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.10. Movimiento relativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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II. Dinámica
4. Fuerzas y Leyes de Newton
4.1. Modelo de fuerza . . . . . . . . . .
4.1.1. Tipos de fuerzas . . . . . .
4.2. Leyes de las fuerzas . . . . . . . . .
4.2.1. Leyes de Newton . . . . . .
4.2.2. Diagramas de cuerpo libres .
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Índice general
4.3. Aplicaciones de las Leyes de Newton . . . . . . . . .
4.3.1. Aplicaciones primera condición de equilibrio .
4.3.2. Aplicaciones Segunda Ley de Newton . . . . .
4.3.3. Peso aparente e ingravidez . . . . . . . . . . .
4.4. Fricción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4.1. Fricción estática . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4.2. Fricción cinética . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5. Dinámica del movimiento circular uniforme . . . . . .
4.5.1. Análisis de los movimientos circulares . . . . .
4.5.2. Aplicaciones dinámica de movimiento circular
4.5.3. Tracción de carro en curva . . . . . . . . . . .
5. Trabajo y Energía
5.1. Trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.1. Trabajo como elemento del cambio . . . . . .
5.1.2. Trabajo neto . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.3. Trabajo de fuerza variable . . . . . . . . . . .
5.1.4. Ley de Hooke y trabajo elástico . . . . . . . .
5.1.5. Trabajo gravitatorio efectuado por el peso . . .
5.2. Potencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3. Teorema del trabajo y la energía . . . . . . . . . . . .
5.4. Energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.1. Energía cinética . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.5. Energía potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.5.1. Energía potencial gravitatoria . . . . . . . . .
5.5.2. Energía potencial elástica . . . . . . . . . . .
5.5.3. Otras formas de energía . . . . . . . . . . . .
5.6. Conservación de energía . . . . . . . . . . . . . . . .
5.6.1. Teorema del Trabajo y la Energía generalizado
5.6.2. Ley de Conservación de la Energía . . . . . . .
6. Cantidad de movimiento
6.1. Cantidad de movimiento lineal o ímpetu . . . .
6.1.1. Motivación . . . . . . . . . . . . . . .
6.1.2. Ímpetu lineal . . . . . . . . . . . . . .
6.1.3. Las Leyes de Newton y el ímpetu lineal
6.2. Cantidad de movimiento y la acción de la fuerza
6.2.1. Teorema Impulso Ímpetu . . . . . . . .
6.2.2. Impulso . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3. Conservación del ímpetu lineal . . . . . . . . .
6.3.1. Conservación de ímpetu total . . . . . .
6.4. Colisiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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7
Índice general
6.5. Colisiones en una dimensión o choque central . . . . . . . . . . . . . .
6.5.1. Colisiones completamente inelásticas . . . . . . . . . . . . . .
6.5.2. Colisiones elásticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.5.2.1. Masas iguales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.5.2.2. Blanco en reposo y proyectil de menor masa (rebote)
6.5.2.3. Blanco en reposo y proyectil de mayor masa (arrollar)
6.5.3. Colisiones inelásticas (opcional) . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.6. Colisiones en dos dimensiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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III. Cinemática y dinámica de cuerpos extendidos
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7. Cuerpos extendidos
7.1. Motivación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2. Modelo de N partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3. Posición del centro de masa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3.1. Centro de masa de cuerpos extendidos . . . . . . . . . . .
7.3.2. Masas distribuidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3.3. Densidad lineal (𝜆) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3.4. Densidad superficial (𝜎) - opcional . . . . . . . . . . . .
7.3.5. Densidad volumétrica (𝜌) - opcional . . . . . . . . . . . .
7.4. Velocidad del centro de masa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.4.1. Cantidad de movimiento total y centro de masa . . . . . .
7.5. Aceleración del centro de masa . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.5.1. Aceleración del centro de masa y Segunda Ley de Newton
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8. Cinemática de rotación
8.1. Cinemática de rotación . . . . . . . . . . . . . . .
8.1.1. Recordatorio de variables angulares . . . .
8.1.2. Dirección de giro y vectores axiales . . . .
8.2. Energía cinética de rotación . . . . . . . . . . . . .
8.3. Momento de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.3.1. Momento de inercia de N partículas . . . .
8.3.2. Momento de inercia de cuerpos extendidos
8.3.3. Momento de inercia de barra delgada . . .
8.3.4. Momento de inercia de aro o anillo delgado
8.3.5. Momento de inercia de disco sólido . . . .
8.3.6. Momento de inercia de placa uniforme . .
8.4. Teorema de ejes paralelos . . . . . . . . . . . . . .
8.5. Teorema de ejes perpendiculares - opcional . . . .
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9. Dinámica de rotación
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9.1. Momento de torsión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317
8
Índice general
9.2. Segunda Ley de Newton para rotación . . . . . . . .
9.3. Trabajo y energía en rotación . . . . . . . . . . . . .
9.3.1. Trabajo de una torca . . . . . . . . . . . . .
9.3.2. Teorema del trabajo y la energía en rotación .
9.3.3. Conservación de energía en rotación . . . . .
9.3.4. Energía cinética total en traslación y rotación
9.3.5. Movimiento de rodadura o rodamiento . . . .
9.4. Cantidad de movimiento angular o ímpetu angular . .
9.5. Conservación del ímpetu angular total . . . . . . . .
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10. Equilibrio estático
361
10.1. Condiciones de equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361
10.2. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362
IV. Temas suplementarios
373
A. Repaso de geometría
A.1. Motivación histórica . . . . . . . . . . . . . . . .
A.2. Nomenclatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
A.3. Puntos, lineas y rectas . . . . . . . . . . . . . . . .
A.4. Triángulos y otras figuras regulares . . . . . . . . .
A.5. Aréas y volumenes de algunas figuras . . . . . . .
A.6. Trigonometría . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
A.6.1. Teorema de Pitágoras . . . . . . . . . . . .
A.6.2. Notación y definiciones . . . . . . . . . . .
A.6.3. Valores notables de seno, coseno y tangente
A.6.4. Pitágoras trigonométrico . . . . . . . . . .
A.6.5. Ley de seno y coseno . . . . . . . . . . . .
A.6.6. Identidades trigonométricas de utilidad . .
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B. Cinemática en tres dimensiones
C. Máquinas simples
C.1. Concepto . . . . . . . . . . .
C.2. Eficiencia . . . . . . . . . . .
C.3. Palanca . . . . . . . . . . . .
C.4. Poleas libres y polipastos . . .
C.5. Transmisión de torca en bandas
C.6. Plano inclinado . . . . . . . .
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D. Gradiente y gráficos de energía
407
D.1. Gradiente de energía como campo de fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407
9
Índice general
D.2. Diagramas de energía y el equilibrio de un sistema . . . . . . . . . . . . . . . . 410
E. Cálculo de momentos de inercia
E.1. Momento de inercia de esfera hueca .
E.2. Momento de inercia de esfera sólida .
E.3. Momento de de inercia de semi-esfera
E.4. Momento de inercia de cono . . . . .
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F. Gravitación
F.1. Breve reseña histórica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
F.2. Leyes de Kepler y el movimiento de los planetas . . . . . . . . . . . . .
F.2.1. Primera Ley de Kepler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
F.2.2. Segunda Ley de Kepler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
F.2.3. Tercera Ley de Kepler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
F.3. Ley de Newton de Gravitación Universal . . . . . . . . . . . . . . . . .
F.4. Aceleración en Caída Libre y Campo Gravitacional . . . . . . . . . . .
F.5. Energía Potencial Gravitatoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
F.6. Consideraciones Energéticas en el movimiento planetario y de satélites .
F.6.1. Velocidad de un satélite o primera velocidad cósmica . . . . . .
F.6.2. Rapidez de escape o segunda velocidad cósmica . . . . . . . .
F.6.3. Datos orbitales de los planetas en el sistema solar . . . . . . . .
F.7. Dinámica del movimiento planetario (opcional) . . . . . . . . . . . . .
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Indice Analítico
463
Indice Definiciones
469
Bibliografía
470
10
Parte I.
Introducción a la mecánica y
cinemática
11
1. Cantidades físicas y unidades
1.1.
Introducción y breve reseña histórica
La palabra física proviene del latín physicus y éste del griego (φυσvικός = “relativo a la naturaleza”, origen u orden natural) en contraposición de la metafísica (“más allá de la naturaleza”)
[Demtröder, 2018] que estudia al ser en cuanto tal, su atributos y sus causas. Antes del advenimiento de la ciencia moderna muchos de los problemas que hoy pertenecen a las ciencias naturales eran
estudiados por la metafísica bajo el concepto de filosofía natural .
El desarrollo de la física por lo tanto se deja dividir en tres grandes períodos [Demtröder, 2017]
La filosofía natural en los tiempos antiguos
El desarrollo de la física clásica durante el Renacimiento y la Revolución Industrial
La física moderna alrededor del final del a Primera Guerra Mundial
1.1.1.
La filosofía natural en los tiempos antiguos
La investigación de los fenómenos naturales y el intento de explicarlos mediante argumentos racionales empezó hasta donde sabemos hace 4000 años en la antigua Babilonia y en Egipto donde las
observaciones astronómicas eran importantes para la deducción de fenómenos recurrentes como
las inundaciones del Nilo o el tiempo correcto para sembrar o cosechar.
El libro más importante de física en el período clásico helénico fue el “Physica” de Aristóteles
que contiene consideraciones filosóficas sobre tiempo y espacio, así como el movimiento de los
cuerpos y sus causas. Los filósofos griegos pensaban que todos los fenómenos naturales obedecían
leyes universales eternas que no siempre eran obvias por su complejidad pero que eran independientes de los voluntades de hombre o dioses y por ello era posible encontrar dichas leyes mediante
la razón.
Entre los filósofos griegos sobresalientes están Tales de Mileto (624–546 a.C.) que descubrió el
magnetismo y la electrostática por fricción (efecto triboeléctrico), pero no que no supo explicar
sus descubrimientos correctamente.
Empédocles (495 - 444 a.C.) postuló al igual que Parménides que nada se puede crear de la nada y
lo que existe no puede desaparecer, pero también indicó que los cuatro principios materiales de la
realidad eran: aire, fuego, agua y tierra que se encontraban en constante movimiento, mezclándose
y repulsándose por fuerzas espirituales.
Pythagoras (572-492 a.C.) y sus escolares asumieron que los números y la relaciones matemáticas
entre ellos reflejaban la realidad física. Hicieron experimentos con cuerdas resonantes de diferen-
13
Aristóteles
(384-322 a.C.)
Junto a Platón es
considerado el padre
de la filosofia de Occidente
1. Cantidades físicas y unidades
Arquímdes de Siracusa
(287-212 a.C.)
El mas grande matemático de su época,
se le considera el padre de la física
tes longitudes empezando con ello la teoría de armonías musicales y aplicando sus resultados
erróneamente a los movimientos de los planetas.
Demócrito (455-370 a.C.) perfeccionó la teoría de Anaxágoras (499-428) de que el mundo consistía de átomos (del griego ἄτομον= atomón, indivisibles), partículas muy pequeñas indivisibles
e idénticas que se mueven infinitamente a través del espacio. Las diferentes formas de materia
sólo difieren del número y arreglo de átomos que los componen. Esta hipótesis es muy cercana a
nuestro entendimiento moderno de la composición atómica de la materia.
Aristóteles (384–322 a.C.) consideraba a la naturaleza como un universo en perpetuo movimiento
que fue creado por un “movedor divino”. También consideraba que como los planetas se movían
sin aparente motivo introdujo el concepto un quinto “elemento divino” : el éter (del griego αιθέρ
=aire puro) que regía las relaciones de los cuerpos celestes. Su libro Physica fue tan influyente en
la antigüedad que este tipo de preceptos y otras hipótesis especulativas dominaron la compresión
de la física por casi 1500 años hasta el Renacimiento.
Arquímides de Siracusa (287-212 a.C.) estudió en Alejandría, el centro del conocimiento en la
Antigüedad, y el mas grande matemático, físico y experto técnico de su tiempo. Descubrió el
principio de empuje estático y flotabilidad, el principio de palanca, el centro de masa de distintos
cuerpos, calculó el área y perímetro de círculos, superficies de esferas, conos y cilindros, así como
la solución de ecuaciones de tercer grado. Tiene la mejor aproximación de 𝜋 = 3 17 de la antigüedad
. Fue famoso por sus logros técnicos e invención de varias máquinas como catapultas, palancas
hidráulicas para elevar barcos e incluso bombas de tornillo. Muchos lo consideran el “Padre de la
Física”.
Los filósofos griegos sin embargo no lograron llegaron al nivel de una ciencia natural, pues no consideraban el experimento como la base de todas las teorías. Creian que una observación inicial era
suficiente y el subsiguiente conocimiento se podía obtener únicamente mediante el razonamiento
puro sin necesidad de experimentos que los verificaran o negaran.
1.1.2.
Galileo Galilei
(1564-1642)
Se le considera el
primer físico moderno y su trabajo
experimental es base para el establecimiento del método
científico.
Desarrollo de la física clásica
Galileo Galilei fue un físico, matemático y astrónomo italiano que revolucionó la física y se le
puede considerar el primer físico moderno, pues fue el primero en probar o negar las diferentes
teorías mediante experimentos bien planificados [Demtröder, 2017]. Su trabajo experimental es
considerado complementario a los escritos de Francis Bacon en el establecimiento del moderno
método científico y su carrera científica es complementaria a la de Johannes Kepler.En su último
libro “Discurso de dos Nuevas Ciencias” 1 establece los fundamentos de la mecánica como ciencia
y marca el fin de física naturalista de Aristóteles. Este cambio de paradigma, sin embargo, le
costó a Galileo la ira y persecución de la Iglesia Católica en forma de la Inquisición romana,
que lo silenció 1616 y lo obligó a retractarse 1633. Se dice que al abjurar la teoría heliocéntrica
pronunció la frase “Eppur si muove” (y aún así se mueve), de cierta forma empieza el rompimiento
de la teología católica con la ciencia que hasta ese momento estaban mezcladas y es símbolo de la
revolución científica que se gesta en el Renacimiento.
1 “Discorsi
e dimostrazioni matematiche, intorno à due nuove scienze” (1638) Discurso y demostración matemática,
en torno a dos nuevas ciencias
14
1.1. Introducción y breve reseña histórica
Sir Isaac Newton en su obra principal “Principios Matemáticos de la Filosofía Natural” (1687)2
[Newton, 2016] introduce ecuaciones matemáticas para la formulación de teorías y problemas en
leyes comunes, resumiendo todo el conocimiento de su tiempo sobre mecánica (incluyendo la
celestial) en un par de axiomas (Leyes de Newton).
El desarrollo del cálculo infinitesimal como una necesidad para expresar las relaciones entre los
fenómenos marca una pauta, que se mantiene hasta la actualidad, de generar matemáticas capaces
de describir las teorías mas complejas. De ahí que el lenguaje en el que se expresa la física son
las matemáticas. Con el avance de las matemáticas en geometría analítica, el calculo diferencial e
integral y la teoría de ecuaciones diferenciales, la física se emancipa de la filosofía natural y crea
su propio marco de lenguaje matemático para la formulación de leyes físicas.
Inspirados en esta revolución científica grandes científicos británicos, franceses, italianos y alemanes, como Robert Boyle (1627-1691), Robert Hooke (1635-1701), Daniel Gabriel Fahrenheit
(1686-1736), Charles Augustin Coulomb (1736-1806), André-Marie Ampère (1775-1836), Alessandro Volta (1745-1827) Amedeo Avogadro(1776-1856), Louis Joseph Gay-Lussac (1778-1850),
Sadi Carnot (1796-1832), William Thomson -Lord Kelvin (1824-1907) y muchos otros llevan a
una explosión de conocimiento físico tanto en mecánica como en nuevas áreas como la termodinámica y el electromagnetismo al punto de considerar los conocimientos en mecánica “saturados”
con la elegantes teorías de Joseph-Louis Lagrange (1736-1813) y William Rowan Hamilton (18051865). Y con la teoría de James Clerk Maxwell (1831-1879) se consideraba que la mayorías de
los problemas fundamentales de la física estaban solucionados y adecuadamente descritos.
1.1.3.
Sir Isaac Newton
(1642-1727)
Físico, teólogo, inventor y alquimista
inglés que publicó lo
que considera el libro más importante
de la Mecánica.
Física Moderna
Al final del siglo XIX después de dos siglos de crecimiento vertiginoso en ciencias y apoyado en
buena parte por la Revolución Industrial que utiliza los nuevos conocimientos para aumentar la
producción en general, se consideraba que el avance en la Física estaba estancado.[Demtröder, 2017]
Esta visión cambió drásticamente con los resultados de tres experimentos empiezan la física mo- Albert Einstein
(1879-1955)
derna:
Físico alemán que
El experimento de Michelson demostró que la velocidad de la luz es una constante en cual- con su teoría de Requier marco de referencia, lo cual es una contradicción a noción intuitiva o metafísica que se latividad General y
tenía del concepto de tiempo y espacio. Fue este conocimiento que inspiró a Albert Einstein Mecánica Cuántica
a formular su teoría de relatividad especial introdujo conceptos como dilatación del tiempo, revolucionó la física
contracción de la longitud y masa de reposo, que en muchos sentidos rompían los márgenes moderna.
la comprensión humana.
Las desviaciones experimentales de la distribución de intensidad experimental del cuerpo
negro, calculadas por Stephan Boltzmann y Wilhelm Wien llevaron al físico alemán Max
Planck a la conclusión que energía tenía que estar cuantizada en campos de radiación electromagnéticos. Esto fue el inicio de la teoría cuántica que luego se vería enmarcada en rigurosos aparatos matemáticos distintos y complementarios como los de Erwin Schrödinger,
Werner Heisenberg o Paul Dirac.
2 Philosophiae
naturalis Principia Mathematica
15
1. Cantidades físicas y unidades
Las líneas espectrales encontradas por los experimentos de Gustav Robert Kirchhoff (1824–
1887) y Robert Bunsen (1811–1899) demostraron que longitud de onda emitida era característica de cada elemento y no se dejaban explicar por ninguna teoría clásica. Fue hasta
la introducción del modelo del átomo de hidrógeno Schrödinger que se entendió que los
estados energéticos de los electrones enlazados tenían estar cuantizados de manera que la
transiciones electrónicas encajaran con las líneas espectrales tanto de absorción como emisión.
Marie Curie
(1867-1934)
Considerada la mujer científica más influyente en el siglo
XX
Todas las teorías nuevas fueron recibidas con resistencia, no por parte de la iglesia o doctrinas
dogmáticas, sino por lo propios físicos clásicos que no lograban concebir los nuevos conceptos.
No obstante una nueva generación de físicos jóvenes empezaron a desarrollar la nueva física cuyo
avance continúa de forma acelerada hasta la fecha.
En la figura 1.1 se muestra lo que se considera la foto más importante en la historia de la física
donde se encuentran reunidos los físicos más importantes del siglo XX en la quinta conferencia
de Solvay, Bélgica en 1927. El tema principal fue Electrones y fotones, donde los mejores físicos
mundiales discutieron sobre la recientemente formulada teoría cuántica, dieron un sentido a lo
que no lo tenía, construyeron una nueva manera de entender el mundo y se dieron cuenta que para
describir y entender a la naturaleza se tenían que abandonar gran parte de las ideas preconcebidas
por el ser humano a lo largo de toda su historia.[Wikipedia, 2020b]
Figura 1.1.: 17 de los 29 participantes en la Quinta Conferencia de Solvay de 1927 terminarían
galardonados con el Premio Nobel
Quisiera hacer paréntesis especial en este punto y celebrar a la única mujer en la foto anterior, que
es un símbolo de perseverancia científica en condiciones adversas: Marie Curie (1867-1934). Nacida en Polonia se tuvo que trasladar a París, Francia para lograr estudiar Física bajo circunstancias
16
1.2. Objetivos de la física
económicas difíciles en La Sorbona. Su trabajo de graduación sobre las sustancias radioactivas,
bajo la tutela de Henry Becquerel, le terminaría ganando el Premio Nobel junto a su marido Pierre
Curie y fundando el estudio de la física nuclear. En 1911 gana el Nobel en Química por su proceso de extracción química del radio y dedicó su vida al Instituto del Radio (actualmente Instituto
Curie) para la investigación de los elementos radioactivos. Fue discriminada toda su vida por ser
pobre, mujer y extranjera, pero sobresale como una de los científicas más perseverantes y prolíficas de la historia moderna. Sus restos descansan el Panteón de París, donde yacen las grandes
figuras de la historia de Francia (a excepción de Napoleón que descansan en Les Invalides junto
con sus soldados)
1.2.
Objetivos de la física
La física, el latín physica, y este del griego antiguo φυσvικός, significa natural, relativo a la naturaleza. Los griegos, en especial después de Aristóteles, consideraban la física como la filosofía de
la naturaleza y para ello formulaban teorías basadas en la simple observaciones sin mayor rigor o
confirmación experimental. De hecho muchas de las teorías buscaban explicaciones en torno a un
orden universal tema que será recurrente durante la historia de la física. Todo aquellos aspectos
que no entran dentro de la física, lo griegos lo llamaron metafísica (mas allá de la física) como son
la preguntas sobre la entidad, el ser, la materia, objeto, efectos de causalidad y tiempo y espacio.
Aunque muchos consideran a Arquímides de Siracusa como el padre de la física, por sus contribuciones experimentales e ingenieriles, la física clásica comienza con Galileo en el Renacimiento,
donde la revolución ideológica comienza con el uso de la experimentación como criterio para la
validación de las teorías y avance en el conocimiento.
La introducción de la Mecánica Cuántica al inicio del siglo XX genera una nueva revolución
al sobrepasar los resultados experimentales la capacidad cognitiva de las teorías. Conceptos como la cuantización de la energía, el principio de incertidumbre de Heisenberg o bien la dualidad
partícula-onda de los objetos mecanico-cuánticos no entran dentro del espacio cognitivo (entendible) de los humanos o sus sociedades. Mientras que en la física clásica los experimentos eran
validaban las teorías, en la modernidad la experimentación es la única forma de avanzar cognitivamente en la física. La experimentación es tan importante, que en este curso contiene un laboratorio
dedicado a la ciencia y arte de experimentar, pues es necesario entender las herramientas científicas que nos llevan a las concepciones que presentaremos en este curso.
Definición 1.1 (Física). La física se ocupa de los principios fundamentales que gobiernan al universo en transferencia de energía y materia.[Tippens, 2007]
Es una ciencia natural experimental positiva en la que se fundamentan muchas ramas del saber
como la astronomía, la química, la biología, la geología. Es una ciencia natural pues aglutina el
conjunto de conocimientos que tenemos sobre las leyes fundamentales de la naturaleza. Es positiva
porque se basa en la razón lógica matemática, donde los principios de deducción e inducción
imperan y no un conjunto de convicciones empíricas, arbitrarias o hermenéuticas. Es experimental
pues necesita ser objetiva y verificable; toda teoría física debe ser confirmada o refutada en los
experimentos. La validez de todo principio físico se basa finalmente en su capacidad de reproducir
17
1. Cantidades físicas y unidades
fielmente los experimentos y fenómenos observables y medibles (conmensurables) . Lo que no es
conmensurable, no es parte de campo de estudio de la física: los sentimientos, la fe, el alma o
bien los fenómenos sociales no son conmensurables por lo que la física no puede decir nada sobre
ellos.
Existen seis áreas principales de la física.
1) Mecánica clásica
2) Relatividad general
3) Termodinámica
4) Electromagnetismo
5) Óptica
6) Física cuántica
Cuadro 1.1.: Dominios del la física
En este curso nos enfocaremos sobre todo en la Mecánica Clásica: Cinemática y Dinámica. Los temas de Oscilaciones, Ondas, Fluidos y Termodinámica se abordarán en un curso subsiguiente, así
como el Electromagnetismo. En el ultimo curso se abordarán brevemente los temas de Relatividad
General, Cuántica y Óptica.
1.3.
Magnitudes y cantidades físicas
Para poder describir los fenómenos naturales es necesario hacer mediciones. Cada medición física
se asocia a una magnitud y una cantidad física específica al experimento en cuestión.
Definición 1.2 (Magnitud física). La magnitud física es el concepto o idea con la cual se quiere
comprender o modelar un fenómeno o cuerpo determinado.
La altura de un persona, la longitud de una trayectoria, la temperatura de un cuerpo, su masa o la
energía contenido en un sistema determinado son ideas primero con las que pretendemos describir
la realidad física.
.
Definición 1.3 (Cantidad física). La cantidad física es el módulo matemático + unidad y debe ser
el producto de una medición o por lo menos deducido de variables medibles.
Para una misma magnitud pueden haber diferentes cantidades física que la describan. Por ejemplo,
la longitud de un tramo de carretera (magnitud) puede tener la cantidades físicas de 1609 𝑚 o 1 𝑚𝑖.
Es de notar que una misma magnitud puede tener diferentes cantidades físicas equivalentes que
son producto de las mediciones mediante diferentes patrones o sistemas de unidades.
En esta unidad exploraremos el sistema internacional de medidas, que características posee y como
se relaciona con otros sistemas.
Definición 1.4 (Patrón de medida). Es el fenómeno aislado y conocido que sirve como fundamento
para crear una unidad para medir magnitudes.
18
1.4. Sistemas de unidades y conversiones
Una medición es una comparación contra un patrón o estándar que nos indica el módulo matemático y la unidad de la magnitud física que estamos midiendo. En general un patrón se define
mediante un experimento que devuelve un valor específico, constante e invariable de una magnitud
física.
Por tanto los patrones deben tener 3 propiedades básicas:
1. Accesible. El experimento de ser fácil de hacerse y no tener demasiadas restricciones operativas. Un metro, por ejemplo que se encuentre preservado en resina o ámbar no permite ser
medido con precisión y no puede ser un buen patrón
2. Reproducible. Debe de poder reproducirse en cualquier parte del mundo y no debe ser un
fenómeno exclusivo o que sucede sólo en ciertos momentos o circunstancias históricas. La
posición del Sol respecto del horizonte en la ciudad de Timbuctú 24 de noviembre de 1907
a las 8:00 a.m. no puede ser un buen patrón para medir ángulos, pues esa circunstancia
histórica ya pasó y no es posible reproducir el fenómeno otra vez.
3. Invariante. El patrón no debe de cambiar en el tiempo. Debe permanecer imperturbable con
el paso del tiempo. La circunferencia del abdomen del rey no puede ser un patrón, pues éste
puede engordar o adelgazar o peor aún morir dejando una norma poco clara e imprecisa.
Los científicos pronto descubrieron que las leyes de la física se expresa mediante la relación matemática de magnitudes/cantidades físicas y que la mayoría de las magnitudes están relacionadas
entre sí. Determinaron que es útil tener dos tipos de magnitudes físicas:
Magnitudes fundamentales: son aquellas definidas por un patrón, estándar o norma.
Magnitudes derivadas: son aquellas que se puede derivar de las magnitudes fundamentales
a través de una relación matemática o algebraica.
Al conjuntos de magnitudes organizadas de esta forma lo llamamos sistema de medidas o unidades.
1.4.
Sistemas de unidades y conversiones
Por extraño que parezca la necesidad de un sistema de unidades no provino del estudio moderno
de las ciencias, sino por el contrario de la necesidad del comercio de estandarizar cantidades como
longitudes, pesos y tiempo. Para comerciar siempre ha sido necesario saber que y cuanto para
poder determinar su precio/ganancia. Cada civilización que comercia ha introducido su propio
sistema de mediciones, en especial en lo referente a pesos y volúmenes.
Desde los babilonios, egipcios, chinos, griegos y romanos han existido diferentes sistemas de
unidades que han sido trasladados en parte hasta nuestros tiempos (1 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑑𝑖𝑜 ≈ 600 𝑚, 1 𝑑𝑖𝑔𝑖𝑡𝑢𝑠 =
1 𝑖𝑛 = 1 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎, etc).
19
1. Cantidades físicas y unidades
1.4.1.
Clasificación de sistemas de unidades
En este curso haremos una diferenciación entre los sistemas de medición absolutos y los sistemas
de medición técnicos o gravitatorios:
Sistemas de medición absolutos
Son aquellos en donde las unidades y patrones básicos son independientes del lugar donde se utilizan. En general, eso significa que utilizan a la masa como patrón básico y no al peso3 . Ejemplos de
ellos son: el Sistema Internacional, el sistema cgs (centímetro, gramo, segundo) o el mks (metro,
kilogramo, segundo)
Sistemas de medición gravitatorios o técnicos
Son aquellos en los que en vez de utilizar la masa como magnitud fundamental se utiliza el peso
(fuerza de atracción gravitatoria) haciéndolos dependientes del lugar donde se utilizan. Ejemplos:
el sistema imperial británico (british imperial system4 ) o bien el sistema usual de los EE.UU.
(United States Customary) o SUEU por sus siglas en español. También está el sistema m-kp-s,
donde kp es el kilopondio o kilogramo fuerza. Es de notar que desde 1985 el sistema imperial
británico refiere sus medidas respecto del Sistema Internacional mientras que el sistema SUEU es
mantenido por el NIST (National Institute of Standard and Technology).
Los sistemas ingleses todavía siguen siendo usados en problemas de ingeniería en los EE.UU. y
sobre todo en la industria americana. De ahí que todavía tengan relevancia para nosotros, pues
los estándares industriales nacionales siguen orientándose en las normas NIST y no tanto en las
normas DIN europeas. De ahí que es útil que conozcamos y estemos acostumbrados a trabajar en
ambos sistemas.
Los chinos que han tenido un sistema unidades desde el primer emperador Qin Shi Huang en
221 a.C., el sistema de unidades chinas o shinzhi (sistema de mercado), que se ha seguido usando
desde la dinastía Han (siglo II antes de Cristo).
1.4.2.
Los sistemas ingleses o anglosajones
Las colonias americanas de las diferentes potencias europeas, introdujeron su propio sistema de
medición, tanto como instrumento de comercio como de colonización y control. Los ingleses fueron los primeros en tratar de estandarizar sus unidades desde los tiempos normandos y tenían un
sistema amplio para el tiempo de la colonización de América [Ledanois and López de Ramos, 1996].
No fue sino hasta la gran reforma de 1824, cuando el parlamento inglés estableció las bases de
lo que se le suele llamar el Sistema Imperial (BIS=British Imperial System). Para esta fecha, sin
3 El
peso al ser la fuerza de atracción gravitatoria depende del campo gravitatorio donde se encuentre. En general el
peso en la superficie terrestre es mayor a de la superficie de la Luna, pero mayor al que se encontraría en Júpiter.
El peso es una cantidad física que depende de su ubicación, la masa no. Los cuerpos masivos son iguales en todas
partes del Universo.
4 también conocido como Exchequer Standards de 1825
20
1.4. Sistemas de unidades y conversiones
embargo, las colonias americanas ya se habían independizado y no reformaron su sistema de mediciones. De ahí que existen en realidad dos sistemas ingleses que se diferencias en ciertas medidas
de volúmenes y masas.
En el SUEU las magnitudes fundamentales son:
Magnitudes
Unidad
Símbolo
Tiempo
segundo
s
Longitud
pie
ft
Peso
libra
lb
Temperatura
Rankine
R
Cuadro 1.2.: Magnitudes fundamentales del sistema SUEU
Es de notar que muchos países mantienen también unidades locales parecidas en nombre a las de
los sistemas anglosajones, pero pueden variar en su valor o definición. En los EE.UU. el SUEU sigue siendo usado en el comercio y la industria de servicios, pero no en ciencias, industria avanzada
o el ejército donde el Sistema Internacional domina.
Dado que los sistemas anglosajones tienen importancia en la industria y comercio salvadoreños
(dimensiones de tuberías, cables, tornillos, clavos y los volúmenes de fluidos) es útil entender la
lógica del sistema en algunos casos particulares
1.4.2.1.
Longitudes en el sistema inglés
Aunque acostumbrados al sistema métrico, la medidas ingleses se basan en buena parte al concepto
renacentista de que el hombre es la medida de las cosas: así la pulgada es aproximadamente la
longitud de un pulgar de un adulto, el pie son 12 pulgadas que aproximadamente es la distancia
del codo a la muñeca y una yarda son 3 pies que aproximadamente es la circunferencia de la
cintura de una persona adulta.
Formalmente
Unidad
Relación a la anterior
1 thou (1th)
Pies (ft)
Metros (m)
1/12000
0.0000254
Observaciones
1 inch (1 in o ”)
1000 thou
1/12
0.0254
1 pie (ft o ’)
12 in
1
0.3048
1 yarda (yd)
3 ft
3
0.9144
cadena (ch)
22 yd
66
20.1168
100 links o enlaces
furlong (fur)
10 ch
660
201.168
220 𝑦𝑑
milla (mi)
8 fur
5280
1609.344
80 ch o 1760 yd
6076.1
1852
10 cables
milla náutica (nmi)
21
1. Cantidades físicas y unidades
Como se nota, muchas de la unidades provienen de las capacidad de medir con objetos corrientes
distancias comunes (las cadenas son más fáciles de conseguir que una cinta métrica). Es interesante que en el fútbol americano las distancias avanzadas por el balón en ciertas circunstancias se
miden mediante cadenas.
1.4.2.2.
Volúmenes en el sistema inglés
El galón imperial definido en 1824 se determinó como el volumen que ocupan 10 lb de agua
destilada a 62°F y a una presión 30 in de mercurio. De esta forma
Unidad
Onzas imperiales
Pintas imperiales
Mililitros
onza fluida (fl oz)
1
1/20
28.413
1 gill (gi)
5
1/4
142.065
1 pinta (pt)
20
1
568.261
1 cuarto (qt)
40
2
1136.523
1 galón (gal)
160
8
4546.09
En El Salvador utilizamos estas medidas de volúmenes en diferentes mercancías como pinturas,
gasolina o incluso sorbetes. Dado que el uso de diferentes sistemas de unidades es indiscriminado
en nuestro país, es necesario conocer ambos sistemas o por lo menos saber donde encontrar las
informaciones para conversión.
1.4.3.
El Sistema Internacional de Medidas
En 1960 un comité internacional estableció un conjunto de estándares para las cantidades fundamentales de la ciencia (Sistème International), creando la convención internacional correspondiente, que sustituye a la Convención del Metro 1875. La Oficina de Internacional de Pesas y
Medidas (Bureau International de Poids et Mesures)5 que se encarga de velar el convenio. En el
Sistema Internacional (SI) existen sólo 7 magnitudes físicas fundamentales como se muestra en el
cuadro 1.3.
Todas las demás unidades y magnitudes físicas son por tanto derivadas, es decir se dejan escribir
como un producto algebraico de las magnitudes fundamentales.
A partir del 20 de mayo 2019 la Conferencia General de Pesos y Medidas y su Comité Internacional (Conférence générale des poids et mesures) redefinieron los patrones para las magnitudes fundamentales de tal forma que todas están asociadas a una constante física universal [BIPM, 2019].
Es decir, cualquier unidades del SI se deja escribir como un producto de estas siete constantes
universales.6
5 Aunque la Oficina Internacional de Pesas y Medidas funciona desde la convención del metro de 1875, el año 1960 se
considera el nacimiento del Sistema Internacional pues fue cuando la conferencia general le dio nombre al sistema
generado por las comisiones consultativas.[BIPM, 2006a]
6 La Conferencia de 2018 fijo por lo tanto las constantes, no los patrones. El retraso en la aplicación de las nuevas
definiciones se debió a medición con mayor de precisión de estas mismas constantes, para establecer los mejores
números posibles.
22
1.4. Sistemas de unidades y conversiones
Magnitudes
Unidad
Símbolo
Tiempo
segundo
s
Longitud
metro
m
Masa
kilogramo
kg
Corriente eléctrica
Ampère
A
Temperatura
Kelvin
K
Cantidad de materia
mol
Intensidad luminosa
candela
mol
cd
Cuadro 1.3.: Magnitudes fundamentales del sistema
Definición 1.5. Así el Sistema Internacional de Unidades (SI) es un sistema según el cual
la frecuencia de la transición hiperfina del estado fundamental del átomo de Cesio 133 no
perturbado , Δ𝜈𝐶𝑠 , es igual a 9 192 631 770 𝐻𝑧,
la velocidad de luz en el vació, 𝑐, es igual a 299 792 458 𝑚/𝑠,
la constante de Planck, ℎ, es igual a 6, 62607015 × 10−34 𝐽𝑠,
la carga elemental , 𝑒, es igual a 1, 602176634 × 10−19𝐶,
la constante de Boltzmann, 𝑘, es igual a 1, 380649 × 10−23 𝐽/𝐾,
la constante d’Avogadro, 𝑁 𝐴, es igual a 6, 02214076 × 1023 𝑚𝑜𝑙 −1 ,
la eficacia luminosa de un rayo monocromático con una frecuencia de 540 × 1012 𝐻𝑧, 𝐾𝑐𝑑 ,
es igual a 683 𝑙𝑚/𝑊,
Las magnitudes más importantes para este curso son tiempo, longitud y masa. Estudiemos los
patrones asociados y veamos que tan buenos patrones son realmente.
Patrón del tiempo (segundo)
Definición 1.6 (Segundo ). Es la duración de tiempo de 9 192 631 770 períodos de la radiación de
transición en los dos niveles hiperfinos del estado fundamental del átomo de 133𝐶𝑠 a una temperatura de 0 𝐾.
De tal forma que un segundo se deja escribir como
Δ𝜈𝐶𝑠 = 9 192 631 770 𝐻𝑧
1
= 9 192 631 770
𝑠
9 192 631 770
1𝑠 =
Δ𝜈𝐶𝑠
23
1. Cantidades físicas y unidades
Figura 1.2.: Esquema que relaciones las constantes universales y la unidades del sistema internacional
Esta definición está basado en un fenómeno atómico que es tanto reproducible, accesible e invariante. La medición del tiempo se mantiene mediante un reloj atómico situado en el Real Observatorio de Greenwich, Inglaterra. Debido a que la rotación de la Tierra es constante pero no estable,
está se retrasa con respecto al tiempo atómico. El tiempo UTC por lo tanto se sincroniza con el
tiempo medio de Greenwich (GMT), en el Reino Unido, que está basado en el de la duración del
día solar al cual se le añade o quita un segundo cuando es necesario.7 .
Patrón de longitud (metro)
Producto de la reformulación de unidades y patrones durante la Revolución Francesa, la Academia
de Ciencias de Francia aceptó al metro como la diezmillonésima parte de la distancia que separa
el polo Norte de la línea del ecuador terrestre (meridiano que pasa por París y Barcelona).
Dado que este patrón se basa en una medida única que no es accesible o reproducible, en 1889 la
Comisión Internacional de Pesos y Medidas adoptó como prototipo la distancia entre las marcas
en una barra de platino e iridio que todavía se guarda en la Oficina de Pesas y Medidas en Sèvres,
París. Sin embargo desde 1983 rige una definición basada en constantes universales:
Definición 1.7 (Metro ). es la distancia que recorre la luz en el vació durante un intervalo de
1/299792458 de segundo.
7 El
24
UTC o tiempo universal coordenado se obtiene a partir del Tiempo Atómico Internacional.
1.4. Sistemas de unidades y conversiones
Por lo tanto un metro se deja escribir como
𝑚
𝑐 = 299 792 458
𝑠
𝑠
1𝑚=
𝑐
299 792 458
9 192 631 770 𝑐
=
299 792 458 Δ𝜈𝐶𝑠
𝑐
1 𝑚 = 30, 663319
Δ𝜈𝐶𝑠
La definición se basa en el hecho que la velocidad de la luz en el vacío 𝑐 es una constante como lo
explica la Teoría de la Relatividad, creando un patrón tan bueno como el del tiempo.
Patrón de masa (kilogramo)
También durante la Revolución Francesa se introdujo al kilogramo como la masa contenida en
un decímetro cúbico de agua destilada a una atmósfera y a una temperatura de 3.98 °C8 . Esta
definición fue suplantada en 1889 por un cilindro circular recto de iridio y platino cuya altura es
igual a su diámetro (39 𝑚𝑚), el kilogramo patrón, que se guarda en la Oficina de Pesos y Medidas
en Sèvres, Francia. Y es un patrón que no es realmente accesible o invariante. Se estima que
en los últimos 100 años el kilogramo patrón ha perdido 1 𝜇𝑔, por lo que la reforma de 2019 ha
solucionado el problema del último patrón no relacionado con leyes físicas.
Con la Conferencia de Internacional de Pesas y Medidas de noviembre de 2018, la definición del
kilogramo pasó a estar asociada a una constantes universal:
Definición 1.8 (Kilogramo ). el kilogramo debe ser tal que la constante de Planck mantenga el
valor de ℎ = 6, 62607015 × 10−34 𝐽𝑠
Dado que el Joule es una unidad derivada la constante de Planck se deja escribir en función de las
otras constantes universales 𝑐 y Δ𝜈𝐶𝑠
ℎ = 6, 62607015 × 10−34 𝑘𝑔 ·
𝑚2
𝑠
𝑠2
ℎ
𝑚 −2 𝑠 = 1𝑘𝑔
6, 62607015 × 10−34
(299 792 458) 2
ℎ · Δ𝜈𝐶𝑠
−34
𝑐2
(9 192 631 770)
6.62607015 × 10
ℎ · Δ𝜈𝐶𝑠
1 𝑘𝑔 = 1.4755214 × 1040
𝑐2
Esta nueva definición del kilogramo patrón abre las puertas a nuevos patrones primarios, como
la balanzas de Kibble o interferometría con látices de silicio [BIPM, 2019]. No obstante, las definiciones son suficientemente generosas como para continuar usando los patrones primarios y
secundarios sin tener mayores repercusiones para la industria o el comercio.
.
1𝑘𝑔 =
8 Cuando
la densidad del agua es máxima
25
1. Cantidades físicas y unidades
1.4.4.
Prefijos del sistema internacional de medidas
La idea fundamental detrás de cualquier unidad o sistema es que al indicar una cantidad física, las
personas sean capaces de hacerse una idea de la dimensión de lo que se está hablando. Un patrón
para longitud debe ser capaz de conmensurar cosas tan grandes como el diámetro de la galaxia y
cosas tan pequeñas como el radio de un núcleo.
Decir entonces que se tiene una oscilación de 104 100 000 1/𝑠, puede resultar una cantidad física
exacta, pero aun así carente de información o interpretación para el interlocutor. Es por eso que las
cantidades físicas se indican en notación científica: 104.1 × 106 1/𝑠 y para ayudarnos a simplificar
la notación se establece un sistema de prefijos que suprimen las potencias de diez de manera que
la cantidad física sea mas manejable9 . Si además agregamos la información que un Hertz se define
como 1 𝐻𝑧 = 1/𝑠, obtenemos que la cantidad física en cuestión es de 104.1 𝑀 𝐻𝑧.
Escrita de esta forma reconocemos que se trata de una frecuencia de radio en la banda de frecuencia
modulada FM y nos formamos una idea mas clara de lo presentado. Es decir, los prefijos y la
notación científica nos ayudan a identificar y conceptualizar en nuestras mentes de que cantidad
física estamos hablando.
El sistema tiene prefijos para indicar cantidades grandes (potencias con exponentes positivos),
las cuales se escriben como símbolos en mayúsculas, mientras que para las cantidades pequeñas
(exponentes negativos) se suelen escribir en minúsculas. La tabla 1.4 indica los prefijos que se
pueden utilizar en el Sistema Internacional.[Tippens, 2007]
Prefijo
Potencia
Abreviatura
Ejemplo
Prefijo
Potencia
Abreviatura
Ejemplo
Deca
101
D
Dm
deci
10−1
d
dm
Hecto
102
centi
10−2
c
cm
kilo
103
k
km, kg
mili
10−3
m
𝑚ℓ,mg
Mega
106
M
MB
micro
10−6
𝜇
𝜇𝑚
Giga
109
nano
10−9
n
ns
Tera
1012
pico
10−12
p
ps
Peta
1015
femto
10−15
f
fm
Exa
1018
ato
10−18
a
am
Zetta
1021
Z
ZB
zepto
10−21
z
zm
Yotta
1024
Y
YB
yocto
10−24
y
ym
H
G
T
P
E
HPa
GB
TB
PB
EB
Cuadro 1.4.: Prefijos del Sistema Internacional
Observaciones
9 Es
interesante notar que el Sistema Internacional también considera la sustitución de potencias de 2 que son más
útiles en informática. Así un 1 𝑘𝑖𝑏𝑖 = 1 𝑘𝑖 = 210 o bien un 1 𝐺𝑖𝑏𝑖 = 1 𝐺𝑖. Recuerde que formalmente
1 𝑘 𝐵𝑦𝑡𝑒 = 1000 𝐵𝑦𝑡𝑒𝑠 y no los 1024 𝐵𝑦𝑡𝑒𝑠 = 2 × 1010 𝐵𝑦𝑡𝑒𝑠 que debe representar. Según el Sistema Internacional
la recomendación sería 1 𝑘𝑖𝐵𝑦𝑡𝑒. [BIPM, 2019]
26
1.5. Conversión de unidades
Se pueden utilizar potencias de diez y prefijos al mismo tiempo, siempre y cuando eso ayude
a clarificar sobre la cantidad que se está hablando. Ejemplo: hablar del almacenamiento en
un sistema informático se puede decir que se tienen 10000 𝐺 𝐵 ya que la unidad del GB
es mejor conocida que los TB. O bien que se tiene una corriente 1.2 × 10−2 𝑚 𝐴 ya que la
unidad más utilizada en circuitos electrónicos es mA.
Sólo se puede utilizar un prefijo a la vez. Es decir los prefijos compuestos 1 𝑘 𝑘𝑔 o bien
2.5 𝐺 𝑘𝑚 no son simplificaciones aceptadas.
En muchas ramas de la ciencia, este sistema de prefijos no es suficiente por lo que se utilizan
unidades adhoc. Por ejemplo en la física atómica las distancias se suelen indicar en 1 𝐴˚ =
1 × 1010 𝑚 o bien en las distancias en astronomía se suele trabajar con años luz 1 𝑙 𝑦 =
9.46 × 1012 𝑘𝑚.
La regla de oro es que el prefijo y la unidad deben ayudar a comprender la magnitud de la
cantidad física.
1.5.
Conversión de unidades
Debido a la gran cantidad de unidades que existen es necesario poder transformar unas en las otras
de una forma eficiente. Indispensable para tal acción es conocer la identidad que las relaciona. Por
ejemplo:
1 𝑖𝑛 ≡ 2.54 𝑐𝑚
con esta identidad se construyen los factores de conversión que se dejan expresar así:
1 𝑖𝑛
2.54 𝑐𝑚
=1=
2.54 𝑐𝑚
1 𝑖𝑛
(1.1)
donde no hay que comprender esta relación como una ecuación, sino como una identidad con que
se puede multiplicar cualquier cantidad física.
Ejemplo 1.1. Suponga que se desea transformar 1.19 𝑖𝑛 en cm. Para tal efecto se multiplica
la cantidad por el factor de transformación que cancele las pulgadas y deje a 𝑐𝑚 como unidad.
Multiplicando el lado derecho de 1.1 obtenemos
1.19 𝑖𝑛 ×
2.54 𝑐𝑚
= 3.02 𝑐𝑚
1
𝑖𝑛
Estrategia para convertir unidades
1. Encuentre las identidades necesarias, en caso no existir una directamente, encontrar una
cadena de unidades que se dejen transformar unas en otras hasta llegar a la unidad deseada.
2. Escriba la cantidad a transformar.
3. Escriba los factores de conversión necesarios a la derecha de la cantidad de manera que se
cancelen las unidades que no se deseen y quede sólo las unidades buscadas.
27
1. Cantidades físicas y unidades
4. Múltiple todos los factores así escritos.
Ejemplo 1.2. Transforme 100 𝑘𝑚/ℎ en 𝑚/𝑠.
Solución:
1. Se necesita primero las relaciones entre 𝑘𝑚 y 𝑚 1000 𝑚 = 1 𝑘𝑚 y la relación entre horas y
segundos 1 ℎ = 60 𝑚𝑖𝑛 = 3600 𝑠.
2. Se escribe la cantidad y los factores de conversión correspondientes a manera de cancelar los
𝑘𝑚 y las ℎ.
1000 𝑚
𝑘𝑚
1ℎ
𝑚
100
×
× 3600 𝑠 = 27.778 𝑠
ℎ
1
𝑘𝑚
27.778 𝑚/𝑠 es la velocidad equivalente a 100 𝑘𝑚/ℎ
Ejemplo 1.3. Convertir 52 × 105 𝑚𝑠 a décadas.
Solución:
1. Necesitamos las identidades para el tiempo: 1 𝑑𝑒𝑐𝑎𝑑𝑎 = 10 𝑎, 1 𝑎 = 365 𝑑, 1 𝑑 = 24 ℎ y
finalmente 1 ℎ = 3600 𝑠
2. Se disuelve el prefijo ya que tiene una potencia de diez antes y debe ser resuelta antes de
continuar
52 × 105 𝑚𝑠 = 52 × 105 × 10−3 𝑠
= 5200 𝑠
3. Luego se ponen los factores de conversión correspondientemente
1S
ℎ
1
𝑑
1Z
𝑎
1 𝑑𝑒𝑐𝑎𝑑𝑎
×
×
×
3600 𝑠 24 S
10 Z
𝑎
ℎ 365 𝑑
−5
= 1.65 × 10 𝑑𝑒𝑐𝑎𝑑𝑎𝑠
52 × 105 𝑚𝑠 = 5200 𝑠 ×
Obviamente se pudo haber calculado por pasos, pero al colocar todos los factores de conversión
juntos el cálculo se vuelve más eficiente.
Ejemplo 1.4. La densidad del aluminio es de 2.7 𝑔/𝑐𝑚 3 . Obtener el valor equivalente en 𝑘𝑔/𝑚 3
y 𝑙𝑏/ 𝑓 𝑡 3 . (1 𝑘𝑔 = 2.2 𝑙𝑏 / 1 𝑚 = 3.281 𝑓 𝑡)
Solución
1. Obtenemos otra vez las identidades necesarias 1 𝑘𝑔 = 1 000 𝑔, pero notamos que 1 𝑚 3 =
(100 𝑐𝑚) 3 = 1 000 000 𝑐𝑚 3 y 1 𝑚 3 = (3.281 𝑓 𝑡) 3 = 35.32 𝑓 𝑡 3
2. Convirtiendo a 𝑘𝑔/𝑚 3 obtenemos
𝑔
1 𝑘𝑔
1 000 000 H
𝑐𝑚H3
2.7 𝑔/𝑐𝑚 3 = 2.7H 3 ×
×
1 𝑚3
𝑐𝑚H 1000 𝑔
𝑘𝑔
= 2700 3
𝑚
28
1.6. Análisis dimensional
3. Utilizando las identidades dadas
𝑘𝑔 2.2 𝑙𝑏
1 𝑚3
×
×
1 𝑘𝑔
𝑚3
35.32 𝑓 𝑡 3
𝑙𝑏
= 168.18 3
𝑓𝑡
2.7 𝑔/𝑐𝑚 3 = 2700
1.6.
Análisis dimensional
Partimos de la premisa que el sistema de mediciones que tomamos es suficiente para describir
todas las cantidades físicas derivadas que utilizaremos en nuestros experimentos/teorias. Encontrar un fenómeno que no se deja comprender en función de las otras cantidades fundamentales
implicaría la creación de una nueva cantidad física fundamental.
1.6.1.
Definición de dimensión
A veces no nos interesa tanto el valor concreto de una medición, sino la relación funcional de una
cierta magnitud física, pues toda ecuación física debe ser dimensionalmente consistente.
Definición 1.9 (Dimensión). La dimensión de una cantidad física es el producto algebraico de las
magnitudes fundamentales que lo componen.
En esta visión trataremos a las magnitudes física como letras algebraicas e ignoraremos por completo las cantidades física involucradas. Si 𝐿,𝑀,𝑇,Θ,𝐼,𝑁 y 𝐽 son las letras correspondientes a las
magnitudes fundamentales del Sistema Internacional (la longitud, la masa, el tiempo, la temperatura, la corriente eléctrica, la cantidad de materia y la intensidad luminosa). Entonces decimos que
toda magnitud física 𝑋 posee una dimensión física [BIPM, 2006b, BIPM, 2006a]:
𝑑𝑖𝑚 [𝑋] = 𝐿 𝛼 𝑀 𝛽 𝑇 𝛾 Θ 𝛿 𝐼 𝜖 𝑁 𝜁 𝐽 𝜂
donde 𝛼, 𝛽, 𝛾, 𝛿, 𝜖, 𝜁, 𝜂 ∈ Q son números quebrados. Así por ejemplo:
𝑑𝑖𝑚 [𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑] = 𝐿
𝑑𝑖𝑚 [𝑡𝑖𝑒𝑚 𝑝𝑜] = 𝑇
𝑑𝑖𝑚 [𝑚𝑎𝑠𝑎] = 𝑀
𝑑𝑖𝑚 [𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑] = 𝐿𝑇 −1
𝑑𝑖𝑚 [ 𝑓 𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎] = 𝑀 𝐿𝑇 −2
𝑑𝑖𝑚 [𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑] = 𝑀 𝐿 −3
Una magnitud física puede que tenga diferentes cantidades físicas que la describa pero en todos
los sistemas debe poseer la misma dimensión física.10 𝑚/𝑠 es equivalente a 36 𝑘𝑚/ℎ pero ambas
poseen la misma dimensión 𝐿𝑇 −1
1.6.2.
Reglas del cálculo dimensional
En la formulación de leyes matemáticas para expresar las teorías exigimos que las ecuaciones
sigan ciertas reglas de coherencia dimensional por lo menos
29
1. Cantidades físicas y unidades
1. Igualdad. Sólo se pueden comparar cantidades físicas que sean dimensionalmente consistentes o coherentes. Es decir si
𝑎 = 𝑏 −→ 𝑑𝑖𝑚 [𝑎] = 𝑑𝑖𝑚 [𝑏]
2. Suma y resta. Si se desea sumar dos cantidades físicas éstas deben tener la misma dimensión.
Es decir si
𝑎 + 𝑏 −→ 𝑑𝑖𝑚 [𝑎] = 𝑑𝑖𝑚 [𝑏]
𝑎 − 𝑏 −→ 𝑑𝑖𝑚 [𝑎] = 𝑑𝑖𝑚 [𝑏]
nótese que las sumas o restas desaparecen y se convierten en igualdades, ya que en el cálculo
dimensional no nos interesa el valor de la cantidad, sino su coherencia de unidades10 .
3. Producto y división. La dimensión de un producto/división de cantidades físicas es el producto/división de las dimensiones. Es decir si
𝑎 · 𝑏 −→ 𝑑𝑖𝑚 [𝑎 · 𝑏] = 𝑑𝑖𝑚 [𝑎] · 𝑑𝑖𝑚 [𝑏]
h 𝑎 i 𝑑𝑖𝑚 [𝑎]
𝑎
=
−→ 𝑑𝑖𝑚
𝑏
𝑏
𝑑𝑖𝑚 [𝑏]
4. Escalares. Los coeficientes y escalares que pueden acompañar a una ecuación física no
posen dimensión o decimos que tienen dimensión 1. Si
3𝑎 · 𝑏 −→ 𝑑𝑖𝑚 [3] · 𝑑𝑖𝑚 [𝑎 · 𝑏] = 𝑑𝑖𝑚 [𝑎] · 𝑑𝑖𝑚 [𝑏]
nótese que el coeficiente sencillamente desaparece del cálculo.
5. Funciones trascendentes. Los argumentos de todas las funciones trascendentes son adimensionales, así como las funciones mismas. Es decir las funciones de sen(𝑥), cos(𝑥), log(𝑥) y
sus argumentos no deben poseen dimensión o unidades
Con esto en mente y sabiendo que las ecuaciones físicas deben ser dimensionalmente coherentes,
es posible explorar ecuaciones para encontrar errores en los cálculos, resolución de problemas con
múltiples variables y encontrar la relación funcional entre variables para una situación particular.
A este proceso le llamamos análisis dimensional.
Ejemplo 1.5 (Coherencia dimensional). Tomado de la discusión D1/10a. Indique si la siguiente
ecuación es dimensionalmente correcta.
𝑣 2 = (𝑣 𝑜 ) 2 + 2𝑎𝑑
sabiendo que 𝑑𝑖𝑚 [𝑑] = 𝐿, 𝑑𝑖𝑚 [𝑣] = 𝐿𝑇 −1 y 𝑑𝑖𝑚 [𝑎] = 𝐿𝑇 −2 .
10 El
30
operador de dimensión obviamente no es un operador lineal
1.6. Análisis dimensional
S OLUCIÓN
Aplicando el operador de dimensión a ambos lados de la ecuación y utilizando las reglas del
calculo de dimensiones obtenemos
𝑑𝑖𝑚 𝑣 2 = 𝑑𝑖𝑚 𝑣 2𝑜 + 2𝑎𝑑
𝑑𝑖𝑚 [𝑣] 2 = 𝑑𝑖𝑚 [𝑣 𝑜 ] 2 = 𝑑𝑖𝑚 [2𝑎𝑑]
2 2
𝐿𝑇 −1 = 𝐿𝑇 −1 = 𝐿𝑇 −2 · 𝐿
𝐿 2𝑇 −2 = 𝐿 2𝑇 −2 = 𝐿 2𝑇 −2
Notamos que como todos los lados de la doble igualdad dan lo mismo, la ecuación es dimensionalmente correcta.
Ejemplo 1.6 (Coherencia dimensional). Tomado de la discusión D1/11. Verifique si la siguiente
ecuación es dimensionalmente correcta o no
𝑦 = 𝑥 · tan 𝜃 −
𝑔𝑥 2
2𝑣 2 cos2 𝜃
Donde: y= altura, x=distancia, g= aceleración por gravedad, v=velocidad
S OLUCIÓN
1. Empezamos encontrando las dimensiones de las cantidades físicas dadas. La altura 𝑦 y la distancia 𝑥 tiene la misma dimensión de longitud: 𝑑𝑖𝑚 [𝑦] = 𝑑𝑖𝑚 [𝑥] = 𝐿. La gravedad tiene dimensión
de aceleración 𝑑𝑖𝑚 [𝑔] = 𝐿𝑇 −2 y la velocidad tiene dimensión 𝑑𝑖𝑚 [𝑣] = 𝐿𝑇 −1 .
2. Aplicando el operador de dimensión a ambos lados obtenemos
𝑔𝑥 2
𝑑𝑖𝑚 [𝑦] = 𝑑𝑖𝑚 𝑥 · tan 𝜃 − 2
2𝑣 cos2 𝜃
𝑔𝑥 2
𝐿 = 𝑑𝑖𝑚 [𝑥 · tan 𝜃] = 𝑑𝑖𝑚
2𝑣 2 cos2 𝜃
𝑑𝑖𝑚 𝑔𝑥 2
= 𝑑𝑖𝑚 [𝑥] · 𝑑𝑖𝑚 [tan 𝜃] =
𝑑𝑖𝑚 [𝑣 2 ] · 𝑑𝑖𝑚 [cos2 𝜃]
recordando que la funciones trigonométricas no poseen dimensión y utilizando las reglas del cálculo dimensional
𝐿 = 𝐿·1=
𝐿=𝐿=
𝑑𝑖𝑚 [𝑔] · 𝑑𝑖𝑚 [𝑥] 2
𝑑𝑖𝑚 [𝑣] 2 · 12
H · 𝐿2
𝐿H
𝑇 −2
H
𝐿 2H
𝑇 −2
𝐿=𝐿=𝐿
demostrando que la ecuación es dimensionalmente coherente.
31
1. Cantidades físicas y unidades
1.6.3.
Aplicaciones
Entre las aplicaciones en física del análisis dimensional no sólo es confirmar la coherencia ecuaciones de cantidades y unidades, sino también la deducción de dimensiones de cantidades desconocidas o los exponentes de los mismos.
Ejemplo 1.7 (Hallar dimensión). Tomado de la discusión D1/14Hallar las dimensiones de “x” y
“y”, para que la expresión sea dimensionalmente homogénea, si: V=velocidad, D= densidad, A=
área, L= longitud
√
𝑥𝑣 5 + 𝐷 sen 37◦ = 𝑦 𝐴𝐿 2
S OLUCIÓN
1. Empezamos deduciendo la dimensión de las cantidades dadas. La velocidad tiene la dimensión
de longitud entre tiempo 𝑑𝑖𝑚 [𝑣] = 𝐿𝑇 −1 , la densidad es masa entre volumen 𝑑𝑖𝑚 [𝐷] = 𝑀 𝐿 −3 ,
el área tiene dimensión de longitud al cuadrado 𝑑𝑖𝑚 [ 𝐴] = 𝐿 2
2.Aplicando el operador de dimensión a ambos lados obtenemos
h √
i
𝑑𝑖𝑚 𝑥𝑣 5 + 𝐷𝑆𝑒𝑛37◦ = 𝑑𝑖𝑚 𝑦 𝐴𝐿 2
𝑑𝑖𝑚 [𝑥] · 𝑑𝑖𝑚 [𝑣] = 𝑑𝑖𝑚 [𝐷] · 1 = 𝑑𝑖𝑚 [𝑦] · 𝑑𝑖𝑚 [ 𝐴] · 𝑑𝑖𝑚 [𝐿] 2
𝑑𝑖𝑚 [𝑥] · 𝐿𝑇 −1 ] = 𝑀 𝐿 −3 = 𝑑𝑖𝑚 [𝑦] · 𝐿 2 · 𝐿 2
El único lado que tiene dimensiones definidas es la del centro por lo que haremos dos cálculos
para determinar las dimensiones pedidas
𝑑𝑖𝑚 [𝑥] · 𝐿𝑇 −1 = 𝑀 𝐿 −3
𝑀 𝐿 −3
𝐿𝑇 −1
𝑑𝑖𝑚 [𝑥] = 𝑀 𝐿 −4𝑇
𝑑𝑖𝑚 [𝑥] =
y por otro lado
𝑀 𝐿 −3 = 𝑑𝑖𝑚 [𝑦] · 𝐿 4
𝑀 𝐿 −3
= 𝑑𝑖𝑚 [𝑦]
𝐿4
𝑑𝑖𝑚 [𝑦] = 𝑀 𝐿 −7
Ojo el análisis dimensional no nos indica cual es la magnitud física correcta. Por ejemplo, el coeficiente de fricción y un ángulo poseen ambas dimensión 1, pero son conceptos (ideas) diferentes
en situaciones diferentes.
Ejemplo 1.8. Se desea conocer la relación de la velocidad de caída libre de un cuerpo 𝑣. Es fácil
de ver que las variables que podrían intervenir en su caída son la gravedad 𝑔 cuya dimensión es
32
1.6. Análisis dimensional
𝑑𝑖𝑚 [𝑔] = 𝐿𝑇 −2 y la altura ℎ desde la que cae, cuya dimensión sería la de longitud 𝑑𝑖𝑚 [ℎ] = 𝐿.
Decimos entonces que la velocidad de caída es una función proporcional del producto de ambas
cantidades a un exponente todavía por determinar
𝑣 = 𝑘 · 𝑔 𝛼 · ℎ𝛽
donde k es una constante de proporcionalidad adimensional que debe ser determinada independientemente. Aplicando el análisis dimensional obtenemos
𝑑𝑖𝑚 [𝑣] = 𝑑𝑖𝑚 [𝑘] · 𝑑𝑖𝑚 [𝑔 𝛼 ] · 𝑑𝑖𝑚 [ℎ 𝛽 ]
𝛼
𝐿𝑇 −1 = 1 · 𝐿𝑇 −2 · 𝐿 𝛽
𝐿 1𝑇 −1 = 𝐿 𝛼+𝛽 𝑇 −2𝛼
Si las dos expresiones son iguales, entonces los exponentes correspondientes también lo deben
ser, lo que nos lleva a un sistema de ecuaciones:
1 = 𝛼+𝛽
−1 = −2𝛼
1
1
que nos conduce a las respuestas 𝛼 = y 𝛽 = . Es decir, sólo con el análisis dimensional logra2
2
mos deducir que la velocidad de caída libre es proporcional a las raíces del producto de 𝑔ℎ:
p
𝑣 ∝ 𝑔ℎ
La fórmula
que se deduce
p
√ en la sección de cinemática (capítulo 3, ecuación 3.26 pagina 94) es
𝑣 = 2𝑔ℎ. (Es decir 𝑘 = 2)
Es importante entender que el cálculo dimensional nos da la relación funcional entre las magnitudes fundamentales de un sistema de medición, no la ecuación correcta, ni los coeficientes
asociados a una situación específica. Es un cálculo débil que a lo muchos nos da indicios sobre la
ecuación teórica que debe ser determinada con experimentación.
33
1. Cantidades físicas y unidades
34
2. Vectores
La formulación de las leyes de la naturaleza y la física, y notablemente desde la aparición del
“Principia mathematicae” de Newton, las describimos y condensamos mediante ecuaciones y objetos matemáticos. Por ejemplo, uno de las primeras aplicaciones del cálculo diferencial fue la cinemática y dinámica[Newton, 2016], así como las geometrías riemanianas en Relatividad General
o bien los operadores lineales en espacios Banach en mecánica cuántica. Para la Mecánica Clásica
los objetos principales son números, funciones y vectores. En mecánica lagrangiana o avanzadas,
serán ecuaciones diferenciales parciales y tensores. De ahí nuestra necesidad de entender estas
estructuras mejor.
2.1.
Cantidades escalares y vectoriales
Entre la multitud de conceptos y cantidades físicas que nos sirven para describir la Mecánica,
sobresalen dos tipos de cantidades que se comportan algebraicamente de forma diferente.
Definición 2.1 (Escalar). Una cantidad física escalar es aquella que se deja especificar completamente por un valor único con una unidad adecuada y no tiene dirección. [Serway and Jewett, 2008]
Por ejemplo, la presión 𝑝 , la temperatura 𝑇 , la energía 𝐸 y la masa 𝑚 representan cantidades
físicas escalares típicas. Por otro lado, un vector
Definición 2.2 (Vector). es una cantidad física vectorial es aquella que se especifica por completo mediante un número y unidades apropiadas más una dirección [Serway and Jewett, 2008].
Decimos que los vectores poseen magnitud y dirección1 .
® Para difeEn esta categoría caben cantidades como la velocidad 𝑣®, la posición 𝑟® o las fuerzas 𝐹.
renciarlas de los escalares las indicaremos con una flecha en la parte superior de la letra que las
representa. Antes de ver sus propiedades algebraicas sería útil examinar sus propiedades geométricas.
2.2.
Representación de vectores
Matemáticamente la representación más simple de un vector es de una flecha orientada. Como
se muestra en la figura 2.1 una flecha descansa sobre un recta portadora que indica su dirección
1 Aquí
magnitud significa sólo el valor numérico de la cantidad física y no se refiere a la magnitud física como idea o
concepto
35
2. Vectores
Figura 2.1.: Geométricamente los vectores se representan mediante flechas
general. La longitud de la flecha es una medida de su magnitud2 , la cual además posee un punto
de inicio o ancla o apoyo y una punta indicada por un triángulo al final indicando su orientación.
En general en un marco de referencia dos dimensional, los vectores están dados por dos informaciones como se muestra en el ejemplo de la figura 2.2 . Las posiciones de los edificios están dados
por la distancia (magnitud) y el ángulo que forma respecto de uno de los ejes o por la cantidad de
pasos que hay que dar en de los ejes Norte, Sur, Este y Oeste. Por ejemplo, la iglesia se encuentra a
una distancia de 500 𝑚 en un ángulo de 36.9 °al norte del Este. El banco por otro lado se encuentra
a 200 𝑚 al Oeste y 400 𝑚 al Norte del origen O. El estadio está a 360.6 𝑚 a 33.7° al Este del Sur.
Figura 2.2.: Los vectores de posición de los ediciones están dados por dos informaciones.
Notamos que para poder comparar los vectores es necesario tener un punto de referencia
común, que llamaremos el origen O. A veces también llamado polo.
2 Aquí
36
es indispensable tener una escala que asocie la longitud de la flecha con la magnitud de la cantidad observada.
2.2. Representación de vectores
Un marco de referencia para orientarnos. En el caso de un mapa las direcciones cardinales
son un buena referencia, no obstante no todos los vectores se dejan describir en esos criterios
3 .
También notamos que aunque poseamos las dos informaciones, como en el caso del banco, desconocemos la magnitud y dirección (ángulo) del vector. Es necesario entonces que
encontremos una forma de transformar una representación en la otra y viceversa.
2.2.1.
Representación polar y cartesiana
Figura 2.3.: Triángulo que relaciona las coordenadas polares con las cartesianas
Como notamos en el ejemplo de la figura2.3 existen dos formas de notar/indicar los vectores
respecto de un marco de referencia cartesiano:
representación polar se indica el angulo polar 𝜃 que descansa sobre el plano xy y la magnitud
𝐹. Solemos escribir 𝐹® = (𝐹, 𝜃). Cuándo el ángulo polar 𝜃 empieza en el eje 𝑥 positivo lo
llamamos ángulo estándar
representación cartesiana se indica las coordenadas 𝐹𝑥 y 𝐹𝑦 , que nos dice cuando debemos
avanzar en las direcciones rectangulares dada por los ejes 𝑥 y 𝑦. Solemos escribir 𝐹® =
𝐹𝑥 , 𝐹𝑦
2.2.2.
Transformación de polar a cartesiana
Suponga que tenemos la magnitud y dirección de un vector y deseamos obtener sus coordenadas
cartesianas o rectangulares. Observamos el triángulo rectángulo que se forma en la figura 2.3 entre
el vector 𝐹 y las componentes 𝐹𝑥 y 𝐹𝑦 . Por trigonometría sabemos que:
𝐹𝑥
= cos 𝜃
𝐹
𝐹𝑥 = 𝐹 · cos 𝜃
3 Además
𝐹𝑦
= sen 𝜃
𝐹
𝐹𝑦 = 𝐹 · sen 𝜃
(2.1)
las direcciones cardinales son aproximaciones planes a coordenadas esféricas
37
2. Vectores
Ejemplo 2.1. Transforme los siguientes vectores a representación cartesiana 𝐴® = (10 𝑁, 30°),
𝐵® = (5 𝑁, 143°)
S OLUCIÓN
Para el vector 𝐴® tenemos que
𝐴 𝑥 = 𝐴 · cos 𝜃
= 10 𝑁 · cos 30°
= 8.66 𝑁
𝐴 𝑦 = 𝐴 · sen 𝜃
= 10 𝑁 · sen 30°
= 5.0 𝑁
Mientras que para el vector 𝐵® obtenemos
𝐵 𝑥 = 𝐵 · cos 𝜃
= 5 𝑁 · cos 143°
= −3.99 𝑁
𝐵 𝑦 = 𝐵 · sen 𝜃
= 5 𝑁 · sen 143°
= 3.00 𝑁
Es de notar que el signo negativo en la componente 𝑥 no es accidente y nos indica que el vector se
encuentra en el segundo cuadrante dado que el ángulo 𝜃 siempre se referencia respecto del eje 𝑥
positivo si no se indica de otra forma.
2.2.3.
Transformación de cartesiano a polar
Supongamos ahora que tenemos el problema inverso, que es muy común en la resolución de
ejercicios: Tenemos las coordenadas del vector, pero nos gustaría saber la magnitud y dirección
del mismo.
Regresemos a la figura 2.3. y notemos que la magnitud del vector 𝐹 está dado por la hipotenusa del
triángulo, mientras que las componentes 𝑥 y 𝑦 son los catetos del triángulo. Utilizando el Teorema
de Pitágoras y la definición de la tangente obtenemos
𝐹 2 = 𝐹𝑥2 + 𝐹𝑦2
q
𝐹 = 𝐹𝑥2 + 𝐹𝑦2
tan 𝜃 =
𝜃 = tan
𝐹𝑦
𝐹𝑥
−1
𝐹𝑦
𝐹𝑥
(2.2)
Donde hay que hacer la observación que para el cálculo de 𝜃 siempre existen dos soluciones (la
segunda solución en el cuadrante diagonalmente opuesto) y es necesario orientarse con los signos
o un pequeño esquema para saber de cual ángulos estamos hablando
®
®
Ejemplo
√
√2.2. Transforme los siguientes vectores a representación polar 𝐶 = (3 𝑁, 4 𝑁), 𝐷 =
(− 2 𝑁, 3 𝑁)
S OLUCIÓN
38
2.3. Suma de vectores
Para el vector 𝐶® tenemos que
q
𝐶 = 𝐶 𝑥2 + 𝐶 𝑦2
q
= (3 𝑁) 2 + (4 𝑁) 2
𝐶 =5𝑁
𝜃
𝜃1
𝜃2
𝐶𝑦
= tan
𝐶𝑥 4@
𝑁
= tan−1
3@
𝑁
= 53.13°
= 233.13◦
−1
Dado que ambas componentes cartesianas son positivas, sabemos que el vector se encuentra en
el primer cuadrante, por lo que sólo el ángulo 𝜃 1 puede ser el correcto. Para calcular el segundo
ángulo sólo súmele 180◦ al primer ángulo calculado, ya que tan 𝜃 = tan (𝜃 + 180).
Mientras que para el vector 𝐷® obtenemos
q
−1 𝐷 𝑦
2
2
𝐷 = 𝐷𝑥 + 𝐷𝑦
𝜃 = tan
𝐷𝑥
!
r
√
2 √
2
√
3
𝑁
=
− 2𝑁 + 3𝑁
= tan−1 √
− 2𝑁
√
𝐷 = 5𝑁
𝜃 1 = −50.77 °
𝜃 2 = 129.23 °
Observe que hay dos ángulos que dan la misma tangente. En nuestro caso la solución correcta es
𝜃 2 dado que la componente 𝑥 es negativa y por ende se encuentra en el segundo cuadrante.
2.3.
Suma de vectores
Una de las principales diferencias entre las cantidades vectoriales y escalares es su álgebra. Cuando
dos cantidades escalares actúan sobre un sistema sus magnitudes sencillamente se suman o restan
según signo. Pero cuando dos vectores actúan al mismo tiempo sobre un cuerpo el ángulo que
forma entre ellos afecta el resultado de la suma, dando como resultado una nueva álgebra donde
por ejemplo 3® + 4® ≠ 7® necesariamente.
Suponga que dos fuerzas actúan al mismo tiempo sobre una persona como se muestra en la figura
2.4. Ambos perritos jalan en direcciones diferentes pero el efecto neto de ambas fuerzas es un
vector que no posee la misma magnitud de ninguno de los dos vectores originales, ni siquiera es
la suma de sus magnitudes y señala en un nueva dirección que se encuentra entre las direcciones
de las fuerzas originales.
Definición 2.3 (Vector resultante). La resultante 𝑅® o el vector resultante de un número de vectores
similares es aquel vector que tendrá el mismo efecto sobre el cuerpo que todos los vectores juntos.
[Tippens, 2007]
Notamos que nos interesa el cálculo de la resultante para lo que utilizaremos métodos gráficos/geométricos y numéricos para obtenerlo.
39
2. Vectores
Figura 2.4.: El vector resultante posee una magnitud y dirección diferente a los vectores originales
Intuimos que la magnitud de este nuevo vector debe estar entre la suma y la resta de las magnitudes,
es decir 𝐴® − 𝐵® ≤ 𝑅® ≤ 𝐴® + 𝐵® . Si ambas fuerzas fuesen igual de grandes podríamos intuir que
la resultante actuara exactamente a la mitad entre los dos vector originales.
2.3.1.
Método de suma por paralelogramo (gráfico)
Figura 2.5.: Se completa un paralelogramo con vectores que se suman para determinar la resultante
Uno de los métodos más eficientes para determinar la resultante cuando sólo actúan dos fuerzas/vectores es el de completar un paralelogramo con las fuerzas (ver figura 2.5):
1. Se dibujan las fuerzas en un sistema cartesiano, donde se especifica una escala tanto para el
eje 𝑥 como para el eje 𝑦
2. Se colocan los inicios de los vectores a sumar en el origen
3. Se trazan lineas paralelas a ambos vectores que pasen por la punta del otro vector a manera
de completar un paralelogramo.
40
2.3. Suma de vectores
4. La resultante es el vector que va desde el origen al punto de intercepción entre las paralelas
5. Para determinar la magnitud y dirección es necesario medir la longitud del nuevo vector, así
como el ángulo que forma respecto del eje 𝑥
En el caso de la figura 2.5 medimos un ángulo de 15.35 ° y una magnitud de 27, 0 𝑁. El método
tiene la ventaja de ser simple y directo, pero tiene la desventaja de ser impreciso al depender de la
precisión del dibujo. Además en la práctica es necesario tener un estuche de geometría para poder
determinar la resultante - que no siempre se tiene a mano. Además cualquier error en los vectores
o en la paralelas tendrá un efecto relativamente grande sobre el resultado.
2.3.2.
Método de suma por polígono (gráfico)
Figura 2.6.: Se completa un polígono con vectores que se suman para determinar la resultante
Cuando tenemos tres o más vectores el método del paralelogramo se vuelve muy engorroso, pues
hay que sumar los vector uno a uno, estableciendo un paralelo nuevo por cada nuevo vector a
sumar. Si bien los procedimientos son sencillos, se pierde fácilmente la perspectiva total.
El método polígono implica desplazar los vectores uno detrás del otro a manera de formar un
polígono incompleto. La resultante es el vector que desde el origen cierra el polígono en la punta
del último vector (ver figura 2.6):
1. Se dibujan las fuerzas en un sistema cartesiano (ver figura 2.6 a), donde se especifica una
escala tanto para el eje 𝑥 como para el eje 𝑦. En el caso general y a menos que se diga otra
cosa, la escala dibujada es válida para ambos ejes.
41
2. Vectores
2. Se desplaza al vector a sumar de manera que su inicio coincida con la punta del vector
anterior (ver figura 2.6b).
3. Se repite el procedimiento hasta que no haya más vectores a sumar (ver figuras 2.6 c y d)
4. La resultante 𝑅® es el vector que va desde el origen a la punta del último vector del polígono.
5. Para determinar la magnitud y dirección es necesario medir la longitud del nuevo vector, así
como el ángulo que forma respecto del eje 𝑥
En el caso de la figura 2.6 medimos un ángulo de 24.34 ° y una magnitud de 16.7 𝑁. Solemos
escribir que 𝑅® = 𝐴® + 𝐵® + 𝐶® + 𝐷® dado el orden en el que se hizo la sumatoria.
Figura 2.7.: El orden de los sumandos no altera la suma vectorial
No obstante el orden de los sumandos la resultante es siempre la misma. La figura 2.7 demuestra
que no importa el polígono elegido, siempre se obtiene el mismo resultado.
Decimos que la suma vectorial es conmutativa:
𝐴® + 𝐵® = 𝐵® + 𝐴®
Justo como en el caso del método del paralelogramo, los inconvenientes de este método radica en
la incerteza que se obtiene al graficar nuevamente cada vector y a la hora de medir el ángulo y
magnitud de la resultante.
42
2.3. Suma de vectores
Ejemplo 2.3. Un topógrafo inicia su trabajo en la esquina sudeste de una parcela que necesita
medir. Y registra los siguientes desplazamientos: 𝐴 = 600 𝑚 al Norte; 𝐵 = 400 𝑚 al Oeste; 𝐶 =
200 𝑚 al Sur y 𝐷 = 100 𝑚 al Este. ¿Cuál es la magnitud y dirección del desplazamiento desde el
punto de partida?
Figura 2.8.: Desplazamientos de topógrafo
S OLUCIÓN
Siempre es útil hacer un esquema de la situación, aun cuando no esté a escala, como se muestra
en la figura 2.8
Tomando al eje 𝑥 como el Este y al eje 𝑦 como el Norte podemos calcular las componentes de
cada desplazamiento en la siguiente tabla
Desplazamiento
Magnitud
Angulo 𝜃
𝑀 𝑥 = 𝑀 · cos 𝜃
𝑀 𝑦 = 𝑀 · sen 𝜃
𝐴
600 𝑚
90 °
0𝑚
600 𝑚
𝐵
400 𝑚
180 °
−400 𝑚
0𝑚
𝐶
200 𝑚
270 °
0𝑚
−200 𝑚
𝐷
100 𝑚
0°
100 𝑚
0𝑚
−300 𝑚
400 𝑚
Í
utilizando ahora las transformaciones a coordenadas polares
𝑅 =
=
q
𝑅 2𝑥 + 𝑅 2𝑦
tan 𝜃 =
𝑅𝑦
𝑅𝑥
q
(−300 𝑚) 2 + (400 𝑚) 2
tan 𝜃 =
400 𝑚
−300 𝑚
𝑅 = 500 𝑚
𝜃1
𝜃2
= −53.13 º
= 126.87 ◦
43
2. Vectores
Recordando que el vector resultante debe quedar en el segundo cuadrante (o bien al Noroeste)
encontramos el ángulo suplementario que también cumple con la razón de la tangente.
2.3.3.
Método de suma por trigonometría (analítico)
El siguiente método sigue siendo geométrico, pero tratamos de utilizar los conocimientos sobre
triángulos para calcular exactamente las magnitudes y ángulos de vectores. En esencia utilizaremos las ley de senos y la ley de cosenos que están resumidos en el anexo A.6 sobre trigonometría.
1. Se dibuja un esquema y se arreglan los vectores de forma que con la resultante formen un
triángulo.
2. Se buscan por lo menos tres informaciones para determinar el triángulo (por lo general dos
lados y un ángulo o un lado y dos ángulos)
3. Se aplica la ley de cosenos o la ley de senos según convenga hasta que se obtengan todas
cantidades deseadas.
Ejemplo 2.4 (Método trigonométrico). Suponga que tenemos dos vectores 𝐴® = (25 𝑚, 35◦ ) y
𝐵® = (40 𝑚, 150◦ ) como se muestra en la figura 2.9. Encuentre magnitud y dirección de la resultante
por el método trigonométrico.
Solución
Figura 2.9.: Los vectores se arreglan de manera que formen un triángulo
1. Una vez dibujado el triángulo, necesitamos determinar por lo menos un ángulo. Notamos que
los ángulos dados NO corresponden a ningún ángulo dentro del triángulo, por lo que debemos
determinalos por leyes geométricas. Notamos que la línea de proyección del vector corta el ángulo
de 150◦ , por lo podemos decir que el ángulo suplementario de 𝛾 es 150◦ − 35◦ = 115◦ . Es decir
𝛾 + (150◦ − 35◦ ) = 180◦
𝛾 = 65◦
44
2.3. Suma de vectores
Dado que tenemos el ángulo entre los lados 𝐴 y 𝐵 podemos utilizar la ley de cosenos
𝐶 2 = 𝐴2 + 𝐵2 − 2𝐴𝐵 · cos 𝛾
p
𝐶 = 252 + 402 − 2 × 25 × 40 · cos 65◦ 𝑚
𝐶 = 37.145 𝑚
2-El resultado fue simple de encontrar, pero no tiene informaciones sobre el ángulo que forma
respecto del eje 𝑥, por lo que debemos aplicar la ley de senos para encontrar el ángulo 𝛽 necesario:
sen 𝛽 sen 𝛾
=
𝐵
𝐶
𝐵 · sen 𝛾
sen 𝛽 =
𝐶
40 Z
𝑚 · sen 65◦
=
37.145 Z
𝑚
𝛽 = sen−1 (0.9759)
𝛽 = 77.40◦
3. Nótese que el ángulo 𝛽 NO es el ángulo estándar que forma la resultante con el eje 𝑥. Sino que
todavía falta sumarle 35◦ del primer vector
𝜃 = 77.40◦ + 35◦
𝜃 = 112.40◦
que encaja con el esquema mostrado en la figura 2.9.
Si bien los cálculos son sencillos, la determinación de los ángulos puede ser muy engorrosa e
incluso se puede determinar el triángulo correctamente y aún así no tener la dirección correcta por
obviar la ubicación del triángulo respecto del marco de referencia. Se sugiere utilizar este método
con mucha discreción.
2.3.4.
Método de suma por componentes (anasenlítico)
Para obviar los problemas de los métodos gráficos y obtener cálculos con mayor precisión, es imperante obtener un método para calcular analíticamente los vectores. El método que utilizaremos
de ahora en adelante será el método por componentes, que además es el que necesitaremos para
todas las leyes físicas que involucren vectores.
Considere dos vectores de fuerza 𝐹®1 = (4 𝑁, 2 𝑁) y 𝐹®2 = (1 𝑁, 3 𝑁) como se muestran en la figura
2.10 a. Sumamos a los vectores con el método del polígono y proyectamos a las flechas hacia los
ejes 𝑥 y 𝑦, obteniendo sus componentes. Notamos que las componentes del vector resultante están
relacionadas con la componentes de los vectores iniciales de la siguiente forma
𝐹𝑥 = 𝐹1𝑥 + 𝐹2𝑥
𝐹𝑦 = 𝐹1𝑦 + 𝐹2𝑦
lo que se describe mediante la siguiente ley:
45
2. Vectores
Figura 2.10.: Los vectores se suman por componentes
Teorema 2.1 (Suma de vectores). Los vectores se suman por componentes.
Escribimos de forma abreviada:
𝐹𝑥 =
𝑁
Í
𝐹𝑖 𝑥
𝐹𝑦 =
𝑖=1
𝑁
Í
𝐹𝑖𝑦
𝑖=1
Í
donde significa la suma sobre todos los elementos con subíndice 𝑖 que es un número entero
entre 1 y 𝑁 ∈ N.
Esto quiere decir que a diferencia de los escalares donde se suman magnitudes, los vectores se
deben sumar por componentes. También significa que en las componentes está implícitamente
incluida la información de magnitud y dirección y esta es la forma correcta de sumar dos “flechas”.
En nuestro caso, las componentes 𝑥 y y de la resultante están dadas por
𝐹𝑥 = 𝐹1𝑥 + 𝐹2𝑥
= 4𝑁 +1𝑁
= 5𝑁
𝐹𝑦 = 𝐹1𝑦 + 𝐹2𝑦
= 2𝑁 +3𝑁
= 5𝑁
De aquí podemos utilizar las relaciones entre coordenadas polares y cartesianas para deducir magnitud y ángulo.
𝐹 =
q
𝐹𝑥2 + 𝐹𝑦2
q
(5 𝑁) 2 + (5 𝑁) 2
√
= 5 2𝑁
𝐹 = 7.071 𝑁
=
46
𝐹𝑦
𝐹𝑥
5@
𝑁
=
5@
𝑁
= tan−1 1
= 45 ◦
tan 𝜃 =
𝜃
𝜃
2.4. Algunas propiedades de los vectores
Estrategia para calcular resultantes y direcciones
1. Hacer un esquema con todas las magnitudes y ángulos o bien componentes si están dados
2. Hacer una tabla con cada una de las fuerzas indicando magnitudes y ángulos
3. Calcular las componentes en la tabla
4. Sumar todas las componentes correspondientes
5. Determinar resultante y dirección mediante ecuaciones de transformación
Ejemplo 2.5. Tomemos como ejemplo los perros de la figura 2.4 y 2.5. Suponga por simplicidad
que la fuerza de 20 𝑁 forma un ángulo de 40 ° con el eje 𝑥 y la fuerza de 10 𝑁 forma un ángulo de
−15 ° respecto del mismo eje. Determine la magnitud y dirección de la resultante 𝐹
S OLUCIÓN
El esquema lo tomamos de la figura 2.5, así que hacemos una tabla con los datos dados:
Fuerza
Magnitud 𝐹𝑖
Angulo 𝜃
𝐹𝑥 = 𝐹 · cos 𝜃
𝐹𝑦 = 𝐹 · 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝐹1
10 𝑁
−15 °
9.660 𝑁
−2.588 𝑁
𝐹2
20 𝑁
40 °
15.32 𝑁
12.86 𝑁
24.98 𝑁
10.272 𝑁
Í
utilizando ahora las transformaciones a coordenadas polares
𝐹 =
q
𝐹𝑥2 + 𝐹𝑦2
q
(24.98 𝑁) 2 + (10.272 𝑁) 2
√
729.51 𝑁 2
=
𝐹 = 27.01 𝑁
=
tan 𝜃 =
=
𝜃
𝜃1
𝜃2
=
=
=
𝐹𝑦
𝐹𝑥
10.272 @
𝑁
24.98 @
𝑁
tan−1 0.4112
22.35◦
202.35◦
Mientras que la magnitud encaja perfectamente con nuestro cálculo gráfico, el ángulo varía, pues
en el dibujo original los ángulos no son los que asumimos para este ejemplo.
2.4.
Algunas propiedades de los vectores
Igualdad de dos vectores
Para muchos propósitos dos vectores 𝐴® y 𝐵® se definen como igual si poseen la misma magnitud
y apuntan en la misma dirección. Es decir la flechas de ambos vectores son paralelas y poseen la
misma magnitud y sentido.
47
2. Vectores
Vector Cero
Aunque no es realmente un vector, es aquel vector que no posee magnitud y por ende tampoco
se le puede asignar una dirección. Solemos denotarlo sencillamente como 0® o simplemente 0 y
representa el elemento neutro de la suma vectorial.
Figura 2.11.: Representación gráfica de algunas propiedades de los vectores
Vector negativo
Decimos que un vector 𝐵® es el negativo del vector 𝐴® si su suma da el vector cero. Es decir
𝐴® + 𝐵® = 0
o bien
𝐵® = − 𝐴®
® pero que señala en
interpretamos este resultado como un vector de la misma magnitud que 𝐴,
sentido contrario como se muestra en la figura 2.11 .
Multiplicación de un vector por escalar
Al multiplicar un vector por un escalar, la magnitud del vector se ve afectada por esa cantidad.
® pero posee el doble de
Así el vector 2 𝐴® es un vector que señala en la misma dirección de 𝐴,
1 ®
magnitud. Por otro lado 3 𝐴 es un vector que señala en misma dirección pero posee sólo un tercio
de su longitud. Por último − 12 𝐴® es un vector que posee la mitad de la longitud de 𝐴® pero señala en
dirección contraria.
Resta de vectores
Para restar dos vectores 𝐴® y 𝐵® se debe sumar al minuendo el negativo del sustraendo. Es decir
®
𝐴® − 𝐵® = 𝐴® + (− 𝐵)
48
2.5. Notación de vectores unitarios
Figura 2.12.: Una resta vectorial es la suma con el inverso del sustraendo
Gráficamente significa que en vez de formar un polígono se traza un vector que va del sustraendo
hasta el minuendo formando un triángulo como se muestra en la figura 2.12.
2.5.
Notación de vectores unitarios
Aprovechando las propiedades de los vectores se introduce una nueva notación para los vectores.
Definición 2.4 (Vector unitario). Un vector unitario es un vector adimensional de magnitud 1 cuya
dirección está dada por convención o bien marco de referencia.
®
Por construcción el vector unitario de 𝐴está
dado por
𝐴®
𝐴ˆ =
(2.3)
𝐴
En el caso de un vector en el plano, éstas se denominan 𝚤ˆ, 𝚥ˆ e indican las direcciones de los ejes 𝑥,
y 𝑦. Así cualquier vector 𝐴® = ( 𝐴, 𝜃) se deja representar de la siguiente forma
𝐴® = 𝐴 𝑥 𝚤ˆ + 𝐴 𝑦 𝚥ˆ
En especial significa que el vector unitario de 𝐴ˆ debe ser:
𝐴®
𝐴ˆ =
𝐴
𝐴𝑦
𝐴𝑥
=
𝚤ˆ +
𝚥ˆ
𝐴
𝐴
y según lo que habíamos aprendido en la conversión de coordinadas ver ecuación (2.1) vemos que
los vectores unitarios dependen sólo de la dirección (ángulo polar estándar).
ˆ
𝐴(𝜃)
= cos 𝜃 𝚤ˆ + sen 𝜃 𝚥ˆ
(2.4)
En especial significa que podemos escribir cualquier vector en el plano
𝐴® = 𝐴 · 𝐴ˆ
𝐴® = 𝐴 · (cos 𝜃 𝚤ˆ + sen 𝜃 𝚥ˆ)
(2.5)
49
2. Vectores
Figura 2.13.: Una resta vectorial es la suma con el inverso del sustraendo
En el caso de marco de referencia cartesiano en tres dimensiones, éstas se denominan 𝚤ˆ, 𝚥ˆ, 𝑘ˆ e
indican las direcciones de los ejes 𝑥, 𝑦 y 𝑧 respectivamente (ver figura 2.13 ) . Así cualquier vector
𝐴® = ( 𝐴, 𝜃, 𝜙), donde 𝜃 es el ángulo polar y 𝜙 es el angulo acimutal4 , se deja representar de la
siguiente forma
𝐴® = 𝐴 𝑥 𝚤ˆ + 𝐴 𝑦 𝚥ˆ + 𝐴 𝑧 𝑘ˆ
Es decir es una forma de escribir las componentes cartesianas en una sola ecuación en vez de tres.
La magnitud del vector de estar forma definida está dado por un Pitágoras extendido5 :
q
𝐴 = 𝐴2𝑥 + 𝐴2𝑦 + 𝐴2𝑧
(2.6)
También por definición del ángulo unitario tenemos quede tal forma que
𝐴® = 𝐴 · 𝐴ˆ
ˆ Deducimos de ahí que el vector
es decir que el vector dado por su magnitud 𝐴 y su dirección 𝐴.
unitario depende exclusivamente de los ángulos polar y acimutal, que forme con el eje 𝑥:
𝐴ˆ = sen 𝜙 cos 𝜃ˆ𝚤 + sen 𝜙 · sen 𝜃 𝚥ˆ + cos 𝜙 𝑘ˆ
4 Coordenadas
5 Formalmente
(2.7)
polares esféricas
es la raíz cuadrada del productor punto del espacio vectorial
q
𝐴 = 𝐴® · 𝐴®
o bien se utiliza el teorema de Pitagoras en los triangulos que se forman con la proyección del vector con el plano
𝑥𝑦
50
2.6. Aplicaciones y ejemplos
Piense en las coordenadas del GPS donde se necesitan dos informaciones de ángulo: latitud y
longitud (unitario) ya que sabemos que se encuentre siempre sobre la superficie de la Tierra.
La catedral de San Salvador, por ejemplo, tiene las coordenadas 13.69855◦ , −89.19115◦ . Donde
la latitud de referencia es el ecuador y la longitud de referencia es el meridiano que pasa por
Greenwich.
Ejemplo 2.6. Suponga que tenemos un vector de fuerza 𝐹® = (50 𝑁, 36.87 °) en el plano 𝑥𝑦. ¿Cuál
sería su representación en vectores unitarios?
S OLUCIÓN
Dado que no hay componente 𝑧 podemos decir que 𝐹𝑧 = 0. Por lo que la representación con
vectores unitarias se convierte en
𝐹® = 𝐹𝑥 𝚤ˆ + 𝐹𝑦 𝚥ˆ + 𝐹𝑧 𝑘ˆ
= 𝐹 · cos 𝜃 𝚤ˆ + 𝐹𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚥ˆ + 0 𝑘ˆ
= 50 𝑁 · cos 36.87 ° 𝚤ˆ + 50 𝑁 · 𝑠𝑒𝑛 36.87 ° 𝚥ˆ
®
𝐹 = 40 𝑁 𝚤ˆ + 30 𝑁 𝚥ˆ
Las ventajas de la nueva notación es que la información se encuentra condensada en una sola
suma. Además el objeto se puede tratar algebraicamente como cualquier otra expresión.
2.6.
Aplicaciones y ejemplos
Ejemplo 2.7. Tomado de la discusión D2/1 b, c, d y e .Representar gráficamente y expresarlos
a través de sus coordenadas cartesianas los siguientes vectores de desplazamientos. 𝐵® = 5.00𝑘𝑚;
𝜃 𝐵 = 40◦ al Sur del Este;𝐶® = 10.0 𝑘𝑚 , 𝜃 𝐶 = 250◦ ; 𝐷® = 25.5 𝑘𝑚, al noroeste; 𝐸 = 20 𝑘𝑚, 20◦ al
Oeste del Sur
S OLUCIÓN
Haga un esquema (no necesita estar a escala) que tenga toda la información relevante como se
muestra en la figura 2.14 . La dificultad en este ejercicio radica en entender del texto cual debe ser
el ángulo estándar para cada vector. Así noroeste implica un ángulo estándar 𝜃 𝐷 = 135◦ ya que es
ángulo entre 90◦ (norte) y |180◦ (oeste) y el ángulo estándar para el vector 𝐸® se calcula restando
del ángulo para el sur (270◦ ) los 20◦ hacia el oeste: 𝜃 𝐸 = 270◦ − 20◦ = 250◦
Con eso listo es fácil calcular las componentes cartesianas utilizando una tabla como la que se
muestra
Vector
𝐵®
𝐶®
𝐷®
𝐸®
Magnitud
𝜃
x
y
5.00 𝑘𝑚
−40◦
3.83 𝑘𝑚
−3.21 𝑘𝑚
10.00 𝑘𝑚
250◦
−3.42 𝑘𝑚
−9.40 𝑘𝑚
25.5 𝑘𝑚
135◦
−18.03 𝑘𝑚
+18.03 𝑘𝑚
20.0 𝑘𝑚
250◦
−6.84 𝑘𝑚
−18.79 𝑘𝑚
51
2. Vectores
Figura 2.14.: Esquema de vectores según la información proporcionada
Ejemplo 2.8 (componentes polar y cartesianas). Tomado de la discusión D2/2 ¿Cuál es la componente 𝑎 𝑦 y la magnitud de un vector 𝑎 ubicado en el plano 𝑥𝑦 si su dirección es 230◦ en sentido
contrario al movimiento de giro de las manecillas del reloj medido de desde x positivo y si su
componente 𝑥 es −6.5 𝑚?
S OLUCIÓN
Dado que las informaciones son en parte polar y en parte cartesiana es útil hacer un esquema
(véase figura2.15) que represente la situación.
Figura 2.15.: Gráfica del vector 𝑎según
®
los datos proporcionados
Las fórmulas 2.1 y 2.2 deben ser combinadas para obtener la respuestas
1. C AMINO
Observando la figura 2.15 notamos que el triángulo que forma el vector 𝑎® con el eje 𝑥es un trián-
52
2.6. Aplicaciones y ejemplos
gulo rectángulo por lo que podemos utilizar las definiciones trigonométricas
𝑎𝑥
𝑎
𝑎𝑥
𝑎=
cos 𝜃
−6.5 𝑚
=
cos 230◦
𝑎 = 10.11 𝑚
cos 𝜃 =
La componente 𝑦 la podemos obtener mediante la ecuación 2.1
𝑎 𝑦 = 𝑎 · sen 𝜃
= 10.11 𝑚 · sen 230◦
𝑎 𝑦 = −7.75 𝑚
2. C AMINO
Se pudo haber tomado otras relaciones trigonométricas y empezado calculando la componente 𝑦
y luego la magnitud
𝑎𝑦
𝑎𝑥
𝑎 𝑥 · tan 𝜃 = 𝑎 𝑦
tan 𝜃 =
𝑎 𝑦 = −6.5 𝑚 · tan 230◦
𝑎 𝑦 = −7.75 𝑚
Utilizando Pitágoras
𝑎=
=
q
𝑎 2𝑥 + 𝑎 2𝑦
q
(−6.5) 2 + (−7.75) 2 𝑚
𝑎 = 10.11 𝑚
Ejemplo 2.9 (Comparación entre métodos gráficos y analíticos ). Tomado de la discusión D2/8.
Basándose en la figura 2.16, calcule:
a) El vector resultante de la suma de los vectores 𝐴® + 𝐵® + 𝐶® + 𝐷® (Por método gráfico)
c) El vector resultante de la suma 𝐴® + 𝐵® + 𝐶® + 𝐷® por método de componentes rectangulares.
(Comparar la respuesta con la obtenida en literal a)
d) Resta de 𝐷® − 𝐵® (Expresar en polares)
S OLUCIÓN
a) Como se muestra en la figura 2.16, utilizando un programa capaz de graficar vectores con
coordenadas polares (GeoGebra o LibreOffice Draw en este caso) obtenemos una magnitud para
la suma de 𝑅 = 13.9 𝑚 y un ángulo estándar de 𝜃 = 159.40◦ .
53
2. Vectores
Figura 2.16.: Gráfica del vector 𝑎® según los datos proporcionados
c) Para el cálculo por componentes notamos que los ángulos dados no son los estándares y debe
encontrarlos por métodos geométricos así 𝜃 𝐴 = 270◦ , 𝜃 𝐵 = 90◦ − 30◦ = 60◦ , 𝜃 𝐶 = 180◦ + 25◦ =
205◦ , 𝜃 𝐷 = 90◦ + 53◦ = 143◦ . Tabulando los vectores como aprendimos anteriormente obtenemos
Vector
Magnitud
𝜃
𝑥
𝑦
𝐴®
𝐵®
8.00 𝑚
270◦
0𝑚
−8.00 𝑚
15.00 𝑚
60◦
7.50 𝑚
12.99 𝑚
12.00 𝑚
205◦
−10.86 𝑚
−5.07 𝑚
10.0 𝑚
143◦
−7.99 𝑚
6.09 𝑚
−11.35 𝑚
6.01 𝑚
𝐶®
𝐷®
𝑅®
Para poder compararlo con el resultado en a) necesitamos encontrar la magnitud y dirección
q
𝑅
𝑅 = 𝑅 2𝑥 + 𝑅 2𝑦
tan 𝜃 = 𝑅 𝑥𝑦
√
𝑚
6.01 Z
−1
2
2
𝜃
= tan
= 11.35 + 6.01 𝑚
𝑚
−11.35 Z
𝑅 = 12.84 𝑚
𝜃 1 = −27.90◦
𝜃 2 = 152.10◦
Los resultados difieren con los esperados en a) pues un al hacer incluso con un programa de dibujo
es difícil poner los ángulos y magnitudes con cierta exactitud en las posiciones indicadas. (GeoGebra a pesar que entiende polar calcula por componentes y por eso el resulta es idéntica al que
calculamos nosotros). Es obvio que el método gráfico es impreciso y aunque parezca más trabajo
termina siendo más confiable el método por componentes, incluso contra el de trigonometría.
d) Para calcular esta parte utilizaremos la notación de vectores unitarios
𝐷® = −7.99 𝚤ˆ + 6.09 𝚥ˆ 𝑚
− 𝐵® = −7.50 𝚤ˆ − 12.99 𝚥ˆ 𝑚
𝑅® = 𝐷® − 𝐵® = −15.49 𝚤ˆ − 6.97 𝚥ˆ 𝑚
54
2.6. Aplicaciones y ejemplos
Su magnitud y dirección están dados por
q
𝑅 = 𝑅 2𝑥 + 𝑅 2𝑦
√
= 15.492 + 6.972 𝑚
𝑅 = 16.98 𝑚
tan 𝜃 =
𝑅𝑦
𝑅𝑥
−1
−6.97 Z
𝑚
−15.49 Z
𝑚
𝜃
= tan
𝜃1
𝜃2
= 24.22◦
= 204.22◦
La magnitud es 16.98 𝑚 y un ángulo de 204.22◦ ya que el vector se encuentra claramente en tercer
cuadrante.
Ejemplo 2.10 (Suma de múltiples vectores). Tomado de la discusión D2/5. Dados los vectores:
ˆ 𝐵® = −5 𝑖ˆ + 10 𝚥ˆ; 𝐶® = 20 𝑘ˆ . Obtener:
𝐴® = 𝚤ˆ + 2 𝚥ˆ + 5 𝑘;
a) El módulo de cada uno de ellos
® 𝑌® = 𝐴® − 𝐵® + 𝐶®
® ® + 𝐵® + 𝐶;
b) Los vectores:
𝑋=𝐴
c) 𝑅® = 3 𝐴® − 4 𝐵® + 𝐶®
S OLUCIÓN
a) Aplicando la fórmula para la magnitud obtenemos
q
√
√
2
2
2
𝐴 = 1 + 2 + 5 𝐵 = (−5) 2 + 102 𝐶 = 202
√
√
=5 5
= 20
= 30
𝐴 = 5.477
𝐵 = 11.180
𝐶 = 20
b) Escribimos los vectores en su notación de vectores unitarios en una columnas cuidando el orden
de los componentes
𝐴® = 1 𝚤ˆ + 2 𝚥ˆ + 5 𝑘ˆ
𝐵® = −5 𝚤ˆ + 10 𝚥ˆ
𝐶® = 0 𝚤ˆ + 0 𝚥ˆ + 20 𝑘ˆ
𝑋® = −4 𝚤ˆ + 12 𝚥ˆ + 25 𝑘ˆ
Repetimos el cálculo para 𝑌® con el cuidado de cambiar los signos del vector 𝐵®
𝐴® = 1 𝚤ˆ + 2 𝚥ˆ + 5 𝑘ˆ
− 𝐵® = 5 𝚤ˆ − 10 𝚥ˆ
𝐶® = 0 𝚤ˆ + 0 𝚥ˆ + 20 𝑘ˆ
𝑌® = 6 𝚤ˆ − 8 𝚥ˆ + 25 𝑘ˆ
c) Para este cálculo es útil utilizar las propiedades distributivas de los escalar en vectores
𝑅® = 3 𝐴® − 4 𝐵® + 𝐶®
𝑅® = 3 𝐴® − 4 𝐵® − 4𝐶®
55
2. Vectores
escribiendo los vectores en notación unitaria y en columnas obtenemos
3 𝐴® = 3 𝚤ˆ + 6 𝚥ˆ + 15 𝑘ˆ
−4 𝐵® = 20 𝚤ˆ − 40 𝚥ˆ
−4𝐶® = 0 𝚤ˆ + 0 𝚥ˆ − 80 𝑘ˆ
𝑅® = 23 𝚤ˆ − 34 𝚥ˆ − 65 𝑘ˆ
Esta forma de calcular se parece mucho a las tablas anteriores con la diferencia que la notación es
un poco más eficiente.
Ejemplo 2.11 (Expresión vectorial). Suponga que los siguientes vectores de fuerza son conocidos
𝐹®1 = (4 𝚤ˆ − 3 𝚥ˆ) 𝑁, 𝐹®2 = (−7 𝚤ˆ + 8 𝚥ˆ) 𝑁, 𝐹®3 = (−3 𝚤ˆ − 13 𝚥ˆ) 𝑁, 𝐹4 = (14 𝚤ˆ + 5 𝚥ˆ) 𝑁, 𝐹®5 = −9 𝚥ˆ 𝑁.
Determine el vector resultante de la siguiente expresión algebraica: 𝑅® = 2 · 𝐹®1 − 3 · 𝐹®2 + 10 · 𝐹®3 +
0.5 · 𝐹®4 − 𝐹®5
S OLUCIÓN
Se escriben las expresiones en una forma eficiente para sumar, alineando las 𝚤ˆ y las 𝚥ˆ como si
fuesen coeficientes algebraicos. Nótese que al multiplicar un escalar por un vector, es necesario
multiplicar cada componente por ese factor. (Ley distributiva del álgebra)
2 · 𝐹®1
−3 · 𝐹®2
10 · 𝐹®3
0.5 · 𝐹®4
®5
−𝐹
Í5 ®
𝐹𝑖
𝑖=1
= 8 𝚤ˆ − 6 𝚥ˆ 𝑁
= 21 𝚤ˆ − 24 𝚥ˆ 𝑁
= −30 𝚤ˆ − 130 𝚥ˆ 𝑁
= 7 𝚤ˆ + 2.5 𝚥ˆ 𝑁
= 0 𝚤ˆ + 9 𝚥ˆ 𝑁
= 6 𝚤ˆ − 148.5 𝚥ˆ
𝑁
La notación es eficiente para cálculos de múltiples vectores en expresiones algebraicas.
Ejemplo 2.12 (Ejemplo de velero). Tomado de la discusión D2/12. Una marinera en un velero
pequeño se topa con vientos cambiantes. Navega 2.00 km al este, luego 3.5 km al sureste y después
otro tramo en una dirección desconocida. Su posición final es de 5.80 km directamente al este del
punto inicial. Determine la magnitud y dirección del tercer tramo. Dibuje el diagrama de suma
vectorial y demuestre que concuerda cualitativamente con su solución numérica.
S OLUCIÓN
1. Empezaremos calculando todos los vectores dados, sin embargo, por simplicidad escribiremos
los vectores directamente en notación unitaria
𝐴®
𝐵®
𝐶®
𝑅®
56
= 2.00 × cos 0◦ 𝚤ˆ + 2.00 × sen 0◦ 𝚥ˆ 𝑘𝑚
= 3.50 × cos (−45◦ ) 𝚤ˆ + 3.50 × sen (−45◦ ) 𝚥ˆ 𝑘𝑚
= 𝐶 · cos 𝜃 𝚤ˆ + 𝐶 · sin 𝜃 𝚥ˆ
= 5.80 × cos 0◦ 𝚤ˆ + 5.80 × sen 0◦ 𝚥ˆ 𝑘𝑚
= 2.00 𝚤ˆ 𝑘𝑚
= 2.475 𝚤ˆ − 2.475 𝚥ˆ 𝑘𝑚
= 𝐶 𝑥 𝚤ˆ + 𝐶 𝑦 𝚥ˆ
= 5.80 𝚤ˆ 𝑘𝑚
2.6. Aplicaciones y ejemplos
Figura 2.17.: ¿Que longitud y dirección siguió la marinera en el trayecto C?
2. Ahora encontramos la suma y el vector incógnito
𝑅® = 𝐴® + 𝐵® + 𝐶®
® 𝐴® − 𝐵® = 𝐶®
𝑅−
escribiéndolo en forma de columna, obtenemos
𝑅® = 5.80 𝚤ˆ 𝑘𝑚
− 𝐴® = −2.00 𝚤ˆ 𝑘𝑚
− 𝐵® = −2.475 𝚤ˆ + 2.475 𝚥ˆ 𝑘𝑚
𝐶® = 1.325 𝚤ˆ + 2.475 𝚥ˆ 𝑘𝑚
Para su magnitud y dirección tenemos
q
𝐶 = 𝐶 𝑥2 + 𝐶 𝑦2
√
= 1.3252 + 2.4752 𝑘𝑚
𝐶 = 2.81 𝑘𝑚
tan 𝜃 =
𝐶𝑦
𝐶𝑥
−1
+2.475 Z
𝑚
1.325 Z
𝑚
𝜃
= tan
𝜃1
𝜃2
= 61.84◦
= 241.84◦
donde el ángulo correcto es obviamente 61.84◦ ya que el vector 𝐶® se encuentra en el primer
cuadrante.
Ejemplo 2.13 (Vectores unitarios). . Tomado de la discusión D2/14. El vector 𝐴® tiene componentes 𝑥, 𝑦 y 𝑧 de 10.00, 12.00 y −5.00 unidades, respectivamente.
a) Calcule el vector unitario de 𝐴ˆ
b) Obtenga una expresión en notación vectores unitarios para un vector 𝐵® que tenga tres veces la
longitud de 𝐴® y que apunte en la dirección opuesta a la dirección de 𝐴® .
S OLUCIÓN
a) Por definición del vector unitario necesitamos dividir el vector entre su magnitud(ecuación 2.3).
Por lo tanto lo primero que hay que calcular es la magnitud del vector. Utilizando el Pitágoras
57
2. Vectores
extendido
𝐴=
=
q
p
𝐴2𝑥 + 𝐴2𝑦 + 𝐴2𝑧
102 + 122 + 52
𝐴 = 16.40
el vector unitario será entonces
𝐴®
𝐴ˆ =
𝐴
10 𝚤ˆ + 12 𝚥ˆ − 5 𝑘ˆ
=
16.40
ˆ
𝐴 = 0.6098 𝚤ˆ + 0.7317 𝚥ˆ − 0.3049 𝑘ˆ
b) Un vector que sea 3 veces la magnitud de 𝐴® y señala en sentido contrario debe ser
−3 𝐴® = −3 · 10 𝚤ˆ + 12 𝚥ˆ − 5 𝑘ˆ
= −30 𝚤ˆ − 36 𝚥ˆ + 15 𝑘ˆ
Una forma alternativa de calcular es utilizar la definición del vector unitario (ecuación 2.3) y
calcular
−3 𝐴® = −3 · 𝐴 · 𝐴ˆ
= −3 × 16.40 × 0.6098 𝚤ˆ + 0.7317 𝚥ˆ − 0.3049 𝑘ˆ
= −30.0022 𝚤ˆ − 36.9996 𝚥ˆ + 15.0011 𝑘ˆ
que en esencia es el mismo resultado de arriba con excepción de los errores de redondeo.
58
3. Cinemática
Para los antiguos griegos la 𝑀𝜂 𝜒𝛼𝜈𝜄𝜅𝜂´ (Mexaniké) era el arte de construir máquinas, que desde
la edad de piedad son dispositivos que nos simplifican la vida diaria: una rueda, un palanca o un
plano inclinado pueden simplificar trabajos que de otra forma nos costarían mucho esfuerzo.
Definición 3.1 (Mecánica ). Para nosotros, la mecánica es la parte de la física que se encarga
de estudiar los movimientos de las partículas y las partes en movimiento de cuerpos extensos.
Dividimos la mecánicas en dos grandes áreas:
Cinemática: es la parte que se encarga de la descripción de los movimientos y contesta la pregunta de ¿Cómo se mueven los cuerpos? ¿Qué forma poseen las trayectorias y en que tiempos suceden tales eventos?
Dinámica: es la parte que se encarga del origen del movimiento y contesta la pregunta más
fundamental de ¿Por qué se mueven los cuerpos? ¿Que origina o causa el movimiento de
los cuerpos?
Si bien este curso se en la mecánica de la partícula, queda claro que al tratar cuerpos extensos
la mecánica se complica y lleva a otros campos de la física si se continúa de forma consecuente
como es la termodinámica, la mecánica de fluidos o la teoría de elasticidad, que son las fronteras
de nuestro curso.
3.1.
Variables cinemáticas
En esta parte del curso nos interesaremos en la descripción del movimiento unidimensional de
partículas puntuales, como primer modelo para empezar a entender los sistemas mecánicos. Para
poder hacer esto es necesario establecer las herramientas matemáticas con las que pretendemos
describir la realidad.
3.1.1.
Modelo de partícula
Empezaremos diciendo que para simplificar la descripción de los movimientos de los cuerpos
utilizaremos el modelo de partícula y luego expandiremos el modelo a más partículas hasta que
tenga una descripción aceptable de los cuerpos extensos.
Definición 3.2 (Partícula). Una partícula es una idealización de un cuerpo real donde consideramos toda su masa concentrada en un punto en el espacio.
59
3. Cinemática
Figura 3.1.: La posición es relativa al marco de referencia.
Es decir, ignoramos el volumen y dimensión de los cuerpos y los idealizamos concentramos en un
punto (su centro de masa)
3.1.2.
Posición, trayectoria y desplazamiento
Definición 3.3 (Posición). La posición de una partícula es el vector que va desde el origen del
sistema de coordenadas hasta el punto con masa en el espacio.
Como se muestra en la figura 3.1 la posición es relativa al marco de referencia, el cual por lo
general se elige cartesiano / rectangular. Dos observadores en distintos marcos de referencia observan al mismo cuerpo en la diferentes posiciones. Dado que no es posible decidir cual marco de
referencia es mejor (ambos son equivalentes) las leyes físicas que gobiernan el movimiento deben
ser invariantes1 o equivalentes en ambos marcos.
Definición 3.4 (Movimiento de partícula). Definimos al movimiento de una partícula como la
secuencia temporal de posiciones de la misma.
Es importante destacar que la dirección del movimiento está por lo tanto definida por la flecha del
tiempo (que siempre señala hacia el futuro) y depende por lo tanto de los marcos de referencia
espacial y temporal que se elijan. (ver figura 3.2)
Por simplicidad y sin perder generalidad, asumiremos siempre que el tiempo inicial de referencia
será siempre 𝑡 𝑜 = 0 . Es decir siempre reiniciamos el tiempo para una descripción más sencilla.
1 Es decir, las leyes deben seguir la misma estructura en ambos marcos que llamaremos marcos de referencia inerciales
60
3.1. Variables cinemáticas
Figura 3.2.: El movimiento es la sucesión temporal de posiciones.
En estas circunstancias definimos
Definición 3.5 (Trayectoria ). La trayectoria T de una partícula es la colección de puntos en el
espacio por donde ha pasado una partícula en un intervalo de tiempo determinado. Lo notamos
con un vector dependiente del tiempo
𝑟®(𝑡) = 𝑥 𝚤ˆ + 𝑦 𝚥ˆ + 𝑧 𝑘ˆ
(3.1)
donde las componentes 𝑥 ≡ 𝑥(𝑡), 𝑦 ≡ 𝑦(𝑡) y 𝑧 ≡ 𝑧(𝑡) son funciones del tiempo.
Por así decirlo es el “rastro” que deja la partícula, como la huellas en la arena que deja un caminante y dejan registro de su paso por la playa. En la figura 3.2 es la curva con dirección que
se muestra. La trayectoria es una curva orientada en el espacio que solemos describir geométricamente: la trayectoria de un punto sobre una llanta es una movimiento circular; la caída de una
roca desde un peñasco es en esencia una línea recta; la trayectoria de una pelota de béisbol es una
parábola; la trayectoria de los planetas alrededor del Sol es una elipse, etc.
Asociados a la posición hay tres conceptos asociados: el desplazamiento, la distancia recorrida y
la longitud de la trayectoria.
Definición 3.6 (Desplazamiento). El desplazamiento es el vector que va de la posición inicial a la
posición final.
Δ®
𝑟 = 𝑟® 𝑓 − 𝑟®𝑖
(3.2)
Su longitud es independiente de la forma de la trayectoria tomada y da una información limitada
del movimiento. Como se muestra en la figura 3.3 cuando la trayectoria es curva el desplazamiento
es una recta que intersecta la curva de la trayectoria en las posiciones final e inicial. De ahí que es
útil definir una distancia recorrida.
Definición 3.7 (Distancia recorrida). Es la longitud que recorre la partícula a lo largo de la trayectoria desde la posición inicial hasta la posición final.
Δ𝑠 = 𝑠 𝑓 − 𝑠𝑖
(3.3)
61
3. Cinemática
En la figura 3.3 es la parte de la trayectoria que está limitada por las posiciones iniciales y finales.
𝑠𝑖 y 𝑠 𝑓 pueden ser considerados como marcadores a lo largo de la trayectoria para indicar de donde
a donde se debe medir la distancia recorrida.
Figura 3.3.: La distancia recorrida Δ𝑠 es mayor o igual al desplazamiento Δ®
𝑟
O BSERVACIONES
1. Mientras que el desplazamiento Δ®
𝑟 es un vector con magnitud y dirección, la distancia
recorrida Δ𝑠 es un escalar positivo que sólo puede crecer nunca decrecer.
2. La magnitud del desplazamiento y la distancia recorrida son en general siempre distintas
donde
Δ𝑠 ≥ kΔ®
𝑟k
Sólo en el caso de trayectorias rectas, donde la partícula no se devuelva son la magnitud del
desplazamiento igual a la distancia recorrida.
3. Si un movimiento se devuelve sobre su misma trayectoria o pasa por ella otra vez (por
ejemplo movimientos oscilatorios o circulares), entonces tenemos una la longitud de la trayectoria ℓ(𝑇) que es además diferente de la distancia recorrida donde
Δ𝑠 ≥ ℓ(𝑇) ≥ kΔ®
𝑟k
4. Nótese que es posible tener un desplazamiento Δ®
𝑟 = 0 pero una distancia recorrida distinta
de cero (por ejemplo una vuelta alrededor de la del parque). Pero no tener un desplazamiento, sin distancia recorrida2 .
5. La dimensiones de Δ®
𝑟 , Δ𝑠 y ℓ(𝑇) son la misma de longitud, por lo que sus unidades en
Sistema Internacional será de 𝑚
2 La
62
teleportación de los cuerpos sigue estando en el ámbito de la ciencia ficción
3.1. Variables cinemáticas
Ejemplo 3.1. Suponga que su profesor realiza 5 pasos a la derecha como muestra la figura 3.4 a,
(a) ¿Que magnitud tiene el desplazamiento, la distancia recorrida y la longitud de la trayectoria?
(b) Ahora su profesor realiza los mismos 5 pasos a la derecha pero retrocede 2 a la izquierda como
se muestra en la figura 3.4 b ¿Qué magnitud tiene el desplazamiento, la distancia recorrida y la
longitud de la trayectoria?
S OLUCIÓN
(a) Dado que la trayectoria es recta y no se devuelve sobre sus mismos pasos, el desplazamiento
que es la distancia entre la posición inicial y final en una línea recta es de |Δ®
𝑟 | = 5 𝑝𝑎𝑠𝑜𝑠 a la
derecha. La distancia recorrida será Δ𝑠 = 5 𝑝𝑎𝑠𝑜𝑠 y la longitud de la trayectoria ℓ(𝑇) = 5 𝑝𝑎𝑠𝑜𝑠
ya que no hay desviaciones durante el movimiento.
(b) Dado que al retroceder 2 pasos el profesor termina en la posición de 3 pasos a la derecha queda
claro que el desplazamiento |Δ®
𝑟 | = 3 𝑝𝑎𝑠𝑜𝑠, mientras que la distancia recorrida es la suma de los
cinco pasos a la derecha mas los dos de regreso Δ𝑠 = 7 𝑝𝑎𝑠𝑜𝑠 . La longitud de la trayectoria se
mantiene en ℓ(𝑇) = 5 𝑝𝑎𝑠𝑜𝑠 ya que al retornar sobre sus mismos pasos el profesor no generó
nueva trayectoria.
Figura 3.4.: Al devolverse un cuerpo sobre sus propios pasos, el desplazamiento y la distancia
recorrida se diferencian sensiblemente.
Con esto en mente es posible definir la tasa a la cual cambia el desplazamiento.
Ejemplo 3.2 (Atleta de pista). Un corredor de pista y campo se entrena en el Estadio Nacional
y realiza 6 vueltas a la pista olímpica3 . Determine el desplazamiento, la distancia recorrida y la
3 Las
pistas olímpica en la antigüedad debía tener una cierta cantidad de pasos del pie de Hércules, en la actualidad se
establecen en 400 𝑚
63
3. Cinemática
longitud de la trayectoria que ejecuta el atleta en estas 6 vueltas.
S OLUCIÓN
El desplazamiento del atleta es Δ®
𝑟 = 𝑟® 𝑓 − 𝑟®𝑖 = 0 ya que empieza y termina en la misma
posición
La distancia recorrida es Δ𝑠 = 6 × 𝑝𝑖𝑠𝑡𝑎 = 6 × 400 𝑚 = 2400 𝑚
La longitud del estadio no cambia por el movimiento del atleta por lo que la longitud de la
trayectoria es ℓ = 400 𝑚
3.1.3.
Velocidad y rapidez promedios
Definición 3.8 (Velocidad media). Se define en estas circunstancias a la velocidad promedio como
el cociente del desplazamiento y el intervalo de tiempo necesario para ejecutarlos.
Δ®
𝑟
𝑣®¯ =
Δ𝑡
(3.4)
donde Δ®
𝑟 = 𝑟® 𝑓 − 𝑟®𝑖 es el desplazamiento de la posición inicial a la final y Δ𝑡 = 𝑡 𝑓 −𝑡𝑖 es el intervalo
de tiempo que se necesitó para tal movimiento.
O BSERVACIONES
Las unidades de la velocidad en el sistema internacional son
[®𝑣 ] =
=
[Δ®
𝑟]
[Δ𝑡]
𝑚
𝑠
metros sobre segundo.
Otras unidades útiles
1
𝑚
𝑘𝑚
𝑓𝑡
𝑚𝑖
= 3.6
= 3, 28
= 2.237
𝑠
ℎ
𝑠
ℎ
La velocidad promedio es un vector que señala en la misma dirección del desplazamiento
en un intervalo determinado y es una medida de la tasa de cambio del desplazamiento
La velocidad depende el intervalo de tiempo elegido y no puede ser asignado a una posición
o tiempo determinado.
Definición 3.9 (Rapidez promedio). Es el cociente entre la distancia recorrida y el intervalo de
tiempo necesario para recorrer el camino
𝑣¯ =
Δ𝑠
Δ𝑡
(3.5)
donde Δ𝑠 = 𝑠 𝑓 − 𝑠𝑖 es la distancia recorrida entre la posición inicial a la final a lo largo de la
trayectoria y Δ𝑡 = 𝑡 𝑓 − 𝑡𝑖 es el intervalo de tiempo que se necesitó para tal movimiento
64
3.1. Variables cinemáticas
O BSERVACIONES
1. La rapidez promedio es un escalar sin dirección, que nos indica la tasa a la cual se avanza a
lo largo de la trayectoria.
2. La rapidez es siempre un escalar positivo ya que la distancia recorrida y el tiempo ambos
son siempre positivos.
3. Las unidades de la rapidez y la velocidad son las mismas, motivo por el cual es fácil confundir ambas cantidades físicas.
4. Los seres humanos están más acostumbrados a medir rapideces que velocidades. Por ejemplo: un automóvil indica la rapidez con la que el automóvil se mueve, no su dirección. En
un automóvil el “medidor de velocidades” mide la frecuencia con que giran las ruedas y del
número de vueltas deducir la distancia recorrida por la rueda y por ende calcula la rapidez
con que viaja
5. Tanto la velocidad como la rapidez son relativos al marco de referencia. Si el marco de
referencia se encuentra en movimiento aunque sea parcialmente en dirección del cuerpo, la
velocidad y rapidez serán diferentes.
6. La rapidez promedio también depende del intervalo de tiempo elegido y no puede ser asignado a un punto de la trayectoria o tiempo específico , sino a las posiciones iniciales y
finales.
Ejemplo 3.3. Un automóvil recorre una distancia de Δ𝑠 = 86𝑘𝑚 con una rapidez media 𝑣¯ = 8𝑚/𝑠.
¿Cuanto tiempo tardó el automóvil en recorrer esta distancia?
S OLUCIÓN
Dado que se da la distancia recorrida podemos utilizar la fórmula 3.5 directamente y por ende
Δ𝑠
Δ𝑡
Δ𝑠
Δ𝑡 =
𝑣¯
86000 𝑚
=
8
𝑚 /𝑠
Δ𝑡 = 10750 𝑠
𝑣¯ =
o bien transformando en horas
Δ𝑡 = 10750 𝑠 ×
1ℎ
= 2.99 ℎ ≈ 3.0 ℎ
3600 𝑠
Ejemplo 3.4. Un cohete pequeño asciende una altura de 40 𝑚 antes de volver a la Tierra 5 𝑠
después (ver figura 3.5 ). ¿Cuál es su rapidez media? ¿Cuál es su velocidad promedio?
65
3. Cinemática
S OLUCIÓN
Lo primero hay que notar es que 40 𝑚 es la altura que alcanza, pero no la distancia recorrida ya
que el cohete recorre primero 40 𝑚 hacia arriba y luego 40 𝑚 hacia abajo, por lo que la distancia
recorrida es el doble. Utilizando la fórmula 3.5 obtenemos
Δ𝑠
Δ𝑡
80 𝑚
=
5𝑠
𝑚
𝑣¯ = 16
𝑠
𝑣¯ =
Ya que el cohete después de 5 𝑠 termina en la misma posición donde empezó su desplazamiento
es Δ®
𝑟 = 0, por lo que su velocidad promedio es 𝑣®¯ = 0.
Figura 3.5.: Cohete sube y cae en un movimiento aproximadamente rectilíneo
3.1.4.
Rapidez y velocidad instantánea
Al reducir los intervalos de tiempo notamos que los desplazamientos y las distancias recorridas
se reducen, haciendo que los cocientes de velocidad y rapidez no se vuelvan infinitos, sino por
el contrario tiendan a un valor constante (ver figura 3.6a ) . Para el límite de lı́m Δ𝑡 → 0 tanto
Δ®
𝑟 → 0 como Δ𝑠 → 0
66
3.1. Variables cinemáticas
Figura 3.6.: Al reducir el tiempo se reducen tanto desplazamiento como distancia recorrida, tendiendo a un valor que es tangente a la trayectoria
Con esto en mente podemos definir
Definición 3.10 (Velocidad instantánea). La velocidad instantánea es el vector que al que converge
el cociente de velocidades promedias al hacer el intervalo infinitamente pequeño.
Δ®
𝑟
Δ𝑡→0 Δ𝑡
𝑑 𝑟®
𝑣® =
𝑑𝑡
Decimos entonces que la velocidad instantánea es la derivada de la posición en el tiempo.
𝑣® = lı́m
(3.6)
¿Cómo se deriva un vector? De la misma forma como se suman o restan los vectores: por componentes. Es decir la ecuación 3.6 implica que
𝑑®
𝑟
𝑑𝑡
𝑑 =
𝑥 𝚤ˆ + 𝑦 𝚥ˆ + 𝑧 𝑘ˆ
𝑑𝑡
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑧 ˆ
𝑣® =
𝚤ˆ +
𝚥ˆ +
𝑘
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑣® =
(3.7)
o también solemos escribir
𝑣® = 𝑣 𝑥 𝚤ˆ + 𝑣 𝑦 𝚥ˆ + 𝑣 𝑧 𝑘ˆ
De forma similar definimos:
Definición 3.11 (Rapidez instantánea). La rapidez instantánea es el límite del cociente de rapidez
promedio.
𝑣 = lı́m
Δ𝑡→0
𝑣=
Δ𝑠
Δ𝑡
𝑑𝑠
𝑑𝑡
67
3. Cinemática
O BSERVACIONES
1. El intervalo de tiempo en consideración es tan pequeño que consideramos que todo sucede
en el mismo instante.
2. A diferencia de los promedios dejamos de escribir la barra de promedio en la parte superior
de la cantidad física.
3. A diferencia de la velocidad promedio que termina siendo una secante a la curva, la velocidad instantánea es tangente a la curva de la trayectoria como se muestra en la figura 3.6b
.
4. En esta aproximación la magnitud de la velocidad es igual a la rapidez:
|®𝑣 | = 𝑣
5. Para no confundir la velocidad con la rapidez, cuando describamos una velocidad utilizaremos el subíndice correspondiente 𝑣 𝑥 o 𝑣 𝑦 para indicar que la estamos hablando de la
componente de la velocidad (y puede tener valores negativos) mientras que 𝑣 significará
siempre la rapidez y tiene siempre un valor positivo.
6. Diremos que un cuerpo se encuentra en reposo instantáneo cuando 𝑣 = 0, lo que significa
que en ese momento no se desplaza o recorre distancia alguna.
Ejemplo 3.5 (Velocidad promedio e instantánea en 2 dimensiones ). Tomado de la discusión
D3/18. Un diseñador de páginas Web crea
una animación en la que un punto en una pantalla de
computadora tiene una posición 𝑟® = 4.0 𝑐𝑚 + 2.5 𝑐𝑚/𝑠2 · 𝑡 2 𝚤ˆ + 5.0 𝑐𝑚/𝑠 · 𝑡 𝚥ˆ a) Determine
la magnitud y dirección de la velocidad media del punto entre 𝑡 = 0 y 𝑡 = 2.0 𝑠. b) Calcule la
magnitud y dirección de la velocidad instantánea en 𝑡 = 0, en 𝑡 = 1.0 𝑠 y en 𝑡 = 2.0 𝑠.
S OLUCIÓN
a) Dado que no piden la velocidad promedio, es necesario conocer la posición en los tiempos
indicados
𝑟®(0) = [4.0 𝑐𝑚 + 0]ˆ𝚤 + 5.0 𝑐𝑚 0 𝚥
𝑟®(0) = 4.0 𝚤ˆ + 0 𝚥ˆ 𝑐𝑚
Nótese que pusimos la unidad al final del vector sin paréntesis como una simplificación de notación y obviamente significa que ambas componentes tienen las mismas unidades. Para el otro
tiempo:
𝑟®(2 𝑠) = 4.0 𝑐𝑚 + 2.5 𝑐𝑚/𝑠2 · (2 𝑠) 2 𝚤ˆ + 5.0 𝑐𝑚/𝑠 · 2 𝑠 𝚥ˆ
= [4.0 𝑐𝑚 + 10.0 𝑐𝑚] 𝚤ˆ + 10.0 𝑐𝑚 𝚥ˆ
𝑟®(2) = 14 𝚤ˆ + 10.0 𝚥ˆ 𝑐𝑚
Nótese que las unidades se cancelan en el término cuadrático quedan dimensionalmente coherentes.
68
3.1. Variables cinemáticas
Según la definición 3.4
Δ®
𝑟
𝑣®¯ =
Δ𝑡
𝑟®(2) − 𝑟®(0)
=
2𝑠−0𝑠
14 𝚤ˆ + 10.0 𝚥ˆ 𝑐𝑚 − (4.0 𝚤ˆ + 0 𝚥ˆ 𝑐𝑚)
=
2𝑠
𝑐𝑚
𝑣®¯ = 5 𝚤ˆ + 5 𝚥ˆ
𝑠
La magnitud y dirección se calcura según:
q
𝑣
tan 𝜃 = 𝑣𝑥𝑦
𝑣 = 𝑣 2𝑥 + 𝑣 2𝑦
√
𝑚
−1 5 Z
2
2
= 5 +5 𝑚
𝜃
= tan
5Z
𝑚
√
𝑣 =5 2𝑚
𝜃 1 = 45◦
=7.071 𝑚
𝜃 2 = 235◦
√
donde obviamente la magnitud es de 5 2 𝑚 y el ángulo es de 45◦ pues se encuentra en el primer
cuadrante.
b) Para calcular la velocidad instantánea es necesario derivar la expresión original
𝑑®
𝑟
𝑑𝑡
𝑑 4.0 𝑐𝑚 + 2.5 𝑐𝑚/𝑠2 · 𝑡 2 𝚤ˆ + 5.0 𝑐𝑚 𝚥ˆ
=
𝑑𝑡
𝑣® (𝑡) = 5.0 𝑐𝑚/𝑠2 · 𝑡 𝚤ˆ + 5.0 𝑐𝑚/𝑠 𝚥ˆ
𝑣® =
Evaluando para 𝑡 = 0 𝑠
𝑣® (0) = 5.0 𝑐𝑚/𝑠2 · 0 𝑠 𝚤ˆ + 5.0 𝑐𝑚/𝑠 𝚥ˆ
= 0 𝚤ˆ + 5.0 𝑐𝑚/𝑠 𝚥ˆ
que trivialmente implica una magnitud de 𝑣(0) = 5.0 𝑐𝑚/𝑠 y un ángulo de 𝜃 = 90◦
Para 𝑡 = 1 𝑠 por otro lado
𝑣® (1) = 5.0 𝑐𝑚/𝑠2 · 1 𝑠 𝚤ˆ + 5.0 𝑐𝑚/𝑠 𝚥ˆ
= 5.0 𝑐𝑚/𝑠 𝚤ˆ + 5.0 𝑐𝑚/𝑠 𝚥ˆ
√
con una magnitud de 𝑣(1) = 5.0 2 𝑐𝑚/𝑠 y un angulo 𝜃 = 45◦
Por último para 𝑡 = 2 𝑠
𝑣® (2) = 5.0 𝑐𝑚/𝑠2 · 2 𝑠 𝚤ˆ + 5.0 𝑐𝑚/𝑠 𝚥ˆ
= 10.0 𝑐𝑚/𝑠 𝚤ˆ + 5.0 𝑐𝑚/𝑠 𝚥ˆ
69
3. Cinemática
cuya magnitud y dirección se calculan
√
𝑣(2) = 102 + 52 𝑐𝑚/𝑠
√
= 125𝑐𝑚/𝑠
√
= 5 5𝑐𝑚/𝑠
= 11.18 𝑐𝑚/𝑠
tan 𝜃
𝜃
𝜃1
𝜃2
5
= 10
= tan−1 (0.5)
= 26.57◦
= 206.57◦
donde obviamente el primer ángulo es el correcto por encontrarse el vector en el primer cuadrante.
Es importante notar que las unidades detrás de los coeficientes NO desaparecen y son esenciales
para obtener la dimensión correcta del resultado. Es interesante que la magnitud de la velocidad
promedio no se parece a las magnitudes de las velocidades inicial o final, sino a la que está en
medio de las dos.
3.1.5.
Aceleración
Es raro que nuestros movimientos en el día a día sean movimientos a velocidad constantes. Por
ejemplo : pasamos del reposo a la velocidad cuando partimos a alguna parte y de la velocidad al
reposo cuando llegamos. Con estas consideraciones introducimos:
Definición 3.12 (Aceleración). La aceleración promedio es la tasa a la cual cambia la velocidad
por unidad de tiempo
Δ®𝑣
𝑎®¯ =
(3.8)
Δ𝑡
donde Δ®𝑣 = 𝑣® 𝑓 − 𝑣®𝑖 es el cambio de velocidad en el intervalo Δ𝑡 = 𝑡 𝑓 − 𝑡𝑖 como se muestra en
la figura 3.7. Para obtener el vector proyectamos las tangentes de las velocidades instantáneas y
trasladamos las velocidades correspondientes al punto de intersección.
Figura 3.7.: La aceleración promedio es un vector libre que muestra el cambio de velocidad en un
intervalo de tiempo
70
3.1. Variables cinemáticas
O BSERVACIONES
1. Las unidades de la aceleración el sistema internacional están dadas por:
[𝑎] =
=
=
[Δ®𝑣 ]
[Δ𝑡]
𝑚/𝑠
𝑠
𝑚
𝑠2
2. Otras unidades útiles que se suelen utilizar:
9.80
𝑚
𝑓𝑡
= 32 2 = 1 𝑔
2
𝑠
𝑠
donde 𝑔 se le llama la aceleración de caída libre en la superficie terrestre.4
3. Una componente de aceleración opuesta a la velocidad indica que la velocidad en esa dirección disminuirá, decimos que el cuerpo se frena, mientras que una componente que va
en la misma dirección de la velocidad aumenta su magnitud, decimos que se acelera en esa
dirección.
4. La aceleración promedio depende el intervalo elegido, por lo que es necesario introducir
una aceleración instantánea.
Definición 3.13 (Aceleración instantánea). La aceleración instantánea es el límite de Δ𝑡 → 0 del
cociente de aceleración promedio
Δ®𝑣
𝑎® = lı́m
Δ𝑡→0 Δ𝑡
otra vez a medida que el intervalo de tiempo se hace más pequeño también lo hace el cambio
de velocidad Δ®𝑣 → 0 ya que las velocidades se parecen cada vez mas. Decimos entonces que la
aceleración es la derivada de la velocidad o la segunda derivada de la posición,
𝑎® =
𝑑®𝑣 𝑑 2𝑟®
= 2
𝑑𝑡
𝑑𝑡
(3.9)
También solemos escribir
𝑎® =
𝑑𝑣 𝑦
𝑑𝑣 𝑥
𝑑𝑣 𝑧 ˆ
𝚤ˆ +
𝚥ˆ +
𝑘
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
O BSERVACIONES
valor de 𝑔 varía levemente sobre la superficie de la Tierra, siendo mayor en los polos 9.83 𝑚/𝑠2 y menor sobre
el ecuador del planeta 9.78 𝑚/𝑠2 . No obstante se asume 9.80 𝑚/𝑠2 como el promedio planetario a nivel del mar.
[Wikipedia, 2016]
4 El
71
3. Cinemática
1. Para aceleración instantáneas, el vector resultante de la resta de velocidad es un vector que
posee tanto componentes en dirección de la velocidad como perpendiculares a la misma,
como se observa en la figura 3.8a. Diremos que la aceleración se puede descomponer en
componentes normales y tangenciales a la velocidad.
2. La componente tangencial es responsable del incremento o decremente en la rapidez del
movimiento, escribimos que la aceleración tangencial promedio e instantáne se escriben
como
Δ𝑣 𝑡
𝑑𝑣 𝑡
𝑎¯𝑡 =
𝑎𝑡 =
(3.10)
Δ𝑡
𝑑𝑡
3. Mientras que la componente normal o radial es responsable del cambio de la dirección y
está aceleración es dependiente de la velocidad instantánea
𝑎𝑟 = −
𝑣 2𝑡
𝑅
(3.11)
donde 𝑅 es el radio de curvatura local de la curva como se muestra en la figura 3.8 a. De
esto hablaremos más detallado en la sección 3.6 de Movimiento en 2 dimensiones
4. Mientras que el vector de posición está anclado al origen y a la trayectoria, el vector de
velocidad es sólo tangente a la trayectoria. Por otro lado el vector de aceleración es libre,
en el sentido que no determinado geométricamente a la trayectoria o al origen de sistema de
coordandas (solamente está asociado a en la curvatura de la trayectoria).
Figura 3.8.: La aceleración instantánea se deja descomponer en componentes tangencial y radial
o normal
Ejemplo 3.6. La figura 3.8 b muestra los tres vectores de la cinemática (posición, velocidad y
aceleración). Del vector de posición sabemos que la partícula se encuentra en el primer cuadrante,
de la velocidad sabemos que se mueve en dirección 𝑦 negativa y 𝑥 positiva tangente a la trayectoria.
Pero de la aceleración sabemos que ejecuta un movimiento curvilíneo (aceleración radial) pero
72
3.2. Cinemática en una dimensión
también frenando a la partícula ya que la aceleración tangencial es negativa reduciendo así la
rapidez.
3.2.
3.2.1.
Cinemática en una dimensión
Movimiento en una dirección
La descripción del movimiento de una partícula en el espacio puede ser algo compleja y antes
de embarcarnos en tal tarea empezaremos nuestro tratamiento de la cinemática con los ejemplos
más simples posibles, que son los movimientos rectilíneos. Es decir aquellos donde la velocidad
y aceleración son colineares (no hay componente radial de la aceleración) y por lo tanto no se
desvían de una trayectoria recta.
Es decir elegimos un marco de referencia tal que la posición, la velocidad y la aceleración se dejen
escribir de la siguiente manera:
𝑟®(𝑡) = 𝑥(𝑡) 𝚤ˆ + 0 𝚥ˆ + 0 𝑘ˆ
𝑣® = 𝑣 𝑥 (𝑡) 𝚤ˆ + 0 𝚥ˆ + 0 𝑘ˆ
𝑎® = 𝑎 𝑥 (𝑡) 𝚤ˆ + 0 𝚥ˆ + 0 𝑘ˆ
(3.12)
Es decir que las variables cinemáticas están dadas sólo por sus componentes en 𝑥. Esto también
implica que para la velocidad promedio e instantánea vale
𝑣¯ 𝑥 =
Δ𝑥
Δ𝑡
𝑣𝑥 =
𝑑𝑥
𝑑𝑡
de forma similar la aceleración se convierte en
𝑎¯ 𝑥 =
Δ𝑣 𝑥
Δ𝑡
𝑎𝑥 =
𝑑𝑣 𝑥 𝑑 2 𝑥
= 2
𝑑𝑡
𝑑𝑡
donde el subíndice 𝑥 nos indica que estamos hablando de la componente 𝑥 del vector .
Con esto en mente nos deshacemos de la notación de vectores unitario y consideramos los siguientes movimientos.
3.2.2.
Gráficos de movimiento
Dado que la posición 𝑥 ≡ 𝑥(𝑡) es una función del tiempo está se deja graficar en lo que llamamos
un diagrama o gráfico de movimiento. Supongamos que la posición de una persona está dada por
lo datos siguientes
Posición 𝑥 [𝑚]
0
200
200
400
0
Tiempo 𝑡 [𝑚𝑖𝑛]
0
5
15
25
35
73
3. Cinemática
Al graficar este movimiento tenemos que hacer dos cosas que nos resultan relativamente antinaturales. Primero reconocer que la variable independiente es el tiempo y se debe poner sobre el eje
de las abscisas (horizontal) y la posición 𝑥 sobre el eje de las ordenadas (vertical). Segundo al
nomenclar los ejes es necesario poner una escala entre los centímetros dibujados y la magnitud
que se grafica. Este paso se puede obviar si se indica las unidades en la rotulación del eje y los
números sobre el eje- en matemáticas este paso no es relevante normalmente. En la figura 3.9 se
muestra el gráfico de este movimiento
Figura 3.9.: El gráfico 𝑥 − 𝑡 muestra la historia de la posición
Es de notar que este gráfico NO es una curva geométrica como lo es la trayectoria, sino una
representación gráfica de la relación entre posición y tiempo. La gráfica también complementa
la información no dada y permite interpolar datos: por ejemplo, le podemos preguntar al gráfico
donde se encuentra la persona en 𝑡 = 20 𝑚𝑖𝑛. Esta información no está dada en los datos originales,
pero al trazar un línea vertical (linea roja) notamos que el eje de las ordenadas nos da una posición
de 300 𝑚, sin tener que pasar por ningún cálculo.
También la gráfica muestra el desarrollo temporal de la posición y cuenta su historia. La situación
física radica justo en esta historia, sin la cual el diagrama esta incompleto y carente de sentido.
Ejemplo 3.7. La gráfica 3.9a podría ser la representación de siguiente historia:
El profesor sale de su casa en dirección a la tienda en 𝑡 = 0 𝑚𝑖𝑛 a los 5 𝑚𝑖𝑛 se encuentra con su
vecino a y se queda platicando con él durante 10 𝑚𝑖𝑛 (reposo: no se mueve). Luego se despide
y sigue su camino por 10 𝑚𝑖𝑛 más y se da cuenta que la tienda está cerrada en domingo por lo
que se devuelve directamente hacia su casa tardando 10 𝑚𝑖𝑛 más. Es esta historia, la que nos va a
ayudar a entender que es lo que está pasando. Es interesante preguntar ¿Cuál es el desplazamiento
del profesor y que distancia ha recorrido?
S OLUCIÓN
En el caso del desplazamiento la respuesta es trivial ya que empieza y termina en el mismo punto
74
3.2. Cinemática en una dimensión
(su casa)
Δ𝑥 = 𝑥 𝑓 − 𝑥 𝑖
=0−0
Δ𝑥 = 0
Para la distancia recorrida no podemos hacer esto y debemos calcular los segmentos monótonos
por separado:
Δ𝑠 = Δ𝑠1 + Δ𝑠2 + Δ𝑠3 + Δ𝑠4
en un segmento monótono obviamente la distancia recorrida será también la magnitud del desplazamiento Δ𝑠𝑖 = kΔ𝑥 𝑖 k, por lo tanto
Δ𝑠 = kΔ𝑥 1 k + kΔ𝑥 2 k + kΔ𝑥 3 k + kΔ𝑥 4 k
Leyendo los datos del gráfico obtenemos
Δ𝑠 = k200 𝑚k + k0 𝑚k + k200 𝑚k + k−400 𝑚k
Δ𝑠 = 800 𝑚
Esto explica, además del enojo del profesor, el cansancio que experimenta después de su pequeña
exploración. La energía química que desarrollamos para movernos está asociada a la distancia recorrida y no a su desplazamiento. Así como el consumo de gasolina en un automóvil está asociado
a la distancia recorrida mas que al desplazamiento que sufre. La rapidez y la distancia recorrida
son las variables cinemáticas usuales para los seres humanos en su día a día.
Dado que la velocidad es la derivada de la posición es lógico suponer que la velocidad es la
pendiente al gráfico 𝑥 − 𝑡 de la posición. Por lo tanto en todos los segmentos rectos podemos
asumir una velocidad constante con lo que podemos hacer un gráfico de velocidad versus tiempo
𝑣 − 𝑡 como se muestra en la figura 3.9b. Para calcular las velocidades en el gráfico utilizamos las
definiciones velocidad promedio que son iguales a las instantáneas ya que son constantes.
𝑣¯ 𝑥 [0, 5] =
Δ𝑥 1 200 𝑚 − 0 𝑚
=
= 40 𝑚/𝑚𝑖𝑛
Δ𝑡1
5 𝑚𝑖𝑛 − 0
Ponemos un paréntesis de intervalo, para identificar que velocidad promedio se ha calculado, así
también
Δ𝑥 2 200 𝑚 − 200 𝑚
=
=0
𝑣¯ 𝑥 [5, 15] =
Δ𝑡2 15 𝑚𝑖𝑛 − 5 𝑚𝑖𝑛
Δ𝑥 3
400 𝑚 − 200 𝑚
𝑣¯ 𝑥 [15, 25] =
=
= 20 𝑚/𝑚𝑖𝑛
Δ𝑡3 25 𝑚𝑖𝑛 − 15 𝑚𝑖𝑛
Δ𝑥 4
0 𝑚 − 400 𝑚
=
= −40 𝑚/𝑚𝑖𝑛
Δ𝑡4 35 𝑚𝑖𝑛 − 25 𝑚𝑖𝑛
También es de notar que la aceleración en todos los intervalos es cero ya que no ha cambio de
velocidad en los intervalos 𝑎¯ 𝑥 = 0 ∀Δ𝑡𝑖
𝑣¯ 𝑥 [25, 35] =
75
3. Cinemática
Ejemplo 3.8 (Ejemplo gráfico 𝑣 − 𝑡). Tomado de la discusión D3/2. Un objeto está en 𝑥 = 0 en
𝑡 = 0 y se mueve a lo largo del eje 𝑥 de acuerdo con la gráfica velocidad-tiempo de la siguiente
figura. a) ¿Cuál es la aceleración del objeto entre 0 y 4 𝑠? b) ¿Cuál es la aceleración del objeto
entre 4 𝑠 y 9 𝑠? c) ¿Cuál es la aceleración del objeto entre 13 𝑠 y 18 𝑠? d) ¿En qué tiempo el objeto
se mueve con la rapidez más baja? e) ¿En qué tiempo el objeto está más lejos de 𝑥 = 0? f) ¿Cuál
es la posición final 𝑥 del objeto en 𝑡 = 18 𝑠? g) ¿A través de qué distancia total el objeto se mueve
entre𝑡 = 0 y 𝑡 = 18𝑠?
S OLUCIÓN
Figura 3.10.: El gráfico 𝑣 − 𝑡 muestra la historia de la velocidad de una partícula
Aunque parezca redundante es útil hacer un esquema (no a escala) del gráfico original, que sólo
contenga las informaciones pertinentes para el ejercicio.
a) Para el cálculo de la aceleración promedio utilizaremos la definición de la aceleración promedio
,es decir
Δ𝑣 𝑥 𝑣(4) − 𝑣(0) −12 𝑚/𝑠 − (−12 𝑚/𝑠)
𝑎¯ 𝑥 [0, 4] =
=
=
= 0 𝑚/𝑠2
Δ𝑡
4−0𝑠
4𝑠
Como la velocidad no varía en este intervalo la aceleración instantánea también es 0 𝑚/𝑠2
b) Volviendo a utilizar la misma fórmula
𝑎¯ 𝑥 [4, 9] =
𝑣(9) − 𝑣(4) +18 𝑚/𝑠 − (−12 𝑚/𝑠)
=
= 6.0 𝑚/𝑠2
9−4𝑠
5𝑠
notamos que la pendiente es positiva y constante en este intervalo dando una aceleración instantánea también de 6.0 𝑚/𝑠2 . Es decir la aceleración es la pendiente al gráfico de velocidad.
c) Repitiendo los procedimientos de los literales a) y b)
𝑎¯ 𝑥 [13, 18] =
𝑣(18) − 𝑣(13) +0 𝑚/𝑠 − (+18 𝑚/𝑠)
=
= −3.6 𝑚/𝑠2
18 − 13 𝑠
5𝑠
confirmando que la pendiente del gráfico es negativa en ese intervalo.
76
3.2. Cinemática en una dimensión
d) Considerando que la rapidez es siempre positiva, significa que todos los valores negativos de
velocidad se convierten en positivo, dejando el siguiente gráfico 3.11
Figura 3.11.: El gráfico de rapidez versus tiempo los valores negativos de velocidad se ven reflejados hacia arriba del eje 𝑥
por lo tanto queda claro que la rapidez mínima que puede adquirir la partícula es 0 en 𝑡 = 6 𝑠 y
𝑡 = 18 𝑠
e) En principio habría que calcular cada una de las posiciones después de cada intervalo. No
obstante, dada la forma de la curva hay un criterio más simple: si la resta de los desplazamientos
positivos y negativos es mayor que cualquier desplazamiento entonces la posición más alejada es
el desplazamiento total mas la posición inicial
Empezando calculando todos los desplazamientos mediante la fórmula Δ𝑥 𝑖 = 𝑣¯𝑖 Δ𝑡 o su área bajo
la curva. Encontramos 5 áreas diferentes en la figura 3.10, por lo que
Δ𝑥𝑖
Δ𝑥2
Δ𝑥 3
Δ𝑥 4
Δ𝑥 5
=
=
=
=
=
𝐴1
𝐴2
𝐴3
𝐴4
𝐴5
= −12 𝑚/𝑠 × 4 𝑠
= 12 (−12 𝑚/𝑠 × 2 𝑠)
= 21 (18 𝑚/𝑠 × 3 𝑠)
= 18 𝑚/𝑠 × 4 𝑠
= 12 (18 𝑚/𝑠 × 5 𝑠)
= −48 𝑚
= −12 𝑚
= +27 𝑚
= +72 𝑚
= +45 𝑚
Dando un desplazamiento total de Δ𝑥𝑇 = 84 𝑚, la posición inicial es cero y dado que la posición
más negativa que se alcanza es −60 𝑚 concluimos que al transcurrir los 18 𝑠 se encuentra en la
posición más lejana al origen.
e) La posición en 18 𝑠 se deja calcular con el desplazamiento total ya que
Δ𝑥𝑇 = Δ𝑥 [0, 18]
Δ𝑥𝑇 = 𝑥(18) − 𝑥(0)
𝑥(18) = 𝑥(0) + Δ𝑥𝑇
= 0 + 84 𝑚
𝑥(18) = 84 𝑚
77
3. Cinemática
f) Aquí tenemos que sumar sobre todas las distancias recorridas, que por suerte son la magnitud
de los desplazamientos anteriormente calculados
kΔ𝑥 1 k
kΔ𝑥 2 k
kΔ𝑥 3 k
kΔ𝑥 4 k
kΔ𝑥 5 k
= +48 𝑚
= +12 𝑚
= +27 𝑚
= +72 𝑚
= +45 𝑚
Δ𝑠1
Δ𝑠2
Δ𝑠3
Δ𝑠4
Δ𝑠5
=
=
=
=
=
Δ𝑠𝑇
= +204 𝑚
Ejemplo 3.9 (Posición, velocidad y aceleración ). Tomado de la discusión D3/4. En un movimiento en línea recta horizontal, la coordenada en 𝑥 de la posición varía con el tiempo según la
ecuación: 𝑥(𝑡) = 2 + 3𝑡 − 𝑡 2 donde 𝑡 está en segundos y 𝑥 en metros . Encuentre a) posición,
velocidad y aceleración en 𝑡 = 3 𝑠. b) velocidad y aceleración promedio en intervalo de 0 a 3 𝑠, c)
Posición máxima positiva que alcanza la partícula.
S OLUCIÓN
a) Para encontrar 𝑥(3), 𝑣 𝑥 (3) y 𝑎 𝑥 (3) primero es necesario encontrar la derivadas correspondientes
𝑥 = 2 + 3𝑡 − 𝑡 2
𝑑𝑥
𝑣𝑥 =
= 3 − 2𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑣 𝑥
𝑎𝑥 =
= −2
𝑑𝑡
queda claro que
𝑥(3) = 2 + 3 × 3 − 32 = 2 𝑚
𝑣 𝑥 (3) = 3 − 2 × 3 = −3 𝑚/𝑠
𝑎 𝑥 (3) = −2 𝑚/𝑠2
b) Para poder calcular los promedio necesitamos sabes la posición 𝑥(0) = 2 𝑚 y 𝑣 𝑥 (0) = 3 𝑚/𝑠
en el tiempo inicial, así y siguiendo la definición de velocidad y aceleración promedio:
Δ𝑥
Δ𝑡
𝑥(3) − 𝑥(0)
𝑣¯ 𝑥 [0, 3] =
3−0𝑠
2 𝑚 − 2𝑚
=
3𝑠
𝑣¯ 𝑥
= 0 𝑚/𝑠
𝑣¯ 𝑥
=
𝑑𝑣 𝑥
𝑑𝑡
𝑣 𝑥 (3) − 𝑣 𝑥 (0)
𝑎¯ 𝑥 [0, 3] =
3−0𝑠
−3 𝑚/𝑠 − 3𝑚/𝑠
=
3𝑠
𝑎¯ 𝑥
= −2 𝑚/𝑠2
𝑎¯ 𝑥
=
c) Como en cualquier determinación de extremo primero encontramos el tiempo en el cual la
78
3.3. Movimiento rectilíneo uniforme (MRU)
derivada es cero
𝑑𝑥
=0
𝑑𝑡
3 − 2𝑡 𝑚𝑎𝑥 = 0
3
𝑡 𝑚𝑎𝑥 = 𝑠
2
La posición en 𝑡 = 1.5 𝑠 será
3
3 2
𝑥(𝑡 𝑚𝑎𝑥 ) = 2 + 3 × −
2
2
𝑥 𝑚𝑎𝑥 = 4.25 𝑚
No necesitamos confirmar que es un a máximo ya que su segunda derivada cumple con la condición de máximo local (aceleración es negativa).
3.3.
Movimiento rectilíneo uniforme (MRU)
El movimiento rectilíneo más simple de imaginar es aquel donde la velocidad no cambia ni magnitud, ni dirección.
Definición 3.14 (MRU). En un movimiento rectilíneo uniforme (M.R.U.) la velocidad de la partícula es constante en el tiempo y no se ve influenciada por ninguna aceleración 𝑎 𝑥 = 0. Es decir:
𝑣 𝑥 = 𝑣𝑜
En ese caso deducimos que
𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑣 𝑜 · 𝑑𝑡 = 𝑑𝑥
𝑣𝑥 =
Integrando a ambos lados obtenemos
∫
∫
𝑡
𝑥
𝑣 𝑜 · 𝑑𝑡 =
𝑡𝑜
𝑣 𝑜 · 𝑡| 𝑡𝑡𝑜 =
𝑑𝑥
𝑥𝑜
𝑥| 𝑥𝑥𝑜
𝑣 𝑜 (𝑡 − 𝑡 𝑜 ) = (𝑥 − 𝑥 𝑜 )
donde 𝑥 es la posición en un instante 𝑡, 𝑥 𝑜 es la posición inicial y 𝑡 𝑜 es el tiempo inicial. Lo usual
suponer al tiempo inicial 𝑡 𝑜 = 0 por simplicidad o decir que empezamos a contar el tiempo a partir
del momento en que empezamos a observar a la partícula. Entonces obtenemos las siguientes
ecuaciones
79
3. Cinemática
𝑥(𝑡) = 𝑥 𝑜 + 𝑣 𝑜 · 𝑡
(3.13)
𝑣(𝑡) = 𝑣 𝑜
(3.14)
Δ𝑥
= 𝑣𝑜
(3.15)
Δ𝑡
Esta última ecuación es fácil de demostrar ya dado que la velocidad es constante por ende debe ser
también su promedio las cuales se les llama las ecuaciones de movimiento del MRU. La ecuación
3.15 se interpreta diciendo que a “a tiempos iguales, desplazamientos iguales”
Ejemplo 3.10. El trueno de un relámpago llega 3.0 𝑠 después de observar la luz del rayo. ¿A qué
distancia del observador cayó el relámpago? Asuma que la velocidad de propagación del sonido
es 340 𝑚/𝑠.
S OLUCIÓN
El sonido se propaga con rapidez constante por lo que podemos utilizar la ecuación del MRU 3.15.
Nótese que en este caso la magnitud del desplazamiento es igual a la distancia recorrido ya que el
trueno no puede regresar en su trayectoria.
Δ𝑥 = 𝑣 · Δ𝑡
𝑚
= 340 · 3 A𝑠
A𝑠
Δ𝑥 = 1020 𝑚
Lo que confirma la regla empírica que se debe contar la cantidad de segundos y luego dividirlos
entre tres para obtener la cantidad de kilómetros a la cual ha caído el relámpago.
Figura 3.12.: En un MRU, la posición es una función lineal del tiempo.
Para las ecuaciones 3.13 y 3.14 decimos que la posición es una función lineal del tiempo, mientras
que su velocidad es la pendiente del gráfico 𝑥 −𝑡. Gráficamente esto se representa como se muestra
en la figura 3.12.
O BSERVACIONES
80
3.3. Movimiento rectilíneo uniforme (MRU)
1. En el gráfico 3.12(a) la posición inicial 𝑥 𝑜 se interpreta como el intercepto de la recta con el
eje 𝑥.
2. Dado que la velocidad/rapidez es constante la pendiente en cualquier intervalo Δ𝑡 es la
misma.
3. Si un cuerpo viaja en dirección contraria al eje 𝑥, entonces su desplazamiento sería negativo
Δ𝑥 < 0, su velocidad también 𝑣 < 0 y se refleja en el gráfico como una pendiente negativa.
4. Notamos también en el gráfico 𝑣 − 𝑡 3.12(b) que la velocidad al ser constante se representa
mediante un recta horizontal que intercepta al eje 𝑣 en 𝑣 𝑜
5. Notamos que área debajo del área de la velocidad (𝑣 𝑜 · Δ𝑡) es igual al desplazamiento (Δ𝑥)
según la ecuación 3.15
Ejemplo 3.11 (Buses que se encuentran ). Un bus parte de la parada de buses en Metrocentro
hacia al Norte con una velocidad de 30 𝑘𝑚/ℎ, mientras que un microbus parte con una rapidez de
60 𝑘𝑚/ℎ hacia el Sur. Un camión se encuentra a 15 𝑘𝑚 se acerca desde el Sur con una rapidez de
5 𝑘𝑚/ℎ como se muestra en la figura 3.13. Grafique los movimiento en un mismo diagrama 𝑥 − 𝑡.
S OLUCIÓN
Obviamente existen tres MRU, cada uno con su propia velocidad y posición iniciales. Asumiendo
al norte como la dirección 𝑥 positiva, vemos que el tanto el bus como el camión tienen velocidades
positivas, mientras que el microbus tiene una velocidad negativa. También notamos que el bus y el
microbus tienen posiciones iniciales cero ya que empiezan su movimiento en el origen del marco
de referencia obvio (Metrocentro) - es decir sus rectas empiezan en el origen del diagrama 𝑥 − 𝑡 mientras que el camión empieza en un punto más abajo como se muestra en la figura 3.13
Nótese que las pendientes son diferentes ya que las rapideces son diferentes también. La recta del
microbús señala hacia “abajo” o −𝑥 ya que se dirige al Sur. También notamos que el camión y
el microbus se intersectan en algún punto en el Sur , mientras que el camión y el bus jamás se
encontrarán ya que el camión va demasiado lento como para sobrepasar al bus.
81
3. Cinemática
Figura 3.13.: Varios vehículos parten al mismo tiempo
Ejemplo 3.12 (Vehículos que se encuentran). Suponga que un vehículo parte de San Salvador con
una rapidez de 80 𝑘𝑚/ℎ en dirección de Sonsonate que se encuentra a 85 𝑘𝑚 de la capital. Un
bus parte en el mismo instante desde Sonsonate hacia San Salvador con una rapidez de 60 𝑘𝑚/ℎ.
¿Cuándo y donde se encuentran?
Solución
Empezamos reconociendo que se trata de dos movimientos rectilíneos uniformes con velocidades
en sentido contrario. Es necesario utilizar dos ecuaciones de movimiento (ecuación 3.13)
𝑥 𝑐 = 𝑥 𝑐𝑜 + 𝑣 𝑐 · 𝑡
𝑥 𝑏 = 𝑥 𝑏𝑜 + 𝑣 𝑏 · 𝑡
(3.16)
Donde los subíndices 𝑐 y 𝑏 indican “carro” y “bus”. Si ponemos el marco de referencia en San
Salvador con dirección a Sonsonate, es autoevidente que la posición inicial del carro debe ser
𝑥 𝑐𝑜 = 0, mientras que la posición del bus debe ser 𝑥 𝑏𝑜 = 85 𝑘𝑚. Mientras que la velocidad del
carro debe ser positiva 𝑣 𝑐 = 80 𝑘𝑚/ℎ la del bus debe ser negativa 𝑣 𝑏 = −60 𝑘𝑚/ℎ ya que va en
sentido contrario. Al sustituir en 3.16 obtenemos la siguientes ecuaciones de movimiento (donde
𝑥 está in 𝑘𝑚 y 𝑡 en horas)
𝑥 𝑐 (𝑡) = 0 + 80
𝑘𝑚
·𝑡
ℎ
𝑥 𝑏 (𝑡) = 85 𝑘𝑚 − 60
𝑘𝑚
·𝑡
ℎ
Ahora bien, la parte esencial del ejercicio es la condición de encuentro. La cual nos dice que dos
82
3.3. Movimiento rectilíneo uniforme (MRU)
cuerpos se encuentran si están en el mismo instante en la misma posición5 . Es decir:
𝑥 𝑐 (𝑡 0) = 𝑥 𝑏 (𝑡 0)
𝑘𝑚 0
𝑘𝑚 0
80
· 𝑡 = 85 𝑘𝑚 − 60
·𝑡
ℎ
ℎ
𝑘𝑚 0
(80 + 60)
· 𝑡 = 85 𝑘𝑚
ℎ
85 𝑘𝑚
𝑡0 =
𝑘𝑚
140 ℎ
𝑡 0 = 0.607 ℎ
Es decir el carro y el bus se encuentran después de 36.5 𝑚𝑖𝑛 aproximadamente. Sustituyendo en
la ecuación para el carro obtenemos una posición
𝑘𝑚
· 0.607 S
ℎ
ℎ
S
𝑥 𝑐 (𝑡 0) = 48.57 𝑘𝑚
𝑥 𝑐 (0.607) = 80
que es aproximadamente en el desvío hacia el Cerro Verde. Nótese que se si se sustituye el tiempo
de encuentro en la ecuación del bus se obtiene el mismo resultado.
Ejemplo 3.13 (Movimiento segmentado). Tomado de la discusión D3/8. Un automovilista conduce hacia el norte 35 minutos a 85 𝑘𝑚/ℎ y se detiene durante 15 𝑚𝑖𝑛. Luego continúa el viaje hacia
el norte recorriendo 130 𝑘𝑚 en 2 horas. ¿Cuál es el desplazamiento total? ¿Cuál fue la velocidad
media?
S OLUCIÓN
Figura 3.14.: El carro ejecuta tres MRU uno tras el otro
Para solucionar este ejercicio es conveniente hacer un esquema que muestre los tres movimientos
de los que está compuesto: uno MRU, un movimiento en reposo y otro MRU. Además de ayudar
5 Piense
que Ud. desea encontrarse con un amigo en el cine para ver una película. Las informaciones que son indispensables que para que esto ocurra es que le indique la sala de cine y la hora de la función. Si sólo se indica una de
las dos informaciones el encuentro será improbable.
83
3. Cinemática
con la visualización también ayuda con la notación de las variables (ver figura 3.14) . También
calcularemos los desplazamientos en kilómetros y los tiempos en horas.6 .
a) Necesito calcular el desplazamiento del primer movimiento utilizando la ecuación 3.15
Δ𝑥 1 = 𝑣 1 · Δ𝑡1
= 85 𝑘𝑚/S
ℎ×
7
ℎ
S
12
Δ𝑥 1 = 49.58 𝑘𝑚
Δ𝑥 1 ≈ 50 𝑘𝑚
por lo tanto el desplazamiento total será
Δ𝑥𝑇 = Δ𝑥 1 + Δ𝑥2 + Δ𝑥 3
= 50 𝑘𝑚 + 0 + 130 𝑘𝑚
Δ𝑥𝑇 = 180 𝑘𝑚
b) Para la velocidad media necesitamos calcular el tiempo total que sería
Δ𝑡𝑇 = Δ𝑡1 + Δ𝑡2 + Δ𝑡3
7
1
=
ℎ+ ℎ+2ℎ
12
4
17
=
ℎ
6
Δ𝑡𝑇 = 2.83̄ ℎ
Entonces ocupando la definición de velocidad media
𝑣¯ 𝑥 =
=
Δ𝑥𝑇
Δ𝑡𝑇
180 𝑘𝑚
17
6
ℎ
𝑣¯ 𝑥 = 63.53 𝑘𝑚/ℎ
Nótese que la velocidad en el último tramo es de
𝑣3 =
Δ𝑥 3 130 𝑘𝑚
=
= 65 𝑘𝑚/ℎ
Δ𝑡3
2ℎ
mayor que la velocidad promedio, por lo que pareciera una contradicción que la velocidad promedio sean menor a las velocidades en los tramos 1 y 3, pero la verdad es que la velocidad es en
tramo 2 (por breve que haya sido) es la que baja sensiblemente el promedio.
6 El
hecho que utilizamos SI, no significa que estemos casados en él y utilizaremos la unidades que mas convengan
según el caso. ¿Si Ud. fuera el automovilista, que unidades utilizaría?
84
3.4. Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado o uniformemente variado
3.4.
Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado o
uniformemente variado
Los movimientos a velocidad constante son raros en la vida cotidiana, a excepción del sonido o la
luz. La mayoría de cuerpos de la vida cotidiana se mueven de forma acelerada, frenan, regresan
al reposo, etc. El movimiento acelerado más simple de estudiar es aquel cuya aceleración sea
constante.
Definición 3.15 (MRUA). En un movimiento rectilíneo uniformemente variado o acelerado (M.R.U.A.)
la aceleración es constante, pero la velocidad inicial debe ser colinear con la aceleración de lo contrario la trayectoria no sería recta. Justo como en el MRU, elegiremos un marco de referencia de
tal forma que sólo tengamos componentes en 𝑥. En estas circunstancias, 𝑎 𝑥 = 𝑎 𝑜 constante integramos para obtener la función de velocidad 𝑣 𝑥 (𝑡)
𝑎 𝑥 = 𝑎𝑜
𝑑𝑣 𝑥
= 𝑎𝑜
𝑑𝑡
𝑑𝑣 = 𝑎 𝑜 · 𝑑𝑡
∫ 𝑣𝑥 𝑥
∫ 𝑡
𝑑𝑣 𝑥 =
𝑎 𝑜 · 𝑑𝑡
𝑣𝑜
𝑡𝑜
𝑣 𝑥 − 𝑣 𝑜𝑥 = 𝑎 𝑜 · (𝑡 − 𝑡 𝑜 )
𝑣 𝑥 (𝑡) = 𝑣 𝑜 + 𝑎 𝑜 · 𝑡
(3.17)
(3.18)
Haciendo que el tiempo inicial 𝑡 𝑜 = 0 como lo hicimos en el MRU. La ecuación 3.18 quiere
decir que la velocidad es una función lineal del tiempo. También interpretamos la ecuación 3.17
diciendo que “a tiempos iguales, cambios de velocidad iguales”.
En toda función lineal el valor promedio en un intervalo es la suma de los valores entre dos:
𝑣¯ 𝑥 =
𝑣 1𝑥 + 𝑣 2𝑥
2
por otro lado, la velocidad promedio está dado por la ecuación 3.4 y dado que no hay desplazamiento más que en 𝑥 obtenemos
Δ𝑥 𝑣 1 + 𝑣 2
=
Δ𝑡
2
(3.19)
donde 𝑣 1 y 𝑣 2 son los valores de la velocidad en los instantes 𝑡1 y 𝑡2 y Δ𝑥 = 𝑥 2 − 𝑥 1 así como
Δ𝑡 = 𝑡2 − 𝑡1 .
Ahora bien, asumiendo que el tiempo inicial es 𝑡𝑖 = 𝑡 𝑜 y el final 𝑡 𝑓 = 𝑡 integrando sobre la
85
3. Cinemática
velocidad obtenemos la siguiente ecuación
𝑑𝑥
= 𝑣𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑥 = (𝑣 𝑜 + 𝑎 𝑜 · 𝑡) · 𝑑𝑡
∫ 𝑥
∫ 𝑡
(𝑣 𝑜 + 𝑎 𝑜 · 𝑡) 𝑑𝑡
𝑑𝑥 =
𝑥𝑜
𝑡𝑜
∫ 𝑡
∫ 𝑡
𝑥
𝑥| 𝑥𝑜 =
𝑣 𝑜 · 𝑑𝑡 +
𝑎 𝑜 · 𝑡 · 𝑑𝑡
𝑡𝑜
𝑡𝑜
1
𝑥 − 𝑥 𝑜 = 𝑣 𝑜 (𝑡 − 𝑡 𝑜 ) + 𝑎 𝑜 (𝑡 2 − 𝑡 𝑜2 )
2
Recordando que 𝑡 𝑜 = 0 obtenemos
0
0 1
2
2
𝑥 − 𝑥 𝑜 = 𝑣 𝑜 𝑡 − 𝑡
𝑜 + 𝑎 𝑜 (𝑡 − 𝑡𝑜 )
2
1 2
𝑥(𝑡) = 𝑥 𝑜 + 𝑣 𝑜 · 𝑡 + 𝑎 𝑜 𝑡
2
(3.20)
Esta es la ecuación de movimiento del MRUA, que al comparar se parece mucho al del MRU, con
la excepción del término de aceleración.
Todas la ecuaciones del MRUA: Ec.3.20, Ec.3.18, Ec.3.19 contienen el tiempo como parte esencial. No obstante hay una gran cantidad de situaciones donde el tiempo se desconoce y sería útil
tener una relación cinemática independiente del tiempo. Para tal efecto despejamos el tiempo de
la fórmula de la velocidad
𝑣 𝑥 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑜𝑡
𝑣 𝑥 − 𝑣𝑜 = 𝑎𝑜𝑡
𝑣 𝑥 − 𝑣𝑜
𝑡 =
𝑎𝑜
(3.21)
Sustituyendo este resultado en 3.20 obtenemos
1
𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣 𝑜 · 𝑡 + 𝑎𝑜 𝑡 2
2
2
𝑣 𝑥 − 𝑣𝑜
𝑣 𝑥 − 𝑣𝑜
1
= 𝑥𝑜 + 𝑣 𝑜 ·
+ 𝑎𝑜
𝑎𝑜
2
𝑎𝑜
2
2
𝑣 𝑥 · 𝑣 𝑜 𝑣 𝑜 1 𝑣 𝑥 − 2𝑣 𝑥 · 𝑣 2𝑜 + 𝑣 2𝑜
= 𝑥𝑜 +
−
+ 𝑎
𝑜
𝑎𝑜
𝑎𝑜 2
𝑎2
𝑜
Ordenando y cancelando términos semejantes
86
3.4. Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado o uniformemente variado
𝑣 𝑥 · 𝑣 𝑜 𝑣 2𝑜 1 𝑣 2𝑥 1 2𝑣 𝑥 · 𝑣 𝑜 1 𝑣 2𝑜
−
+
− ·
+
𝑎𝑜
𝑎 𝑜 2 𝑎 𝑜 2
𝑎𝑜
2 𝑎𝑜
2
2
2
: 𝑥 · 𝑣𝑜 1 𝑣 𝑥 1 𝑣𝑜 𝑣𝑜
𝑣 𝑥 · 𝑣𝑜 Z
Z
𝑥 − 𝑥𝑜 = Z − Z +
+
−
𝑎 𝑜Z
𝑎 𝑜Z
2 𝑎𝑜 2 𝑎𝑜 𝑎𝑜
Z
Z
1 2
Δ𝑥 =
𝑣 𝑥 − 𝑣 2𝑜
2𝑎 𝑜
2𝑎 𝑜 Δ𝑥 = 𝑣 2𝑥 − 𝑣 2𝑜
𝑥 = 𝑥𝑜 +
obteniendo finalmente
𝑣 2𝑥 = 𝑣 2𝑜 + 2𝑎 𝑜 Δ𝑥
(3.22)
A esta ecuación la llamamos la ecuación de velocidades al cuadrado y relaciona el desplazamiento
con la aceleración sin que intervenga el tiempo7 .
3.4.1.
Gráficos del MRUA
Es de utilidad resumir las ecuaciones del MRUA e interpretarlas gráficamente:
1.
𝑥
2.
𝑣
3.
Δ𝑥
Δ𝑡
4.
𝑣2
5.
𝑎
1
= 𝑥𝑜 + 𝑣 𝑜 · 𝑡 + 𝑎𝑜 𝑡 2
2
= 𝑣𝑜 + 𝑎𝑜 · 𝑡
𝑣1 + 𝑣2
=
2
= 𝑣 2𝑜 + 2𝑎 𝑜 Δ𝑥
Δ𝑣
= 𝑎𝑜 =
Δ𝑡
(3.23)
O BSERVACIONES
1. La aceleración es constante en todo momento, mientras que la velocidad es una función
lineal y la posición es una función cuadrática como se muestra en la figura 3.15
2. Para conocer plenamente al movimiento es necesario conocer las dos condiciones iniciales:
𝑥 𝑜 , 𝑣 𝑜 y 𝑎 𝑜 que determinan la forma y orientación de las curvas 𝑥 − 𝑡 y 𝑣 − 𝑡 como se muestra
en la figura 3.15
3. Las tres condiciones se pueden inferir del gráfico 𝑥 − 𝑡, 𝑥 𝑜 es el intercepto con el eje 𝑥, 𝑣 𝑜 es
la magnitud de la pendiente y 𝑎 𝑜 determina que la curvatura de la parábola y si es cóncava
hacia arriba o hacia abajo.
7 Más
adelante veremos que esta fórmula está íntimamente ligada al teorema del trabajo y la energía y conecta la
cinemática con la dinámica
87
3. Cinemática
Figura 3.15.: Gráficas del MRUA
Figura 3.16.: MRUA representados por diferentes parábolas
Ejemplo 3.14. En la figura 3.16 se muestran cuatro movimientos rectilíneos uniformes. Indique
los signos de las condiciones iniciales y si al principio se trata de una aceleración o un frenado.
S OLUCIÓN
Para cada figura hay que ver primero si el intercepto es positivo o negativo, luego si la pendiente
es positiva o negativa y por último si la parábola está abierta hacia arriba o abajo. Así obtenemos
leyendo la gráfica
1. 𝑥 𝑜 > 0, 𝑣 𝑜 < 0 y 𝑎 𝑜 > 0, frenado ya que velocidad y aceleración se oponen
2. 𝑥 𝑜 < 0, 𝑣 𝑜 > 0 y 𝑎 𝑜 < 0, frenado ya que velocidad y aceleración se oponen
3. 𝑥 𝑜 > 0, 𝑣 𝑜 > 0 y 𝑎 𝑜 > 0, acelerado ya que velocidad y aceleración van en la misma
dirección
88
3.4. Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado o uniformemente variado
4. 𝑥 𝑜 > 0, 𝑣 𝑜 > 0 y 𝑎 𝑜 < 0, frenado ya que velocidad y aceleración se oponen
3.4.2.
Aplicaciones y ejemplos
Ejemplo 3.15. La compañía Ferrari dice que su modelo 488-gtb puede acelerar de 0 𝑘𝑚/ℎ a
100 𝑘𝑚/ℎ en sólo 3 𝑠 como se muestra en la figura 3.17
(a) ¿Qué aceleración alcanza en 𝑚/𝑠2 ?
(b) ¿Qué distancia recorre en ese intervalo?
(c) Otra compañía (Tesla Motors) dice que su automóvil alcanza la velocidad de 96.5 𝑘𝑚/ℎ en
80 𝑚. ¿Cuál automóvil tiene la mayor aceleración?
S OLUCIÓN
Figura 3.17.: Ferrari llega desde el reposo a 100 𝑘𝑚/ℎ en 3 𝑠
(a) Primero transformamos la velocidad a 𝑚/𝑠 y obtenemos 𝑣 𝑓 = 100
utilizamos la ecuación de la definición de la aceleración
𝑘𝑚
ℎ
= 27.8
𝑚
𝑠.
Luego
Δ𝑣
Δ𝑡
𝑣 𝑓 − 𝑣𝑖
=
𝑡 𝑓 − 𝑡𝑖
27.8 𝑚𝑠 − 0,
=
3𝑠 − 0
𝑎 = 9.27 𝑚/𝑠2
𝑎 =
recordando que el Ferrari parte desde el reposo.
(b) Utilizando la ecuación para la posición en 3.23 obtenemos
0 01
>
𝑥 = 𝑥
𝑣 𝑜*
𝑡 + 𝑎𝑜𝑡 2
𝑜 +
2
1
𝑚
=
· 9.27
·9
𝑠2
2
2
𝑠
𝑥 = 41.72 𝑚
Indicando que el carro alcanza los 100 𝑘𝑚/ℎ en menos de 50 𝑚
89
3. Cinemática
(c) Para este otro carro calculamos la velocidad final 𝑣 𝑓 = 96.5 𝑘𝑚/ℎ = 26.8 𝑚/𝑠 y utilizamos la
ecuación de velocidades al cuadrado ya que no hay información de tiempo en este caso
𝑣 2𝑓
0
7+ 2𝑎 Δ𝑥
= 𝑣 2𝑜
𝑜
𝑎𝑜 =
𝑎𝑜
𝑣 2𝑓
2Δ𝑥
2
26.8 𝑚𝑠
=
2 · 80 𝑚
= 4.49 𝑚/𝑠2
Teniendo una aceleración más pequeña que la del Ferrari.
Ejemplo 3.16 (Ayude al juez). Un automóvil que viaja por una zona de velocidad controlada de
40 𝑘𝑚/ℎ frena súbitamente dejando las llantas un rastro de 55 𝑚 en el pavimento como se muestra
en la figura. Si la aceleración máxima de frenado del automóvil es −1.5 𝑠𝑚2 .
¿A qué velocidad viajaba el automóvil? ¿Debería un juez imponerle una multa por sobrepasar el
límite de velocidad establecido?
Figura 3.18.: ¿Iba demasiado rápido?
S OLUCIÓN
Utilizando las ecuaciones de movimiento del MRUA (3.23) calculamos la velocidad inicial:
0
2
7
𝑣 𝑓 = 𝑣 2𝑖 + 2𝑎Δ𝑥
𝑣 2𝑖 = −2𝑎Δ𝑥
√
𝑣𝑖 =
−2𝑎Δ𝑥
r
𝑚
=
−2 · −1.5 2 · 55 𝑚
𝑠
r
2
𝑚
=
+165 2
𝑠
𝑚
𝑣 𝑖 = 12.82
𝑠
𝑘𝑚
𝑣 𝑖 = 46.24
ℎ
90
3.4. Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado o uniformemente variado
Lo que significa que iba levemente encima de la velocidad permitida. Apegado a la ley, se le
debería multar por habérsele probado que sobrepasó el límite de velocidad establecido.
Ejemplo 3.17 (Patrulla y automóvil se encuentran). Tomado de la discusión D3/12. Una patrulla
y un automóvil parten simultáneamente desde el reposo, con la patrulla a cierta distancia detrás
del auto. Ambos se mueven en línea recta con aceleración constante de 3 𝑚/𝑠2 para la patrulla y
2.2𝑚/𝑠2 para el auto, ambos vehículos se encuentran cuando la patrulla se halla a 100 𝑚 de su
lugar de partida. a) ¿Qué distancia separa al automóvil y a la patrulla en el instante de partida? b)
Elabore un gráfico de 𝑥 vs 𝑡 y 𝑣 vs 𝑡 para ambos vehículos.
S OLUCIÓN
Figura 3.19.: Patrulla persigue bocho
El esquema mostrado en la figura 3.19, refleja el problema planteado y a su vez es la mitad de
la solución del problema. Dado que ambos cuerpos ejecutan un MRUA es necesario escribir las
ecuaciones de movimiento de ambos cuerpos sustituyendo los valores para que nos quede una
ecuación simple de manipular. No es necesario tener todas las variables cinemática o utilizar las 4
relaciones del MRUA (ver ecuaciones 3.23) sólo aquellas que voy a necesitar. Por lo tanto
0
0
2
* 1
*
𝑥 𝑝 (𝑡) = 𝑥 𝑜
𝑣 𝑜
𝑝 +
𝑝 𝑡 + 2 𝑎𝑜 𝑝 𝑡
𝑥 𝑝 (𝑡) = 1.5𝑡 2
0
*
𝑥𝑐
= 𝑥 𝑜𝑐 + 𝑣 𝑜𝑐
𝑡 + 12 𝑎 𝑜𝑐 𝑡 2
𝑥 𝑐 (𝑡) = 𝑑 + 1.1𝑡 2
nótese que hemos dejado las unidades por fuera, diciendo que 𝑥 está en metros y 𝑡 en segundos
para tener mayor simplicidad en el cálculo.
a) Sabemos que los dos carros se encuentran en la posición 𝑥 0 = 100 𝑚 respecto del marco de
referencia. y sabemos que la condición de encuentro es que ambos estén en el mismo lugar (𝑥 0) al
mismo tiempo (𝑡 0). Es decir
𝑥 𝑝 (𝑡 0) = 𝑥 0 = 𝑥 𝑐 (𝑡 0)
91
3. Cinemática
De lado izquierdo de las igualdades puedo determinar el tiempo de encuentro 𝑡 0
𝑥 𝑝 (𝑡 0) = 𝑥 0
1.5𝑡 02 = 100
√
𝑡 0 = 66.67
𝑡 0 = 8.165 𝑠
Utilizando este valor en lado derecho de la condición de encuentro obtengo
𝑥 0 = 𝑥 𝑐 (𝑡 0)
100 = 𝑑 + 1.1𝑡 02
𝑑 = 100 − 73.33
𝑑 = 26.67 𝑚
Es decir el carro se encuentra a 26.67 𝑚 en enfrente de la patrulla al inicio del ejercicio
b) La gráfica que haremos será más bien esquemática señalando las condiciones iniciales, así como
el punto de encuentro
Figura 3.20.: Representación gráfica del ejemplo
O BSERVACIONES
1. El intercepto de la gráfica del carro es la distancia 𝑑 que hay originalmente entre la patrulla
y el carro
2. Nótese que las pendientes iniciales de ambas parábolas son cero, consistente con cuerpos
que parten del reposo
3. La curvatura del gráfico de posición es mayor y hacia arriba ya que su aceleración es mayor
que la del carro
4. El punto donde se interceptan las curvas es lógicamente el punto de encuentro entre la
patrulla y el carro.
92
3.5. Caída libre
3.5.
Caída libre
La caída libre es uno de los movimientos más comunes en nuestra vida cotidiana. Ya sea que se
lanza algo por el espacio (proyectil) o bien se caiga algo de una mesa o edificio.
Definición 3.16 (Caída libre). Un cuerpo se encuentra en caída libre cuando sobre él sólo actúa la
fuerza de la gravedad y está libre de otras restricciones.
Figura 3.21.: Marco de referencia estándar en caída libre
La fuerza de la gravedad al ser aproximadamente constante en la superficie de la Tierra provoca
una aceleración constante, por lo que el movimiento de caída libre es un MRUA especial, donde
la aceleración siempre señala hacia abajo y tiene magnitud :
𝑎 𝑔 = 𝑔 = 9.80
𝑚
𝑠2
Siguiendo el marco de referencia en la figura (3.25) donde 𝑦 señala verticalmente hacia arriba y 𝑥
en dirección horizontal. Las ecuaciones se dejan representar
1
𝑦 = 𝑦 𝑜 + 𝑣 𝑜𝑦 · 𝑡 − 𝑔𝑡 2
2
𝑣 𝑦 = 𝑣 𝑜𝑦 − 𝑔 · 𝑡
𝑣 1𝑦 + 𝑣 2𝑦
Δ𝑦
=
Δ𝑡
2
𝑣 2𝑦 = 𝑣 2𝑜𝑦 − 2𝑔Δ𝑦
(3.24)
Ponemos explícitamente el signo negativo en las ecuaciones de manera que 𝑔 sea siempre positivo
y su dirección esté dado por el marco de referencia8 . Ojo es marco de referencia se elige de tal
forma que la altura de impacto sea cero (𝑦(𝑡𝑖 ) = 0) y la altura inicial 𝑦(0) = ℎ 9 .
8 Hay
algunos libros que prefieren poner el signo en el valor como si fuera un MRUA regular. Nosotros preferimos
poner el signo explícitamente para recordarnos que es un movimiento con una dirección y movimiento especial.
9 Es de notar que mientras el tiro pierde altura, la altura inicial es positiva y consecuentemente:
Δ𝑦 = 𝑦(𝑡 𝑖 ) − 𝑦(0) = −ℎ
93
3. Cinemática
Definición 3.17 (Punto de impacto). es aquel punto donde la trayectoria es interrumpida ya sea
por un suelo, una pared o bien una superficie irregular.
Aunque estas ecuaciones son suficientes para solucionar cualquier problema relacionado con caída
libre, intuitivamente estamos acostumbrados a otras variables como por el ejemplo el tiempo de
vuelo, el tiempo de impacto , la altura de la cual cae y/o la distancia de recorre antes de caer.
Ejemplo 3.18 (Tiempo de Impacto). Suponga que se deja caer desde el reposo una maceta desde
el tercer piso (ℎ = 12 𝑚). ¿Cuánto tiempo tarda en caer? ¿Qué rapidez adquiere la maceta?
S OLUCIÓN
(a) Utilizando la primera ecuación de 3.24
*−0 1 𝑔 · 𝑡 2
𝑡
𝑦𝑖 = ℎ + 𝑣 𝑜𝑦
𝑖
𝑖
2
1
0 = ℎ − 𝑔 · 𝑡2
s 2
𝑡𝑖 =
2ℎ
𝑔
(3.25)
Sustituyendo los valores obtenemos
s
𝑡𝑖 =
𝑚
2 · 12 Z
9.80 Z
𝑚 /𝑠2
𝑡𝑖 = 1.56 𝑠
(b) La velocidad que adquiere la podemos obtener de las ecuaciones sustituyendo el tiempo de
impacto en la segunda ecuación de caída libre 3.24
𝑣 𝑦𝑖
𝑣𝑦
*−0 𝑔𝑡 𝑖
= 𝑣 𝑜𝑦
s
2ℎ
= −𝑔
𝑔
s
2𝑔2 ℎ
= −
𝑔
p = − 2𝑔ℎ
(3.26)
El signo negativo significa que va hacia abajo según nuestro marco de referencia. Sustituyendo
valores obtenemos.
r
𝑚
𝑣 𝑦 = − 2 · 9.8 2 · 12 𝑚
𝑠
𝑣 𝑦 = −15.34 𝑚/𝑠
su rapidez es obviamente el valor absoluto 𝑣 = +15.34 𝑚/𝑠
94
3.5. Caída libre
Ejemplo 3.19 (Tiro vertical). Suponga que ahora un proyectil se dispara desde una altura inicial
de ℎ = 3 𝑚 con una velocidad inicial de 𝑣 𝑜 = +20 𝑚/𝑠 justo hacia arriba como se muestra en la
figura. (a) ¿Cuánto tiempo tarda en llegar al punto máximo? (b) ¿Que altura posee entonces? (c)
¿Cuanto tiempo (𝑡 𝑣 ) necesita el proyectil para regresar a la altura inicial? (d) ¿Cuánto tiempo (𝑡𝑖 )
necesita para impactar en el suelo? (e) ¿Con que velocidad impacta?
Figura 3.22.: El tiro vertical es simétrico respecto del tiempo
S OLUCIÓN
(a) En el punto de máxima altura, el proyectil invierte su velocidad por lo que podemos decir que
está momentáneamente en reposo o 𝑣(𝑡 𝑠 ) = 𝑣 𝑠 = 0 (se lee, la velocidad en el tiempo de subida)
donde 𝑡 𝑠 es el tiempo que necesita para llegar a esa posición o tiempo de subida. Sustituyendo en
la ecuaciones de caída libre (3.24)
𝑣(𝑡 𝑠 ) = 0
𝑣𝑜 − 𝑔 · 𝑡𝑠 = 0
𝑣𝑜
𝑡𝑠 =
𝑔
(3.27)
Sustituyendo los valores obtenemos
𝑡𝑠 =
𝑡𝑠
20 Z
𝑚 /𝑠
9.8 Z
𝑚 /𝑠2
= 2.04 𝑠
(b) La altura la podemos obtener sustituyendo la ecuación 3.27 en las ecuaciones para caída li-
95
3. Cinemática
bre3.24:
𝑦 𝑚𝑎𝑥 = 𝑦(𝑡 𝑠 )
𝑦 𝑚𝑎𝑥
1
= ℎ + 𝑣 𝑜 𝑡 𝑠 − 𝑔𝑡 𝑠2
2
2
𝑣𝑜 1 𝑣𝑜
= ℎ + 𝑣𝑜 − 𝑔
𝑔
2
𝑔
2
2
𝑣
1 𝑣𝑜
= ℎ+ 𝑜 −
𝑔
2 𝑔
2
1 𝑣𝑜
= ℎ+
2 𝑔
= ℎ+𝐻
Donde
𝐻=
𝑣 2𝑜
2𝑔
(3.28)
(3.29)
(3.30)
(3.31)
se le llama la altura del tiro y va desde la posición inicial hasta la altura máxima. Introduciendo
valores. Insertando valores obtenemos
(20 𝑚/𝑠) 2
2 · 9.8 𝑚/𝑠2
𝐻 = 20.4 𝑚
𝑦 𝑚𝑎𝑥 = ℎ + 𝐻
𝐻 =
𝑦 𝑚𝑎𝑥 = 23.4 𝑚
(c) Por último el tiempo que tarda el proyectil en regresar a su altura inicial lo llamamos tiempo
de vuelo 𝑡 𝑣
𝑦(𝑡 𝑣 ) = 𝑦 𝑜
1
ℎ + 𝑣 𝑜 𝑡 𝑣 − 𝑔𝑡 2𝑣 = S
ℎ
S
2 1
𝑡 𝑣 𝑣 𝑜 − 𝑔𝑡 𝑣 = 0
2
Un producto es cero cuando uno de sus dos factores es cero. Matemáticamente una de sus posibilidades es que 𝑡 𝑣 = 0, pero eso significa que el proyectil subió y bajó instantáneamente lo que no
es lógico o físicamente razonable. La otra posibilidad es que:
1
𝑣 𝑜 − 𝑔𝑡 𝑣
2
𝑡𝑣
= 0
=
2𝑣 𝑜
𝑔
(3.32)
Notamos que el tiempo de vuelo es el doble del tiempo de subida, lo que significa que el proyectil
tarda la misma cantidad de tiempo subiendo que bajando. También significa que a mismas alturas
96
3.5. Caída libre
se obtienen mismas rapideces. Sustituyendo valores
𝑡𝑣
= 2 · 𝑡𝑠
= 2 · 2.04 𝑠
𝑡𝑣
= 4.08 𝑠
d) Ahora nos interesa el tiempo que tarda el proyectil en impactar el suelo. Obviamente la condición es que
𝑦(𝑡𝑖 ) = 0
1
ℎ + 𝑣 𝑜 𝑡𝑖 − 𝑔𝑡 𝑖2 = 0
2
Resolviendo la cuadrática obtenemos
r
𝑣 2𝑜 − 4 − 12 𝑔 ℎ
𝑡𝑖 =
2 − 21 𝑔
p
−𝑣 𝑜 ± 𝑣 2𝑜 + 2𝑔ℎ
=
−𝑔
−𝑣 𝑜 ±
sacando un factor común −1 arriba y abajo y cancelando obtenemos finalmente la fórmula deseada
para el tiempo de impacto:
p
𝑣 𝑜 ± 𝑣 2𝑜 + 2𝑔ℎ
𝑡𝑖 =
(3.33)
𝑔
Sustituyendo valores
p
20 𝑚/𝑠 ± 202 + 2 × 9.8 × 3 𝑚 2 /𝑠2
𝑡𝑖 =
9.8 𝑚/𝑠2
20 ± 21.42 𝑚/𝑠
=
9.8 𝑚/𝑠2
𝑡𝑖 = 4.23 𝑠
𝑡𝑖 = −0.145 𝑠
nótese que la solución negativa es físicamente imposible, pues indicaría un tiempo en el pasado
y sabemos el movimiento empezó en el presente 𝑡 = 0 y termina en el futuro 𝑡 > 0. De ahí que
todos los tiempos negativos los descartaremos como antifísicos. Por lo tanto la respuesta correcta
es 𝑡𝑖 = 4.23 𝑠 que es un poco mayor que el tiempo de vuelo 𝑡 𝑣 .
e) Para calcular la velocidad de impacto sencillamente sustituimos la fórmula del tiempo 3.33 de
97
3. Cinemática
impacto en la ecuación de la velocidad de caída libre 3.24 obteniendo:
𝑣 𝑦 (𝑡𝑖 ) = 𝑣 𝑜 − 𝑔𝑡 𝑖
p
𝑣 𝑜 ± 𝑣 2𝑜 + 2𝑔ℎ
= 𝑣 𝑜 − 𝑔A
𝑔
q A
= 𝑣 𝑜 − 𝑣 𝑜 ∓ 𝑣 2𝑜 + 2𝑔ℎ
q
𝑣 𝑖 = ∓ 𝑣 2𝑜 + 2𝑔ℎ
(3.34)
donde decimos el signo positivo de la velocidad no es consistente con un cuerpo que cae al suelo.
Sustituyendo valores obtenemos
p
𝑣 𝑖 = − 202 + 2 × 9.8 × 3 𝑚/𝑠
𝑣 𝑖 = −21.42 𝑚/𝑠 = −77 𝑘𝑚/ℎ
3.5.1.
Estrategia para solucionar ejercicios de caída libre
El ejemplo anterior nos mostró casi todas las fórmulas que se utilizan en caída libre. Resumimos
las ecuaciones en la figura 3.23.
Figura 3.23.: Resumen de ecuaciones de caída libre
O BSERVACIONES
1. Clasificamos las ecuaciones en tres tipos: generales, impacto y especiales y las colocamos
en los cuadros verdes, amarillos y rojos como se muestra
2. Las ecuaciones generales (verdes) son en esencia las ecuaciones del MRUA limitadas a un
marco de referencia hacia arriba y un valor de 𝑔 positivo. Estas ecuaciones son indispensables pues son la base de todos los cálculos
3. Las ecuaciones de impacto (amarillas) no son realmente indispensables, pero ayudan al estudiante a la hora de calcular ejercicios en un examen pues reducen el tiempo al no tener
98
3.5. Caída libre
que deducir expresiones que aparecen seguido en muchos ejercicios. Además evita la complicación de equivocarse en un despeje.
4. Las ecuaciones especiales (rojas) sólo aplican cuando se buscan variables geométricas del
tiro cuando la partícula regresa a la altura inicial, lo cual no es muy frecuente en los ejercicios que presentaremos. No es necesario sabérselas de memoria, pero es bueno saber que
existen.
Tomaremos ahora ejercicios de la discusión D3 para que se entienda el punto
Ejemplo 3.20 (Tiro vertical). Tomado de la discusión D3/13. Una pelota arrojada hacia arriba
tarda 𝑡 0 = 2.25𝑠 en alcanzar una altura de 𝑦(𝑡 0) = 36.8 𝑚. a) ¿Cuál es su rapidez inicial? b) ¿cuál
es su rapidez en esa altura? c) ¿A qué altura llegará?
S OLUCIÓN
El ejercicio no habla de la altura inicial, así que podemos asumir que el tiro empieza desde el
suelo ℎ = 0. a) El tiempo dado no es ninguno de los tiempos calculados en la tabla amarilla o roja,
por que tendremos que trabajar con la formulas generales (verdes). Utilizando la primera fórmula
verde
𝑦(𝑡 0) = 36.8 𝑚
0
+ 𝑣𝑜 · 𝑡 0 −
ℎ
1
𝑔 · 𝑡 2 = 36.8 𝑚
2
1
𝑣 𝑜 · 𝑡 0 = 36.8 𝑚 + 𝑔 · 𝑡 02
2
36.8 𝑚 + 4.9 𝑚/𝑠2 (2.25 𝑠) 2
𝑣𝑜 =
2.25 𝑠
𝑣 𝑜 = 27.38 𝑚/𝑠
b) La rapidez se saca calculando la magnitud de velocidad en este instante
𝑣 𝑦 (𝑡 0) = 𝑣 𝑜 − 𝑔 · 𝑡 0
= 27.38 𝑚/𝑠 − 9.8 𝑚/𝑠2 × 2.25𝑠
𝑣 𝑦 = 5.33 𝑚/𝑠
Como la velocidad instantánea es positiva, la rapidez tendrá ese valor
c) Aquí podemos utilizar una de las fórmulas especiales para no tener que calcular el tiempo de
subida utilizando la ecuación 3.30
𝑦 𝑚𝑎𝑥 = ℎ + 𝐻
𝑣 2𝑜
2𝑔
(27.38 𝑚/𝑠) 2
=
2 × 9.8 𝑚/𝑠
= 38.25 𝑚
=0+
𝑦 𝑚𝑎𝑥
99
3. Cinemática
Ejemplo 3.21 (Tiro hacia abajo). Tomado de la discusión D3/14. Un niño parado en un puente
lanza una piedra verticalmente hacia abajo con una rapidez inicial de 14.7 𝑚/𝑠, hacia el río que
pasa por abajo. Si la piedra choca con el agua 2.0 𝑠 después, ¿a qué altura está el puente sobre el
agua?
S OLUCIÓN
Figura 3.24.: ¿Desde qué altura dejó caer la piedra?
La figura 3.24 muestra la situación planteada donde resaltamos que ponemos el marco de referencia de manera que la altura de impacto 𝑦 𝑖 = 0. Cuando vemos las múltiples ecuaciones del resumen
(figura 3.23) Notamos que la fórmulas rojas no aplican pues el movimiento no termina a la misma
altura donde empezó. De las amarillas podríamos deducir la altura del tiempo de impacto, pero a
simple vista se mira que el calculo sería engorroso. Nos dedicamos entonces a las fórmulas verdes, donde aquellas que requieran dos velocidades las descartamos, pues sólo tenemos una. Por lo
tanto
1
𝑦(𝑡𝑖 ) = ℎ + 𝑣 𝑜 · 𝑡𝑖 − 𝑔 · 𝑡𝑖2
2
1
0 − 𝑣 𝑜 𝑡𝑖 + 𝑔 · 𝑡𝑖2 = ℎ
2
poniendo valores y recordando que la velocidad inicial es negativa
ℎ = − (−14.7 𝑚/𝑠) × 2.0 𝑠 + 4.9 𝑚/𝑠2 (2.0 𝑠) 2
ℎ = 49 𝑚
es interesante que el término de la velocidad se vuelve positivo y aumenta la altura del puente.
Mientras que si se hubiera lanzado hacia arriba, la altura del puente hubiese sido menor.
Ejemplo 3.22. Tomado de la discusión D3/16. Una pelota es arrojada verticalmente hacia abajo
a una velocidad inicial de 20.5 𝑚/𝑠 desde una altura de 58.8 𝑚 (a) ¿Cuál será su velocidad justo
100
3.5. Caída libre
antes de impactar en el suelo? (b) ¿Cuánto tiempo le tomó a la pelota llegar al suelo? (c) ¿Cuáles
serían las respuestas de (a) y (b) si la pelota fuera lanzada directamente hacia arriba desde la misma
altura y la misma rapidez inicial
S OLUCIÓN
Para visualizar el ejercicio basta retomar la figura 3.22, notando que la velocidad inicial primero
va hacia abajo y luego hacia arriba.
a) Este es un caso donde las formulas verdes en el resumen 3.23 se pueden utilizar directamente
ya que dan velocidad y altura explicitamente:
q
𝑣 𝑖 = ∓ 𝑣 2𝑜 + 2𝑔ℎ
según el marco de referencia presentado
q
𝑣 𝑖 = ∓ (20.5 𝑚/𝑠) 2 + 2 × 9.8 𝑚/𝑠2 × 58.8 𝑚/𝑠
𝑣 𝑖1 = −39.66 𝑚/𝑠
𝑎𝑛𝑡𝑖 𝑓 𝚤´𝑠𝑖𝑐𝑜
:
𝑣 𝑖2 = +39.66
𝑚/𝑠
Notamos que la solución positiva no tiene sentido ya que una velocidad hacia arriba no es compatible con cuerpo que impacta el suelo hacia abajo.
b) Para el tiempo de impacto tenemos similarmente
p
𝑣 𝑜 ± 𝑣 2𝑜 + 2𝑔ℎ
𝑡𝑖 =
𝑔
evaluando
−20.5 𝑚/𝑠 ±
q
(20.5 𝑚/𝑠) 2 + 2 × 9.8 𝑚/𝑠2 × 58.8 𝑚/𝑠
𝑡𝑖 =
9.8 𝑚/𝑠
𝑡𝑖1 = 1.95 𝑠
: 𝑎𝑛𝑡𝑖 𝑓 𝑖𝑠𝑖𝑐𝑜
𝑠
𝑡𝑖2 = −6.14
Otra vez obviamos la solución de tiempo negativo, porque implicaría que el movimiento empezó
en el pasado y se pretende predecir el futuro.
c) Si invertimos la dirección de la velocidad inicial obtenemos
q
𝑣 𝑖 = ∓ (20.5 𝑚/𝑠) 2 + 2 × 9.8 𝑚/𝑠2 × 58.8 𝑚/𝑠
𝑣 𝑖 = −39.66 𝑚/𝑠
101
3. Cinemática
y correspondientemente
20.5 𝑚/𝑠 ±
q
(20.5 𝑚/𝑠) 2 + 2 × 9.8 𝑚/𝑠2 × 58.8 𝑚/𝑠
𝑡𝑖 =
9.8 𝑚/𝑠
𝑡𝑖1 = 6.14 𝑠
: 𝑎𝑛𝑡𝑖 𝑓 𝑖𝑠𝑖𝑐𝑜
𝑠
𝑡𝑖2 = −19.16
Es interesante notar que la velocidad final es idéntica en tiro hacia arriba o hacia abajo. De lo que
asumimos que el incremento de rapidez no depende de las condiciones iniciales sino de la pérdida
de altura10 . No así el tiempo, donde el tiro hacia arriba tarda más, pues tiene primero que subir y
luego bajar llegar a la posición de inicio. Es interesante ver que el tiempo de vuelo en este caso
2𝑣 𝑜
𝑔
2 × 20.5 𝑚/𝑠
=
9.8 𝑚/𝑠2
𝑡 𝑣 = 4.19 𝑠
𝑡𝑣 =
es exactamente la diferencia de los tiempos de impacto de ambos tiros.
3.6.
Cinemática en dos dimensiones
En esta sección trataremos movimientos que se mueven sobre planos rectos euclidianos 𝑥𝑦. Diremos que tanto la posición, la velocidad y la aceleración poseen coordenadas en 𝑥 ≡ 𝑥(𝑡) y 𝑦 ≡ 𝑦(𝑡)
que son funciones del tiempo, de tal forma que las variables cinemáticas se dejan escribir como
𝑟®(𝑡) = 𝑥(𝑡) 𝚤ˆ + 𝑦(𝑡) 𝚥ˆ
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑣® (𝑡) =
𝚤ˆ +
𝚥ˆ
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑣 𝑦
𝑑𝑣 𝑥
𝑎(𝑡)
® =
𝚤ˆ +
𝚥ˆ
𝑑𝑡
𝑑𝑡
como ya habíamos discutido en la sección 3.6 la velocidad es tangente a la curva de la trayectoria,
mientras que la aceleración señala parcialmente en dirección de la curvatura. La distancia recorrida
y la rapidez no tienen expresiones simples, así que nos concentraremos en las componentes de los
vectores.
En esta sección trataremos de investigar los movimientos bidimensionales más importantes para
la mecánica.
10 Cuando
veamos el tema energía, veremos que la fórmula de velocidad es una variación de la Ley de Conservación
de la Energía
102
3.7. Movimiento de proyectiles
3.7.
Movimiento de proyectiles
El movimiento de proyectiles es uno de los usados en mecánica.
Definición 3.18 (Movimiento de proyectiles). es un movimiento combinado donde la partícula se
proyecta al espacio ejecutando un MRU en 𝑥 (velocidad en 𝑥 constante) y una caída libre en 𝑦
Los movimientos son independientes uno del otro y lo único que los enlaza es el parámetro del
tiempo11
Figura 3.25.: Variables geométrica de movimiento de proyectiles
O BSERVACIONES
1. Este es un gráfico de una curva geométrica, no una diagrama de posición tiempo y de la
experiencia diaria sabemos que se trata de una parábola, de ahí que a veces le llama al
movimiento tiro parabólico.
2. En la figura 3.25 a) se muestran las variables geométricas y cantidades físicas que interesan.
Muchas son conocidas del tiro vertical como la altura inicial ℎ , el tiempo de subida tiempo
de subida 𝑡 𝑠 , el tiempo de vuelo 𝑡 𝑣 la altura del tiro 𝐻.
Pero otras son nuevas como el ángulo de proyección 𝜃, que es el ángulo que forma la velocidad con el eje 𝑥; el alcance 𝑅 (del inglés reach), que la distancia horizontal recorrida
entre altura inicial y aquel punto que tiene la misma altura inicial en 𝑡𝑣; el desplazamiento
horizontal Δ𝑥 𝑖 que es la distancia horizontal recorrida al impactar la partícula.
3. En la figura 3.25 b) recordamos que debido a la caída libre es un movimiento con aceleración constante 𝑎® = −𝑔 𝚥ˆ pero NO rectilíneo.
4. La rapidez inicial, que es una variable usual en movimiento de proyectiles, se deja calcular
a traves de
q
𝑣 𝑜 = 𝑣 2𝑜𝑥 + 𝑣 2𝑜𝑦
5. En la figura 3.25c) Vemos como la velocidad cambia constantemente de dirección y magnitud, pero la componente 𝑥 no. La componente en 𝑦 empieza positiva, disminuye, se vuelve
cero y luego invierte la dirección.
11 Definido
de esta forma, el movimiento está parametrizado matemática por el tiempo en coordenadas cartesianas
103
3. Cinemática
6. La velocidad de impacto tiene componentes en 𝑥 como en 𝑦. Por lo que la rapidez en el
impacto se deja calcular por la siguiente expresi[on:
q
𝑣 𝑖 = 𝑣 2𝑖 𝑥 + 𝑣 2𝑖𝑦
3.7.1.
Ecuaciones de movimiento
Como se definió anteriormente, el movimiento de proyectiles un MRU en 𝑥 y una caída libre 𝑦,
por lo tanto las ecuaciones de movimiento serán:
𝑥 = 𝑥 𝑜 + 𝑣 𝑜𝑥 · 𝑡
𝑣 𝑥 = 𝑣 𝑜𝑥
Δ𝑥 = 𝑣 𝑜𝑥 · Δ𝑡
𝑦
𝑣𝑦
Δ𝑦
Δ𝑡
𝑣 22𝑦
= ℎ + 𝑣 𝑜𝑦 · 𝑡 − 12 𝑔 · 𝑡 2
= 𝑣 𝑜𝑦 − 𝑔 · 𝑡
𝑣 +𝑣
= 1𝑦 2 2𝑦
= 𝑣 21𝑦 − 2𝑔Δ𝑦
(3.35)
con estas siete ecuaciones se pueden solucionar todos los problemas del movimiento de proyectiles. Sin embargo, si adicionamos las ecuaciones extras de caída libre y dos nuevas, tendremos un
panorama más amplio para entender y solucionar más rápidamente los ejemplos y ejercicios. En
la figura 3.26 vemos un resumen de las fórmulas que nos interesan
Figura 3.26.: Resumen de ecuaciones del movimiento de proyectiles
Notamos que las fórmulas son casi idénticas, excepto que la velocidad inicial en 𝑦 es ahora 𝑣 𝑜𝑦 =
𝑣 𝑜 · cos 𝜃 mientras que en 𝑥 𝑣 𝑜𝑥 = 𝑣 𝑜 · 𝑠𝑒𝑛 𝜃, donde 𝜃 es el ángulo de proyección. Como en caída
libre, las fórmulas azules y verdes son esenciales y se ocupan seguido. Las fórmulas amarillas
ocasionalmente y las formulas rosadas sólo en situaciones muy específicas.
O BSERVACIONES
104
3.7. Movimiento de proyectiles
1. Cuándo el ángulo es de 𝜃 = 90◦ , es decir 𝑣 𝑜𝑥 = 0 y 𝑣 𝑜𝑦 = 𝑣 𝑜 notamos que las ecuaciones se
revierten a las de un tiro vertical.
2. Cuándo el ángulo esta entre 0◦ < 𝜃 < 90◦ , hablamos de un tiro parabólico y es el único
caso donde funcionan todas las ecuaciones anteriores.
3. Cuándo el ángulo es de 𝜃 = 0◦ , es decir 𝑣 𝑜𝑥 = 𝑣 𝑜 y 𝑣 𝑜𝑦 = 0, la parábola se convierte en
semi-parábola mientras que en 𝑦 tenemos las fórmula de una caída libre simple. Hablamos
de un tiro horizontal.
4. Cuando el ángulo es de −90◦ < 𝜃 < 0◦ hablamos de un tiro hacia abajo. Pero no hay
cambio significante en las fórmulas.
5. Por convención el ángulo de proyección lo tomamos siempre entre −90◦ y 90◦ .
Notamos que las únicas fórmulas que no hemos deducido son las del alcance y la fórmula de la
curva geométrica.
3.7.2.
Alcance
Definición 3.19 (Alcance). El alcance se define como la distancia horizontal recorrida entre altura
inicial y la altura inicial.Es en esencia el desplazamiento horizontal en el tiempo de vuelo.
El desplazamiento horizontal desde el tiempo inicial al tiempo de vuelo será
𝑅 = Δ𝑥 [𝑡 𝑜 , 𝑡 𝑣 ]
= 𝑣 𝑜𝑥 Δ𝑡
= 𝑣 𝑜𝑥 (𝑡 𝑣 − 𝑡 𝑜 )
𝑅 = 𝑣 𝑜𝑥 · 𝑡 𝑣
sustituyendo la fórmula para el tiempo de vuelo
𝑅 = 𝑣 𝑜𝑥 ·
2𝑣 𝑜𝑦
𝑔
Recordando que las velocidad iniciales están asociadas a la rapidez inicial, obtenemos
𝑅 = 𝑣 𝑜 cos 𝜃 ·
=
2𝑣 𝑜 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑔
𝑣 2𝑜
2 · 𝑠𝑒𝑛 𝜃 · cos 𝜃
𝑔
utilizando la identidad trigonométrica de la suma de ángulos 𝑠𝑒𝑛 2𝜃 = 2 · 𝑠𝑒𝑛 𝜃 · cos 𝜃 (ver anexo
trigonometría A.6):
105
3. Cinemática
𝑅=
𝑣 2𝑜
𝑠𝑒𝑛 2𝜃
𝑔
(3.36)
En la figura 3.27 vemos de desarrollo de varios tiros parabólicos con la misma rapidez inicial 𝑣 𝑜
pero diferentes ángulos de proyección.
Figura 3.27.: Desarrollo de tiro parabólico variando ángulo de proyección
O BSERVACIONES
1. La altura crece con el ángulo de proyección teniendo la altura máxima en 𝜃 = 90◦ :
𝐻𝑚𝑎𝑥 =
𝑣 2𝑜
2𝑔
no es de extrañar que la altura máxima sea en el tiro vertical, pues toda la rapidez se utiliza
para ir para arriba
2. Lo mismo ocurre con el tiempo de vuelo, donde a mayor ángulo aumenta el tiempo y obtiene
su máximo en 𝜃 = 90◦
2𝑣 𝑜
𝑡 𝑣 ,𝑚𝑎𝑥 =
𝑔
otra vez tiro vertical. También es de notar que entre más alto lleve el tiro mayor va a ser
tiempo de vuelo.
3. No así con el alcance donde al principio el alcance aumenta, pero a partir de cierto ángulo
𝑣2
empieza a disminuir de forma que termina en cero. Dada la fórmula 𝑅 = 𝑔𝑜 𝑠𝑒𝑛 2𝜃 el
máximo se encuentra cuando el seno sea máximo, es decir
𝑠𝑒𝑛 2𝜃 = 1
2𝜃 = 90◦
𝜃 = 45◦
106
3.7. Movimiento de proyectiles
El alcance máximo se encuentra en angulo de proyección de 45◦ y adquiere el valor de
𝑅=
𝑣 2𝑜
𝑔
4. Otra curiosidad que encontramos que el alcance de ángulos complementarios son iguales.
Galileo lo expresó de la siguiente: ángulos que difieren en la misma cantidad del de 45°
tienen el mismo alcance.
Para cada alcance hay dos ángulos posibles: uno por arriba y otro por abajo
3.7.3.
Ecuación de la curva geométrica (opcional)
Nos interesa ahora encontrar la ecuación que describe la curva geométrica del movimiento. Para
ello debemos eliminar el tiempo de la ecuación de caída libre: utilizamos la ecuación para la
coordinada 𝑥 y asumiendo una posición inicial en 𝑥 𝑜 obtenemos
0
>
𝑥 =
𝑥
𝑜 + 𝑣 𝑜𝑥 · 𝑡
𝑥
=𝑡
𝑣 𝑜𝑥
Sustituyendo en la ecuación de la altura
1
𝑦 = ℎ + 𝑣 𝑜𝑦 · 𝑡 − 𝑔 · 𝑡 2
2
2
𝑥
1
𝑥
= ℎ + 𝑣 𝑜𝑦
− 𝑔
𝑣 𝑜𝑥 2 𝑣 𝑜𝑥
𝑣 𝑜𝑦
𝑔 · 𝑥2
=ℎ+
·𝑥−
𝑣 𝑜𝑥
2 · 𝑣 2𝑜𝑥
Sabiendo que las componentes de la velocidad inicial son 𝑣 𝑜𝑥 = 𝑣 𝑜 cos 𝜃 y 𝑣 𝑜𝑦 = 𝑣 𝑜 𝑠𝑒𝑛 𝜃 obtenemos
𝑣H
𝑔 · 𝑥2
H
𝑜 𝑠𝑒𝑛 𝜃
=ℎ+
𝑥−
𝑣H
H
𝑜 cos 𝜃
2 · (𝑣 𝑜 cos 𝜃) 2
lo que nos lleva a la ecuación de la curva:
𝑦(𝑥) = ℎ + tan 𝜃 · 𝑥 −
Es de notar que tan 𝜃 es la pendiente inicial y
2𝑣 2𝑜
𝑔 · 𝑥2
2 · 𝑣 2𝑜 · cos2 𝜃
(3.37)
𝑔
no es la aceleración del cuerpo sino la
· cos2 𝜃
curvatura de la parábola en el espacio.
107
3. Cinemática
3.7.4.
Ejercicios y aplicaciones movimiento proyectiles
Nos hemos extendido en la teoría sin realizar ejercicios. Es necesario ver como se aplican las
ecuaciones 3.35 en situaciones reales o de examen.
Ejemplo 3.23. Tomado de la discusión D3/19. Se dispara un proyectil desde el nivel del piso
ℎ = 0 con velocidad 𝑣®𝑜 = (12 𝚤ˆ + 24 𝚥ˆ) 𝑚/𝑠. a) Hallar las componentes horizontal y vertical de
la velocidad después de 4 𝑠 b) Hallar las coordenadas del punto de altura máxima que alcanza el
proyectil
S OLUCIÓN
Es de notar que las componentes de la velocidad inicial ya están dadas: 𝑣 𝑜𝑥 = 12 𝑚/𝑠 y 𝑣 𝑜𝑦 =
24 𝑚/𝑠
a) Para encontrar la velocidad en 𝑡 = 4 𝑠 sólo hay que utilizar las formulas general (azul/verde)
obteniendo
𝑣 𝑥 (4) = 𝑣 𝑜𝑥
𝑣 𝑥 (4) = 12 𝑚/𝑠
𝑣 𝑦 (4) = 𝑣 𝑜𝑦 − 𝑔 · 𝑡
= 24 𝑚/𝑠 − 9.8 𝑚/𝑠2 · 4 𝑠
𝑣 𝑦 (4) = −15.2 𝑚/𝑠
b) Para hallar el punto máximo, primero tenemos que encontrar el tiempo de subida 𝑡 𝑠 entre las
fórmulas especiales (rosadas)
𝑣 𝑜𝑦
𝑔
24 𝑚/𝑠
=
9.8 𝑚/𝑠2
𝑡 𝑠 = 2.45 𝑠
𝑡𝑠 =
Por lo tanto al sustituir en la ecuaciones generales y asumiendo que parte del origen 𝑥 𝑜 = 0 y ℎ = 0
0
>
𝑥(𝑡 𝑠 ) = 𝑥
𝑜 + 𝑣 𝑜𝑥 · 𝑡 𝑠
= 12 × 2.45 𝑚
𝑥 𝑚𝑎𝑥 = 29.4 𝑚
0
𝑦(𝑡 𝑠 ) = ℎ + 𝑣 𝑜𝑦 · 𝑡 𝑠 − 12 𝑔 · 𝑡 𝑠2
= 24 × 2.45 − 4.9 × 2.452 𝑚
𝑦 𝑚𝑎𝑥 = 29.4 𝑚
El punto máximo se encuentra en 𝑃𝑚𝑎𝑥 = (29.4 𝑚 /29.4 𝑚)
Ejemplo 3.24 (Tiro horizontal). Tomado de la discusión D3/20. Se lanza horizontalmente una
pelota desde la parte superior de un edificio que tiene ℎ = 35 𝑚 de altura. La pelota choca contra
el piso en un punto que se encuentra a Δ𝑥 𝑖 = 80 𝑚 de la base del edificio. Calcular: a) Tiempo que
tarda la pelota en llegar al suelo b) Velocidad inicial de la pelota c) Velocidad de la pelota cuando
llega al suelo.
108
3.7. Movimiento de proyectiles
Figura 3.28.: Un tiro horizontal ejecuta un MRU en 𝑥 y una caída libre en 𝑦
S OLUCIÓN
(a) El ángulo de proyección es 0 por lo que 𝑣 𝑜𝑥 = 𝑣 𝑜 y 𝑣 𝑜𝑦 = 0. Reconocemos que la piedra
ejecuta dos movimientos simultáneamente: una caída libre en 𝑦 y una MRU a velocidad constante
𝑣 𝑥 = 𝑣 𝑜 en el eje 𝑥. La respuesta que se busca es: el cuerpo permanece en el aire mientras cae.
Es decir el movimiento de caída libre determina cuando termina tiempo de impacto. Por lo tanto,
utilizando la fórmula del tiempo de impacto entre las ecuaciones especiales (3.26)
r
𝑡𝑖 =
*±0
𝑣 𝑜𝑦
0
2
𝑣 𝑜𝑦 +
2𝑔ℎ
𝑔
s
2·ℎ
𝑔
s
2 · 35 𝑚
9.8 𝑚 /𝑠2
=
=
𝑡𝑖 = 2.67 𝑠
(b) Ahora bien, utilizando la formula general para el desplazamiento en 𝑥
Δ𝑥
Δ𝑥
Δ𝑡𝑖
80 𝑚
2.67 𝑠
𝑣 𝑜𝑥
= 𝑣 𝑜 𝑥 · Δ𝑡𝑖
= 𝑣 𝑜𝑥
= 𝑣 𝑜𝑥
= 29.96 𝑚/𝑠
Dado que velocidad inicial en 𝑥 es la única que existe escribimos que la velocidad inicial es
𝑣®𝑜 = 29.96 𝚤ˆ 𝑚/𝑠
c) Sabemos que la velocidad en 𝑥 es constante, pero en 𝑦 disminuye constantemente, lo que tenemos que calcular la velocidad en 𝑦 en el tiempo de impacto. Utilizando una de las fórmula
109
3. Cinemática
generales
*−0 𝑔 · 𝑡 𝑖
𝑣 𝑦 (𝑡𝑖 ) = 𝑣 𝑜𝑦
= −9.8 × 2.67 𝑚/𝑠
𝑣 𝑖𝑦 = −26.16 𝑚/𝑠
obteniendo como velocidad de impacto
𝑣®𝑖 = 29.96 𝚤ˆ − 26.16 𝚥ˆ 𝑚/𝑠
Ejemplo 3.25. Tomado de la discusión D3/22. Una bola se lanza desde una ventana en un piso
superior de un edificio. A la bola se le da una velocidad inicial de 𝑣 𝑜 = 8.00 𝑚/𝑠 a un ángulo
de 𝜃 = −20.0◦ bajo la horizontal. Golpea el suelo 𝑡𝑖 = 3.00 𝑠 después. a) ¿A qué distancia,
horizontalmente, desde la base del edificio, la bola golpea el suelo? b) Encuentre la altura desde
la que se lanzó la bola. c) ¿Cuánto tarda la bola en llegar a un punto 10.0 𝑚 abajo del nivel de
lanzamiento?
S OLUCIÓN
Como siempre se sugiere hacer un esquema de la situación donde se colocan todas las informaciones de la forma mas sucinta posible: 20° debajo de la horizontal implica un ángulo negativo,
por ejemplo .
Figura 3.29.: Bola se lanza en ángulo hacia abajo
Luego calculamos las velocidad iniciales en 𝑥 y 𝑦 pues aparecen en casi todas las ecuaciones de la
figura 3.26. Así
𝑣 𝑜𝑥 = 8 𝑚/𝑠 × cos(−20◦ ) = 7.518 𝑚/𝑠
𝑣 𝑜𝑦 = 8 𝑚/𝑠 × 𝑠𝑒𝑛(−20◦ ) = −2.736 𝑚/𝑠
110
3.8. Movimiento circular
a) Para calcular el desplazamiento de impacto en 𝑥 aplicamos la formulas generales
Δ𝑥 𝑖 = 𝑣 𝑜𝑥 Δ𝑡𝑖
= 7.518 × 3 𝑚
Δ𝑥 𝑖 = 22.55 𝑚
b) Estamos tentados a calcularla por la formula del tiempo de impacto, pero una simple inspección
nos un despeje relativamente engorroso. Así que lo más simple es utilizar las fórmulas generales,
en especial la de la posición en 𝑦. Sabemos que por la elección del marco de referencia 𝑦 𝑖 =
𝑦(𝑡𝑖 ) = 0. Por lo tanto
𝑦𝑖 = 0
1
ℎ + 𝑣 𝑜𝑦 · 𝑡𝑖 − 𝑔 · 𝑡𝑖2 = 0
2
notamos que con la excepción de ℎ todas las demás cantidades físicas son conocidas
1
𝑔 · 𝑡𝑖2 − 𝑣 𝑜𝑦 · 𝑡𝑖
2
= 4.9 × 32 − (−2.736) × 3 𝑚
ℎ=
ℎ = 52.31 𝑚
Obviamente está mal pues, una altura de 52.31 𝑚 implicaría un piso 10 y no 5 como se retrato.
c) Formalmente habría que resolver la cuadrática de las ecuaciones generales. Sin embargo, existe
un truco para evitar un calculo tan engorroso. Si movemos el eje 𝑥 a la altura de 42.10 𝑚 entonces
todas las variables iniciales permanecen igual, excepto que ℎ 0 = 10 𝑚. Utilizando la fórmula del
tiempo de impacto entonces
𝑡𝑖0 =
𝑣 𝑜𝑦 ±
q
𝑣 2𝑜𝑦 + 2𝑔ℎ 0
𝑔
√
−2.736 ± 2.7362 + 2 × 9.8 × 10
=
𝑠
9.8
𝑡𝑖0 = 1.18 𝑠
descartando como siempre la solución negativa.
3.8.
Movimiento circular
Definición 3.20 (Movimiento circular). Un movimiento circular es aquel donde la trayectoria
es circular y la partícula en todo movimiento se encuentra a una distancia fija del centro del
movimiento (radio 𝑅).
111
3. Cinemática
Como se muestra en la figura 3.30 lo usual es colocar el sistema de coordenadas en el centro del
movimiento.
Figura 3.30.: Determinación de variables cinemáticas en movimiento circular
La posición está dada por simples trigonométricas. Ya que la magnitud del vector no puede cambiar en el tiempo, el ángulo 𝜃 ≡ 𝜃 (𝑡) debe ser una función del tiempo.
La posición por lo tanto será
𝑟®(𝑡) = 𝑅 · cos 𝜃 𝚤ˆ + 𝑅 · 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚥ˆ
(3.38)
lo que no parece tan fuera de la norma. Pero para la velocidad tendríamos
𝑑®
𝑟
𝑑𝑡
𝑑
(𝑅 · cos 𝜃 𝚤ˆ + 𝑅 · 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚥ˆ)
=
𝑑𝑡
𝑑
= 𝑅 (cos 𝜃 𝚤ˆ + 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚥ˆ)
𝑑𝑡
𝑣® =
dado 𝜃es una función del tiempo, se trata de un caso de deriva por regla de la cadena
𝑑𝜃 𝑑
(cos 𝜃 𝚤ˆ + 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚥ˆ)
𝑑𝑡 𝑑𝜃
𝑑𝜃
(−𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚤ˆ + 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝚥ˆ)
𝑣® = 𝑅
𝑑𝑡
𝑣® = 𝑅
Donde
112
𝑑𝜃
𝑑𝑡
(3.39)
es la primera derivada del ángulo en el tiempo. Por último la aceleración se deja calcular
3.8. Movimiento circular
como
𝑑®𝑣
𝑑𝑡 𝑑
𝑑𝜃
(−𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚤ˆ + 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝚥ˆ)
=
𝑅
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑 𝑑𝜃
(−𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚤ˆ + 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝚥ˆ)
=𝑅
𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑎® =
Notamos que
de la cadena
𝑑𝜃
𝑑𝑡
es en general una función del tiempo. Por lo que primero debemos aplicar regla
𝑑2𝜃
𝑑𝜃 𝑑
(−𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚤ˆ + 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝚥ˆ) +
(−𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚤ˆ + 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝚥ˆ)
=𝑅
2
𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑𝑡
Recordar que la segunda derivada es una derivada implícita
𝑑2𝜃
(−𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚤ˆ + 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝚥ˆ) +
=𝑅
𝑑𝑡 2
"
𝑑2𝜃
(−𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚤ˆ + 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝚥ˆ) +
=𝑅
𝑑𝑡 2
𝑑𝜃 𝑑𝜃 𝑑
(−𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚤ˆ + 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝚥ˆ)
·
𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝜃
#
2
𝑑𝜃
(− cos 𝜃 𝚤ˆ − 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚥ˆ)
𝑑𝑡
Sacando un signo negativo al segundo término y re-ordenando obtenemos
2
𝑑2𝜃
𝑑𝜃
(cos 𝜃 𝚤ˆ + sen 𝜃 𝚥ˆ)
𝑎® = 𝑅 2 (− sen 𝜃 𝚤ˆ + 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝚥ˆ) − 𝑅
𝑑𝑡 |
𝑑𝑡 |
{z
}
{z
}
𝑢ˆ 𝑟 𝑎𝑑
𝑢ˆ 𝑡 𝑎𝑛
donde
𝑑𝜃
𝑑𝑡
2
es la primera derivada del ángulo al cuadrado y
(3.40)
𝑑2 𝜃
𝑑𝑡 2
la segunda derivada del ángulo.
A pesar de ser una representación exacta y precisa sobre un movimiento circular, por desgracia
NO SE ENTIENDE en términos sencillos o intuitivos. De ahí que nos alejaremos de los vectores
y buscaremos una descripción variables más simples de comprender.
3.8.1.
Variables lineales o tangenciales
Lo primero que se nos ocurre es buscar una distancia a lo largo del arco de la trayectoria circular
para poder medir el desplazamiento sobre la línea curva. Observando la figura 3.31
113
3. Cinemática
Figura 3.31.: Variables lineares en Movimiento Circular
Suponga que un instante 𝑡1 la partícula se ubica a una distancia lineal 𝑠1 del eje 𝑥 a lo largo del
circulo, luego un tiempo después en 𝑡2 se encuentra a una distancia lineal 𝑠2 como se muestra en
la figura. Las longitudes estas distancias las podemos encontrar vía la relación entre arco y ángulo
en radianes para un círculo:
𝑠1 = 𝑅 · 𝜃 1
𝑠2 = 𝑅 · 𝜃 2
Dado que el 𝑟𝑎𝑑 es una pseudo-unidad sin dimensión (recuerde que 1 𝑟𝑎𝑑 es cociente de un arco
◦
◦
que posee la misma longitud que su radio y equivale a 1 𝑟𝑎𝑑 ≡ 380
2 𝜋 ≈ 57.30 ) desaparece ante la
presencia de una unidad con dimensión. Por lo tanto la unidades de esta distancia linea
[𝑠] = [𝑅] [𝜃]
= 𝑚 ·
𝑟𝑎𝑑
[𝑠] = 𝑚
dado que la partícula se traslada en un intervalo de tiempo Δ𝑡 = 𝑡2 − 𝑡1 de una posición sobre el
circulo a otros se deja definir
Definición 3.21 (Desplazamiento lineal). Se define como la distancia lineal final, menos la inicial
Δ𝑠 = 𝑠2 − 𝑠1
de forma similar a las otras variables cinemáticas en 1 dimensión, con el entendimiento que ahora
todo sucede en una trayectoria curva.
O BSERVACIONES
114
3.8. Movimiento circular
1. Aunque utilizamos las misma letra que la de la distancia recorrida, no es igual ya que este
desplazamiento lineal puede ser negativo (cuando la partícula recorre en sentido contrario)
mientras que la distancia recorrida no.
2. Un desplazamiento lineal positivo Δ𝑠 > 0 significa que la partícula se mueve en sentido
positivo matemático (anti-horario) y si Δ𝑠 < 0 entonces se mueve en el sentido contrario
(horario)12 .
3. El desplazamiento lineal depende el intervalo elegido, así como los otros desplazamientos
que hemos encontrado Δ𝑠 ≡ Δ𝑠[𝑡2 , 𝑡1 ]
En estas circunstancias se define una velocidad lineal promedio y velocidad lineal instantánea de
forma análoga a las variables en 1 dimensión:
Definición 3.22. La velocidad lineal (tangencial) promedio se define como el cociente del desplazamiento lineal entre el intervalo necesario para tal desplazamiento lineal
𝑣¯ 𝑡 =
Δ𝑠
Δ𝑡
(3.41)
donde se debe considerar
O BSERVACIONES
1. Las unidades de esta velocidad tangencial serán
[Δ𝑠]
Δ𝑡
𝑚
=
𝑠
[ 𝑣¯ 𝑡 ] =
como cualquier otra velocidad
2. La dirección de la velocidad como sabemos debe ser tangente a la trayectoria por lo que
ahora en adelante la llamaremos velocidad tangencial (ver figura 3.31)
3. La velocidad tangencial promedio depende del intervalo 𝑣¯ 𝑡 ≡ 𝑣¯ 𝑡 [𝑡2 , 𝑡1 ] y no es un fiel reflejo
de lo que le sucede a una partícula en un instante determinado
De ahí la necesidad como en las otras instancias de independizarnos del intervalo
Definición 3.23 (velocidad tangencial instantánea). Se define como el límite Δ𝑡 → 0 de la velocidad tangencial promedio
𝑣 𝑡 = lı́m
Δ𝑡→0
𝑣𝑡 =
𝑑𝑠
𝑑𝑡
Δ𝑠
Δ𝑡
(3.42)
12 La dirección de giro de los relojes se basan en la dirección de giro de los relojes solares, que se inventaron sobre todo
en las civilizaciones del hemisferio norte (mesopotamia, egipto, china, etc.) dando la dirección izquierda en vez de
la ortogonal derecha que se utiliza en matemáticas.
115
3. Cinemática
donde 𝑣 𝑡 indica el valor de la velocidad instantánea con signo. Decimos también que la velocidad
tangencial es la primera derivada de la distancia lineal o bien es la tasa a la cual cambia la distancia
lineal por unidad de tiempo. Las unidades son la mismas de cualquier otra velocidad.
De forma análoga definimos una aceleración tangencial instantáneas
Definición 3.24 (aceleración tangencial instantánea). Se define como la derivada de la velocidad
tangencial
𝑑𝑣 𝑡
𝑑𝑡
𝑑2 𝑠
𝑎𝑡 = 2
𝑑𝑡
𝑎𝑡 =
(3.43)
que también se puede interpretar como la segunda derivada de la distancia lineal
O BSERVACIONES
1. Las unidades de la aceleración tangencial serán
[𝑎 𝑡 ] =
[𝑣 𝑡 ] 𝑚/𝑠
=
= 𝑚/𝑠2
[𝑡]
𝑠
como cualquier otra aceleración
2. La dirección de la aceleración tangencial es efectivamente tangente a la trayectoria.
3. Si la velocidad y la aceleración tienen el mismo signo 𝑣 𝑡 · 𝑎 𝑡 > 0 entonces la magnitud de
la velocidad tangencial incrementa o el movimiento circular se acelera. Mientras que si los
signos son opuestos 𝑣 𝑡 · 𝑎 𝑡 < 0 entonces el movimiento circular se frena
4. La aceleración tangencial es tasa de cambio de la magnitud de la velocidad pero no contiene
la aceleración debido al cambio de dirección
Definición 3.25 (Aceleración centrípeta). La aceleración centrípeta es producida por el cambio
constante dirección de la velocidad y tiene una magnitud
𝑎𝑐 =
𝑣2
𝑅
(3.44)
señalando hacia el centro del movimiento.
Para su deducción asumiremos un movimiento con velocidad angular constantes 𝑣 𝑡 = 𝑣 𝑜 como se
muestra en la figura 3.32
116
3.8. Movimiento circular
Figura 3.32.: Deducción geométrica de aceleración centrípeta
una partícula ejecuta un movimiento con velocidad tangencial constante y debido a eso produce
un cambio de velocidad Δ𝑣 como se muestra en el triángulo de velocidades. Lo mismo ocurre
con el desplazamiento Δ𝑟 y su triángulo respectivo. Notamos que ambos triángulos isósceles son
además semejantes pues comparten el ángulo 𝜃 del desplazamiento. Es decir, la razón de los lados
semejantes son siempre los mismo.
Δ𝑟 Δ𝑣
=
𝑅
𝑣𝑜
Recordemos que Δ𝑣 representa un cambio de dirección mas que de magnitud, por lo que calculamos a la aceleración centrípeta como:
Δ𝑣
Δ𝑡
𝑣 𝑜 Δ𝑟
𝑅
=
Δ𝑡
𝑣 𝑜 Δ𝑟
=
·
𝑅 Δ𝑡
𝑎𝑐 =
este término lo reconocemos como la velocidad promedio que es constante, obteniendo
𝑎𝑐 =
𝑣 2𝑜
𝑅
y su dirección señala hacia adentro.
3.8.2.
Variables angulares
Todo lo que hemos dicho sobre las variables lineales, se podrían repetir para el ángulo que se
forma entre el vector de posición 𝑟® y el ángulo 𝜃 respecto del eje 𝑥 . Por lo tanto y sin mayor
preámbulo definimos
117
3. Cinemática
Definición 3.26 (Desplazamiento angular ). El desplazamiento angular es la diferencia entre el
ángulo final y el inicial
Δ𝜃 = 𝜃 2 − 𝜃 1
O BSERVACIONES
1. Ya que el ángulo es adimensional, el desplazamiento en las misma unidades adimensionales
[Δ𝜃] = 𝑟𝑎𝑑
recordando que es una pseudo-unidad.
2. El desplazamiento angular es un escalar con signo, donde si Δ𝜃 > 0 la partícula se mueve
en dirección matemática positiva (anti-horario) y si Δ𝜃 < 0 entonces en sentido horario o
negativo.
De forma análoga se definen la velocidad angular promedio
Definición 3.27 (Velocidad angular promedio). la velocidad angular promedio es el cociente entre
el desplazamiento angular y el intervalo de tiempo necesario para ejecutarlo.
𝜔¯ =
Δ𝜃
Δ𝑡
(3.45)
donde [𝜔] = 𝑟𝑎𝑑/𝑠 y el signo de la velocidad indica la dirección del giro.
de forma similar a las variables lineales/ tangenciales
Definición 3.28 (Velocidad angular instantánea). se calcula derivando el ángulo respecto del tiempo:
𝜔 = lı́m
Δ𝑡→0
𝜔=
Δ𝜃
Δ𝑡
𝑑𝜃
𝑑𝑡
(3.46)
donde las unidades de [𝜔] = 𝑟𝑎𝑑/𝑠 y representa la tasa de cambio del ángulo en cualquier instante
determinado.
De forma análoga definimos la aceleración angular como:
Definición 3.29. La aceleración angular 𝛼 es la tasa de cambio de la velocidad angular en el
tiempo
𝑑𝜔
𝛼=
𝑑𝑡
donde las unidades de [𝛼] = 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 donde el 𝑟𝑎𝑑 sigue siendo una pseudo- unidad.
O BSERVACIONES
118
3.8. Movimiento circular
1. Todas las variables angulares son escalares con signo pero no son vectores 13
2. Todas las variables angulares están asociadas vía las relaciones centrales con las lineares.
Empezamos con la distancia lineal y el ángulo según definición del ángulo
𝑠= 𝑅·𝜃
(3.47)
3. Derivando esta expresión tenemos
𝑑𝑠
𝑑
(𝑅 · 𝜃)
=
𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑𝑠
𝑑𝜃
=𝑅·
𝑑𝑡
𝑑𝑡
dado que el radio es constante y sabiendo las definiciones
𝑣𝑡 = 𝑅 · 𝜔
(3.48)
4. Derivando ésta segunda ecuación obtenemos
𝑑𝑣 𝑡
𝑑
(𝑅 · 𝜔)
=
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑣 𝑡
𝑑𝜔
=𝑅·
𝑑𝑡
𝑑𝑡
con los mismos argumentos anteriores obtenemos
𝑎𝑡 = 𝑅 · 𝛼
(3.49)
En el día a día no hablamos de movimientos circulares o giros en términos de 𝑟𝑎𝑑/𝑠 ni mucho
menos en 𝑚/𝑠 y olvidemos de los vectores. Encontramos que la gente se expresa en término de
vueltas, periodos y frecuencias.
3.8.3.
Variables temporales
En el día a día la gente no dice cuantos 𝑟𝑎𝑑/𝑠 ejecuta una rueda o muchos menos la aceleración
tangencial que tiene un punto en el cigüeñal de una máquina. Mas bien hablan que un objeto giró
vuelta y media en tantos segundos o bien que el tiempo en dar una vuelta es de 1 𝑚𝑖𝑛 esto indica
que existen variables temporales todas estas descripciones.
Definición 3.30 (Revolución). Una revolución es una vuelta completa alrededor de la trayectoria
circular
Más que un número representa un desplazamiento angular específico ya que
1 𝑟𝑒𝑣 = 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 = 360◦
(3.50)
y a pesar de hay libros que opinan que es una cantidad física independiente, siempre está relacionado con los ángulos.
13 o
por lo menos no introduciremos los vectores axiales hasta el movimiento de rotación
119
3. Cinemática
La siguiente variable nos dice como normalmente nos referimos a los tiempos en los movimientos
circulares.
Definición 3.31 (Período). Un período 𝑇 es la cantidad de tiempo necesaria para ejecutar una
1 𝑟𝑒𝑣
O BSERVACIONES
1. Obviamente el período se debe medir en 𝑠. Entre mayor es el período mas lento el movimiento y viceversa.
2. Asociado con esta variable de la frecuencia que es el inverso del período
𝑓 =
1
𝑇
(3.51)
La cual se mide consecuentemente en el SI como [ 𝑓 ] = 1/𝑠 = 1 𝐻𝑧 Dado que se utiliza tanto
en otras áreas de la física se le nombre propio decimos que es 1 𝐻𝑒𝑟𝑧𝑡 en honor al físico
alemán Heinrich Herzt que hizo aportes importantes en el campos de electromagnéticos
oscilantes.
Sin mayor preámbulo presentaremos dos relaciones que nos ayudan a asociar estas variables temporales con las angulares
2𝜋
𝜔
que son realidad dos caras de la misma relación.
𝑇
3.9.
=
(3.52)
𝜔 = 2𝜋 · 𝑓
Movimiento circular tangencialmente acelerado MCU(tA)
En un movimiento circular uniforme o tangencial acelerado partimos de misma premisa de que la
aceleración tangencial es constante, así como su aceleración angular. Para un movimiento MCU
asumiremos que 𝑎 𝑡 = 0 = 𝛼, por lo que calcularemos todos sólo una vez y luego lidiaremos cada
caso particular uno a la vez
Definición 3.32 (MCtA). el movimiento circular tangencialmente acelerado es aquél en donde la
aceleración tangencial es constante y conversamente la aceleración angular también
𝑎𝑡 = 𝑎𝑜
𝛼 = 𝛼𝑜
(3.53)
Calcularemos ambas variables simultáneamente ya que la coincidencias son muchas. Por definición
𝑑𝑣 𝑡
𝑑𝜔
𝑎𝑡
=
𝛼
=
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑎 𝑜 𝑑𝑡
= 𝑑𝑣 𝑡
𝛼𝑜 𝑑𝑡
= 𝑑𝜔
∫ 𝜔
∫ 𝑡
∫ 𝑣
∫ 𝑡
𝑎 𝑜 𝑑𝑡 =
𝑑𝑣 𝑡
𝛼𝑜 𝑑𝑡 =
𝑑𝜔
𝑡𝑜
𝑣𝑜
𝑎 𝑜 (𝑡 − 𝑡 𝑜 ) = 𝑣 𝑡 − 𝑣 𝑜
120
𝑡𝑜
𝜔𝑜
𝛼𝑜 (𝑡 − 𝑡 𝑜 ) = 𝜔 − 𝜔𝑜
3.9. Movimiento circular tangencialmente acelerado MCU(tA)
de tal forma que
𝑣𝑡
= 𝑣𝑜 + 𝑎𝑜𝑡
(3.54)
𝜔 = 𝜔 𝑜 + 𝛼𝑜 𝑡
que serían la ecuaciones de movimiento la velocidades lineales y angulares del MCtA. Para las
posiciones integramos otra vez
𝑑𝑠
𝑑𝑡
𝑑𝑠
∫
𝑠
= (𝑣 𝑜 + 𝑎 𝑜 𝑡) 𝑑𝑡
∫ 𝑡
(𝑣 𝑜 + 𝑎 𝑜 𝑡) 𝑑𝑡
𝑑𝑠 =
𝑠𝑜
𝑠 − 𝑠𝑜
𝑑𝜃
𝑑𝑡
𝑑𝜃
= 𝑣𝑜 + 𝑎𝑜𝑡
𝑜
∫
𝜃
= (𝜔𝑜 + 𝛼𝑜 𝑡) 𝑑𝑡
∫ 𝑡
(𝜔𝑜 + 𝛼𝑜 𝑡) 𝑑𝑡
𝑑𝜃 =
𝜃𝑜
= 𝑣 𝑜 𝑡 + 12 𝑎 𝑜 𝑡 2
= 𝜔 𝑜 + 𝛼𝑜 𝑡
𝜃 − 𝜃𝑜
𝑜
= 𝜔𝑜 𝑡 + 12 𝛼𝑜 𝑡 2
o bien suponiendo los tiempos iniciales igual a cero
𝑠 = 𝑠𝑜 + 𝑣 𝑜 𝑡 + 12 𝑎 𝑜 𝑡 2
𝜃 = 𝜃 𝑜 + 𝜔𝑜 𝑡 + 21 𝛼𝑜 𝑡 2
(3.55)
Como vemos los movimientos circulares tiene una amplia gama de ecuaciones que se ven reflejadas en la figura 3.33
Figura 3.33.: Resumen MCtA
3.9.1.
Ejercicios
A pesar de tener un aparato matemático pesado, la resolución de ejercicios es ridículamente simple.
121
3. Cinemática
Ejemplo 3.26 (MCU). Tomado de la Discusión D3/24. La luna gira alrededor de la Tierra con un
período de 27.3 𝑑´𝚤 𝑎𝑠/𝑟𝑒𝑣. Suponiendo una órbita circular y sabiendo que la distancia promedio
Tierra-Luna es de 3.84𝑥108 𝑚 ¿cuál es la aceleración de la Luna hacia la tierra?
S OLUCIÓN
Obviamente se trata de un MCU donde primero convertimos los datos a 𝑚 y 𝑠.
24 ℎ 3600 𝑠
×
= 2358720 𝑠
1𝑑
1ℎ
𝑇 = 2.359 × 106 𝑠
𝑇 = 27, 3 𝑑 ×
a) Lo primero es encontrar la velocidad angular y de ahí deducir la aceleración centrípeta
𝜔=
2𝜋
𝑇
2𝜋 𝑟𝑎𝑑
2.359 × 106 𝑠
𝜔 = 2.664 × 10−6 𝑟𝑎𝑑/𝑠
=
b) Por lo tanto la aceleración centrípeta será
𝑎 𝑐 = 𝑅 · 𝜔2
2
= 3.84 × 108 𝑚 × 2.664 × 10−6 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑎 𝑐 = 2.725 10−3 𝑚/𝑠2
Ejemplo 3.27 (Tren frenando). Tomado de la discusión D3/26.Un tren frena mientras entra en
una curva horizontal cerrada, y frena de 90 𝑘𝑚/ℎ a 50 𝑘𝑚/ℎ en los 15.0 𝑠 que tarda en cubrir la
curva. El radio de la curva es de150 𝑚. Calcule la aceleración en el momento en que la rapidez del
tren alcanza 50 𝑘𝑚/ℎ.
S OLUCIÓN
La situación se ve reflejada en la figura 3.34
122
3.9. Movimiento circular tangencialmente acelerado MCU(tA)
Figura 3.34.: Tren frenando en MCtA
Trabajaremos por comodidad en 𝑘𝑚/ℎ, por lo que 𝑅 = 0.150 𝑘𝑚 y Δ𝑡 =
Empezaremos con la aceleración tangencial que al ser constante
𝑎𝑡 =
=
1
240
ℎ = 0.004166 ℎ
Δ𝑣 𝑡
Δ𝑡
50 − 90 𝑘𝑚/ℎ
1
240
ℎ
𝑎 𝑡 = −9600 𝑘𝑚/ℎ2
Para la aceleración centrípeta tenemos que
𝑣 2𝑡
𝑅
(50 𝑘𝑚/ℎ) 2
=
0.150 𝑘𝑚
𝑎 𝑐 = 16666.67 𝑘𝑚/ℎ2
𝑎𝑐 =
la aceleración total será
q
𝑎 = 𝑎 2𝑐 + 𝑎 2𝑡
p
16666.672 + 96002 𝑘𝑚/ℎ2
𝑎 = 19233.77 𝑘𝑚/ℎ2
= 1.484 𝑚/𝑠2
123
3. Cinemática
El ángulo que forma respecto de la dirección radial es de
𝑎𝑡
𝑎𝑐
−9600 𝑘𝑚/ℎ2
𝜃=
16666.67 𝑘𝑚/ℎ2
𝜃 = −29.94◦
tan 𝜃 =
el ángulo negativo implica que la aceleración señala parcialmente hacia atras ya que el tren frena
mientras toma la curva.
3.9.2.
Movimiento circular y vectores
Como vimos la descripción vectorial del movimiento circular era muy complicada para nosotros,
por eso la revisaremos brevemente con lo que ahora ya entendemos de los movimientos circulares
𝑟®(𝑡) = 𝑅 · (cos 𝜃 𝚤ˆ + 𝑠𝑒𝑛 𝜃 ) 𝚥ˆ = 𝑅 𝑢ˆ 𝑟 𝑎𝑑 (𝑡)
Es un vector de magnitud constante y dirección variable constante que es igual a la posición de la
partícula
𝑑𝜃
(−𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚤ˆ + 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝚥ˆ)
𝑑𝑡
𝑣® = 𝑅𝜔 (−𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚤ˆ + 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝚥ˆ) = 𝑅𝜔 𝑢ˆ 𝑡 𝑎𝑛 (𝑡)
𝑣® = 𝑅
Nos dice que la velocidad será siempre tangencial con un valor 𝑅𝜔 en dirección tangencial variable. Mientras que la última ecuación - la pièce de resistance
2
𝑑2𝜃
𝑑𝜃
(cos 𝜃 𝚤ˆ + 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚥ˆ)
𝑎® = 𝑅 2 (−𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚤ˆ + 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝚥ˆ) − 𝑅
𝑑𝑡 |
𝑑𝑡 |
{z
}
{z
}
𝑢ˆ 𝑡 𝑎𝑛
𝑢ˆ 𝑟 𝑎𝑑
2
= 𝑅𝛼(−𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚤ˆ + 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝚥ˆ) − 𝑅𝜔 (cos 𝜃 𝚤ˆ + 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝚥ˆ)
𝑎® = −𝑅𝜔2 𝑢ˆ 𝑟 𝑎𝑑 + 𝑅𝛼 𝑢ˆ 𝑡 𝑎𝑛
donde se muestra la aceleración con sus componentes unitarios radial y tangencial correspondientes. Como dijimos es una descripción correcta y completa del movimiento circular que no
estábamos listos para comprender.
3.10.
Movimiento relativo
El movimiento relativo es el movimiento teoréticamente mas simple , pero muchas veces el más
difícil de visualizar.
Suponga que una partícula se mueve a través del espacio mientras dos marcos de referencia presencian su posición como se muestra en la figura 3.35
124
3.10. Movimiento relativo
Figura 3.35.: Calculo de movimiento relativo
En este caso tenemos dos posiciones: uno respecto al marco A 𝑟®𝑃 𝐴 (partícula P respecto a A) y
𝑟®𝑃𝐵 (partícula P respecto a B). La situación se concilia mediante la suma vectorial
𝑟®𝑃 𝐴 = 𝑟®𝑃𝐵 + 𝑟®𝐵 𝐴
donde 𝑟®𝐵 𝐴 posición relativa de B respecto de A. Derivando obtenemos
𝑣® 𝑃 𝐴 = 𝑣® 𝑃𝐵 + 𝑣® 𝐵 𝐴
𝑎®𝑃 𝐴 = 𝑎®𝑃𝐵 + 𝑎®𝐵 𝐴
Que como teoría solo dice que todas las variables cinemáticas son relativas. Hay que indicar que la
teoría también dice que las leyes de la física deben ser invariantes respecto a una transformación
galileana, que es el nombre que tiene esta ley relativa14 . Obviamente, si 𝑟®𝐵 𝐴 es el vector de la
posición relativa del marco B respecto de A, entonces 𝑟®𝐴𝐵 es el vector de la posición del marco
A relativo al marco B y debería ser un vector de igual magnitud y dirección sólo que en sentido
inverso. Por lo tanto
𝑟®𝐴𝐵 + 𝑟®𝐵 𝐴 = 0
𝑟®𝐵 𝐴 = −®
𝑟 𝐴𝐵
es decir al invertir los indices se le debe colocar un signo negativo al vector.
Ejemplo 3.28 (Carro y policía). Tomemos el ejemplo del policía acercándose al carro como se
muestra en la figura 3.36
14 En la teoría específica de la relatividad, la ley relativa se define mediante una transformación de Lorentz o de Poincaré
en el caso general:
𝑥¯
𝑥 − 𝑣𝑡
= s
𝑣2
1− 2
𝑐
;
𝑦¯
= 𝑦;
𝑧¯
= 𝑧;
𝑡¯
𝑣·𝑥
𝑡− 2
= s 𝑐
𝑣2
1− 2
𝑐
125
3. Cinemática
Figura 3.36.: Ejemplo relativo
En el ejemplo una patrulla viaja respecto a Tierra hacia la derecha con una rapidez de 55 𝑘𝑚/ℎ
adelante de él viaja un carrito con una rapidez 25 𝑘𝑚/ℎ. a) Determine los vectores de velocidad
respecto de Tierra.b) Respecto del carrito ¿A qué velocidad se mueve la patrulla? c) Respecto de
la patrulla ¿a que velocidad se mueve el carrito?
S OLUCIÓN
a) Obviamente
𝑣® 𝑝𝑇 = 55 𝑘𝑚/ℎ 𝚤ˆ
𝑣®𝑐𝑇 = 25 𝑘𝑚/ℎ 𝚤ˆ
b) busco 𝑣® 𝑝𝑐 , por la ley relativa sabemos que
𝑣® 𝑝𝑇 = 𝑣® 𝑝𝑐 + 𝑣®𝑐𝑇
𝑣® 𝑝𝑇 − 𝑣®𝑐𝑇 = 𝑣® 𝑝𝑐
55 − 25 𝑘𝑚/ℎ 𝚤ˆ = 𝑣® 𝑝𝑐
𝑣® 𝑝𝑐 = 30 𝑘𝑚/ℎ 𝚤ˆ
es decir desde el carrito el policía solo va a 30𝑘𝑚/ℎ y no 55𝑘𝑚/ℎ
c) busco 𝑣®𝑐p ,por ley relativa sería
𝑣®𝑐𝑇 = 𝑣®𝑐 𝑝 + 𝑣® 𝑝𝑇
𝑣®𝑐𝑇 − 𝑣® 𝑝𝑇 = 𝑣®𝑐 𝑝
25 𝑘𝑚/ℎ − 55 𝑘𝑚/ℎ 𝚤ˆ = 𝑣®𝑐 𝑝
𝑣®𝑐 𝑝 = −30 𝑘𝑚/ℎ 𝚤ˆ
es decir, desde la patrulla el carro no sólo va mas lento, sino también va en dirección contraria y
quiere chocar. Que es nuestra experiencia en un carro: no sentimos que nosotros nos movemos,
sino que sentimos que el mundo se mueve en dirección opuesta.
126
3.10. Movimiento relativo
Ejemplo 3.29 (Canoa en río). Tomado de la discusión D3/30. Una canoa tiene una velocidad de
0.30 𝑚/𝑠 al noroeste relativa a la Tierra. La canoa está en un río que fluye a 0.50 𝑚/𝑠 al oeste en
relación con la Tierra. Calcule la velocidad (magnitud y dirección) de la canoa relativa al río.
S OLUCIÓN
Siempre es útil hacer una figura para orientarse aun cuando no haya necesidad. En nuestro caso
sólo debemos calcular los vectores respecto a Tierra y utilizar la ley relativa.
Figura 3.37.: Ejemplo relativo
Así, la velocidad de la canoa respecto de Tierra es
𝑣®𝑐𝑇 = 𝑣 𝑐𝑇 (cos 135◦ 𝚤ˆ + 𝑠𝑒𝑛 135◦ 𝚥ˆ)
𝑣®𝑐𝑇 = −0.2121 𝚤ˆ + 0.2121 𝚥ˆ 𝑚/𝑠
y la velocidad del río respecto de Tierra será
𝑣®𝑟𝑇 = −0.5 𝚤ˆ 𝑚/𝑠
Según la ley relativa
𝑣®𝑐𝑇 = 𝑣®𝑐𝑟 + 𝑣®𝑟𝑇
𝑣®𝑐𝑇 − 𝑣®𝑟𝑇 = 𝑣®𝑐𝑟
𝑣®𝑐𝑟 = −0.2121 𝚤ˆ + 0.2121 𝚥ˆ 𝑚/𝑠 − (−0.5 𝚤ˆ 𝑚/𝑠)
𝑣®𝑐𝑟 = 0.2879 𝚤ˆ + 0.2121 𝚥ˆ 𝑚/𝑠
Para calcular la magnitud y dirección utilizamos las relaciones de siempre
√
𝑣 𝑐𝑟 = 0.28792 + 0.21212 𝑚/𝑠
tan 𝜃 = 0.2121
0.2879
𝑣 𝑐𝑟 = 0.3576 𝑚/𝑠
𝜃 1 = 36.38◦
𝜃 2 = 216.38◦
127
3. Cinemática
128
Parte II.
Dinámica
129
4. Fuerzas y Leyes de Newton
Desde su impresión en 1687 el “Philosophiæ naturalis principia mathematica” de Sir Isaac Newton
ha sido celebrado como el libro más importante para la Mecánica durante el Renacimiento. No
obstante este libro establece las leyes que rigen a las fuerzas mecánicas de forma axiomática y sin
demostración. Si bien la Primera Ley en esencia la tomó de Galileo - que está bien documentada, la Segunda Ley y la Cuarta (Ley de Gravitación) son sus contribuciones específicas a la Física.
Mientras que la Segunda introduce conceptos centrales para desarrollar la Mecánica, como la
inercia, la cantidad de movimiento y el cálculo diferencial. Si bien la Ley Universal de Gravitación
solucionó el viejo problema del movimiento de los Planetas y sus órbitas (Leyes de Kepler) como
libro el Principia intenta corregir los errores y conceptos del Physica de Aristóteles. Es urgente
entonces que tengamos un modelo de fuerzas para poder modelar correctamente la realidad.
4.1.
Modelo de fuerza
Para poder entender que hace que los cuerpos permanezcan en reposo o cambien su estado de
movimiento, es indispensable tener un modelo de interacción entre los cuerpos de un sistema.
En la mecánica clásica diremos que los cuerpos interactúan entre sí mediante fuerzas.
Figura 4.1.: Las fuerzas se comportan como vectores
Definición 4.1 (Fuerza). Una fuerza es una interacción entre dos cuerpos que explica su respectivos cambios de movimiento.
O BSERVACIONES
1. Las fuerzas no son observables directamente a simple vista. Por el contrario, reconocemos
a las fuerzas actuando sobre un cuerpo por los efectos de éstas producen en los mismos:
131
4. Fuerzas y Leyes de Newton
a) Las fuerzas pueden deformar a los cuerpos, es decir cambiar su forma temporal o
permanentemente.
b) Las fuerzas pueden acelerar los cuerpos, es decir cambiar su estado de movimiento
(velocidad / ímpetu)
c) Las fuerzas pueden cambiar la dirección del movimiento de los cuerpos.
2. Las fuerzas son magnitudes físicas vectoriales que se caracterizan por tener magnitud, dirección, punto de apoyo y línea de acción, como se muestra en la figura 4.1.
3. En general mediremos a las fuerzas mediante un dinamómetro en 1 𝑁 = 1 𝑘𝑔 · 𝑚/𝑠2 (Newton). Otras unidades de medición que podremos encontrar serán la libra 1 𝑙𝑏 = 4.49 𝑁 y el
kilopond1 𝑘 𝑝 = 9.80 𝑁
4. Para efectos de este curso, nos imaginaremos a las fuerzas de una forma más intuitiva,
diciendo que son simplemente un jalón o empujón que actúan sobre un cuerpo.
4.1.1.
Tipos de fuerzas
Los orígenes de las fuerzas pueden ser muy variados, desde la interacción electrostática de cargas,
la fuerza generada por una presión, la fuerza de atracción gravitatoria hasta las fuerzas elásticas
de deformación. En general podemos clasificar a las fuerzas en dos tipos básicos
Fuerzas a distancia: como las fuerza de atracción gravitatoria, o las fuerzas eléctricas y magnéticas, que interactúan sin estar en contacto directamente.
Fuerzas de contacto: fuerzas provenientes de la estructura atómica de los cuerpos y que aparecen cuando los cuerpos o sus fronteras ocupan el mismo espacio. Estas fuerzas de contacto
son de origen elástico.
En este curso nos enfocaremos en el peso y las fuerzas de contacto, que aparecen en las fronteras
de los cuerpos y son relevantes en la mecánica. Estudiaremos cuatro fuerzas en particular: peso,
normales, tensiones y fricciones.
Peso
Definición 4.2 (Peso). El peso es la fuerza de atracción que el planeta ejerce sobre cualquier
cuerpo con masa (gravitatoria). Su característica básica es que siempre señala hacia “abajo”, es
decir el centro de la Tierra, como se muestra en la figura 4.2. La situación estándar que tomemos el
eje 𝑦 hacia arriba, por lo que el peso usualmente va en dirección contraria al eje 𝑦. En la superficie
de la Tierra1 podemos describir esta fuerza con la fórmula
𝑊 =𝑚·𝑔
1 Asumimos
(4.1)
que en la mayoría de problemas que enfrentamos en este curso, estos ocurrirán en la superficie de la
Tierra, por lo que considerar la variación de 𝑔 con la altura es innecesario.
132
4.1. Modelo de fuerza
donde 𝑊 es el peso, 𝑚 la masa del cuerpo en kilogramos y 𝑔 = 9.8 𝑚/𝑠2 es la aceleración de caída
libre o gravedad en la superficie terrestre .
O BSERVACIONES
Figura 4.2.: El peso actúa en dirección del centro de la Tierra
1. La masa no es el peso. Mientras que la masa es un escalar siempre positivo - incluso para anti-partículas - el peso es una fuerza con dirección cuyo signo depende del marco de
referencia.
2. El peso depende de la ubicación. Mientras que 1 𝑘𝑔 es la misma cantidad de masa en la
1
Tierra y en la Luna. El peso de ese cuerpo en la Luna es sólo del peso en la Tierra. Es
6
decir, el factor de gravedad 𝑔 depende de donde se ubique el cuerpo respecto del cuerpo
que genera el campo gravitatorio. Incluso en la superficie de la Tierra hay leves variaciones
debido a la forma achatada del planeta: mientras en el ecuador tiene un valor de 9.787 𝑚/𝑠2
en los polos vale 9.832 𝑚/𝑠2 y el valor promedio en la superficie es 9.81 𝑚/𝑠2 . Nosotros
utilizaremos por simplicidad 9.8 𝑚/𝑠2 y porque se asemeja mucho al valor en El Salvador.
3. El peso actúa en todo momento. A diferencia de las fuerzas de contacto que puede ser
eliminadas al separar los cuerpos, el peso en la superficie de la Tierra no se puede ignorar.
En los sistemas que estudiaremos veremos que la compensación del peso por otras fuerzas
es uno de los pilares de la estática.
4. El peso es una medida indirecta de la masa. En el lenguaje cotidiano confundimos los dos
conceptos, pues para medir la masa utilizamos pesas que efectivamente miden peso, pero
sus escalas están dadas en 𝑘𝑔. Cuando decimos que el cuerpo está “pesado”, queremos
decir en realidad que es masivo y por ende tiene más inercia y es más difícil de mover. No
necesariamente implica que tenemos que levantar al cuerpo para moverlo.
133
4. Fuerzas y Leyes de Newton
Ejemplo 4.1 (Encuentre la moneda falsa). Suponga que tenemos doce monedas de apariencia
idéntica, pero una de ellas es falsa y posee un peso menor a las once demás. ¿Como puede Ud.
determinar cual es la pieza falsa utilizando una balanza común y corriente y haciendo sólo 3
mediciones? [Schiller, 2009]
S OLUCIÓN
La solución informática básica es la búsqueda de dividiendo las monedas y en el peor de los
casos sería 4 mediciones o el método de fuerza bruta midiendo 6 veces en el peor de los casos. El
siguiente procedimiento garantiza que sean sólo 3 mediciones:
1. Parta primero las monedas en dos grupos de seis y mida la balanza. El lado con menor peso
tiene la pieza y lo llamamos el grupo A y el otro el grupo B
2. Ahora parta el grupo A en un grupo de dos A1 y otro de cuatro monedas A2. Parta el grupo
A2 en dos grupos de dos monedas y midalas.
3. Existen dos posibles resultados:
a) si está la balanza está en equilibrio, entonces moneda falsa está en el grupo A1.
b) si no está en equilibrio entonces está en la parte de menor peso A24. Parta en dos ya sea A1 o A2- y mida directamente la menor será la moneda falsa
Fuerzas de tensión
Cuando a una cuerda se le tira, ésta se deforma presentando una resistencia o tensión. Esta fuer-
Figura 4.3.: Las tensiones siempre jalan nunca empujan
za tiene la característica de aparecer en los extremos de la cuerda y tienden siempre a jalar. Las
tensiones siempre jalan nunca empujan. Si la cuerda es ideal (completamente deformable, inextensible y sin masa) la tensión es constante a lo largo de toda la cuerda y tangente a la forma de la
cuerda.
En la figura 4.3 notamos que es fácil jalar a una vaca; sin embargo, es virtualmente imposible
empujarla con la cuerda. Si bien la persona jala la vaca hacia la izquierda, la cuerda jala al señor
hacia la derecha como reacción a su esfuerzo.
134
4.2. Leyes de las fuerzas
La tensión actúan en ambos extremos de la cuerda, por lo que la cuerda también jala a la vaca a la
derecha. Jalar por lo tanto es siempre en sentido hacia la cuerda no alejándose de ella.
El efecto neto es como si la fuerza del señor fuese transmitida a través de la cuerda y actuase sobre
la vaca. Es por eso que se utilizan las cuerdas en los sistemas como transmisores de fuerzas.
Fuerzas normales
Son fuerzas que se presentan en la superficie entre dos cuerpos en contacto. Su característica
básica es que son siempre perpendiculares a la superficie de contacto. La magnitud depende la
circunstancia específica en que se encuentre y por ende no posee una fórmula propia como el peso.
Figura 4.4.: La normal es siempre perpendicular a la superficie de contacto
En la figura 4.4 observamos dos casos típicos de fuerzas normales. La caja que descansa sobre el
suelo lo puede hacer ya que el piso presenta una resistencia y provee una fuerza normal sobre la
caja, perpendicular al suelo. En el plano inclinado, la normal actúa perpendicularmente al plano
(no hacia arriba), lo que sólo compensa al peso parcialmente. De ahí que el cuerpo tienda a bajar
a lo largo del plano.
4.2.
Leyes de las fuerzas
Los movimientos e interacciones de las fuerzas están gobernados por tres principios básicos que
las llamamos Leyes de Newton, pues fueron formulados por el físico británico Sir Isaac Newton en
1687 en su libro “Principia mathematica”. Estudiaremos a las fuerzas en relación con los cuerpos
en reposo (estática) y en movimiento (dinámica) para calcular las variables cinemáticas necesarias.
4.2.1.
Leyes de Newton
Planteadas en pleno Renacimiento, las Leyes de Newton implicaron una revolución en el estudio
de la mecánica y permitieron el desarrollo de la física hasta nuestros días.
Teorema 4.1 (Primera Ley o Ley de Inercia). Un cuerpo permanece en reposo o un movimiento
con velocidad constante a menos que una fuerza externa no equilibrada actúe sobre él [Tippens, 2007]
135
4. Fuerzas y Leyes de Newton
Definición 4.3 (Inercia lineal). La inercia de un cuerpo es su tendencia a permanecer en su estado
de movimiento lineal.
O BSERVACIONES
1. La primera ley dice que al no haber fuerza neta sobre un cuerpo este mantiene su inercia. Es
decir el estado “natural” de los cuerpos es mantener su inercia. Es decir mantener su estado
de movimiento y no el reposo como sugería Aristóteles.
2. También significa que los cuerpos no se mueven solos (son inertes y no animados), sino que
requieren de fuerzas externas para moverse desde el reposo
3. Los cuerpos no necesitan fuerzas para moverse, solo para cambiar su movimiento.
4. Esta ley nos permite definir un criterio de equilibrio para la mecánica
Definición 4.4 (Masa). La masa (inercial) es una propiedad inherente de la materia que se opone
al cambio de movimiento.
O BSERVACIONES
1. La masa se mide en el Sistema Internacional en 𝑘𝑔 y en los sistemas anglo-sajones en 𝑠𝑙𝑢𝑔.
Recuerde que la libra 𝑙𝑏 es una unidad de peso o fuerza.
2. Decimos que la masa 𝑚 representa la inercia lineal de un cuerpo.
3. La masa es siempre positiva, incluso en antimateria. Un anti-protón tiene la misma masa
inercial que un protón.
4. La masa gravitatoria es aquella propiedad de la materia a la cual se sienten atraídos los
cuerpos gravitatoriamente.
5. Aunque la masa inercial y gravitatoria son conceptos diferentes, Einstein en su teoría de
Relatividad Especial plantea un principio de equivalencia que establece que ambas masas
deben ser iguales.
Definición 4.5 (Equilibrio de traslación). un cuerpo está en equilibrio cuando la fuerza neta sobre
él es cero
𝑁
Õ
𝐹®𝑖 = 0
(4.2)
𝑖=1
Una conclusión de la Primera Ley de Newton (1L.N.) es que si un cuerpo está en equilibrio de traslación, entonces se encuentra en reposo o en un movimiento con velocidad constante. La inversión
también es válida: todo cuerpo en reposo o en un MRU se encuentra en equilibrio.
136
4.2. Leyes de las fuerzas
Teorema 4.2 (Segunda Ley de Newton ). Si la fuerza neta externa que actúa sobre un cuerpo es
distinta de cero, entonces ésta produce una aceleración, que es proporcional a la fuerza neta e
inversamente proporcional a la masa del cuerpo.
𝑁
Õ
𝐹®𝑖 = 𝑚 𝑎®
(4.3)
𝑖=1
Esta Ley también llamado Teorema Fundamental de la Mecánica es la base de la Dinámica y nos
indica como las fuerzas cambian los estados de movimientos de los cuerpos. Ésta es la ecuación de
desbalance que nos indica cómo cambia un cuerpo su estado inicial de equilibrio en la mecánica
y como evoluciona su estado de movimiento a través del tiempo.
O BSERVACIONES
1. Si aplicamos fuerzas diferentes 𝐹®1 y 𝐹®2 sobre el mismo cuerpo, observamos que las aceleraciones son proporcionales a las fuerzas
𝑎® ∝ 𝐹®
es decir a mayor fuerza, mayor aceleración. Donde la masa 𝑚 es la constante proporcionalidad
2. Si aplicamos fuerzas netas iguales a dos cuerpos distintos, las aceleraciones con inversamente proporcional a sus masas
1
𝑎∝
𝑚
3. Esta ecuación en el fondo es una ecuación diferencial de segundo grado que relaciona las
variables cinemáticas (posición, velocidad y aceleración) con la variables dinámicas.
2
𝑑 𝑟®
𝐹® = 𝑚 2
𝑑𝑡
Esto también significa que para tener una solución es necesario conocer dos condiciones
iniciales (posición 𝑟®𝑜 y velocidad inicial 𝑣®𝑜 )
4. Esta Ley o Axioma también nos indica que las fuerzas netas son responsables de los cambios
de movimiento y no las ánimas o voluntades de los cuerpos
Teorema 4.3 (Tercera Ley de Newton). Para cada acción debe existir una reacción igual y opuesta. Formalmente escribimos
𝐹®12 = −𝐹®21
(4.4)
donde 𝐹®12 es la fuerza sobre el cuerpo 1 por el cuerpo 2 y 𝐹®21 es la reacción sobre el cuerpo 2 por
el cuerpo 1
O BSERVACIONES
Esta ley nos da indicios sobre el modelo de interacción que implica las fuerzas en la mecánica.
137
4. Fuerzas y Leyes de Newton
Figura 4.5.: A toda acción hay una reacción igual y opuesta
1. Por un lado nos dice que toda interacción mecánica entre cuerpos es binaria y viene en pares
acción-reacción. No se considera la interacción de tres o más cuerpos a la vez y si varias
fuerzas actúan al mismo tiempo, éstas deben verse individualmente y no colectivamente.
2. La acción y la reacción están en cuerpos distintos como muestra el esquema de la figura 4.5.
Esto implica también que toda fuerza de ser ejercida por la interacción de otro cuerpo. En
especial hay que notar que un cuerpo no puede ejercer fuerza sobre sí mismo. Decimos que
las autofuerzas en la mecánica clásica no existen o son siempre cero 𝐹®𝑖𝑖 = 0.
3. Cuando consideremos sistemas de múltiples cuerpos las fuerzas entre ellos deben seguir
este principio y además sirve como mecanismo de transmisión de fuerzas, como el peso.
Ejemplo 4.2. En la figura 4.6 notamos varios ejemplos de acción reacción.
En la figura (a) una persona se reclina sobre una pared. Debido a este contacto el hombre ejerce una
fuerza sobre la pared 𝐹 𝑝ℎ , ésta presenta una resistencia y le proporciona una fuerza de reacción
𝐹ℎ 𝑝 en sentido contrario.
En la figura (b) un libro es sostenido por una mesa. El contacto entre el libro y la mesa provoca
Figura 4.6.: Ejemplos de pares acción y reacción
138
4.2. Leyes de las fuerzas
una fuerza sobre el libro 𝐹𝑙𝑚 que lo sostiene y como reacción el libro provoca una fuerza sobre la
mesa 𝐹𝑚𝑙 igual pero opuesta.
4.2.2.
Diagramas de cuerpo libres
Para poder utilizar éstas leyes, sin embargo, es útil simplificar la situación y graficar solamente las
fuerzas relevantes. Esto lo hacemos mediante diagramas de cuerpo libre.
Definición 4.6 (Diagrama de cuerpo libre). Los diagramas de cuerpo libres o DCL son simplificaciones del sistema a estudiar, donde se eliminan todos los elementos excepto las fuerzas que
intervienen en el punto de análisis o punto de confluencia de las fuerzas. . Los pasos para construir
un diagrama de cuerpo libre son:
1. Se dibujan todas las fuerzas en un mismo punto de análisis, aun cuando actúen en diferentes
puntos de un cuerpo. En caso que no sobresalga ningún punto, se puede asumir que la
fuerzas actuarían sobre el centro de masa o centro geométrico de la figura. Se deben pintar
todas las fuerzas que actúan ya sean de contacto como a distancia.
2. Se elige un marco de referencia y se determinan los ángulos que formarían las fuerzas
respecto de este marco de referencia.
3. Se aplican las leyes de Newton para determinar las ecuaciones para despejar las incógnitas
4. Se deben dibujar tantos DCL como cuerpos de interés tenga el sistema.
En la figura 4.7 se muestra un ejemplo de un diagrama de cuerpo libre. Nótese que como punto de
Figura 4.7.: El diagrama de cuerpo libre (DCL) es una simplificación del problema dado
análisis se eligió el nudo que une las tres cuerdas, ya que las tres fuerzas involucradas confluyen
en ese punto. Ya se trata de tensiones sabemos que éstas deben jalar en dirección de la cuerda.
Sabemos que el peso 𝑊 = 400 𝑁 se transmite íntegramente a la cuerda que la sostiene de ahí que
139
4. Fuerzas y Leyes de Newton
el DCL la escribimos directamente. El ángulo de la tensión 𝑇𝐵 de 60 ° se deduce por geometría,
mientras que los otros ángulos son obviamente 180 ° y 270 ° respectivamente y no se dibujan pues
se conocen los ángulos del marco de referencia.
4.3.
4.3.1.
Aplicaciones de las Leyes de Newton
Aplicaciones primera condición de equilibrio
Siguiendo la Primera Ley de Newton habíamos definido al equilibrio como
𝑁
Õ
𝐹®𝑖 = 0
𝑖=1
en especial esto significa que para sus componentes también se debe cumplir:
𝑁
Õ
𝑖=1
𝐹𝑖 𝑥 = 0
𝑁
Õ
𝑖=1
𝐹𝑖𝑦 = 0
𝑁
Õ
𝐹𝑖𝑧 = 0
(4.5)
𝑖=1
A las ecuaciones 4.2 y 4.5 la llamamos la primera condición de equilibrio y simplemente dice que
la sumatoria de fuerzas debe ser cero. Con estas condiciones trataremos de encontrar soluciones
a problemas sencillos.
Figura 4.8.: Encuentre fuerza y tensión en el sistema
Ejemplo 4.3. Se jala una cuerda de manera que la bola de 100 𝑁 de peso se encuentre equilibrio.
La cuerda forma un ángulo de 30°con la vertical como se muestra en la figura 4.8 . ¿Cuál es la
magnitud de 𝐹 y la tensión de la cuerda 𝑇?
S OLUCIÓN
Primero hay que construir el diagrama de cuerpo libre como se muestra en la figura 4.8. Reconocemos que hay dos fuerzas desconocidas 𝐹 y 𝑇 que calcularemos por primera condición.
140
4.3. Aplicaciones de las Leyes de Newton
Por simplicidad trabajaremos a las tensiones como cantidades positivas y el signo de las componentes las deduciremos directamente del DCL2 .
Aplicamos la primera condición de equilibrio y obtenemos:
𝑁
Õ
𝑁
Õ
𝐹𝑖 𝑥 = 0
𝑖=1
𝐹𝑖𝑦 = 0
𝑖=1
𝐹 − 𝑇 · cos 60 ° = 0
𝑇 · 𝑠𝑒𝑛 60 ° − 𝑊 = 0
o bien
𝐹 = 𝑇 · cos 60°
𝑇 · 𝑠𝑒𝑛 60° = 𝑊
(4.6)
(4.7)
Utilizando la ecuación 4.7 obtenemos que
𝑇
𝑇
𝑊
𝑠𝑒𝑛 60°
100 𝑁
=
𝑠𝑒𝑛 60°
= 115.47 𝑁
=
sustituyendo en 4.6 obtenemos
𝐹 = 115.47 𝑁 · cos 60 °
𝐹 = 57.74 𝑁
Estrategia para solucionar ejercicios de equilibrio
Los pasos para resolver cualquier ejercicio de equilibrio se pueden resumir en un par de pasos
1. Haga un esquema/dibujo de la situación física
2. Dibuje a la par el diagrama de cuerpo libre (debe incluir fuerzas y ángulos respecto del
marco de referencia)
3. Encuentre / calcule todas la componentes de las fuerzas
4. Utilice la primera condición de equilibrio para obtener tantas ecuaciones como incógnitas
se tengan en el sistema
5. Determine algebraicamente las incógnitas.
2 También
se podría trabajar con el ángulo respecto del eje 𝑥 y trabajar las cantidades sin signo. No obstante, en la
práctica este puede ser más engorroso y no necesariamente libre de error. El DCL es que orienta respecto de signos
y componentes.
141
4. Fuerzas y Leyes de Newton
Ejemplo 4.4. Dos bloques de masas 𝑚 1 = 2 𝑘𝑔, 𝑚 2 = 5 𝑘𝑔 se encuentran suspendidos en reposo
de dos cuerdas como se muestra en la figura 4.9 . Determine las tensiones de las cuerdas.
S OLUCIÓN
Dado que nos han dado las masas es necesario primero calcular los pesos o recordar que se calculan mediante las fórmulas 𝑊1 = 𝑚 1 · 𝑔 y 𝑊2 = 𝑚 2 · 𝑔 respectivamente. Al haber dos cuerpos
involucrados es necesario dibujar dos diagramas de cuerpo libres como lo muestra la figura 4.9.
Es de notar que la tensión de la cuerda entre los cuerpos debe aparecer en ambos diagramas de
cuerpo libre en direcciones contrarias ya que las tensiones siempre jalan nunca empujan.
Aplicando el principio de equilibrio o primera condición de equilibrio
Figura 4.9.: Hay que dibujar tantos DCL como cuerpos involucrados en el sistema
𝐷𝐶 𝐿1
𝐷𝐶 𝐿2
𝑁
Õ
𝑁
Õ
𝐹𝑖𝑦 = 0
𝑖=1
𝐹𝑖𝑦 = 0
𝑖=1
𝑇1 − 𝑊1 − 𝑇2 = 0
𝑇2 − 𝑊2 = 0
𝑇1 − 𝑇2 = 𝑚 1 · 𝑔
𝑇2 = 𝑚 2 · 𝑔
Sustituyendo valores para la ecuación obtenemos
𝑇2 = 5 𝑘𝑔 · 9.8
𝑚
𝑠2
𝑇2 = 49 𝑁
Sustituyendo en la otra obtenemos:
𝑇1 − 49 𝑁 = 2 𝑘𝑔 · 9.8
𝑇1 = 68.6 𝑁
142
𝑚
𝑠2
4.3. Aplicaciones de las Leyes de Newton
Es de notar que la tensión en la cuerda superior es mayor que entre los dos cuerpos. El motivo es
que la cuerda superior debe soportar ambos cuerpos, mientras que la cuerda de abajo sólo la del
cuerpo inferior.
Ejemplo 4.5. Un bloque descansa sobre un plano inclinado sin fricción con la ayuda de una cuerda
como se muestra en la figura 4.10. Si el peso del cuerpo es 𝑊 = 150 𝑁 y el ángulo de inclinación
del plano es de 𝜃 = 42 ° determine la magnitud de la tensión 𝑇 en la cuerda y la normal que actúa
sobre el cuerpo.
S OLUCIÓN
Dibujamos primero el diagrama de cuerpo libre como se muestra en la figura 4.10 (b). Sin embargo
Figura 4.10.: Encuentre normal y tensión en el sistema
elegimos una marco de referencia a conveniente, de manera que la representación de las fuerzas sea
especialmente simple. En este caso el marco descansa sobre el plano inclinado como se muestra
en la figura4.10 b.
Ya que el bloque descansa sobre el plano se debe encontrar en equilibrio por lo que para sus
componentes es válido:
𝑁
Õ
𝐹𝑖 𝑥 = 0
𝑖=1
𝑁
Õ
𝐹𝑖𝑦 = 0
𝑖=1
𝑇 − 𝑊 · 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 0
𝑛 − 𝑊 · cos 𝜃 = 0
𝑇 = 150 𝑁 𝑠𝑒𝑛 42 °
𝑛 = 150 𝑁 · cos 42 °
𝑇 = 100.37 𝑁
𝑛 = 111.47 𝑁
Ejemplo 4.6. Un bloque con un peso 𝑊2 es sostenido por un segundo bloque con un peso 𝑊1 =
200 𝑁 que descansa sobre un plano inclinado vía una polea como se muestra en la figura 4.11.
¿Cuál debe ser la magnitud de 𝑊2 y cual debe ser la tensión en la cuerda?
143
4. Fuerzas y Leyes de Newton
S OLUCIÓN
La polea ideal es un dispositivo que sólo reorienta la dirección de la fuerza (tensión) pero no la
altera. Al haber dos cuerpos involucrados es necesario hacer dos diagramas de cuerpo libre como
se muestra en la figura 4.11 . Es de notar que no es necesario que los marcos de referencia señalen
en la misma dirección. El único requisito es que se conozcan los ángulos respecto del sistema
correspondiente y las fuerzas de acción y reacción tengan la misma nomenclatura ( en nuestro
caso la tensión ).
Aplicando la primera condición para el primer DCL1:
Õ
Õ
𝐹𝑥 = 0
𝑇 − 𝑊1 · 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 0
𝐹𝑦 = 0
𝑛 − 𝑊 · cos 𝜃 = 0
◦
𝑇 = 200 𝑁 𝑠𝑒𝑛 30
𝑛 = 200 𝑁 · cos 30 °
𝑇 = 100.0 𝑁
𝑛 = 173.2 𝑁
Aplicando ahora la primera condición para el DCL2:
Õ
𝐹𝑦 = 0
𝑇 − 𝑊2 = 0
𝑊2 = 𝑇
𝑊2 = 100.0 𝑁
Es de notar que no fue necesario calcular la componente en 𝑥 ya que en el marco de referencia del
DCL2 no existen fuerzas en 𝑥
Ejemplo 4.7. Un semáforo de 200 𝑁 de peso cuelga de dos cuerdas como se muestra en la figura
4.12. Encuentre las tensiones en las cuerdas que mantienen al sistema en reposo.
Figura 4.11.: ¿Cuál peso 𝑊2 mantiene al sistema en equilibrio?
144
4.3. Aplicaciones de las Leyes de Newton
S OLUCIÓN
Figura 4.12.: Cuales tensiones mantienen al semáforo en equilibrio
Tomamos como punto de análisis el nudo entre las cuerdas. Encontramos los ángulos correspondientes en el DCL como se muestra en la figura 4.12 . En algunos casos es apropiado empezar las
ecuaciones con números, pues agilizan el calculo. Aplicando la primera condición de equilibrio
𝑁
Õ
𝑁
Õ
𝐹𝑖 𝑥 = 0
𝑖=1
𝐹𝑖𝑦 = 0
𝑖=1
𝑇2 · cos 45 ° − 𝑇1 cos 60 ◦ = 0
𝑇1 𝑠𝑒𝑛 60 ° + 𝑇2 𝑠𝑒𝑛 45 ° − 200 𝑁 = 0
cos 60 °
cos 45 °
𝑇2 = 0.7071 · 𝑇1
𝑇1 𝑠𝑒𝑛 60 ° + 𝑇2 𝑠𝑒𝑛 45 ° = 200 𝑁
𝑇2 = 𝑇1
Sustituyendo la primera ecuación en la segunda obtenemos
𝑇1 · 0.8660 + 𝑇1 · 0.7071 · 𝑠𝑒𝑛 45 ° = 200 𝑁
𝑇1 · 0.8660 + 𝑇1 · 0.5 = 200 𝑁
1.366𝑇1 = 200 𝑁
𝑇1 = 146.41 𝑁
Sustituyendo este resultado en la primera ecuación obtenemos
𝑇2 = 0.7071 · 146.41 𝑁
𝑇2 = 103.53 𝑁
145
4. Fuerzas y Leyes de Newton
Nótese que cada tensión es inferior al peso del semáforo, pero la suma de sus magnitudes es
superior al peso mismo. Decimos que al colgar el semana de dos cuerdas “distribuimos su peso”
en dos cuerdas, de manera que el esfuerzo máximo de cada una no se exceda y rompan.
4.3.2.
Aplicaciones Segunda Ley de Newton
En muchas situaciones es imposible tener un escenario de equilibrio por lo que es indispensable
saber calcular las aceleraciones y situaciones que suceden en los casos dinámicos. Empezaremos
comparando que sucede con las tensiones en las situaciones estáticas y dinámicas.
Ejemplo 4.8 (Tensiones en estática y dinámica). Suponga que tiene 3 bloques de masas 2 𝑘𝑔,
3 𝑘𝑔 y 5 𝑘𝑔 colocados horizontalmente sobre una superficie plana como se muestra en la figura
4.8 a la cual se le aplica una fuerza de 150 𝑁. Determine las normales y tensiones en cada cuerpo.
S OLUCIÓN
Figura 4.13.: La tensión se transmite íntegramente en el caso estático
Como se muestra en la figura la situación es estática por lo que hacemos un diagrama de cuerpo
libre para cada cuerpo y aplicamos la 1 LN.
Í
𝐹𝑦
=0
𝑛1 − 19.6 𝑁 = 0
𝑛1
= 19.6 𝑁
Í
𝐹𝑥
=0
150 𝑁 − 𝑇1 = 0
𝑇1
= 150 𝑁
(4.8)
La primera de estas ecuaciones dice algo muy trivial: el piso aguanta al peso del primer cuerpo. Es
decir, la normal compensa al peso del cuerpo y no participa del movimiento. La segunda dice que
la tensión de la primera cuerda es exactamente la fuerza externa aplicada para mantener al primer
cuerpo en reposo. Repitiendo el procedimiento para los otros diagramas de cuerpo libre
146
4.3. Aplicaciones de las Leyes de Newton
Í
𝐹𝑦
=0
𝑛2 − 49 𝑁 = 0
𝑛2
= 49 𝑁
Í
𝐹𝑥 = 0
𝑇1 − 𝑇2 = 0
𝑇2
= 150 𝑁
encontramos expresiones muy similares: la normal aguanta al peso, la tensión 𝑇2 = 𝑇1 es idéntica.
Y en el último diagrama de cuerpo libre:
Í
𝐹𝑦
=0
𝑛3 − 29.4 𝑁 = 0
𝑛3
= 29.4 𝑁
Í
𝐹𝑥 = 0
𝑇2 − 𝑇3 = 0
𝑇3
= 150 𝑁
Es de notar que al ser compensados los pesos por las normales, no participan del valor de las
tensiones.
Ejemplo 4.9 (Tensión en bloques aceleración). Repitamos el ejemplo anterior, sólo que ahora
dejemos que los bloques se deslicen sobre la superficie sin fricción como se muestra en la figura
4.14.
S OLUCIÓN
Figura 4.14.: La tensión se reduce al acelerar inercia
Los DCL son muy similares con la excepción que ahora hay aceleración en dirección 𝑥. Para los
diagramas de cuerpo de libre tenemos
Í
𝐹𝑦
=0
𝑛1 − 19.6 𝑁 = 0
𝑛1
= 19.6 𝑁
Í
𝐹𝑥
= 𝑚1 𝑎1
150 𝑁 − 𝑇1 = 𝑚 1 𝑎 1
147
4. Fuerzas y Leyes de Newton
Mientras que el piso sigue soportando al peso, la tensión ya no es la misma pues hay que considerar
la aceleración del cuerpo. Lo mismo sucede para el segundo cuerpo
Í
Í
𝐹𝑦
=0
𝑛2 − 49 𝑁 = 0
𝑛2
= 49 𝑁
𝐹𝑥 = 𝑚 2 𝑎 2
𝑇1 − 𝑇2 = 𝑚 2 𝑎 2
y de forma similar para el tercer cuerpo
Í
Í
𝐹𝑦
=0
𝑛3 − 29.4 𝑁 = 0
𝑛3
= 29.4 𝑁
𝐹𝑥 = 𝑚 3 𝑎 3
𝑇2
= 𝑚3 𝑎3
Si bien la normal y el peso no intervienen en la aceleración, tenemos ahora el problema de tres
aceleraciones y dos tensiones por calcular pero sólo tenemos 3 ecuaciones independientes. Es
aquí donde introducimos la condición de cuerda tensa. En una cuerda tensa que se mueve, los
dos bloques unidos por ella deben tener la misma posición, velocidad y aceleración relativa. De lo
contrario la cuerda o se extendería o se contraería y ambas no son las condiciones de una cuerda
tensa inextensible. Es decir
𝑎1 = 𝑎2 = 𝑎3 = 𝑎
Convirtiendo al sistema de ecuaciones en
150 𝑁 − 𝑇1 = 𝑚 1 𝑎
𝑇1 − @
𝑇@
2 = 𝑚2 𝑎
𝑇@
@
2 = 𝑚3 𝑎
150 𝑁 = (𝑚 1 + 𝑚 2 + 𝑚 3 ) 𝑎
y despejando la aceleración obtenemos
150 𝑁
10 𝑘𝑔
𝑎 = 15 𝑚/𝑠2
𝑎=
Esta es la aceleración de cada cuerpo, pero también decimos que es la aceleración lineal del
sistema. Sustituyendo en las ecuaciones correspondientes obtenemos
𝑇2 = 𝑚 3 𝑎
= 3 𝑘𝑔 · 15 𝑚/𝑠2
𝑇2 = 45 𝑁
𝑇1 = 150 𝑁 − 𝑚 1 𝑎
= 150 𝑁 − 2 𝑘𝑔 · 15 𝑚/𝑠2
𝑇1 = 120 𝑁
Es relevante indicar que las tensiones no son iguales. Nótese que la tensión se reduce hacia el
último bloque. Decimos que las tensiones se alivian al acelerar inercia, de ahí que los 150 N de
fuerza externa no se transmitan íntegramente a través del sistema.
148
4.3. Aplicaciones de las Leyes de Newton
Ejemplo 4.10 (Maquina de Atwood). Tomado de la discusión D4/8. Una carga de 15.0 𝑘𝑔 de
ladrillos pende del extremo de una cuerda que pasa por una polea pequeña sin fricción y tiene un
contrapeso de 28.0 𝑘𝑔 en el otro extremo. El sistema se libera del reposo. a) Dibuje un diagrama
de cuerpo libre para la carga de ladrillos y otro para el contrapeso. b) ¿Qué magnitud tiene la
aceleración hacia arriba de la carga de ladrillos? c) ¿Qué tensión hay en la cuerda mientras la
carga se mueve?
S OLUCIÓN
Figura 4.15.: Esquema para máquina de Atwood
a) Los diagramas de cuerpo libre se muestran en la figura 4.15, donde ponemos la dirección del
marco de referencia en dirección de la aceleración para que la aceleración de los dos bloques sean
positivos. Es de notar que las fuerzas impulsivas acá son el peso y el contrapeso y la inercia esta
dada por la suma de las masas.
b) Utilizando los dos DCL llegamos a
𝑇 − 𝑚2𝑔 = 𝑚2 𝑎
𝑚1𝑔 − 𝑇 = 𝑚1 𝑎
(𝑚 1 − 𝑚 2 ) 𝑔 = (𝑚 1 + 𝑚 2 ) 𝑎
o bien
𝑎=
𝑚1 − 𝑚2
𝑔
𝑚1 + 𝑚2
(4.9)
149
4. Fuerzas y Leyes de Newton
es decir, que la aceleración del sistema va a ser sólo una fracción de caída libre. En nuestro caso
28 − 15 𝑘𝑔
× 9.8 𝑚/𝑠2
43 𝑘𝑔
𝑎 = 2.96 𝑚/𝑠2
𝑎=
c) Sustituyendo para la tensión en cualquier DCL
𝑇 = 𝑚 2 (𝑎 + 𝑔)
= 15 𝑘𝑔(2.96 + 9.8) 𝑚/𝑠2
𝑇 = 191.4 𝑁
Ejemplo 4.11 (Determinación de fuerza a partir de cinemática). Tomado de la discusión D4/3. La
velocidad
de un objeto de masa 𝑚 = 2.0 𝑘𝑔 está dada por la siguiente expresión, 𝑣® = (𝑡 2 + 4𝑡) 𝚤ˆ +
√
5
𝑡 + 2 𝚥ˆ. Determina el valor de la fuerza aplicada, cuando han transcurrido 3 segundos a partir
del inicio del movimiento.
S OLUCIÓN
Para encontrar la fuerza es necesario derivar la velocidad y evaluar en 3 𝑠
𝑑®𝑣
𝑑𝑡
p
𝑑 2
=
(𝑡 + 4𝑡) 𝚤ˆ + 𝑡 5 + 2 𝚥ˆ
𝑑𝑡
5𝑡 4
𝑎(𝑡)
® = (2𝑡 + 4) 𝚤ˆ + √
𝚥ˆ
2 𝑡5 + 2
𝑎(3)
®
= 10 𝚤ˆ + 12.94 𝚥ˆ 𝑚/𝑠2
𝑎® =
Por lo tanto, por segunda Ley de Newton
𝐹® = 𝑚 · 𝑎®
𝐹® = 20 𝚤ˆ + 25.87 𝚥ˆ 𝑁
√
La magnitud es por lo tanto 𝐹 = 202 + 25.872 𝑁 = 32.70 𝑁.
Ejemplo 4.12 (Fuerza neta e inercia). Tomado de la discusión D4/5. Tres fuerzas dadas por𝐹®1 =
(−2.00ˆ𝚤 + 2.00 𝚥ˆ) 𝑁, 𝐹®2 = (5.00ˆ𝚤 –3.00 𝚥ˆ) 𝑁 y 𝐹®3 = (−15.0ˆ𝚤 ) 𝑁, actúan sobre un objeto para
producir una aceleración de magnitud 3.75 𝑚/𝑠2 . a) ¿Cuál es la dirección de la aceleración? b)
¿Cuál es la masa del objeto? c) Si el objeto inicialmente está en reposo, ¿cuál es su rapidez después
de 10.0𝑠? d) ¿Cuáles son las componentes de la velocidad del objeto después de 10.0 𝑠?
S OLUCIÓN
150
4.3. Aplicaciones de las Leyes de Newton
a) La dirección de la aceleración es la misma de la fuerza neta, por lo que es necesario calcular la
fuerza neta y su dirección
𝐹®1 = (−2.00ˆ𝚤 + 2.00 𝚥ˆ) 𝑁
𝐹®2 = (5.00ˆ𝚤 –3.00 𝚥ˆ) 𝑁
𝐹®3 = (−15.0ˆ𝚤 ) 𝑁
𝐹®𝑁
= −12.0 𝚤ˆ − 1.00 𝚥ˆ 𝑁
Para su magnitud y dirección obtenemos
𝐹𝑁
𝐹𝑁
√
= 122 + 12 𝑁
= 12.04 𝑁
−1.00
tan 𝜃 = −12.0
𝜃 1 = 4.76◦
𝜃 2 = 184.76◦
obviamente la dirección es en el tercer cuadrante.
b) Para eso utilizaremos la segunda Ley en su forma escalar
𝐹® = 𝑚 · 𝑎®
𝐹® = 𝑚 · k 𝑎k
®
𝐹
𝑎
12.04 𝑁
=
3.75 𝑚/𝑠2
𝑚 = 3.21 𝑘𝑔
𝑚=
Consistentemente la aceleración será:
𝐹®
𝑚
−12.0 𝚤ˆ − 1.00 𝚥ˆ 𝑁
=
3.21 𝑘𝑔
𝑎® =
𝑎® = −3.74 𝚤ˆ − 0.31 𝚥ˆ 𝑚/𝑠2
d) Para el cálculo de la velocidad después de 10.0 𝑠 utilizamos simple cinemática
0
𝑣® = 𝑣®
®·𝑡
𝑜+𝑎
= (−3.74 𝚤ˆ − 0.31 𝚥ˆ) 𝑚/𝑠2 · 10.0 𝑠
𝑣® = −37.4 𝚤ˆ − 3.1 𝚥ˆ 𝑚/𝑠
√
y por ende su rapidez (c) será 𝑣 = 37.42 + 3.12 𝑚/𝑠 = 37.53 𝑚/𝑠 .
151
4. Fuerzas y Leyes de Newton
4.3.3.
Peso aparente e ingravidez
Aunque sólo se trata de un caso particular de la Segunda Ley de Newton, amerita que se trate
aparte para entender lo que entendemos por “ingravidez” o falta de peso aparente.
Figura 4.16.: Peso aparente en el caso de elevador acelerado
1. Empezaremos considerando a una persona sobre una báscula que se encuentra en dentro de
un elevador en reposo, como se muestra en la figura 4.16a, de tal forma que su aceleración
sea cero. Como vemos, el la normal proporcionada por la báscula la que mantiene a la
persona en equilibrio, por lo que la báscula marca correctamente el peso de la persona
𝑛 = 𝑚𝑔.
2. Luego consideremos que el elevador sube con una aceleración 𝑎 como se muestra en la
figura 4.16b. Ya que la báscula es la que sostiene y acelera a la persona, la normal debe ser
mayor que el peso
Õ
𝐹𝑦 = 𝑚𝑎
𝑛 − 𝑚𝑔 = 𝑚𝑎
𝑛 = 𝑚(𝑔 + 𝑎)
Decimos, que la báscula marca un peso aparente mayor al correcto debido a la aceleración.
Este fenómeno lo conocemos de cuando subimos a un elevador y este empieza a moverse
hacia arriba: notamos un leve aumento de presión en la planta de los pies que incluso puede
provocar que doblemos la rodillas involutariamente.
3. De manera similar cuando el elevador baja con una aceleración 𝑎 (ver figura 4.16c) , la
normal de la báscula se ve alivianada que parte de la inercia se acelera y no necesita propor-
152
4.4. Fricción
cionar tanta normal:
𝑚𝑔 − 𝑛 = 𝑚𝑎
𝑛 = 𝑚(𝑔 − 𝑎)
Por lo tanto marca un peso aparente menor al correcto. También reconocemos el fenómeno
en el elevador cuando este empieza a descender desde un piso superior, cuando sentimos
menos presión en los pies y por un momento pensamos que nos elevamos. En casos extremos
como un montaña rusa, la sensación es que el estomago (o los organos internos) parecieran
querer subirse y sentimos una sensación pánico o euforia que es lo que se busca en este tipo
de dispositivos.
4. En el caso extremo que el cable que sostiene al elevador se rompa (ver figura 4.16d) éste
cae libremente 𝑎 = 𝑔 y por ende no hay necesidad de normal para caer. El peso aparente es
cero durante caida libre. Y justo a este estado es el que consideramos el de ingravidez. No
es que no exista la gravedad, sino que esta ha sido utilizada para caer libremente. Los astronautas en principio se encuentran orbitando en el planeta cayendo perpetuamente, como
decía Newton, por lo que tienen la sensación de ingravidez.
4.4.
Fricción
Siempre un cuerpo se mueve o intente moverse estando en contacto con otra superficie aparecerán fuerzas reactivas elásticas que se opondrán al movimiento o su conato. A estas fuerzas las
llamamos genéricamente fuerzas de fricción.
4.4.1.
Fricción estática
Figura 4.17.: Bloque no se desplaza a pesar de no estar compensada la fuerza 𝐹
En muchas situaciones desearemos minimizar la fricción, para evitar pérdidas de energía o realizar trabajo extra; en otros casos desearemos poder incrementarlas para poder movernos mejor
(tracción en llantas o sostener cuerpos)
153
4. Fuerzas y Leyes de Newton
Figura 4.18.: DCL corregido
Para poder entender las fricciones estáticas y cinéticas haremos un par de experimentos mentales y
aplicaremos nuestras intuición (experiencia diaria) sobre como reaccionarían los cuerpos en estas
circunstancias.
Experimento mental (fricción estática)
Suponga que un bloque descansa sobre una superficie rugosa como se muestra en la figura 4.18 .
Si le aplicamos una fuerza pequeña 𝐹 observamos que éste no se desplaza. Al analizar la situación
mediante un diagrama de cuerpo libre como se muestra en la figura 4.17 vemos que el peso está
compensado mediante la normal, pero la fuerza 𝐹 no.
La conclusión lógica es que las leyes de Newton no funcionan o bien debe existir una fuerza de
fricción 𝑓𝑠 que se opone a la fuerza impulsora y la compensa. Es decir el diagrama de cuerpo libre
correcto debería de ser el mostrado en la figura 4.18. Deducimos que esta fuerza de fricción debe
estar dado por
𝑓𝑠 = 𝐹
es decir, la fuerza de fricción no es proporcional a 𝐹, sino que mientras exista equilibrio debe ser
igual a la fuerza neta en 𝑥. Dado que el cuerpo permanece en reposo la llamamos fuerza de fricción
estática
Observaciones
1. 𝑓𝑠 es una fuerza variable según 𝐹. Nótese que la fuerza de fricción desaparece cuando no
hay agente externo actuando. Al igual que la tensión y la normal es una fuerza reactiva a
una acción externa.
2. 𝑓𝑠 es siempre paralela al plano de contacto
3. Sólo existe 𝑓𝑠 si existe contacto y normal.
4. Si incrementamos gradualmente la fuerza 𝐹 notamos que el cuerpo permanece en equilibrio
hasta un cierto valor, donde el bloque empezará a moverse. Decimos que justo antes de
empezar a moverse el cuerpo se encuentra en un estado de movimiento inminente.
5. 𝑓𝑠 tiene por tanto un valor máximo dado por la expresión
𝑓𝑠𝑚𝑎𝑥 = 𝜇 𝑠 · 𝑛
154
(4.10)
4.4. Fricción
donde 𝑛 es la normal del plano de contacto, y 𝜇 𝑠 es el coeficiente de fricción estático, que es
un número adimensional que nos indica cuanta oposición presenta la superficie a moverse.
Ejemplo 4.13. Al tratar de mover una silla vacía, notamos que la fuerza necesaria es 𝐹. Si una
persona se sienta sobre la silla, notamos que es necesario aplicar una fuerza mayor 𝐹 0 (ver figura4.19). El peso de la silla no ha cambiado por lo que la fricción no puede depender de él. Por el
contrario lo único que ha cambiado es la normal del suelo, pues en la segunda situación la normal
es igual
𝑛2 = 𝑊𝑠𝑖𝑙𝑙𝑎 + 𝑊 𝑝𝑒𝑟 𝑠𝑜𝑛𝑎
De ahí que concluimos que la fricción debe depender de la normal y no del peso.
Figura 4.19.: La fricción depende de la normal no el peso
4.4.2.
Fricción cinética
Cuando finalmente la fuerza externa 𝐹 es superior a la fuerza de fricción estática máxima, el
cuerpo empieza a moverse. La oposición al movimiento se vuelve dinámica, la fuerza de fricción
disminuye y se vuelve constante. La fricción obtiene el valor constante de
𝑓𝑘 = 𝜇𝑘 · 𝑛
(4.11)
donde 𝜇 𝑘 es el coeficiente de fricción cinética.
La tabla 4.1 da algunos coeficientes de fricción que se utilizan a menudo
O BSERVACIONES
1. La fuerza de fricción cinética es independiente de la fuerza impulsora o la velocidad, de ahí
que sea capaz de frenar a un cuerpo.
2. 𝑓 𝑘 siempre se opone al movimiento de los planos, a manera de frenar el cuerpo en movimiento.
3. En general
𝑓𝑠max ≥ 𝑓 𝑘
155
4. Fuerzas y Leyes de Newton
Material / Superficies
𝜇𝑠
𝜇𝑘
Madera sobre madera
0.7
0.4
Acero sobre acero
0.15
0.09
Metal sobre cuero
0.6
0.5
Madera sobre cuero
0.5
0.4
Caucho sobre concreto (seco)
0.9
0.7
Caucho sobre concreto (mojado)
0.7
0.57
Cuadro 4.1.: Algunos coeficientes de fricción[Tippens, 2007]
4. La fricción cinética es producto de un proceso destructivo (irreversible) que podemos caracterizar por:
a) Desgasta las superficies. Por ejemplo un borrador funciona porque se desgasta su superficie y la del papel eliminando el lápiz o tinta que se encuentra encima.
b) Genera calor. Por ejemplo al frotarse las manos, éstas se calientan y pueden servir de
fuente de calor cuando hace mucho frío.
c) Genera ruido. El trabajo de fricción no sólo se disipa en forma de calor o energía de
deformación, sino que también puede producir ondas sonoras. El sonido que hace un
lápiz al escribir sobre un cuaderno o el arrastrar los pies sobre un piso hacen sonidos
característicos que sabemos que están asociados.
d) La fricción cinética disipa el trabajo hecho por la fuerza de fricción a través de la
destrucción de las superficies en contacto.
5. Es así como sabemos que la ruedan de un carro no deslizan, sino que ruedan. Cuando lo
hacen, reconocemos que el carro o patina o derrapa.
6. La figura 4.20 muestra la relación entre la fuerza externa aplicada al sistema y la fuerza
de fricción. Es de notar que la fricción estática es una reacción proporcional al estímulo,
mientras que la fricción cinética es aproximadamente constante independientemente del
estímulo.3
3 Esta
relación es una aproximación válida para bajas velocidades y tiempo ya que la fricción varía con la velocidad,
el tiempo de aplicación de la fuerza y obviamente el lubricamiento. Para un tratamiento más riguroso mejor leer
[Persson et al., 2003]
156
4.4. Fricción
Figura 4.20.: Fuerza de fricción vs fuerza externa aplicada
Ejemplo 4.14. Un bloque de 50 𝑁 descansa sobre una superficie horizontal y requiere un tirón
horizontal de 10 𝑁 para lograr de que comience a moverse como se muestra en la figura 4.21.
Determine el coeficiente de fricción estática 𝜇 𝑠 .
S OLUCIÓN
Figura 4.21.: Calculando el coeficiente de fricción
Primero empezamos dibujando el diagrama de cuerpo libre, el cual incluye la fuerza del tirón, el
peso, la normal y la fuerza de fricción que se opone al tirón como se muestra en la figura 4.21.
Cómo el tirón sucede justo cuando el cuerpo empieza a moverse, indica que el cuerpo en reposo
se encuentra en un estado de movimiento inminente y por ende la fricción estática es máxima
𝑓𝑠𝑚𝑎𝑥 = 𝜇 𝑠 · 𝑛. Aplicando la primera condición de equilibrio:
Õ
𝐹𝑦 = 0
𝑛 − 50 𝑁 = 0
𝑛 = 50 𝑁
Õ
𝐹𝑥 = 0
10 𝑁 − 𝜇 𝑠 · 𝑛 = 0
10 𝑁
𝜇𝑠 =
50 𝑁
𝜇 𝑠 = 0.2
157
4. Fuerzas y Leyes de Newton
Es de notar que el coeficiente de fricción decrece con la normal, es decir, a mayor normal, menor
debe ser el coeficiente de fricción para hacer mover al cuerpo, pues la fricción máxima crecería de
otra forma.
Figura 4.22.: Ángulo limitante depende sólo de las superficies en contacto
Ejemplo 4.15 (Ángulo limitante). Un bloque descansa sobre un plano inclinado con ángulo de
inclinación 𝜃 como se muestra en la figura 4.22. ¿Cuál es el máximo ángulo que permite que el
bloque de peso 𝑊 se mantenga en reposo antes de deslizarse? A tal ángulo lo llamamos angulo
limitante o ángulo de reposo 𝜃 𝑙 .
S OLUCIÓN
Dibujamos el diagrama de cuerpo libre como se muestra en la figura 4.22 y aplicamos la primera
condición de equilibrio.
Õ
Õ
𝐹𝑦 = 0
𝐹𝑥 = 0
−𝑊 · 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝑓𝑠𝑚𝑎𝑥 = 0
𝑛 − 𝑊 · cos 𝜃 = 0
𝑛 = 𝑊 · cos 𝜃
𝜇 𝑠 · 𝑛 = 𝑊 · 𝑠𝑒𝑛 𝜃
Sustituyendo la normal en la segunda ecuación obtenemos
𝜇 𝑠 · 𝑊 cos 𝜃 = 𝑊sin 𝜃
𝜃
𝑊sin
𝜇𝑠 =
cos 𝜃
𝑊
𝜇 𝑠 = tan 𝜃 𝑙
(4.12)
Es decir el ángulo limitante está determinado exclusivamente por el coeficiente de fricción entre
las superficies y no por el peso del cuerpo. Arriba de este ángulo el bloque empezará a deslizarse
de forma acelerada y abajo de este ángulo el cuerpo permanecerá en reposo.4
4 Sin
embargo, esto sólo es cierto si el cuerpo se encuentra inicialmente en reposo. Si el cuerpo está inicialmente en
movimiento, el ángulo de frenado dado por 𝜇 𝑘 = tan 𝜃 𝑓
158
4.4. Fricción
Ejemplo 4.16 (Angulo limitante superado). Tomado de la discusión D4/13. Un bloque de 3.0 𝑘𝑔
parte del reposo en la parte superior de una pendiente de 30.0º y se desliza 2.00 𝑚 hacia abajo
en 1.50 𝑠. Encuentre a) La magnitud de la aceleración del bloque, b) El coeficiente de fricción
cinético entre el bloque y el plano, c) La fuerza de fricción que actúa sobre el bloque, y d) La
rapidez del bloque después de que se ha deslizado 2.00 𝑚.
S OLUCIÓN
Figura 4.23.: Una vez se supera el ángulo limitante ha sido superado el cuerpo cae con aceleración
restringida por la fricción
a) La aceleración se puede encontrar mediante simple cinemática y usando el marco inclinado de
la figura 4.23
1
:
Δ𝑥 = 𝑣 𝑜𝑥
𝑡 +0 𝑎 · 𝑡 2
2
2Δ𝑥
𝑎= 2
𝑡
2×2𝑚
=
(1.5 𝑠) 2
𝑎 = 1.78 𝑚/𝑠2
b) Necesitamos el cálculo dinámico de los DCL para poder calcular el coeficiente de fricción que
debe ser inferior a tan 30◦ según el ejemplo anterior. Recordamos que en 𝑦 no hay movimiento o
aceleración.
Í
Í
𝐹𝑦
=0
𝐹𝑥
=𝑚·𝑎
𝑛 − 𝑚𝑔 · cos 30◦ = 0
𝑚𝑔 · 𝑠𝑒𝑛 30◦ − 𝑓 𝑘 = 𝑚 · 𝑎
𝑛
= 3 𝑘𝑔 × 9.8 𝑚/𝑠2 × cos 30◦
𝜇𝑘 · 𝑛
= 𝑚 (𝑔 · 𝑠𝑒𝑛 30◦ − 𝑎)
◦
𝑛
= 25.46 𝑁
𝜇𝑘
= 𝑚(𝑔·𝑠𝑒𝑛𝑛 30 −𝑎)
𝜇𝑘
𝜇𝑘
= 3 𝑘𝑔×(4.9−1.78)
25.46 𝑁
= 0.3676
𝑚/𝑠 2
159
4. Fuerzas y Leyes de Newton
c) La fuerza de fricción es una trivialidad
𝑓𝑘 = 𝜇𝑘 · 𝑛
= 0.3676 × 25.46 𝑁
𝑓 𝑘 = 9.40 𝑁
d) En este caso debemos recordar que tenemos el tiempo de desplazamiento, por lo que la velocidad en 𝑥 es trivial
𝑣 𝑥 = 𝑣 𝑜𝑥 + 𝑎 · 𝑡
= 0 + 1.78 𝑚/𝑠2 × 1.5 𝑠
𝑣 𝑥 = 2.67 𝑚/𝑠
Es interesante notar que la expresión literal del coeficiente de fricción cinética lleva explícitamente
el ángulo limitante
𝑚 (𝑔 · 𝑠𝑒𝑛 30◦ − 𝑎)
𝑛
𝑚 (𝑔 · 𝑠𝑒𝑛 30◦ − 𝑎)
=
𝑚𝑔 · cos 30◦
𝑎
𝜇 𝑘 = tan 30◦ −
𝑔 · cos 30◦
𝜇𝑘 =
(4.13)
o bien
𝜇 𝑘 = 𝜇𝑠 −
𝑎
𝑔 cos 𝜃
Ejemplo 4.17. Un bloque de 250 𝑁 está suspendido de dos cuerdas como se muestra en la figura
4.24. Si el segundo bloque posee un peso 𝑊 y un coeficiente de fricción 𝜇 𝑠 = 0.4 con respecto a la
superficie horizontal. (a) Determine el peso 𝑊 mínimo necesario para que el sistema permanezca
en reposo (b) Determine las tensiones en las cuerdas.
S OLUCIÓN
160
4.4. Fricción
Figura 4.24.: ¿Cuál debe ser la magnitud del peso para que el sistema permanezca en reposo?
Dibujamos el esquema y dos diagramas de cuerpo libre: uno sobre el nudo que une las tres fuerzas
y el otro sobre el cuerpo que descansa sobre el plano.
Del primer diagrama de cuerpo libre obtenemos las magnitudes de las tensiones, aplicando la
primera condición
Õ
Õ
𝐹𝑦 = 0
𝐹𝑥 = 0
𝑇1 cos 60 ° − 250 𝑁 = 0
𝑇1 sen 60 ° − 𝑇2 = 0
250 𝑁
𝑇2 = 500 𝑁 · sen 60 °
𝑇1 =
cos 60 °
𝑇1 = 500 𝑁
𝑇2 = 433.01 𝑁
Utilizando ahora el segundo diagrama de cuerpo libre obtenemos
Õ
𝐹𝑦 = 0
𝑛−𝑊 = 0
𝑛=𝑊
Õ
𝐹𝑥 = 0
𝑇2 − 𝜇 𝑠 𝑛 = 0
𝜇 𝑠 𝑛 = 𝑇2
Sustituyendo la normal en la segunda ecuación obtenemos
𝜇𝑠𝑊
𝑊
𝑊
𝑊
= 𝑇2
𝑇2
=
𝜇𝑠
433.01 𝑁
=
0.4
= 1082.53 𝑁
Nótese que las tensiones y el peso son mucho muy superiores al peso que cuelga.
161
4. Fuerzas y Leyes de Newton
4.5.
4.5.1.
Dinámica del movimiento circular uniforme
Análisis de los movimientos circulares
Los movimientos circulares son relativamente comunes en nuestra vida industrializada, por lo que
es necesario poder analizar las situaciones que contengan MCU o MCtA. Recordando la relación
vectorial de la aceleración podemos decir que la Segunda Ley de Newton se mira algo diferente a
lo usual
Õ
𝐹®𝑖 = 𝑚 · 𝑎®
𝑖
𝐹®𝑁 = 𝑚 · 𝑎 𝑐 𝑟ˆ (𝑡) + 𝑎 𝑡 𝑡ˆ(𝑡)
2
donde 𝑎 𝑐 = − 𝑣𝑅 y 𝑎 𝑡 = 𝑑𝑣
𝑑𝑡 = 𝑅 · 𝛼, dado que la velocidad y la aceleración cambian constantemente de dirección, tenemos componentes radiales y tangenciales que tampoco son necesariamente
constantes. Para los movimientos circulares, las Leyes de Newton se transforman en
Õ
𝐹𝑟 = 𝑚 · 𝑎𝑟 = −𝑚
𝑣2
𝑅
(4.14)
𝑖
Õ
𝐹𝑡 = 𝑚𝑎 𝑡 = 𝑚𝑅𝛼
(4.15)
𝑖
A la ecuación 4.14 la llamamos fuerza centrípeta y señala hacia adentro del movimiento circular
y decimos que es responsable del cambio continuo de dirección5 . Piense en la hondilla que David
utilizó contra Goliath, fue la tensión variable de David, la que permitió que la piedra adquiriera la
rapidez suficiente para golpear al gigante.
Consecuentemente a la ecuación 4.15 la llamamos la fuerza neta tangencial y está asociada al
momento de torsión que se aplica al cuerpo que gira y determina la aceleración tangencial y
angular.
Para el análisis de los movimientos circulares entonces nos trasladaremos a un marco de referencia
radial tangencial sobre el cuerpo y ahí se aplican las fórmulas anteriores6
4.5.2.
Aplicaciones dinámica de movimiento circular
Ejemplo 4.18. [RESNICK et al., 1996, Resnick et al., 2008] Una masa de 3.00 𝑘𝑔 unida a una
cuerda ligera gira sobre una mesa sin fricción horizontal. El radio del círculo es 0.800 𝑚 y la
cuerda puede soportar una tensión de 245 𝑁 antes de romperse. ¿Qué intervalo de velocidades
puede tener la masa antes de que se rompa la cuerda?
5 Es
de notar que formalmente las ecuaciones de Newton no se pueden aplicar a un marco acelerado, a menos que
se compense por fuerzas inerciales. En nuestro caso en dirección radial sería la fuerza centrífuga +𝑚𝑣 2 /𝑅 y en
dirección tangencial −𝑚𝑅𝛼. Lo que cambia en el DCL es que decimos que en el marco acelerado todo permanece
en reposo relativo. Este es el enfoque típico en la materia de Dinámica.
6 Formalmente no es posible, ya que el marco sobre el cuerpo en un MC no sería de referencia inercial y la sumatoria
de fuerzas debería de ser siempre cero. No obstante, reconociendo a 𝑚𝑣 2 /𝑅 como la fuerza centrífuga e inercial en
el marco acelerado, podemos trabajar como lo indicamos anteriormente.
162
4.5. Dinámica del movimiento circular uniforme
S OLUCIÓN
Figura 4.25.: ¿Cuál es el rango permitido?
Como se muestra en la figura 4.25, el peso es compensado por la normal de la mesa por lo que el
movimiento circular está exclusivamente originado por la tensión de la cuerda.
Asumiendo un MCU el análisis dinámico nos da
Í
Í
𝐹𝑧 = 0
𝐹𝑟 = 𝑚 · 𝑎𝑟
2
𝑛 − 𝑚𝑔 = 0
−𝑇 = −𝑚 𝑣𝑅
q
𝑛
= 29.4 𝑁
𝑣
= 𝑇𝑚𝑅
donde la rapidez del movimiento está obviamente asociada a la tensión que se aplique a la cuerda.
Dado que la tensión máxima es de 245 𝑁 tenemos que la velocidad máxima está dada por
s
245 𝑁 × 0.8 𝑚
𝑣 𝑚𝑎𝑥 =
3 𝑘𝑔
𝑣 𝑚𝑎𝑥 = 8.082 𝑚/𝑠
Por lo tanto cualquier rapidez entre 0 y 𝑣 𝑚𝑎𝑥 es soportado por este sistema.
Ejemplo 4.19. Un halcón vuela en un arco horizontal de 12.0 𝑚 de radio a una rapidez constante
de 4.00 𝑚/𝑠. (a) Encuentre su aceleración centrípeta. (b) El halcón continúa volando a lo largo
del mismo arco horizontal pero aumenta su velocidad a la tasa de 𝑎 𝑡 = 1.20 𝑚/𝑠2 . Encuentre la
aceleración (magnitud y dirección) bajo estas condiciones. c) Determine la magnitud de la fuerza
neta si el halcón posee una masa de 𝑚 = 50 𝑘𝑔.
S OLUCIÓN
a) Mientras que la aceleración centrípeta es directa
𝑣2
𝑅
(4.0 𝑚/𝑠) 2
=−
12.0 𝑚
𝑎 𝑐 = −1.33 𝑚/𝑠2
𝑎𝑐 = −
163
4. Fuerzas y Leyes de Newton
b) la pregunta sobre la aceleración en un MCtA es poco menos que dudosa y hay que asumir que se
quiere saber el valor de la aceleración justo cuanto aparece la aceleración tangencial. Obviamente
para la magnitud y dirección respecto del plano radial-tangencial
q
𝑎 2𝑐 + 𝑎 2𝑡
√
= 1.332 + 1.202 𝑚/𝑠
𝑎 =
𝑎 = 1.79
𝑚/𝑠2
tan 𝜃 =
tan 𝜃 =
𝜃1
𝜃2
𝑎𝑡
𝑎𝑟
1.20 𝑚/𝑠 2
−1.33 𝑚/𝑠 2
−42.0◦
=
= +138.0◦
Obviamente el ángulo se encuentra en el segundo cuadrante al tener una aceleración centrípeta.
c) La magnitud de la fuerza sería entonces
𝐹𝑁 = 𝑚 · 𝑎
= 50 𝑘𝑔 × 1.79 𝑚/𝑠2
𝐹𝑁 = 89.5 𝑁
Ejemplo 4.20 (Péndulo cónico). [HALPERN, 1988] Una pequeña bola se une a una cuerda de
24 𝑐𝑚 en un punto fijo 𝑃 a manera de formar un péndulo cónico7 como se muestra en la figura
4.26. (a) Si el ángulo que forma con respecto al eje 𝑧 es de 15◦ , determinar la velocidad de la esfera.
(b) Si la masa de la esfera es de 2.5 𝑘𝑔 determine la tensión y fuerza centrípeta del movimiento
S OLUCIÓN
Figura 4.26.: Péndulo cónico
7 Como
lo veremos en la materia de Ondas, Fluidos y Termodinámica, el péndulo cónico puede ser visto como la
superposición de péndulos perpendiculares desfasados en 𝜋
164
4.5. Dinámica del movimiento circular uniforme
Por geometría es obvio que el radio será: 𝑅 = 𝐿 · 𝑠𝑒𝑛 15◦ = 6.21 𝑐𝑚
a) El análisis en componentes radiales y en 𝑧 nos deja
Í
Í
𝐹𝑟 = 𝑚 · 𝑎𝑟
2
−𝑇 · 𝑠𝑒𝑛 15◦ = −𝑚 𝑣𝑅
𝑇 ·𝑅 ·𝑠𝑒𝑛 15◦
= 𝑣2
𝑚
·𝑠𝑒𝑛 |15◦
𝑣 2 = 𝑚𝑔𝑅
◦
p 𝑚·cos 15
𝑣 = 𝑔𝑅 tan 15◦
𝐹𝑧 = 0
◦
𝑇 cos 15 − 𝑚𝑔 = 0
𝑇 = cos𝑚𝑔15◦
Nótese que la velocidad es independiente de la masa y sólo depende del radio y ángulo que forma
la cuerda. En nuestro caso
p
𝑣 = 9.8 𝑚/𝑠2 × 0.0621 𝑚 × tan 15◦
𝑣 = 0.40 𝑚/𝑠
También la velocidad angular 𝜔 = 𝑣/𝑅 = 6.44 𝑟𝑎𝑑/𝑠 o el período de oscilación 𝑇 = 2𝜋/𝜔 = 0.98 𝑠
son independientes de la masa del objeto.
b) La tensión sin embargo si depende de la masa
2.5 𝑘𝑔 × 9.8 𝑚/𝑠2
cos 15◦
𝑇 = 25.36 𝑁
𝑇=
así como la fuerza centrípeta
𝑣2
𝑅
2.5 𝑘𝑔 × (0.40 𝑚/𝑠) 2
𝐹𝑐 =
0.0621 𝑚
𝐹𝑐 = 6.44 𝑁
𝐹𝑐 = 𝑚
Ejemplo 4.21 (Juguete en movimiento circular ). Tomado de la discusión D4/15. Un carro de
juguete se mueve con rapidez constante completa una vuelta alrededor de una pista circular (una
distancia de 200 𝑚) en 25.0 𝑠 a) ¿Cuál es la rapidez promedio? b) Si la masa del auto es de 1.50 𝑘𝑔,
¿Cuál es la magnitud de la fuerza que lo mantiene en el círculo?
S OLUCIÓN
a) No es necesario utilizar ninguna fórmula especial ya que
Δ𝑠
Δ𝑡
200 𝑚
=
25.0 𝑠
𝑣¯ = 8 𝑚/𝑠
𝑣¯ =
165
4. Fuerzas y Leyes de Newton
b) Si una circunferencia es 200 𝑚 entonces su radio sera
𝐶 = 2𝜋𝑅
𝐶
𝑅=
2𝜋
200 𝑚
=
2𝜋
𝑅 = 31.83 𝑚
La fuerza centrípeta será en magnitud
𝐹𝑐 = 𝑚
𝑣2
𝑅
= 1.5 𝑘𝑔
(8 𝑚/𝑠) 2
31.83 𝑚
𝐹𝑐 = 3.02 𝑁
Ejemplo 4.22. D4/18. Un objeto de 4.00 𝑘𝑔 se une a una barra vertical mediante dos cuerdas,
como se muestra en la figura. El objeto gira en un círculo horizontal con rapidez constante de
6.00 𝑚/𝑠. Encuentre la tensión en a) la cuerda superior y b) la cuerda inferior.
S OLUCIÓN
Figura 4.27.: Péndulo cónico
Lo primero es calcular el radio mediante el triángulo y el Pitágoras correspondiente
𝑐2 = 𝑅2 + 𝑑 2
p
𝑅 = 𝑐2 − 𝑑 2
p
= 22 − 1.52 𝑚
𝑅 = 1.323 𝑚
166
4.5. Dinámica del movimiento circular uniforme
1.5 𝑚
◦
De forma análoga se encuentra el ángulo que forma con el eje 𝑧: cos 𝜃 = 2.0
𝑚 → 𝜃 = 41.41
Luego hay que utilizar el DCL del dibujo
Í
Í
𝐹𝑧 = 0
𝐹𝑟 = 𝑚 · 𝑎𝑟
2
(4.16)
𝑇1 cos 𝜃 − 𝑇2 cos 𝜃 − 𝑚𝑔 = 0
−𝑇1 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝑇2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = −𝑚 𝑣𝑅
39.2 𝑁
108.84 𝑁
𝑇1 − 𝑇2 = cos 41.41◦
𝑇1 + 𝑇2 = 𝑠𝑒𝑛 41.41◦
Sumando ambas ecuaciones de 4.16 obtenemos
2𝑇1 = 216.82 𝑁
𝑇1 = 108.41 𝑁
y consecuentemente
108.84 𝑁
− 108.41 𝑁
𝑠𝑒𝑛 41.41◦
𝑇2 = 56.14 𝑁
𝑇2 =
4.5.3.
Tracción de carro en curva
Suponga que un automóvil transita una curva plana como se muestra en la figura 4.28. Obviamente
las fuerzas de fricción estáticas transversales a las llantas son las responsables del movimiento
circular y la aceleración centrípeta. Si el coeficiente de fricción estática es 𝜇 𝑠 = 0.9 entre llantas y
autopista, la masa del carro es de 𝑚 = 1200 𝑘𝑔 y el radio de curvatura es 𝑅 = 150 𝑚. ¿Cuál es la
velocidad máxima con la que puede tomar el carro la curva sin derrapar?
Figura 4.28.: Velocidad de giro en curva plana
Analizando el diagrama de cuerpo libre para el carro obtenemos
Í
Í
𝐹𝑧 = 0
𝐹𝑟 = 𝑚 · 𝑎𝑟
2
𝑛 − 𝑚𝑔 = 0
− 𝑓𝑠 = −𝑚 𝑣𝑅
q
𝑛 = 𝑚𝑔
𝑣 = 𝑅𝑚𝑓𝑠
(4.17)
𝑛 = 11760 𝑁
167
4. Fuerzas y Leyes de Newton
Sustituyendo lo que sabemos para fricción estática máxima
r
𝑅 · 𝜇 𝑠
𝑚𝑔
𝑣 𝑚𝑎𝑥 =
𝑚
p
𝑣 𝑚𝑎𝑥 = 𝜇 𝑠 · 𝑅 · 𝑔
(4.18)
Mientras que la ecuación 4.17 nos da la velocidad del carro, la ecuación 4.18 nos da la máxima
velocidad permitida debido a la fricción estática del carro y el pavimento. En nuestro caso
p
𝑣 𝑚𝑎𝑥 = 0.9 × 150 𝑚 × 9.8 𝑚/𝑠2
𝑣 𝑚𝑎𝑥 = 36.37 𝑚/𝑠
𝑣 𝑚𝑎𝑥 ≈ 131 𝑘𝑚/ℎ
Es de notar que la velocidad máxima no depende de la masa del carro o su volumen. Además
notamos que en la ecuación 4.18 no hay variables que puedan ser modificadas para evitar derrapar.
Si alguien transcurre esta calle a una velocidad superior a la indicada se saldrá de la curva y tendrá
un accidente. Es por esto importante entender, que lo único que se puede hacer para evitar esto es
encontrarse muy por debajo de la velocidad máxima permitido, por lo que se recomienda siempre
frenar antes de tomar una curva como medida de precaución.
Hay otras soluciones para aumentar el límite de rapidez permitida como lo sugiere la ecuación 4.17
como es aumentar la fuerza de fricción. Eso sólo es posible si se puede aumentar la normal de suelo
sobre el carro: los carros de carrera utilizan un alerón invertido para generar un empuje dinámico
hacia abajo, pegando al carro más a la pista y aumentando la normal del suelo, aumentando la
velocidad con que puedan tomar la curva.
Una de las soluciones de las autoridades a curvas muy cerradas es darle un pequeño peralte (planto
inclinado) de manera que la normal ayude al movimiento circular.
Ejemplo 4.23 (Curva peraltada). Suponga que el carro del ejercicio anterior, 𝑚 = 1200 𝑘𝑔, 𝜇 𝑠 =
0.9, 𝑅 = 150 𝑚 se mueve sobre una curva peraltada como se muestra en la figura 4.29 con 𝜃 = 15◦ .
Determine el rango de velocidades que puede tener el carro antes de derrapar.
S OLUCIÓN
Figura 4.29.: En curva peraltada hay un rango de velocidades permitidas para rodar
168
4.5. Dinámica del movimiento circular uniforme
Reconocemos dos situaciones: una donde el carro va tan lento que casi se desliza hacia abajo y
luego cuando va tan rápido que casi se desliza hacia arriba. Empezamos con el caso lento
Í
𝐹𝑧 = 0
𝑛 · cos 𝜃 + 𝑓𝑠 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝑚𝑔 = 0
𝑛 · cos 𝜃 + 𝑛 · 𝜇 𝑠 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑚𝑔
𝑛 =
𝑚𝑔
cos 𝜃+𝜇𝑠 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑛 = 9809.29 𝑁
Í
𝐹𝑟 = 𝑚𝑎𝑟
2
𝑓𝑠 cos 𝜃 − 𝑛 · 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = −𝑚 𝑣𝑅
𝜃− 𝑓𝑠 cos 𝜃)
𝑣 2 = 𝑅 (𝑛·𝑠𝑒𝑛 𝑚
q
𝑅
𝑣 𝑚𝑖𝑛 = 𝑚
𝑛 (𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝜇 𝑠 cos 𝜃)
𝑣 𝑚𝑖𝑛 = 𝑖 27.36 𝑚/𝑠
el resultado es imaginario, lo que significa que el reposo 𝑣 = 0 está soportado por el coeficiente
de fricción de este peralte y el carro puede estar parqueado en un lado. Para el caso muy rápido, la
fuerza de fricción señala en dirección opuesta por lo que la ecuaciones se transforman en
Í
𝐹𝑧 = 0
𝑛 · cos 𝜃 − 𝑓𝑠 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝑚𝑔 = 0
𝑛 · cos 𝜃 − 𝑛 · 𝜇 𝑠 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑚𝑔
𝑛 =
𝑚𝑔
cos 𝜃−𝜇𝑠 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑛 = 16043.90 𝑁
Í
𝐹𝑟 = 𝑚𝑎𝑟
2
− 𝑓𝑠 cos 𝜃 − 𝑛 · 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = −𝑚 𝑣𝑅
𝜃+ 𝑓𝑠 cos 𝜃)
𝑣 2 = 𝑅 (𝑛·𝑠𝑒𝑛 𝑚
q
𝑅
𝑣 𝑚𝑎𝑥 = 𝑚
𝑛 (𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝜇 𝑠 cos 𝜃)
𝑣 𝑚𝑎𝑥 = 47.56 𝑚/𝑠
𝑣 𝑚𝑎𝑥 ≈ 171 𝑘𝑚/ℎ
Como dijimos anteriormente la normal crece para ayudar al movimiento circular y la velocidad
máxima se extiende en casi 30 % más. Obviamente a mayor peralte, mayor velocidad permitida,
etc.
169
4. Fuerzas y Leyes de Newton
170
5. Trabajo y Energía
Aunque en la mecánica newtoniana los Leyes de Newton parecen suficientes para describir la trayectoria de partículas y su cambio o desequilibrio de movimiento, en muchos sentidos es una teoría
incompleta pues no explica bien el motivo del cambio. Es por eso que se introduce el concepto de
energía como modelo de interacción entre sistema y partícula, lo que permite definir principios de
cambio más generales. Por ejemplo la Ley de Conservación de Energía es un principio de cambio
que nos indica cómo los diferentes tipos de energía pueden /deben interactuar en todos los casos.
O bien el Principio de Mínima Acción conduce a un teoría equivalente a los Axiomas de Newton,
que es aplicable más casos y da lugar a la teoría general de la mecánica Lagrangiana.
En todos los casos sin embargo se tratan de Principios y Ecuaciones que no describen los equilibrios, sino su cambio o desbalance y nos dicen como a partir de un punto de equilibrio se llega
otro punto de equilibrio.
5.1.
5.1.1.
Trabajo
Trabajo como elemento del cambio
Empezamos nuestra discusión revisando rápidamente el modelo Newtoniano: las fuerzas netas
producen aceleración que cambian las velocidades. No obstante, como habíamos visto en la Cinemática y el capítulo de Equilibrio Estático no todas las aceleraciones/fuerzas provocan un cambio
en el estado de movimiento (rapidez del cuerpo) ya sea porque actúan perpendicular a la velocidad o bien se cancelan con otras fuerzas. Es decir la aplicación de una fuerza neta no garantiza un
cambio en la rapidez que es un claro indicador del cambio de movimiento.1
Además el modelo de fuerza tiene el inconveniente de ser vectorial, lo que implica un calculo de
cada coordenada, para saber si el sistema está en desbalance o no. Es evidente que nos gustaría
introducir una variable escalar que de alguna forma esté relacionada con las fuerzas y describa
más eficientemente la relación entre la fuerza y su intervención en el cambio de movimiento
(desequilibrio). Definimos entonces:
Definición 5.1 (Trabajo). Es una cantidad física que nos indica que parte de la fuerza que se
involucra en el cambio de rapidez durante el desplazamiento de un cuerpo/ sistema.
1 El
movimiento circular uniforme es una caso típico: hay una fuerza neta que cambia constantemente la dirección de
la velocidad, pero no cambia la rapidez. De ahí que intuitivamente nos parece un sistema “estable” o en equilibrio
aunque no lo esté.
171
5. Trabajo y Energía
Figura 5.1.: El trabajo es aquella parte responsable del cambio de rapidez
Para poder hacer operativa esta definición, consideremos un bloque que descansa inicialmente
sobre una superficie lisa. Si le aplicamos una fuerza durante una cierta cantidad de tiempo, como
se muestra en la figura 5.1 notamos que el cuerpo cambia su estado de movimiento y cambia
su rapidez también durante el desplazamiento Δ𝑥. Como la componente 𝑦 no interviene en el
movimiento, por segunda ley de Newton, es obvio que el trabajo 𝑊 se debe definir
𝑊 = 𝐹𝑥 · Δ𝑥
Dado que la fuerza forma un ángulo 𝜃 con el desplazamiento, se deja escribir como
𝑊 = 𝐹 · Δ𝑥 · cos 𝜃
(5.1)
donde 𝐹 es la magnitud de la fuerza. Esta es la definición operativa del trabajo.
O BSERVACIONES
1. Las unidades del trabajo son las mismas que la torca
[𝑊] = 1 𝑁 · 𝑚 = 1 𝐽 = 1 𝑘𝑔 ·
𝑚
𝑠2
2. Un Joule (1 𝐽 )se deja definir como el trabajo realizado por una fuerza de 1 𝑁 Newton al
mover un objeto a lo largo de una distancia paralela de 1 𝑚 [Tippens, 2007].
De forma similar: 1 𝑙𝑏 · 𝑓 𝑡 es el trabajo realizado por una fuerza de 1 𝑙𝑏 al mover un cuerpo
a lo largo de una distancia paralela de 1 𝑓 𝑡
3. El trabajo es un escalar, que si bien depende de la dirección de la fuerza y el desplazamiento
en intervalo de observación, no se trata de un vector.
4. Cuando el ángulo entre la fuerza y el desplazamiento es de 𝜃 = 90◦ el trabajo realizado por
esa fuerza es
𝑊
= 𝐹Δ𝑥 · cos 90°
𝑊
= 0
Decimos que la fuerza no realiza trabajo, o bien no interviene en el cambio de rapidez del
cuerpo.
172
5.1. Trabajo
5. Cuando la fuerza es paralela al desplazamiento 𝐹 k Δ𝑥 o bien 𝜃 = 0◦ , el trabajo realizado
por la fuerza es máxima.
𝑊 = 𝐹 · Δ𝑥 · cos 0◦
= 𝐹 · Δ𝑥
6. El trabajo es un proceso que en general depende del camino elegido, no sólo del desplazamiento. No se puede realizar el trabajo de mañana, ni tampoco se puede acumular. Se genera
a medida la fuerza actúa a lo largo de la trayectoria.
7. El trabajo físico es diferente del trabajo humano. Nosotros asociamos el realizar trabajo
con el concepto de cansancio: si sostenemos una maleta por mucho tiempo, sentiremos
cansancio en nuestros brazos y diremos que hemos realizado trabajo aun cuando no nos
hayamos desplazado. Incluso cuando hemos hecho algún tipo de esfuerzo mental (estudio,
lecturas, etc) sentiremos cansancio que intuitivamente asociamos al trabajo, pero no son
trabajos en el sentido físico.
8. Para un caso que no sea unidimensional y dado que tanto la fuerza como el desplazamiento
son vectores se generaliza la ecuación 5.1 como el producto punto de fuerza y desplazamiento:
𝑊
= 𝐹® · Δ®
𝑟
𝑊
= 𝐹𝑥 · Δ𝑥 + 𝐹𝑦 · Δ𝑦 + 𝐹𝑧 · Δ𝑧
(5.2)
Ejemplo 5.1. ¿Qué trabajo realiza una fuerza 600 𝑁 al arrastrar un carro una distancia de 50 𝑚 en
un ángulo de 30° como se muestra en la figura 5.2?
S OLUCIÓN
Figura 5.2.: Fuerza arrastra carrito
Utilizando la fórmula para el trabajo obtenemos
𝑊
= 𝐹 · Δ𝑥 · cos 𝜃
= 600 𝑁 · 50 𝑚 · cos 30°
𝑊
= 25980.8 𝐽
173
5. Trabajo y Energía
5.1.2.
Trabajo neto
Supongo ahora que varios agentes externos actúan sobre un carro que se mueve a baja velocidad
como se muestra en la figura 5.3 a. Mientras la persona a la derecha trata de frenar al carro,
el de la izquierda pretende acelerarlo, mientras que el sujeto encima del carro, si bien dificulta
ambos procesos (al aumentar la masa del sistema) no interviene directamente en el proceso de
aceleración/frenado
En estas circunstancias conveniente analizar la situación mediante un DCL 5.3 b donde se indique
el ángulo que forma cada fuerza con el desplazamiento.
Figura 5.3.: Fuerza arrastra carrito
Cada fuerza realiza un trabajo de acuerdo con la ecuación 5.1
𝑊1 = 𝐹1 · Δ𝑥 · cos 𝜃 1
𝑊2 = 𝐹2 · Δ𝑥 · cos 𝜃 2
𝑊3 = 𝐹3 · Δ𝑥 · cos 𝜃 3
= 175 𝑁 · 88 𝑚 · cos 0°
= 250 𝑁 · 88𝑚 · cos 180°,
= 500 𝑁 · 88 𝑚 · cos 90°
𝑊1 = 15400 𝐽
𝑊2 = −22000 𝐽
𝑊3 = 0
Es de notar que el trabajo 2 es negativo al intentar reducir el movimiento del carro (Fuerza y
desplazamiento señalan en direcciones opuestas). El trabajo del cuerpo 3 es cero ya que la fuerza
actúa perpendicularmente a la dirección del movimiento y no interviene en su cambio de rapidez
o estado de movimiento. De forma similar la normal y el peso del carro no pueden efectuar trabajo
en este caso ya que son perpendiculares al desplazamiento. Lo que nos lleva a la pregunta de
fondo: ¿cual es efecto de todas la fuerzas sobre el carro?
Definición 5.2 (Trabajo neto). En estas circunstancias se define un trabajo neto como la suma de
todos los trabajos realizados sobre el cuerpo o sistema:
𝑊𝑁
𝑊𝑁
= 𝑊1 + 𝑊2 + . . . + 𝑊𝑛
𝑛
Õ
=
𝑊𝑖
𝑖=1
174
(5.3)
5.1. Trabajo
Es fácil demostrar que el trabajo neto también se deja interpretar como el trabajo realizado por la
fuerza neta sobre el sistema :
𝑊𝑁 =
=
=
𝑛
Õ
𝑖=1
𝑛
Õ
𝑊𝑖
𝐹𝑖 · Δ𝑥 𝑖
𝑖=1
𝑛
Õ
!
𝐹𝑖 · Δ𝑥 𝑖
𝑖=1
o bien el trabajo realizado por la fuerza neta:
𝑊 𝑁 = 𝐹𝑁 · Δ𝑥
(5.4)
De ahí que utilizaremos ambas ecuaciones 5.3 y 5.4 según la situación lo amerite.
En el caso anterior por ende el trabajo neto será:
𝑊𝑁
= 𝑊1 + 𝑊2 + 𝑊3 + 𝑊𝑛 + 𝑊𝑔
= 15400 𝐽 − 22000 𝐽 + 0 + 0 + 0
𝑊𝑁
= −6600 𝐽
Es decir, el efecto sobre el movimiento es negativo, por lo que el automóvil se frenará por el efecto
de los trabajos combinados.
5.1.3.
Trabajo de fuerza variable
En general las fuerzas que aplicamos en el día a día no suelen ser constantes. Tomemos por ejemplo la fuerza ejercida sobre un carrito de supermercado mientras nos desplazamos por los pasillos
del establecimiento (ver figura 5.4 ) . Al inicio empujaremos con una gran fuerza para sacarlo del
reposo, pero luego aliviamos la fuerza a medida que incrementa la velocidad e incluso jalaremos
en dirección contraria cuando el carrito se aleja demasiado.
Figura 5.4.: Ejemplo de fuerza variable
175
5. Trabajo y Energía
Decimos en general que la fuerza no es constante sino que depende de la posición donde me encuentre 𝐹® ≡ 𝐹 (𝑥) 𝚤ˆ, suponiendo que la fuerza sólo actúa en dirección horizontal como se muestra
en la figura 5.5 a
Figura 5.5.: Trabajo de fuerza variable
¿Cuál será el trabajo efectuado por esta fuerza variable en un desplazamiento Δ𝑥 = 𝑥 2 − 𝑥 1 ?
Dado que la fuerza varía la ecuación 5.1 no funciona y debemos repensar la situación. Cuando un
problema en ingeniería o ciencias es demasiado grande lo dividimos en problemas más pequeños
que puedan ser solucionados más fácilmente. Si dividimos la distancia Δ𝑥 en desplazamientos
suficientemente pequeños Δ𝑥 𝑖 (ver 5.5 b) de tal forma que la fuerza no varia demasiado en ese
intervalo de posición, entonces se podría calcular un trabajo virtual
𝑊𝑖 = 𝐹¯𝑖 · Δ𝑥 𝑖
donde 𝐹𝑖 es la fuerza promedio en el intervalo. Ahora bien si se ha partido el desplazamientos en
𝑛 pedazos pequeños tendremos entonces 𝑛 trabajos virtuales, que al sumarlos
𝑊1 = 𝐹1 · Δ𝑥 1
𝑊2 = 𝐹2 · Δ𝑥 2
..
.
𝑊𝑛 = 𝐹𝑛 · Δ𝑥 𝑛
nos da
𝑊𝐹 =
𝑛
Õ
𝐹𝑖 · Δ𝑥 𝑖
𝑖=1
O BSERVACIONES
1. Notamos que este trabajo neto es sólo una aproximación que depende de la partición del
desplazamiento original
2. Para evitar esta dependencia la solución es hacer la cantidad de pequeños desplazamientos
infinitos, es decir 𝑛 → ∞, lo que significaría que en el límite Δ𝑥 𝑖 → 0 y estaríamos sumando
sobre infinitos términos que tienden hacia cero.
176
5.1. Trabajo
3. Por lo tanto al ejecutar el límite
𝑊𝐹 = lı́m
𝑛
Õ
Δ𝑥𝑖 →0
𝐹𝑖 · Δ𝑥 𝑖
𝑖=1
obtenemos una sumatoria de Riemann o bien decimos que el trabajo de una fuerza variable
es la integral de camino desde la posición inicial 𝑥 1 hasta la posición final 𝑥 2
∫ 𝑥2
𝐹 (𝑥) 𝑑𝑥
𝑊𝐹 =
𝑥1
En el caso que se trate de una trayectoria en dos o más dimensiones la integral se convierte en una
integral de camino
∫ 𝑟®2
𝑊𝐹 =
𝐹® · 𝑑®𝑠
(5.5)
𝑟®1
donde 𝑑®𝑠 es el diferencial de camino y como se muestra en la figura está más asociado a la distancia
recorrida y se relaciona con la velocidad 𝑑®𝑠 = 𝑣® · 𝑑𝑡. Usualmente esta integrada esta asociada a
una curva parametrizada de la trayectoria específica tomada.
Figura 5.6.: La integral de línea depende de la trayectoria tomada
En general, la integral de camino del trabajo depende de la trayectoria recorrida y se puede interpretar como la integral de las contribuciones de cada pequeño trabajo virtual
∫
𝑊𝐹 =
𝐹® · 𝑑®𝑠
𝐶
∫
𝑊𝐹 =
𝐹 · 𝑑𝑠 · 𝑐𝑜𝑠𝜃
𝐶
donde tanto 𝐹 ≡ 𝐹 (®
𝑟 ) como el ángulo 𝜃 ≡ 𝜃 (®
𝑟 ) son funciones de la posición o el camino elegido. También se puede entender como las integrales sobre las componentes de la fuerza en las
177
5. Trabajo y Energía
trayectorias específicas en cada coordenada
∫
𝑊𝐹 =
𝐹® · 𝑑®𝑠
𝐶
∫
ˆ · (𝑑𝑥 𝚤ˆ + 𝑑𝑦 𝚥 + 𝑑𝑧 𝑘)
ˆ
=
(𝐹𝑥 𝚤ˆ + 𝐹𝑦 𝚥ˆ + 𝐹𝑧 𝑘)
𝐶
∫
∫
∫
𝑊𝐹 =
𝐹𝑥 𝑑𝑥 +
𝐹𝑦 𝑑𝑦 +
𝐹𝑧 𝑑𝑧
𝐶
𝐶
𝐶
Ejemplo 5.2 (Trabajo de fuerza variable). De la discusión D5/5 Se dispara una bala de 100 𝑔 de
un rifle que tiene un cañón de 0.600 𝑚 de largo. Se considera que el origen se sitúa donde la bala
empieza a moverse como se muestra en la figura 5.7. La fuerza (en Newton) que ejercen sobre la
bala los gases en expansión es 𝐹 (𝑥) = 15000 + 10000𝑥–25000𝑥 2 , donde 𝑥 es la distancia recorrida
en metros. Determine el trabajo invertido por el gas en la bala conforme la bala recorre la longitud
del cañón.
S OLUCIÓN
Figura 5.7.: Fuerza arrastra carrito
Utilizando la fórmula para el trabajo variable obtenemos
∫ 𝑥2
𝑊 =
𝐹 (𝑥) · 𝑑𝑥
𝑥1
0.60
∫
=
(15000 + 10000 𝑥 − 25000 𝑥 2 )𝑑𝑥
0
25000 3 0.60
𝑥
3
0
= 9000 + 1800 − 1800 − 0 − 0 + 0
=
𝑊
15000 𝑥 + 5000 𝑥 2 −
= 9000 𝐽
Como el resultado es positivo eso significa que la fuerza en este intervalo trata de acelerar el
cuerpo en dirección 𝑥.
Ejemplo 5.3 (Cálculo del trabajo a partir de la gráfica F vs x). Tomado de la discusión D5/6 . La
fuerza que actúa sobre una partícula varía como se muestra en la figura 5.8. Encuentre el trabajo
invertido por la fuerza en la partícula conforme se mueve a) de 𝑥 = 0 a 𝑥 = 8.00 m, b) de 𝑥 = 8.00
m a 𝑥 = 10.0 m y c) de 𝑥 = 0 a 𝑥 = 10.0 m
178
5.1. Trabajo
S OLUCIÓN
Figura 5.8.: Fuerza vs. posición
∫
Antes de comenzar, reconocemos que el trabajo 𝑊𝐹 = 𝐹𝑑𝑥 y por ende también es el área
debajo del área de la curva. Se segmenta el gráfico en segmentos recta donde la función de fuerza
es monótona y se calculan los trabajos en esos desplazamientos. Por el teorema del valor medio
sabemos que
∫
𝑥2
𝐹 (𝑥) · 𝑑𝑥
𝑊=
𝑥1
𝑊 = 𝐹¯ · Δ𝑥
Por lo tanto para nuestro caso sería
𝑊1 [0, 4] = 𝐹¯1 Δ𝑥 1
𝐹 (𝑥 1 ) + 𝐹 (𝑥 𝑜 )
· (𝑥 1 − 𝑥 𝑜 )
=
2
0𝑁 +6𝑁
=
· (4 𝑚 − 0)
2
𝑊1 = 12 𝐽
De forma análoga
6𝑁 +0𝑁
𝑊2 [4, 8] = 𝐹¯2 Δ𝑥 2 =
· (8 𝑚 − 4 𝑚) = 12 𝐽
2
0 𝑁 + (−3 𝑁)
𝑊3 [8, 10] = 𝐹¯3 Δ𝑥 3 =
· (10 𝑚 − 8 𝑚) = −3 𝐽
2
−3 𝑁 + 0 𝑁
𝑊4 [10, 12] = 𝐹¯4 Δ𝑥 4 =
· (12 𝑚 − 10 𝑚) = −3 𝐽
2
Así queda claro que
179
5. Trabajo y Energía
a) El trabajo entre 𝑥 = 0 y 𝑥 = 8 𝑚 esta dado por
𝑊 [0, 8] = 𝑊1 [0, 4] + 𝑊2 [4, 8]
= 𝑊1 + 𝑊2
= 12 𝐽 + 12 𝐽
= 24 𝐽
b) El trabajo entre 𝑥 = 8 𝑚 y 𝑥 = 10 𝑚esta dado por
𝑊 [8, 10] = 𝑊3 = −3 𝐽
y finalmente c)
𝑊 [0, 10] = 𝑊1 + 𝑊2 + 𝑊3
= 12 𝐽 + 12 𝐽 − 3 𝐽
= 21 𝐽
Ejemplo 5.4. Tomado de discusión D5/M11 Un bloque es empujado sobre una superficie horizontal por una fuerza F que forma un ángulo de depresión 𝜃 con la superficie, la fuerza varía durante
el movimiento de acuerdo con la relación 𝐹 = 6𝑥, 𝐹 en newtons y 𝑥 en metros. Pero el ángulo 𝜃
también varía de acuerdo a la relación cos(𝜃) = 0.70 − 0.02𝑥 . ¿Qué trabajo ha realizado la fuerza
cuando el cuerpo se mueve desde 𝑥 1 = 10.0 𝑚 a 𝑥 2 = 20.0 𝑚
S OLUCIÓN
Dado que se trata de una fuerza variable en una dirección utilizaremos la ecuación 5.5
∫
𝑟®2
𝑊=
𝐹® · 𝑑®𝑠
𝑟®1
∫
𝑥2
𝐹 (𝑥) · 𝑑𝑥 · cos 𝜃
=
𝑥1
utilizando lo que nos dice el ejercicio obtenemos
∫ 𝑥2
=
6𝑥 · (0.70 − 0.02𝑥) · 𝑑𝑥
𝑥1
∫ 𝑥2 =
4.2𝑥 − 0.12𝑥 2 · 𝑑𝑥
𝑥1
20
= 2.1𝑥 2 − 0.04𝑥 3 10
evaluando
= 520 − 170
𝑊 = 350 𝐽
180
5.1. Trabajo
5.1.4.
Ley de Hooke y trabajo elástico
Es un caso particular de una fuerza variable que proporcional a la distancia deformada.
Ley de Hooke
Los resortes son dispositivos en forma de solenoide o espiral que presentan una resistencia elástica
al ser estirados o comprimidos (estresados en general). Para entender la ley de fuerza que los
rige es necesario poner el marco de referencia en punto de equilibrio del resorte, cuando éste
se encuentra en su longitud de relajamiento ℓ𝑜 . Al estirar o encoger al resorte a una longitud ℓ,
encontramos que de la deformación 𝑥 se deja encontrar como 𝑥 = ℓ − ℓ𝑜 .
Figura 5.9.: Fuerza vs. posición
Al estirar el resorte mediante una fuerza externa 𝐹®𝑒𝑥𝑡 el resorte presenta una resistencia elástica
que se traduce en una fuerza 𝐹®𝑒 que se opone a la deformación 𝑥. La ley, formulada por primera
vez por Robert Hooke, se deja escribir como:
𝐹®𝑒 = −𝑘𝑥 𝚤ˆ
(5.6)
O BSERVACIONES
1. La constante 𝑘 se le llama constante del resorte o constante de fuerza y depende del material
(módulo de Young) y la geometría específica. Sus unidades son
[𝑘] =
𝑁
𝑚
𝑜 𝑏𝑖𝑒𝑛
𝑁
𝑐𝑚
2. En general esta ley es valida para dispositivos elásticos simples y se deja calcular a partir de
factores geométricos y de material [Academy, 2020]
𝑘=𝐸
𝐴
ℓ𝑜
181
Robert Hooke
(1635-1703)
Considerado el Leonardo Da Vinci inglés
5. Trabajo y Energía
donde 𝐴 es el área donde se aplica la fuerza, ℓ𝑜 la longitud de relajamiento del resorte y 𝐸
el módulo de elasticidad del material.2
3. El signo en la ecuación 5.6 no es trivial ya que indica la oposición a la deformación.
Trabajo elástico efectuado por un resorte
Supongamos que una fuerza externa estira un resorte lentamente de tal forma que la velocidad sea
constante 𝑣 𝑥 = 𝑣 𝑜 (aceleración 𝑎 𝑥 = 0) entonces por Primera Ley de Newton, al estar las fuerzas
en equilibrio, está fuerza externa tiene la misma magnitud que la fuerza del resorte a lo largo del
desplazamiento excepto que señala en dirección contraria
𝐹𝑒𝑥𝑡 = 𝐹𝑒
Figura 5.10.: Esquema para calcular trabajo elástico
Ahora para calcular el trabajo elástico utilizamos la ecuación 5.5 según el diagrama de la figura
5.10
∫ 𝑟®2
𝑊𝑒 =
𝐹®𝑒 · 𝑑®𝑠
𝑟®1
∫ 𝑥2
=
−𝑘𝑥 𝚤ˆ · 𝑑𝑥 𝚤ˆ
𝑥1
𝑥
𝑥2 2
2 𝑥1
1 𝑊𝑒 = − 𝑘 𝑥 22 − 𝑥 12
2
= −𝑘
(5.7)
O BSERVACIONES
1. Si k𝑥 2 k > k𝑥 1 k, es decir si el resorte es estirado o comprimido entonces el trabajo será
negativo 𝑊𝑒 < 0 ya que la fuerza elástica se opone al desplazamiento/estrés.
2. Ahora bien si k𝑥2 k < k𝑥 1 kentonces el resorte se relaja y 𝑊𝑒 > 0
3. Obviamente ya que el agente externo actúa en dirección opuesta, cuando el resorte realiza
trabajo negativo, la fuerza externa realiza trabajo positivo y viceversa.
2 Un
resorte no es un dispositivo elástico simple y combina tanto los módulos de elasticidad como los de torsión, que
implica una matemática de tensores que están claramente fuera del alcance de este libro.
182
5.1. Trabajo
Ejemplo 5.5 (Ley de Hooke y trabajo elástico). Tomado de la discusión D5/4 Cuándo un objeto
de 4.00 𝑘𝑔 cuelga verticalmente en cierto resorte ligero descrito por la ley de Hooke, el resorte se
estira 2.50 𝑐𝑚. Si se quita el objeto de 4.00 𝑘𝑔, a) ¿cuánto se estirará el resorte si se cuelga un
objeto de 1.50 𝑘𝑔? b) ¿cuánto trabajo debe realizar un agente externo para estirar el mismo resorte
4.00 𝑐𝑚 desde su posición sin estirar?
S OLUCIÓN
Del primer enunciado podemos deducir la constante del resorte y de ahí calcular la deformación
del primer literal. Poniendo el marco de referencia en la posición de equilibrio del resorte (ver
figura 5.11 )
a) Según la elección del marco de referencia queda claro que
𝑚𝑔 − 𝐹𝑒 = 0
𝑘 𝑦 = 𝑚𝑔
𝑚𝑔
𝑘=
𝑦
4 𝑘𝑔 · 9.8 𝑚/𝑠2
=
0.025𝑚
𝑘 = 1568 𝑁/𝑚
Figura 5.11.: Ley de Hooke y trabajo elástico
183
5. Trabajo y Energía
b) Ya que se trata del mismo resorte, al cambiar la carga sólo cambia la deformación 𝑦 0
𝐹 0 = 𝑚 0𝑔
𝑘 𝑦 0 = 𝑚 0𝑔
𝑚 0𝑔
𝑦0 =
𝑘
1.5 𝑘𝑔 · 9.8 𝑚/𝑠2
=
1568 𝑁/𝑚
0
𝑦 = 0.009375 𝑚
c) El trabajo efectuado de llevarlo de 𝑦 1 = 0 a 𝑦 2 = 0.04 𝑚 será
1 𝑊𝑒 = − 𝑘 𝑦 22 − 𝑦 21
2
1
2
= − 1568 𝑁/𝑚 0.04 − 0 𝑚 2
2
= −1.2544 𝐽
5.1.5.
Trabajo gravitatorio efectuado por el peso
El siguiente caso que es de nuestro interés es el trabajo efectuado por el peso en la superficie de
la Tierra, que para efectos prácticos es constante3 y en el marco de referencia usual tiene la forma
de 𝐹®𝑔 = −𝑚𝑔 𝚥ˆ. Suponga que un persona (agente externo) levanta una caja de masa 𝑚 desde una
altura 𝑦 1 hasta otra altura 𝑦 2 como se muestra en la figura 5.12 de tal forma que la velocidad sea
constante (aceleración 𝑎 𝑦 = 0) y la fuerza externa tenga la misma magnitud que el peso, pero
dirección opuesta 𝐹𝑒𝑥𝑡 = 𝑚𝑔.
Figura 5.12.: Trabajo efectuado por el peso
3 En
184
el anexo de Gravitación tratamos el tema en forma y explica la validez de la fórmula que se deduce acá
5.2. Potencia
El trabajo realizado por el peso al subir la caja a lo largo de un desplazamiento vertical sera
∫
2
𝑊𝑔 =
𝐹®𝑔 · 𝑑®𝑠
1
∫
𝑦2
−𝑚𝑔 𝚥ˆ · 𝑑𝑦 𝚥ˆ
=
𝑦1
𝑦
= −𝑚𝑔𝑦| 𝑦21
𝑊𝑔 = −𝑚𝑔 (𝑦 2 − 𝑦 1 )
(5.8)
Ejemplo 5.6 (Trabajo de fuerza externa). Se levanta una caja 𝑚 = 5 𝑘𝑔 una distancia de Δ𝑦 =
1.2 𝑚.¿Cuánto será el trabajo efectuado por el agente externo?
S OLUCIÓN
Sabemos que la fuerza externa señala en dirección opuesta al peso, por lo que el trabajo sera el
negativo del trabajo gravitatorio
𝑊𝑒𝑥𝑡 = −𝑊𝑔
= − (−𝑚𝑔(𝑦 2 − 𝑦 1 ))
= +𝑚𝑔Δ𝑦
= +5 𝑘𝑔 · 9.8 𝑚/𝑠2 · 1.2 𝑚
𝑊𝑒𝑥𝑡 = +58.8 𝐽
5.2.
Potencia
En muchas circunstancias no es la energía en sí la que es de importancia, sino la tasa a la cual
puedo entregar o recibir trabajo.
Definición 5.3 (Potencia promedio). es el cociente del trabajo realizado entre el intervalo de tiempo necesario para ejecutarlo
𝑊
𝑃¯ =
(5.9)
Δ𝑡
O BSERVACIONES
1. La unidad de la potencia serán
James Watt
(1736-1819)
[𝑊] 𝐽
[𝑃] =
= =1𝑊
[Δ𝑡] 𝑠
La cual la renombramos 1 𝑊 = 𝑊 𝑎𝑡𝑡 en honor al físico escocés James Watt por su aporte a
las máquinas de vapor en el siglo XVIII.
Otra unidad que todavía se utiliza es el caballo de fuerza o en inglés horsepower 1 ℎ𝑝 =
746 𝑊 véase ejemplo abajo para la deducción.
185
5. Trabajo y Energía
2. La ecuación 5.9 se interpreta como la tasa a la cual se realizó el trabajo o bien que tan
rápidamente se realizó trabajo sobre el sistema.
3. Por ejemplo para subir desde los laboratorios de ciencias básicas en el OWCC de la Universidad Don Bosco hasta el tercer piso de los Edificios C de aulas se puede tomar un camino
empinado por las gradas o bien se puede tomar el camino de rampas, que si bien es más largo es menos empinado. Despreciando la fricción y el mal estado físico que se pueda tener,
es obvio que realiza el mismo trabajo contra la gravedad ya que el éste depende sólo de la
posición inicial y final; pero el tiempo que se tarda en el camino menos empinado es mayor
y por ende se necesita entregar menos potencia para llegar al destino. Por eso sentimos que
los caminos con rampas son mas fáciles de transitar que los que tienen escaleras empinadas.
4. Si el trabajo no se realiza de una forma uniforme, entonces la fórmula 5.9 no refleja la situación adecuadamente y se debe hacer el intervalo de tiempo más pequeño como lo hicimos
con la velocidad y aceleración promedios
𝑊
Δ𝑡→0 Δ𝑡
𝑑𝑊
𝑃=
𝑑𝑡
𝑃 = lı́m
(5.10)
que llamaremos potencia instantánea P
5. Es de nota que 𝑑𝑊 = 𝐹® · 𝑑®𝑠 es un pequeño trabajo virtual y 𝐹® es un vector de fuerza
arbitrario de tal forma que
𝑑𝑊
𝑑𝑡
®
𝐹 · 𝑑®𝑠
=
𝑑𝑡
𝑃 = 𝐹® · 𝑣®
𝑃=
(5.11)
donde 𝑣® es la velocidad instantánea y 𝐹® es la fuerza que actúa en ese instante.
Ejemplo 5.7 (Determinación del caballo de fuerza). James Watt determinó que un caballo podía
levantar 330 𝑙𝑏 a una altura de 100 𝑓 𝑡 en un minuto. ¿Cuántos 𝑊 𝑎𝑡𝑡 son un 1 ℎ𝑝?
S OLUCIÓN
𝑊
𝑃¯ =
Δ𝑡
𝐹 · Δ𝑦
=
Δ𝑡
330 𝑙𝑏 · 100 𝑓 𝑡
1 ℎ𝑝 =
60 𝑠
1 ℎ𝑝 = 550 𝑙𝑏 · 𝑓 𝑡/𝑠
186
5.2. Potencia
La conversión al sistema internacional se hace mediante las conversiones 9.81 𝑁 = 2.2045 𝑙𝑏 y
1 𝑚 = 3.281 𝑓 𝑡
1 ℎ𝑝 = 550
Z
𝑙Z
𝑏 · 𝑓𝑡
𝑠
×
9.81 𝑁
1𝑚
×
2.2045 Z
𝑙Z
𝑏 3.281 𝑓 𝑡
= 745.9 𝑊
1 ℎ𝑝 = 746 𝑊
Existen otras unidades llamadas caballos de fuerza (Ps= Pferdestärke en países germano-parlantes)
o caballos de fuerza de caldera, pero que no vienen al caso en nuestro curso.
Ejemplo 5.8. Tomado de la discusión D5/11 La carga de un ascensor tiene una masa total de
2800 𝑘𝑔 y se eleva con velocidad constante a una altura de 200 𝑚 en un lapso de 45 𝑠 (véase la
figura 5.13). ¿Con qué rapidez promedio realiza trabajo la fuerza del cable sobre la cabina?
S OLUCIÓN
Figura 5.13.: Potencia promedio de tensión en un elevador
Ya que la velocidad es constante la aceleración es cero y la tensión del cable sólo debe soportar el
cable 𝑇 = 𝑚𝑔 y señala en dirección del desplazamiento por lo que
𝑊
𝑃¯ =
Δ𝑡
𝑇 · Δ𝑦 · cos 0°
=
Δ𝑡
𝑚𝑔 · Δ𝑦
=
Δ𝑡
2800 𝑘𝑔 · 9.8 𝑚/𝑠2 · 200 𝑚
=
45 𝑠
= 121955.6 𝑊
𝑃¯ = 122 𝑘𝑊
Ejemplo 5.9. Un motor de 90 𝑘𝑊 se utiliza para elevar una carga de 1200 𝑘𝑔 a velocidad constante. ¿Cuál es la velocidad media durante el ascenso?
187
5. Trabajo y Energía
S OLUCIÓN
La carga en este caso es el peso del objeto 𝐹𝑔 = 𝑚𝑔 = 11760 𝑁, por lo que utilizando la fórmula
𝑃 = 𝐹® · 𝑣®
𝑃 = 𝐹 · 𝑣 · cos 0°
𝑃
=𝑣
𝐹
90000 𝑊
𝑣=
11760 𝑁
𝑣 = 7.65 𝑚/𝑠
Ejemplo 5.10. Tomado de la discusión D5/M2 a) ¿Cuántos Joules de energía consume una bombilla eléctrica de 100 𝑤𝑎𝑡𝑡𝑠 cada hora? b) ¿Con qué rapidez tendría que correr una persona de
70 𝑘𝑔 para tener esa cantidad de energía cinética?
S OLUCIÓN
Asumiendo que el trabajo eléctrico en el bombillo es la energía consumida y utilizando la ecuación
5.9
𝑊
𝑃¯ =
Δ𝑡
Δ𝐸 = 𝑃¯ · Δ𝑡
= 100 𝑊 · 3600 𝑠
= 360 000 𝐽
Δ𝐸 = 360 𝑘 𝐽
Nótese que por definición esta energía también es 0.1 𝑘𝑊 ℎ
b) La comparación es meramente teórica para darse una idea de la magnitud de la energía consumida
𝐾 = Δ𝐸
1 2
𝑚𝑣 = Δ𝐸
2
r
2Δ𝐸
𝑣=
𝑚
s
2 × 360 000 𝐽
=
70 𝑘𝑔
𝑣 = 101.42 𝑚/𝑠
o bien cerca de 365.11 𝑘𝑚/ℎ.
188
5.3. Teorema del trabajo y la energía
5.3.
Teorema del trabajo y la energía
Al inicio del tema habíamos dicho que el trabajo es aquella cantidad física que cuantifica la participación de una fuerza en el cambio de movimiento, que el trabajo es un agente de cambio (dinámica). Como la Segunda Ley de Newton necesitamos asociar las cantidades físicas dinámicas
(fuerzas) con las cinemáticas, en nuestro caso trabajos con energías.
mismo
Figura 5.14.: Trabajo efectuado por el peso
Suponga que un cuerpo bajo el efecto de una fuerza neta 𝐹®𝑁 = 𝐹𝑁 (𝑥) 𝚤ˆse desplaza una distancia
Δ𝑥 = 𝑥 2 −𝑥 1 como se muestra en la figura5.14 . El trabajo neto se deja escribir como[Serway and Jewett, 2008]
∫
2
𝑊𝑁 =
𝐹®𝑁 · 𝑑®𝑠
1
∫
𝑥2
𝐹𝑁 𝚤ˆ · 𝑑𝑥 𝚤ˆ
=
𝑥
∫ 1𝑥2
𝐹𝑁 · 𝑑𝑥
=
𝑥
∫ 1𝑥2
𝑚 · 𝑎 𝑥 𝑑𝑥
=
𝑥
∫ 1𝑥2
𝑚·
=
𝑥1
𝑑𝑣 𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
cambiando de variable de integración a 𝑑𝑣 𝑥 y sus márgenes correspondientemente
∫
𝑥2
𝑚·
𝑊𝑁 =
𝑥1
𝑣2
𝑑𝑣 𝑥 𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑥
∫
𝑚 · 𝑣 𝑥 𝑑𝑣 𝑥
=
𝑣1
𝑣2
1
𝑚 · 𝑣 2𝑥
2
𝑣1
1 2
= 𝑚 𝑣 2 − 𝑣 21
2
=
𝑊𝑁
(5.12)
189
5. Trabajo y Energía
y se suele escribir de la siguiente forma
1 2 1 2
𝑚𝑣 − 𝑚𝑣
2 2 2 1
= 𝐾2 − 𝐾1
𝑊𝑁 =
𝑊𝑁
𝑊 𝑁 = Δ𝐾
(5.13)
O BSERVACIONES
1. A la ecuación 5.13 la llamamos el Teorema del Trabajo y la Energía (TT&E) donde 𝐾 =
1
2
2 𝑚𝑣 es la energía cinética del sistema y Δ𝐾 es el cambio de la energía cinética.
2. El teorema es una ley escalar por lo que la variables han perdido la información de dirección. 𝑣 es la rapidez del movimiento y es fácil demostrar que para un movimiento en más
dimensiones la ley sigue aplicando
𝑊 𝑁 = Δ𝐾
1
= 𝑚(𝑣 22 − 𝑣 21 )
2
1
1
𝑊 𝑁 = 𝑚(𝑣 22𝑥 + 𝑣 22𝑦 + 𝑣 22𝑧 ) − 𝑚(𝑣 21𝑥 + 𝑣 21𝑦 + 𝑣 21𝑧 )
2
2
Donde 𝑣 2 = 𝑣 2𝑥 + 𝑣 2𝑦 + 𝑣 2𝑧 es la magnitud de la velocidad o rapidez instánea al cuadrado de la
partícula.
3. Las unidades de la energía cinética son
[𝐾] = [𝑚] [𝑣 2 ] = 𝑘𝑔 · 𝑚 2 /𝑠2 = 𝐽
igual que las del trabajo.
4. Escrito de esta forma, indica que el trabajo neto es responsable del cambio de energía cinética de un cuerpo o sistema independientemente del tipo de fuerza mecánica del que estemos
hablando
5. Las rapideces iniciales y finales deben de estar relacionadas con las posiciones iniciales y
finales de donde se parte para calcular el desplazamiento Δ𝑥 = 𝑥 2 − 𝑥 1
6. Obviamente cuando se hace trabajo neto positivo sobre el sistema, la energía cinética debe
aumentar, pero cuando se realiza trabajo neto negativo, su energía cinética debe disminuir.
5.4.
Energía
En las secciones anteriores hemos utilizado el concepto de la energía sin entrar en detalles, lo que
significa realmente y ahora trataremos de explicar por qué es el concepto central en física.
190
5.4. Energía
Los griegos consideraban que la 𝜖 𝜈𝜖 𝜌𝛾𝜖 𝜄𝛼 ≡ energeia era la fuerza trabajando o en actividad.
Nosotros diremos que los sistemas tienen la potencialidad de crear actividad a través de la energía
acumulada en ellos
Definición 5.4. La energía es la capacidad de un cuerpo o sistema de realizar trabajo
O BSERVACIONES
1. La energía es un escalar, sus unidades en el Sistema Internacional son
[𝐸] = 1 𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒 = 1 𝐽 = 1 kg
m2
s2
otras unidades que se utilizan en otros sistemas
1 𝑒𝑟𝑔 = 1 × 10−7 𝐽
1 𝑒𝑉 = 1.602 × 10−19 𝐽
1 𝐵𝑡𝑢 = 1055 𝐽
6
1𝑐𝑎𝑙 = 4.1855 𝐽
1 𝑘𝑊 ℎ = 3.6 × 10 𝐽
1 𝑓 𝑡 · 𝑙𝑏 = 1.356 𝐽
2. La energía es una función de estado en un sistema aislado, que nos indica cuanto trabajo
relativamente puede ejecutar /transformar4 .
La energía mecánica por ejemplo nos indica cuanta energía posee un sistema que puede ser
liberada por fuerzas o efectos mecánicos (trabajos, fuerzas, movimiento). Mientras que la
energía eléctrica nos indica la energía acumulada en la separación de cargas o que puede ser
liberada en forma de una corriente eléctrica.
La energía a diferencia del trabajo se puede almacenar en los sistemas físicos e implica
que el sistema posee un mecanismo de almacenamiento/liberación de como transferir esa
energía a otros sistemas (fuerzas/trabajo, calor, emisión, etc.)
3. Hay muchas formas de acumular energía en sistemas físicos, aquí trataremos unos pocos
ejemplos mecánicos.
¡El trabajo NO es energía!
Aunque es fácil confundirlas ya que tienen la misma dimensión y unidades, son conceptos
diferentes. La energía es una función de estado que caracteriza al sistema, el trabajo es un
proceso transiente que realiza en un intervalo de tiempo determinado. El Teorema del Trabajo y
la Energía nos dice como el trabajo neto 𝑊 𝑁 produce un cambio Δ𝐾 (otra cantidad transiente)
no como lo define. La energía se puede acumular y permanece en ese estado hasta que un trabajo
la cambie. El trabajo se realiza durante el cambio y no se puede acumular.
Considere a la energía cinética como el estado bancario de una persona/sistema. El estado cuenta
califica a la persona/sistema como rico o pobre según la cantidad se tenga. El trabajo es como
es salario que se obtiene una vez al mes y hace que el balance en la cuenta incremente. Ahora
bien si gasto y compro cosas (trabajo negativo), mi balance se reduce cambiando el estado.
4 Aunque la mayoría de energías potenciales tienen un valor arbitrario, sus cambios Δ𝐸
por lo general están gobernados
por leyes físicas primordiales.
191
5. Trabajo y Energía
5.4.1.
Energía cinética
Definición 5.5 (Energía cinética). es la energía acumulada en virtud de su movimiento. Para una
partícula la energía cinética es dada por:
1 2
𝑚𝑣
2
donde 𝑚 es la masa inercial y 𝑣 es la rapidez respecto de un marco de referencia inercial
𝐾=
(5.14)
O BSERVACIONES
1. Reconocemos la energía cinética en nuestro miedo natural a los objetos con alta velocidad.
Por experiencia propia, sabemos por ejemplo que una mosca que vuela a 5 𝑚/𝑠 no puede
hacer la misma cantidad de daño como un camión a la misma velocidad. Este conocimiento
lo ganamos con experiencia cuando somos pequeños y es por eso que se debe cuidar a los
niños de objetos en movimiento - como los carros en la calle - pues no son capaces de medir
la cantidad de trabajo que puede entregar los sistemas en movimiento.
2. Dos cuerpos con la misma rapidez poseen diferentes energías cinéticas si poseen masas
diferentes. Así como los cuerpos con diferentes rapideces y mismas masas tienen diferente
capacidad de realizar trabajo.
3. La energía cinética en la mecánica clásica es una cantidad física relativa al marco de referencia. Por ejemplo una mercadería transportada por un camión, posee energía cinética
respecto de un observador en la calle. Pero respecto del camión, la misma mercadería no
posee energía cinética.
4. La energía cinética es una medida indirecta del estado de movimiento
Ejemplo 5.11 (Energía cinética). Un carro de 1.2 𝑡𝑜𝑛 se mueve con una rapidez de 45 𝑘𝑚/ℎ y una
pelota de 50 𝑔 se lanza con una rapidez de 100 𝑚/𝑠. ¿Cuál cuerpo posee la mayor energía cinética?
Solución
Para poder poder comparar ambas energía cinéticas primero es necesario transformar a las misma
unidades
1. Masa del carro
×
𝑚 = 1.2 𝑡𝑜𝑛
1000 𝑘𝑔
= 1200 𝑘𝑔
1
𝑡𝑜𝑛
Rapidez del carro:
𝑣 = 45
𝑘𝑚
ℎ
S
×
1S
ℎ
1000 𝑚
𝑚
×
= 12.5
3600 𝑠
1
𝑘𝑚
𝑠
2. Calculo de las energías cinéticas
1
1
𝑚 𝑐 𝑣 2𝑐
𝐾 𝑝 = 𝑚 𝑝 𝑣 2𝑝
2
2
𝑚 2
𝑚 2 𝐽
1
1
= · 1200 𝑘𝑔 · 12.5
= · 0.050 𝑘𝑔 · 100
2
𝑠
2
𝑠
= 93750 𝐽
𝐾 𝑝 = 250 𝐽
𝐾𝑐 =
𝐾𝑐
192
5.4. Energía
Que encaja con nuestra experiencia sobre que sistema posee mayor capacidad de hacer daño.
Ejemplo 5.12 (Masa y energía cinética). ¿Que masa debe tener un cuerpo si posee una energía
cinética de 55 𝑘 𝐽 y se mueve a una velocidad de 60 𝑚/𝑠 ?
S OLUCIÓN
Se despeja la masa de ecuación 5.14 y obtenemos
𝐾 =
2𝐾
𝑣2
1 2
𝑚𝑣
2
= 𝑚
𝑚 =
2 × 55000 𝐽
2
60 𝑚𝑠
2
𝑚 =
𝑚
110000 𝑘𝑔
𝑠𝑠
2
3600 𝑚𝑠
2
𝑚 = 30.56 𝑘𝑔
Ejemplo 5.13 (Energía cinética ). Tomado de la discusión D5/7 a) ¿Cuántos joules de energía
cinética tiene un automóvil de 750 𝑘𝑔 que viaja por una autopista común con rapidez de 65 𝑘𝑚/ℎ?
b) ¿En qué factor disminuiría su energía cinética si el auto viajara a la mitad de esa rapidez? c) ¿A
qué rapidez tendría que viajar el auto para tener la mitad de la energía cinética del inciso a)
S OLUCIÓN
Convirtiendo la rapidez a 𝑚/𝑠
𝑣 = 65
H
𝑘𝑚
H
×
ℎ
1000 𝑚
1
ℎ
× H = 18.06 𝑚/𝑠
3600 𝑠
1 𝑘𝑚
H
a) Utilizando la definición 5.14
1 2
𝑚𝑣
2
1
= 750 𝑘𝑔 · (18.06 𝑚/𝑠) 2
2
= 122311.55 𝐽
𝐾=
𝐾 = 122.3 𝑘 𝐽
b) Suponiendo que la rapidez disminuyera a la mitad 𝑣 0 = 21 𝑣 entonces, el cociente de las energías
193
5. Trabajo y Energía
cinéticas sería
1
02
𝐾0
2 𝑚𝑣
=
1
𝐾
2
2 𝑚𝑣
𝑣 2
=
2
𝑣2
2
1@
𝑣@
=
2
4@
𝑣@
0
𝐾
1
=
𝐾
4
Es decir al reducir a la mitad la rapidez, la energía cinética se reduce en un cuarto ya que la rapidez
va al cuadrado en la fórmula
c) Ahora me piden la rapidez 𝑣 00a la cual debería viajar el auto si tuviese sólo la mitad de la energía
cinética 𝐾 00 = 12 𝐾. Obviamente
1 002
𝑚𝑣
2
1
= 𝑚𝑣 002
2
1 002
= Z
𝑚𝑣
2
r
1 2
𝑣
=
2
1
=√ 𝑣
2
1
= √ 18.06 𝑚/𝑠
2
= 12.77 𝑚/𝑠
𝐾 00 =
𝐾
2
1 2
𝑚𝑣
Z
4
𝑣 00
𝑣 00
𝑣 00
Ejemplo 5.14 (Fuerza de frenado en balística). Tomado de la discusión D5/8. Un proyectil de
𝑚 = 20 𝑔 choca contra un banco de fango y penetra Δ𝑥 = 6 𝑐𝑚 antes de detenerse como se
muestra en la figura 5.15. Calcule la magnitud de la fuerza de detención si la velocidad de entrada
es de 𝑣 = 80 𝑚/𝑠.
S OLUCIÓN
194
5.4. Energía
Figura 5.15.: ¿Cuánto es la fuerza promedio de frenado?
Normalmente este problema no se podría resolver mediante el método tradicional de fuerzas, ya
que la fuerza varia fuertemente con el tiempo y es en esencia desconocida su función. Es por eso
que sólo calcularemos su fuerza promedio que debe tener el mismo trabajo neto
𝑊𝑁
∫
𝑥2
= Δ𝐾
0
>
𝐹𝑁 · 𝑑𝑥 = 𝐾
2 − 𝐾1
𝑥1
Utilizando del teorema del valor medio a la integral y ya que la bala queda atascada en el trozo de
madera es obvio que su rapidez final es cero, entonces
1
𝐹𝑁 · Δ𝑥 = − 𝑚𝑣 21
2
− 21 𝑚𝑣 2𝑖
𝐹𝑁 =
Δ𝑥
𝑚𝑣 2𝑖
= −
2Δ𝑥
0.020 𝑘𝑔 · (80 𝑚/𝑠) 2
= −
2 · 0.06 𝑚
𝐹𝑁 = −1066.7 𝑁
El signo negativo indica que va en dirección contraria de la velocidad, frenando a la bala.
Ejemplo 5.15. Tomado de la discusión D5/9.Un balón de fútbol de 𝑚 = 0.420 𝑘𝑔 se mueve inicialmente con una rapidez de 𝑣 1 = 2.00 𝑚/𝑠. Un jugador lo patea, ejerciendo una fuerza constante
de 40.0 𝑁 en la dirección del movimiento del balón como se muestra en la figura 5.16 . ¿Durante qué distancia debe estar su pie en contacto con el balón para aumentar la rapidez de éste a
𝑣 2 = 6.00 𝑚/𝑠?
195
5. Trabajo y Energía
Figura 5.16.: ¿Cuál es la distancia de aceleración?
S OLUCIÓN
Este problema se puede resolver por Newton, pero termina siendo algo incómodo ya que de la
fuerza neta hay que calcular la aceleración y por luego el desplazamiento por cinemática. Sin
embargo utilizando el teorema del Trabajo y la Energía se vuelve un ejercicio de un par de líneas
𝑊𝑁
∫
= Δ𝐾
𝑥2
𝐹𝑁 · 𝑑𝑥 = 𝐾2 − 𝐾1
𝑥1
𝐹¯𝑁 · Δ𝑥 =
Δ𝑥 =
1 2
𝑚 𝑣 2 − 𝑣 21
2
1
2
2
2 𝑚 𝑣2 − 𝑣1
𝐹¯𝑁
1
2
· 0.420 𝑘𝑔 · 6.002 − 2.002 𝑚 2 /𝑠2
=
40 𝑁
= 0.168 𝑚
Δ𝑥 = 16.8 𝑐𝑚
5.5.
Energía potencial
Cuando analizamos los tipos de trabajos realizados por distintas fuerzas, vemos que podemos
separarlas en aquellas cuyos trabajos dependen del camino y aquellos que no. Suponga que analizamos las fuerzas que actúan sobre un borrador en una pizarra como se muestra en figura 5.17.
Un agente externo (mano del profesor) aplica una fuerza tangencial y normal sobre el borrador
mientras ejecuta un movimiento circular. Además actúa la fuerza de fricción (que permite borrar)
y el peso del borrador.
196
5.5. Energía potencial
Figura 5.17.: Los trabajos que actúan sobre un borrador en una pizarra son de diferente naturaleza
Mientras el peso siempre señala hacia abajo, la fuerza externa señala siempre en dirección del
diferencial de camino 𝑑®𝑠, así como la fricción siempre señala en dirección contraria. Luego de
una circunferencia completa (la posición 1 de regreso a la posición 1), el trabajo externo será
siempre positivo, mientras que el de fricción será siempre negativo. El trabajo del peso es cero ya
que sólo depende las posiciones iniciales y finales y estas son iguales 𝑦 𝑓 = 𝑦 𝑖 . El trabajo de la
normal es trivialmente cero ya que ésta es perpendicular al camino en todo momento. Los cálculos
de los trabajos se miran así
∫
∫
𝑊𝑛 = 𝐶 𝑛® · 𝑑®𝑠
𝑊𝑔 = 𝐶 𝐹®𝑔 · 𝑑®𝑠
𝑊𝑘
∫
= 𝐶 𝑛 · 𝑑𝑠 · cos 90°
= 𝑚𝑔(𝑦 2 − 𝑦 1 )
𝑊𝑛 = 0
𝑊𝑔 = 0
𝑊𝑘
∫
= 𝐶 𝑓®𝑘 · 𝑑®𝑠 𝑊𝑒𝑥𝑡
= − 𝑓¯𝑘 · 2𝜋𝑅
<0
𝑊𝑒𝑥𝑡
∫
= 𝐶 𝐹®𝑒𝑥𝑡 · 𝑑®𝑠
= 𝐹¯𝑒𝑥𝑡 · 2𝜋𝑅
>0
Entendemos que de las 4 fuerzas que actúan en el sistema, dos de ellas tienen trabajos que dependen del camino (fuerza de fricción y fuerza externa) y una que es independiente del camino
(peso).
Definición 5.6 (Fuerza conservativa). Las fuerzas conservativas son aquellas cuyo trabajo entre
dos puntos es independiente del camino tomado y dependen sólo de las posiciones iniciales y
finales. Si 𝐶1 y 𝐶2 son curvas diferentes que van desde los mismos puntos 𝐴 y 𝐵 entonces
∫
𝐶1
𝐹®𝑐 𝑑®𝑠 =
∫
𝐹®𝑐 𝑑®𝑠
𝐶2
donde 𝐹®𝑐 es la fuerza conservativa, como por ejemplo la fuerza gravitatoria, la fuerza elástica
de un resorte, la fuerza electrostática de dos distribuciones de carga, etc o fuerzas constantes y
uniformes.
197
5. Trabajo y Energía
Definición 5.7 (Fuerza no conservativa). Son aquellas cuyos trabajos sobre curvas cerradas son
distintas de cero. Se suele escribir
∮
𝐹®𝑛𝑐 · 𝑑®𝑠 ≠ 0
𝐶
donde 𝐶 es una curva cerrada5 . Entre las fuerzas no-conservativas tenemos la fricción (que siempre
se opone al camino), en general las fuerzas externas, las fuerzas dependientes de la velocidad como
la fuerza de arrastre del viento, la fuerza magnética o las fuerzas viscosas
Mientras que la energía cinética está asociada al movimiento, las energías potenciales están asociadas a la configuración o posición relativa de las partes o partículas del sistema. Es la forma más
común de acumular energía en los sistemas físicos.
Definición 5.8 (Energía potencial). El cambio de la energía potencial es el negativo del trabajo
efectuado por la fuerza conservativa asociada
= −𝑊𝐹
Δ𝑈𝐹
= −𝑊𝐹
𝑈 𝑓 − 𝑈𝑖
(5.15)
donde 𝑊𝐹 es el trabajo efectuado por la fuerza asociada y Δ𝑈𝐹 es el cambio de la energía potencial
(energía potencial final menos inicial).
Observaciones
1. La energía potencial no se define directamente, sino que se define la diferencia primero y se
construye la función de energía potencial a partir de las restricciones del sistema.
2. El valor de la energía potencial 𝑈 es arbitrario en el sentido que se puede elegir cualquier
valor para una posición determinada. No obstante, lo cambios a partir de ese punto de referencia deben seguir la ecuación 5.15.
3. A las fuerzas no-conservativas como la fricción, las fuerzas viscosas o dependientes de la
velocidad como la fuerza magnética no les puede definir un potencial. Lo que por lo general
significa que la estructura de interacción es más compleja o es necesario un modelo más
sofisticado.
4. En general cuando la fuerza asociada realiza trabajo positivo, la energía potencial disminuye
(pierde energía) y cuando el trabajo es negativo la energía potencial asociada aumenta. Esta
energía proviene usualmente por lo general de un agente externo u otra forma de energía
presente en el sistema.
5
∮
𝐶
198
se lee integral cerrada alrededor de la curva C
5.5. Energía potencial
5.5.1.
Energía potencial gravitatoria
Definición 5.9 (Energía potencial gravitatoria). es la energía acumulada por el sistema gravitatorio
cuerpo-Tierra en virtud de su altura.
Utilizando la definición de energía potencial 5.15 y el trabajo gravitatorio5.8 Obtenemos
Δ𝑈𝑔 = −𝑊𝑔
𝑈𝑔 𝑓 − 𝑈𝑔𝑖 = −(−𝑚𝑔(𝑦 𝑓 − 𝑦 𝑖 ))
𝑈𝑔 𝑓 = 𝑈𝑔𝑖 + 𝑚𝑔(𝑦 𝑓 − 𝑦 𝑖 )
Tomando el suelo como punto de referencia 𝑦 𝑖 = 0 y poniendo ahí el marco de referencia y
asumiendo una energía de referencia 𝑈𝑔𝑖 = 0, obtenemos una función de energía potencial
𝑈𝑔 = 𝑚𝑔𝑦
(5.16)
donde 𝑦 𝑓 = 𝑦 es la altura del cuerpo y 𝑈𝑔 𝑓 = 𝑈𝑔 es la energía potencial gravitatoria respecto del
punto de referencia.
O BSERVACIONES
1. Esto es consistente con nuestra experiencia diaria donde sabemos que los cuerpos que poseen mayor altura o masa pueden hacernos mayor daño. De ahí que en general guardemos
las cosas más pesadas más cerca del suelo, donde sabemos que su energía potencial gravitatoria será mínima.
2. Esta fórmula es una aproximación válida en la superficie de la Tierra, ya que la interacción
gravitatoria no es realmente constante. No obstante para los rangos de la vida humana y sus
interacciones mecánicas, la fórmula es una excelente aproximación.
3. Cuando un cuerpo cae, la fuerza de atracción gravitatoria realiza trabajo positivo y la energía
potencial disminuye consecuentemente. Lo que pasa con esa energía lo debatiremos en la
siguiente sección
4. El gráfico de la función se miraría así
199
5. Trabajo y Energía
Figura 5.18.: Gráfico de la energía potencia versus la altura
Ejemplo 5.16 (Energía potencial ). En la figura 5.19 se observa tres cuerpos con diferentes masas
y alturas. Determine las energías potencial de cada uno de los cuerpos
Figura 5.19.: ¿Cuál cuerpo posee mas energía potencial?
S OLUCIÓN
Intuitivamente pensamos que la maceta en el quinto piso es por mucho el cuerpo que más daño
haría si se cayera. A la piscucha no le tememos tanto, al saber que no posee mucha masa, mientras
que al automóvil en reposo no lo consideramos en “peligro de caer” pues ya se encuentra en el
suelo.
Calculando las energías potenciales con la ecuación 5.16 obtenemos
𝑈1 = 𝑚 1 𝑔ℎ1
𝑈1
200
𝑈2 = 𝑚 2 𝑔ℎ2
𝑈3 = 𝑚 3 𝑔ℎ3
𝑚
𝑚
𝑚
= 5 𝑘𝑔 · 9.8 2 · 20 𝑚
= 0.75 𝑘𝑔 · 9.8 2 · 12.5 𝑚
= 1200 𝑘𝑔 · 9.8 2 · 0 𝑚
𝑠
𝑠
𝑠
= 980 𝐽
𝑈2 = 91.875 𝐽
𝑈3 = 0 𝐽
5.5. Energía potencial
Confirmando las intuiciones con que empezamos el ejercicio.
Ejemplo 5.17 (Energía potencial gravitatoria de niño en columpio). Tomado de la discusión
D5/14. Un niño de 400 𝑁 está en un columpio unido a cuerdas de 2.00 𝑚 de largo (ver figura 5.20). Encuentre la energía potencial gravitacional del sistema niño-Tierra en relación con la
posición más baja del niño cuando
a) las cuerdas están horizontales
b) el niño está en el fondo del arco circular y
c) las cuerdas forman un ángulo de 𝜃 = 30.0º con la vertical.
Figura 5.20.: Determine las energía potenciales
S OLUCIÓN
Dado que se toma como punto de referencia el punto más bajo de la trayectoria y según el marco
de referencia elegido queda claro que 𝑦 𝑏 = 0
a) En la posición horizontal la altura del columpio es el radio de la trayectoria. Utilizando la
fórmula de energía potencial
𝑈𝑎 = 𝑚𝑔𝑦 𝑎
= 𝑚𝑔𝑅
= 400 𝑁 · 2.00𝑚
𝑈𝑎 = 800 𝐽
b) En el punto más bajo 𝑦 𝑏 = 0 por elección del marco de deferencia y el punto de referencia
𝑈𝑏 = 𝑚𝑔𝑦 𝑏
𝑈𝑏 = 0
c) A 30° la altura se calcula por la relación geométrica que se muestra en la figura 5.20
𝑈𝑐 = 𝑚𝑔𝑦 𝑐
= 𝑚𝑔(𝑅 − 𝑅 cos 𝜃)
= 400 𝑁 · (2 − 2 · cos 30°) 𝑚
𝑈𝑐 = 107.2 𝐽
201
5. Trabajo y Energía
5.5.2.
Energía potencial elástica
Otra forma de acumular energía mecánica es a través de la deformación y las consiguientes fuerzas
elásticas
Definición 5.10 (Energía potencial elástica). es la energía acumulada en un cuerpo o sistema
debido a su deformación elástica.
Aunque esta energía puede ser muy compleja dado las diferentes forma de deformación (tensional,
de corte, contracción transversal, etc.) y sus respectivas fuerzas o esfuerzos. Para un resorte por
ejemplo se deja definir la energía potencial elástica así
𝑈𝑒 𝑓
Δ𝑈𝑒 = −𝑊𝑒
1
2
2
− 𝑈𝑒𝑖 = − − 𝑘 (𝑥 𝑓 − 𝑥 𝑖 )
2
1
𝑈𝑒 𝑓 = 𝑈𝑒𝑖 + 𝑘 (𝑥 2𝑓 − 𝑥 𝑖2 )
2
De forma análoga elegimos el punto de referencia cuando el resorte se encuentre relajado 𝑥 𝑖 = 0 y
elegimos la energía de referencia en ese lugar igual a cero 𝑈𝑒𝑖 = 0
𝑈𝑒 =
1 2
𝑘𝑥
2
(5.17)
donde 𝑥 es la deformación medida del punto de reposo o equilibrio y 𝑘 es la constante del resorte
que posee una dimensión de fuerza sobre longitud.
O BSERVACIONES
1. Un elástico por ejemplo que se encuentra distendido no nos preocupa de que pueda realizar
trabajo sobre nosotros, sin embargo cuando el elástico se mantiene deformado instintivamente buscamos una posición donde el elástico no pueda ser liberado pues sabemos por
experiencia que ellos suelen soltarse súbitamente y causar daño.
2. El marco de referencia lo debemos tomar en el punto de relajamiento/ equilibrio del resorte
para que la ecuación 5.17 tenga sentido.
3. A diferencia de la energía potencial gravitatoria, la energía potencial elástica así definida es
siempre positiva.
4. La función de potencial elástico, también llamado potencial armónico6 , se mira así
6 En
la materia de Ondas, Fluidos y Termodinámica veremos las oscilaciones armónicas y porqué este es el potencial
asociado a los Movimientos Armonicos Simples (MAS)
202
5.5. Energía potencial
Figura 5.21.: Gráfico de la energía potencia versus deformación
Ejemplo 5.18 (Energía potencial elástica de resorte). Tomado de la discusión D5/15. Una fuerza
de 𝐹𝑒 = 800 𝑁 estira cierto resorte una distancia de 𝑥 = 0.200 𝑚. a) ¿Qué energía potencial tiene
el resorte cuando se estira 𝑥 = 0.200 𝑚? b) ¿Y cuándo se le comprime 𝑥 0 = 5.00 𝑐𝑚?
S OLUCIÓN
No hay necesidad de hacer un esquema ya que es idéntico al utilizado para formular la Ley de
Hooke en la figura5.9.
a) Utilizando la Ley de Hooke (ecuación 5.6) obtenemos un valor para constante del resorte 𝑘
𝐹®𝑒 = 𝑘𝑥
𝐹𝑒
=𝑘
𝑥
800 𝑁
0.200 𝑚
𝑘 = 4000 𝑁/𝑚
𝑘=
b) Utilizando la fórmula para la energía potencial elástica (ecuación 5.17), poniendo el marco y
punto de referencia en el punto de equilibrio
1 2
𝑘𝑥
2
1
= 4000 𝑁/𝑚 · (0.200 𝑚) 2
2
𝑈𝑒 = 80 𝐽
𝑈𝑒 =
c) Repitiendo el procedimiento anterior con 𝑥 0 = 0.05 𝑚
1 2
𝑘𝑥
2
1
= 4000 𝑁/𝑚 · (0.05 𝑚) 2
2
𝑈𝑒0 = 5 𝐽
𝑈𝑒0 =
que es exactamente un
fórmula
1
16
de la energía en el literal b ya que la deformación va al cuadrado en la
203
5. Trabajo y Energía
Ejemplo 5.19 (Ejemplo energía potencial en rizo ). Tomado de la discusión D5/16. En la figura
5.22, un pequeño bloque de masa 𝑚 = 1.5 𝑘𝑔 se puede deslizar a lo largo del rizo. El bloque
se suelta desde el reposo en el punto P, a una altura ℎ = 5𝑅 sobre la parte inferior del rizo.
Si 𝑅 = 50 𝑐𝑚, calcule: a) Trabajo realizado por la fuerza gravitacional sobre el bloque a medida
avanza de P a Q. b) Energía potencial en el punto superior del rizo (punto S), tomando de referencia
el suelo. c) Si en el punto P la partícula parte del reposo, determine la rapidez en el punto Q
Figura 5.22.: Determine las energía potenciales
S OLUCIÓN
Dado el marco de referencia tomado es claro que 𝑦 𝑃 = 5𝑅, 𝑦 𝑄 = 𝑅 y 𝑦 𝑆 = 2𝑅, entonces
a) El trabajo efectuado de P a Q es
𝑊 𝑃→𝑄 = −𝑚𝑔(𝑦 𝑄 − 𝑦 𝑃 )
= −𝑚𝑔(𝑅 − 5𝑅)
= +4𝑚𝑔𝑅
= +4 · 1.5 𝑘𝑔 · 9.8 𝑚/𝑠2 · 0.5 𝑚
𝑊 𝑃→𝑄 = +29.4 𝐽
El trabajo gravitatorio es positivo porque se perdió energía potencial
b) La energía potencial en S es sencillamente
𝑈𝑆 = 𝑚𝑔𝑦 𝑆
= 2𝑚𝑔𝑅
= 2 × 1.5 𝑘𝑔 × 9.8 𝑚/𝑠2 × 0.5 𝑚
𝑈𝑆 = 14.7 𝐽
204
5.5. Energía potencial
c) Utilizando el teorema del trabajo y la energía
𝑊 𝑁 = Δ𝐾
0
0
>
>
𝑊
𝐾
𝑛 + 𝑊𝑔 = 𝐾 𝑄 − 𝑃
Ya que la normal a lo largo de la trayectoria no realiza trabajo y el 𝑊𝑔 fue el calculado en el inciso
a
𝑊𝑔 =
r
1 2
𝑚𝑣
2 𝑄
2𝑊𝑔
= 𝑣𝑄
𝑚
r
2 · 4Z
𝑚 𝑔𝑅
𝑣𝑄 =
𝑚
Z
p
𝑣 𝑄 = 2𝑔ℎ
donde ℎ = 4𝑅 = 2 𝑚 es la diferencia de alturas entre P y Q7 , entonces
𝑣𝑄 =
p
2 × 9.8 𝑚/𝑠2 · 2 𝑚
𝑣 𝑄 = 6.26 𝑚/𝑠
5.5.3.
Otras formas de energía
Existen muchas otras forma de energía, que dependen del sistema en específico y sus mecanismos
de interacción, por ejemplo:
Energía química: energía acumulada en virtud de los enlaces químicos/atómicos de las moléculas en las sustancias. La reconfiguración energética de los electrones al generar enlaces
ionicos, covalentes o de van der Waals es la que permite que los átomos y moléculas se
recombinen generando a través de reacciones químicas nuevos compuestos.
Energía térmica: es la energía acumulada en un cuerpo en virtud del movimiento interno de
sus moléculas. Es una energía “escondida” en las estructuras microscópicas que no se miran
a simple vista y que deben ser estudiadas con sus propias herramientas (termodinámica)
como lo veremos en la materia de Ondas, Fluidos y Termodinámica.
Energía nuclear: es la energía acumulada en núcleo debido a su enlace hadrónico entre nucleones. Está asociada al defecto de masa de los núcleos y puede ser liberada por fusión8 o fisión
nuclear 9 .
7 ¿Reconoce
la fórmula del capítulo de cinemática?
reacciones termonucleares en el sol son la fuente principal de energía del planeta
9 Como en los reactores nucleares o las bombas atómicas
8 Las
205
5. Trabajo y Energía
5.6.
Conservación de energía
El uso de energías para explicar los movimientos implica un cambio de modelo. Ya no decimos
que una fuerza acelera al cuerpo y cambia su movimiento. Un cuerpo ya no cae porque su peso
lo acelera hacia abajo, sino porque pierde energía potencial y la transforma en energía cinética. Y
como principio superior, todos los sistemas mecánicos buscan un mínimo de energía mecánica ya
que parecen seguir el principio de mínima acción que es la base de la Mecánica Lagrangiana y en
parte la Mecánica Cuántica.
5.6.1.
Teorema del Trabajo y la Energía generalizado
¿Cómo afecta nuestro nuevo conocimiento sobre las energías al Teorema del Trabajo y Energía?
Suponga que tenemos un cuerpo sobre el cual actúan 𝑛 fuerzas conservativas y 𝑚 fuerzas no
conservativas mientras el cuerpo se desplaza por una trayectoria determinada, de tal forma que la
fuerza neta se deja escribir como
𝐹®𝑁 =
𝑛
Õ
𝐹®𝑖𝑐𝑜𝑛𝑠 +
𝑛
Õ
𝐹®𝑖𝑛𝑜−𝑐𝑜𝑛𝑠
𝑖=1
𝑖=1
ahora bien para el Teorema del Trabajo y la Energía eso significa que
𝑊 𝑁 = Δ𝐾
∫
𝐶
𝑛
Õ
∫
𝐶
𝑛 ∫
Õ
𝑖=1
𝐹®𝑖𝑐𝑜𝑛𝑠 +
𝑚
Õ
𝐹®𝑁 · 𝑑®𝑠 = Δ𝐾
!
𝐹®𝑖𝑛𝑜−𝑐𝑜𝑛𝑠 · 𝑑®𝑠 = Δ𝐾
𝑖=1
𝑖=1
𝐹®𝑖𝑐𝑜𝑛𝑠 · 𝑑®𝑠 +
𝑚 ∫
Õ
𝐶
𝑖=1
𝐹®𝑖𝑛𝑜−𝑐𝑜𝑛𝑠 · 𝑑®𝑠 = Δ𝐾
𝐶
el primer término del lado izquierdo es por definición de la energía potencial la suma de cambios
de energía potenciales negativas, mientras que el segundo término es la suma de todos los trabajos
no conservativos
𝑛
Õ
−Δ𝑈𝑖 +
𝑖=1
𝑛
Õ
−
𝑖=1
𝑚
Õ
𝑊𝑖𝑛𝑐 = Δ𝐾
𝑖=1
Δ𝑈𝑖 +
𝑚
Õ
𝑊𝑖𝑛𝑐 = Δ𝐾
𝑖=1
𝑛𝑐
𝑊𝑁
= Δ𝐾 +
𝑛
Õ
𝑖=1
206
Δ𝑈𝑖
5.6. Conservación de energía
Definiendo a 𝑈 =
𝑛
Õ
𝑈𝑖 como la suma de todas la energías potenciales en el sistema obtenemos
𝑖=1
el Teorema del Trabajo y Energía generalizado
𝑛𝑐
𝑊𝑁
= Δ𝐾 + Δ𝑈
(5.18)
O BSERVACIONES
1. A diferencia del Teorema del Trabajo y Energía regular (ecuación 5.13) aquí es trabajo está
seccionado de manera que se muestra la estructura del sistema en sus energías potenciales.
Anteriormente está estructura intrínseca del sistema se quedaba barrido bajo el trabajo neto.
2. Una de las ventajas de esta ecuación es que ya no necesario calcular todos los trabajos sino
sólo los no-conservativos y las energías potenciales son mucho más sencillas de manejar.
3. En este contexto se introduce el concepto de la energía mecánica 𝐸
Definición 5.11. La energía mecánica 𝐸 es la suma de la energía cinética y todas las energías
potenciales de un sistema
𝐸 = 𝐾 +𝑈
de tal forma que Δ𝐸 = Δ𝐾 + Δ𝑈 y por el ende el Teorema se deja escribir alternativamente
𝑛𝑐
𝑊𝑁
= Δ𝐸
(5.19)
Expresado de esta forma implica que sólo las fuerzas no-conservativas son capaces darle o quitarle
energía a un sistema. Es decir los sistemas no se auto-energizan o pierden espontáneamente su
energía, sino que debe hacer un agente no-conservativo actuando sobre él.
Ejemplo 5.20 (Cálculo de distancia de frenado). Uno de los problemas típicos en las Aplicaciones
de Newton es calcular la distancia de frenado de un automóvil que frena súbitamente.Suponga que
un carro con una masa = 1200 𝑘𝑔 se mueve con una velocidad 𝑣 1 = 90 𝑘𝑚/ℎ = 25 𝑚/𝑠 cuando
súbitamente ve un obstáculo y frena súbitamente. Si el coeficiente de fricción es 𝜇 𝑠 = 0.8, ¿Cuál
será la distancia de frenado?
Figura 5.23.: Determine las energía potenciales
207
5. Trabajo y Energía
S OLUCIÓN
Del diagrama de cuerpo libre notamos que la normal tiene le valor del peso 𝑛 = 𝑚𝑔 = 11760 𝑁 y
la fuerza de fricción máxima será 𝑓𝑠 = 𝜇 𝑠 · 𝑛 = 0.8 × 11760 𝑁 = 9408 𝑁. Reconocemos que la
energía mecánica al inicio está dado sólo por la energía cinética, ya que la altura es cero y no hay
resortes deformados y al final es cero
*0
Δ𝐸 = Δ𝐾 + Δ𝑈
0
>
𝐾
=
2 − 𝐾1
1
= − 𝑚𝑣 21
2
Utilizando el Teorema del Trabajo y Energía generalizado obtenemos que
𝑛𝑐
𝑊𝑁
= Δ𝐸
0
1 2
>
𝑊
𝑛 + 𝑊 𝑘 = − 𝑚𝑣 1
2
Notamos que sólo hay dos fuerzas no conservativas y la normal no realiza trabajo por actuar
perpendicular a la trayectoria.
1
𝑓𝑠 · Δ𝑥 · cos 180° = − 𝑚𝑣 21
2
−𝑚𝑣 21
Δ𝑥 =
−2 · 𝑓𝑠
1200 𝑘𝑔 · (25 𝑚/𝑠) 2
=
2 · 9408 𝑁
Δ𝑥 = 39.96 𝑚
que es en principio media cuadra, eso sin contar el desplazamiento durante el tiempo de reacción
. El procedimiento fue mucho más corto que cuando se hace por el método de fuerzas y Leyes de
Newton. En vez de decir que la fricción desaceleró al carro, decimos que el trabajo de fricción se
robó la energía mecánica y la transformó a otras formas de energía/ fenómenos (calor, vibración,
sonido, etc)
5.6.2.
Ley de Conservación de la Energía
Suponga que logramos construir un sistema de tal forma que sólo actúan fuerzas conservativas
𝑛𝑐 = 0 como en un péndulo simo más precisamente, los trabajos no-conservativos sean cero 𝑊 𝑁
ple, un sistema bloque-resorte sin fricción o amortiguamiento, un plano inclinado resbaladizo sin
fricción o simplemente un sistema aislado. Entonces el Teorema del Trabajo y la Energía se transforma en
𝑛𝑐
𝑊𝑁
= Δ𝐸
Δ𝐸 = 0
208
(5.20)
5.6. Conservación de energía
A esta ecuación se le llama Ley de Conservación de la Energía y se deja formular así
Teorema 5.1 (Ley de Conservación de la Energía). En un sistema donde sólo actúan fuerzas
conservativas la energía mecánica se conserva
O BSERVACIONES
1. Entre las diferentes variantes de la ecuación 5.20 tenemos que
Δ𝐸 = 0
𝐸2 − 𝐸1 = 0
𝐸1 = 𝐸2
(5.21)
Esta ecuación dice que la energía mecánica se conserva en todo momento y configuración
del sistema.
2. Otra variante es
Δ𝐸 = 0
Δ𝐾 + Δ𝑈 = 0
(5.22)
que nos dice la energía no se crea o se destruye sino que se transforma dentro del propio
sistema en otras formas de energía.10
Generalizando el teorema del Trabajo y la Energía y considerando que pueden haber más formas
de acumular energía en un sistema, se escribe [Serway and Jewett, 2008]
𝑊 𝑁 + 𝑄 + 𝑇𝐸 𝑀 + 𝑇𝑂 = Δ𝐾 + Δ𝑈𝑔 + Δ𝑈𝑒 + Δ𝐸 𝑖𝑛𝑡
(5.23)
donde 𝑇𝐸 𝑀 el la transferencia de energía por radiación electromagnética, 𝑇𝑂 es la transferencia de
energía por ondas mecánicas .
Observaciones
1. Al lado izquierdo tenemos al todos los agentes de cambio de la energía posibles: calor,
trabajo, radiación, ondas mecánicas y cualquier otro mecanismo de transferencia de energía
posible. Todos son procesos que se realizan en el instante y no pueden acumularse.
2. Al lado derecho tenemos cambios de energía, que reflejan la estructura del sistema físico
estudiado. La ecuación es la relación básica entre los agentes de cambio y el cambio del
sistema. Las energías iniciales y finales se miden en principio en un estado de equilibrio o
bien estados que tienden al equilibrio.(Δ𝐸 𝑖𝑛𝑡 es el cambio en la energía interna)
10 Nótese que esta ley es válida para Mecánica, pero no necesariamente se cumple en los procesos átomos y subatómicos
de la Mecánica Cuántica (principio de incertidumbre de Heisenberg), procesos de aniquilación, fisión de núcleos,
creación de par/antipar, etc y en general lo que se conserva no es la energía en el Universo sino se conserva la
masa-energía.
209
5. Trabajo y Energía
3. En Termodinámica los agentes de cambio usuales sólo son el trabajo mecánico 𝑊 y el calor
𝑄 por lo que está ecuación se convierte en la Primera Ley de Termodinámica:
𝑊 + 𝑄 = Δ𝑈
donde Δ𝑈 es el cambio de energía interna
Ejemplo 5.21 (Conservación de energía partícula en tobogán). Tomado de la discusión D5/17. Un
partícula de masa 𝑚 = 5.00 𝑘𝑔 se libera desde el reposo en el punto A y se desliza sobre la pista
sin fricción como se muestra en la figura 5.24. Determine a) la rapidez de la partícula en el punto
B b) el punto C y c) el trabajo neto invertido por la fuerza gravitacional a medida que la partícula
se mueve de A a C.
Figura 5.24.: Bloque deslizando sobre tobogán sin fricción
S OLUCIÓN
Ya que el tobogán no posee fricción y la normal no realiza trabajo durante toda la trayectoria, tenemos entonces un sistema conservativo donde aplica la Ley de Conservación de la Energía. Dado
el marco de referencia dado y poniendo el punto de referencia de la energía potencial gravitatoria
en 𝑦 = 0, queda claro que 𝑦 𝐴 = 5.00 𝑚, 𝑦 𝐵 = 3.20 𝑚, 𝑦 𝐶 = 2.00 𝑚
a) Se conserva la energía de A a B por lo tanto
𝐸 𝐴 = 𝐸𝐵
𝐾 𝐴 + 𝑈 𝐴 = 𝐾 𝐵 + 𝑈𝐵
0
>
1 1
2
𝐴 + 𝑚𝑔𝑦 𝐴 = 𝑚𝑣 2𝐵 + 𝑚𝑔𝑦 𝐵
𝑚𝑣
2
2
210
5.6. Conservación de energía
ya que parte desde el reposo en el punto A y despejando hacia 𝑣 2𝐵 nos queda
𝑚𝑔𝑦 𝐴 − 𝑚𝑔𝑦 𝐵 =
1 2
𝑚𝑣
2 𝐵
2Z
𝑚 𝑔(𝑦 𝐴 − 𝑦 𝐵 )
= 𝑣 2𝐵
𝑚
Z
p
𝑣 𝐵 = 2𝑔(𝑦 𝐴 − 𝑦 𝐵 )
que eligiendo ℎ = 𝑦 𝐴 − 𝑦 𝐵 como la altura entre los dos puntos, nos recuerda a la fórmula de
cinemática de la velocidad de caída libre. Evaluando
p
𝑣 𝐵 = 2 × 9.8 𝑚/𝑠2 × (5.00 − 3.20)𝑚
𝑣 𝐵 = 5.94 𝑚/𝑠
b) para el punto C el argumento es el mismo, la energía mecánica se debe conservar
𝐸 𝐴 = 𝐸𝐶
𝐾 𝐴 + 𝑈 𝐴 = 𝐾𝐶 + 𝑈𝐶
0
>
1 2
1 2𝐴 + 𝑚𝑔𝑦 𝐴 = 𝑚𝑣 𝐶
𝑚𝑣
+ 𝑚𝑔𝑦 𝐶
2
2
llevándonos a la misma expresión para la velocidad
p
𝑣 𝐶 = 2𝑔(𝑦 𝐴 − 𝑦 𝐶 )
p
= 2 × 9.8 𝑚/𝑠2 × (5.00 − 2.00)𝑚
𝑣 𝐶 = 7.67 𝑚/𝑠
Decimos que la rapidez en 𝐶 es mayor ya que ha transformado más energía potencial en energía
cinética.
c) El trabajo gravitatorio no se deja calcular directamente ya que el ángulo que forma el peso y el
diferencial de camino varía a lo largo de toda la trayectoria. Pero se deja calcular de la definición
de energía potencial
Δ𝑈 = −𝑊𝑔
𝑊𝑔 = −(𝑈𝐶 − 𝑈 𝐴)
= −(𝑚𝑔𝑦 𝐶 − 𝑚𝑔𝑦 𝐴)
= +𝑚𝑔(𝑦 𝐴 − 𝑦 𝐶 )
= +49 𝑁 (5.00 − 2.00)𝑚
𝑊𝑔 = +147 𝐽
Podemos decir que el trabajo es positivo porque el cuerpo cae y pierde altura, actuando el peso en
la misma dirección.
211
5. Trabajo y Energía
Ejemplo 5.22 (Máquina de Atwood vía Energía). Tomado de la discusión D5/18. Dos objetos se
conectan mediante una cuerda ligera que pasa sobre una polea ligera sin fricción, como se muestra
en la figura 5.25. El objeto de5.00 𝑘𝑔 de masa se libera desde el reposo. Con el modelo de sistema
aislado, a) determine la rapidez del objeto de 3.00 𝑘𝑔 justo cuando el objeto de 5.00 𝑘𝑔 golpea el
suelo. b) Encuentre la altura máxima a la que llega el objeto de 3.00 𝑘𝑔.
Figura 5.25.: Análisis de máquina de Atwood por conservación de energía
S OLUCIÓN
Las únicas fuerzas actuando son el peso y la tensión de la cuerda. Mientras que el peso es una
fuerza conservativa, la tensión no lo es. Sin embargo, el trabajo efectuado por la tensión sobre
el cuerpo de 3 𝑘𝑔 es de igual magnitud y de signo contrario al de 5 𝑘𝑔, por lo que los trabajos
𝑛𝑐 = 0. Ahora bien, la tensión acopla a los dos cuerpos y por
netos no-conservativos son cero 𝑊 𝑁
eso la energía mecánica total es la suma de las energías mecánicas de cada cuerpo. Aplicando
Conservación de Energía donde sin primar es antes y con prima es después
𝐸 = 𝐸0
𝐸 1 + 𝐸 2 = 𝐸 10 + 𝐸 20
𝐾1 + 𝑈1 + 𝐾2 + 𝑈2 = 𝐾10 + 𝑈10 + 𝐾20 + 𝑈20
como los cuerpos parten del reposo las energía cinéticas iniciales son cero𝐾1 = 𝐾2 = 0 así como
la energía potencial inicial del cuerpo 2 (3𝑘𝑔) 𝑈2 = 0 ya que se encuentra en el suelo. Por otro
212
5.6. Conservación de energía
lado la energía potencial del cuerpo 1 es cero𝑈10 = 0 ya que el movimiento termina de éste termina
cuando llega al suelo. Y por condición de cuerda tensa inextensible las rapideces de ambos ambos
cuerpos es igual al final 𝑣 10 = 𝑣 20 = 𝑣 0, además 𝑦 1 = 𝑦 20 = ℎ = 4.0 𝑚, entonces
0
0
0
0
0
0
0
0
>
>
𝐾
𝑈>
𝐾
2 +
2 = 𝐾1 + 𝑈
1 + 𝑈1 + 1 + 𝐾2 + 𝑈2
1
1
𝑚 1 𝑣 02 + 𝑚 2 𝑣 02 + 𝑚 2 𝑔𝑦 20
2
2
1
𝑚 1 𝑔𝑦 1 − 𝑚 2 𝑔𝑦 20 = (𝑚 1 + 𝑚 2 ) 𝑣 02
2
(𝑚 1 − 𝑚 2 )
02
𝑣 =2
𝑔·ℎ
𝑚 + 𝑚2
s 1
(𝑚 1 − 𝑚 2 )
𝑣0 = 2
𝑔·ℎ
𝑚1 + 𝑚2
𝑚 1 𝑔𝑦 1 =
(𝑚 1 − 𝑚 2 )
𝑔 es exactamente el término de aceleración que habíamos calcu𝑚1 + 𝑚”
lado en la sección de Aplicaciones de Newton. Sustituyendo valores obtenemos
s
(5.0 − 3.0) 𝑘𝑔
0
𝑣 = 2×
× 9.8 𝑚/𝑠2 × 4 𝑚
(5.0 + 3.0) 𝑘𝑔
el término intermedio
𝑣 0 = 4.43 𝑚/𝑠
b) Podríamos calcular la altura máxima que alcanza utilizando cinemática pero aquí preferimos
hacerlo por energía. Ya que al tocar el cuerpo 1 el suelo, la cuerda se destensa y el cuerpo 2 queda
aislado, si el doble primado indica la situación al llegar al altura máxima con su rapidez es cero
𝑣 00 = 0, entonces
𝐸 20 = 𝐸 200
0
00
>
𝐾20 + 𝑈20 = 𝐾2
+ 𝑈200
1
0
00
H
𝑚 2 𝑣 02 + H
𝑚H
𝑚H
2 𝑔𝑦 2 = H
2 𝑔𝑦 2
2 H
Notamos que la masa se cancela y despejando hacia 𝑦 200obtenemos
𝑦 200 = 𝑦 20 +
𝑣 02
2·𝑔
el último término de esta ecuación nos recuerda a la altura de un tiro vertical, evaluando
𝑦 200 = 4 𝑚 +
19.6 𝑚 2 /𝑠2
2 × 9.8 𝑚/𝑠2
𝑦 200 = 5 𝑚
es decir sólo sube un metro más de donde se destensa la cuerda.
213
5. Trabajo y Energía
Ejemplo 5.23 (Sistema complejo vía Teorema del Trabajo y la Energía). Tomado de la discusión
D5/19 . En la figura 5.26 se ve un bloque de 10 𝑘𝑔 que se suelta desde el reposo en el punto A
𝑣 𝐴 = 0. La pista no ofrece fricción excepto en la parte B y C, de 6.00 𝑚 de longitud. El bloque
se mueve hacia abajo por la pista, golpea un resorte de constante de fuerza 𝑘 = 2250 𝑁/𝑚 y lo
comprime 𝑥 = 0.3 𝑚 desde su posición de equilibrio antes de quedar momentáneamente en reposo
𝑣 𝐷 = 0. Determine el coeficiente de fricción cinética entre el bloque y la superficie rugosa entre B
y C.
Figura 5.26.: Ejemplo complejo con varias energías involucradas
S OLUCIÓN
En un primer instante pareciera que el ejercicio se realizara en tres pasos, calculo de la rapidez de
𝐴 → 𝐵 por conservación, luego el calculo de la rapidez de 𝐶 → 𝐷 por conservación y por último
el cálculo del coeficiente de fricción de 𝐵 → 𝐶 mediante el teorema del trabajo y la energía . No
obstante utilizado el Teorema del Trabajo y la Energía generalizado se puede hacer en un paso
directamente de 𝐴 → 𝐷
Notamos que hay energías potenciales gravitatorias y elásticas y fuerzas no-conservativas como la
normal y la fricción. La normal no realiza trabajo por lo que sólo la fricción constituye los trabajos
no conservativos. El diagrama de cuerpo libre nos indica que la normal es igual al peso𝑛 = 𝑚𝑔 =
98 𝑁
𝑛𝑐
𝑊𝑁
= Δ𝐸
𝑊𝑘 + 0 = 𝐸 𝐷 − 𝐸 𝐴
𝑓 𝑘 Δ𝑥 cos 180° = 𝐾 𝐷 + 𝑈𝐷𝑔 + 𝑈𝐷𝑒 − 𝐾 𝐴 − 𝑈 𝐴𝑔 − 𝑈 𝐴𝑒
ya que parte del reposo 𝑣 𝐴 = 0 y termina en el reposo 𝑣 𝐷 = 0, las energías cinéticas son cero.
Además la energía potencial elástica en A es cero mientras que la potencial en D es cero. Entonces
*
*0
*+0𝑈 >
−𝜇 𝑘 𝑛Δ𝑥 = 𝐾 𝐷
𝐾
𝑈 𝐴𝑒
𝐴 − 𝑈 𝐴𝑔 − 𝐷𝑔 + 𝑈𝐷𝑒 − 1
−𝜇 𝑘 𝑛Δ𝑥 = 𝑘𝑥 2 − 𝑚𝑔𝑦 𝐴
2
𝑚𝑔𝑦 𝐴 − 12 𝑘𝑥 2
𝜇𝑘 =
𝑛Δ𝑥
214
5.6. Conservación de energía
evaluando obtenemos
98 𝑁 × 3.00 𝑚 − 0.5 × 2250 𝑁/𝑚 × (0.3 𝑚) 2
𝜇𝑘 =
98 𝑁 × 6𝑚
𝜇 𝑘 = 0.328
215
5. Trabajo y Energía
216
6. Cantidad de movimiento
6.1.
Cantidad de movimiento lineal o ímpetu
El modelo de energía en muchos sentidos mucho más simple de utilizar que el método de fuerzas
de Newton al ser una ley escalar. Además en sistemas demasiados complejos Newton fracasa
por engorroso, mientras que el método de energía genera soluciones mas satisfactorias para la
comprensión de los sistemas estudiados1 .
Sin embargo, en el camino se ha olvidado del carácter vectorial del movimiento, por lo que es
necesario introducir nuevas variables vectoriales que complementen el enfoque energético.
6.1.1.
Motivación
Suponga que tenemos un bloque de masa 𝑚 al cual lo sometemos a tres experimentos. En el
primero lo dejamos caer una altura ℎ desde el reposo y vemos su velocidad de impacto en el suelo.
En el segundo lo dejamos caer por una plano inclinado sin fricción una misma altura ℎ y en el
tercero lo hacemos caer por un plano curvo como se muestra en la figura 6.1.
Figura 6.1.: Los tres casos son energéticamente idénticos
1 La
Mecánica Lagrangiana es en esencia el método energético de análisis llevado al extremo, obteniendo ecuaciones
diferenciales complejas para la solución de dichos problemas. Este enfoque es retomado en la Mecánica Cuántica
con las restricciones correspondientes para entender el mundo microscópico.
217
6. Cantidad de movimiento
En los tres casos tenemos un sistema conservativo por lo que
𝐸1 = 𝐸2
0
>
>
𝐾
𝑈
1 + 𝑈1 = 𝐾 2 + 2
0
1 2
𝑚𝑣
2 2
p
𝑣 2 = 2𝑔ℎ
𝑚𝑔𝑦 1 =
es decir, desde un punto de vista energético los tres casos son idénticos e indistinguibles: el cuerpo
transformó la energía potencial gravitatoria en cinética obteniendo la misma rapidez. Pero obviamente las situaciones son distintas: tardan tiempos distintos en caer, recorren distancias diferentes,
la tasa a la cual cambian las energías son diferentes y finalmente las direcciones de las velocidades
son diferentes.
Es autoevidente que el modelo está incompleto
6.1.2.
Ímpetu lineal
Buscamos una cantidad física que mejor describa el estado de movimiento en su carácter vectorial2 . Se introduce
Definición 6.1 (Cantidad de movimiento lineal). o ímpetu lineal es el producto de masa por velocidad
𝑝® = 𝑚®𝑣
(6.1)
O BSERVACIONES
1. Las unidades de esta nueva cantidad son
[ 𝑝] = [𝑚] [𝑣]
𝑚
[ 𝑝] = 𝑘𝑔 ·
𝑠
y las trataremos siempre de esta forma en el Sistema Internacional
2. En general existe un ímpetu en cada dirección de manera que:
ˆ 𝑦 𝚥ˆ + 𝑝 𝑧 𝑘ˆ
𝑝® = 𝑝 𝑥 𝚤+𝑝
𝑝® = 𝑚𝑣 𝑥 𝚤ˆ + 𝑚𝑣 𝑦 𝚥ˆ + 𝑚𝑣 𝑧 𝑘ˆ
en la mayoría de los casos nuestros impetus tendrán sólo una componente o será un vector
bidimensional en el caso más complejo. Obviamente 𝑝® señala siempre en dirección de la
velocidad 𝑣®.
2 Recordemos
218
que la energía es sólo una medida indirecta del estado de movimiento
6.1. Cantidad de movimiento lineal o ímpetu
3. En especial si la magnitud del vector | 𝑝|
® = 𝑚𝑣 es la masa por la rapidez, podríamos asociar
el ímpetu con la energía cinética a través de la ecuación 6.1
1 2
𝑚𝑣
2
1 𝑚2 2
=
𝑣
2 𝑚
1
(𝑚𝑣) 2
=
2𝑚
𝑝2
𝐾=
2𝑚
𝐾=
(6.2)
confirmando nuestra noción que la energía cinética es una medida indirecta del estado de
movimiento o bien su ímpetu.
Ejemplo 6.1. Tomado de la discusión D6/1. Una partícula de 3.00 𝑘𝑔 tiene una velocidad de®𝑣 =
(3.00 𝚤ˆ − 4.00 𝚥ˆ) 𝑚/𝑠. a) Encuentre las componentes 𝑥 y 𝑦 de su cantidad de movimiento. b)
Encuentre la magnitud y dirección de su cantidad de movimiento.
a) Ya que el ímpetu es un vector
𝑝® = 𝑚®𝑣
= 3.00 𝑘𝑔 × (3.00 𝚤ˆ − 4.00 𝚥ˆ) 𝑚/𝑠
𝑚
𝑝® = 9.00 𝚤ˆ − 12.00 𝚥ˆ 𝑘𝑔 ·
𝑠
siendo lógico que 𝑝 𝑥 = 9 𝑘𝑔 · 𝑚𝑠 y 𝑝 𝑦 = −12 𝑘𝑔 · 𝑚𝑠
b) Como cualquier otro vector su magnitud y dirección es
𝑝 =
q
𝑝 2𝑥 + 𝑝 2𝑦
√
= 92 + 122 𝑘𝑔 ·
𝑝 = 15 𝑘𝑔 ·
𝑚
𝑠
tan 𝜃 =
𝑚
𝑠
=
𝜃
𝜃
𝑝𝑦
𝑝𝑥
𝑚
−12 𝑘𝑔· 𝑠
𝑚
9 𝑘𝑔· 𝑠 4
= arctan −
3
= −53.13°/126.87◦
ya que el vector se encuentra en el cuarto cuadrante, la magnitud del ímpetu es de 15 𝑘𝑔 ·
dirección es de −53.13°.
6.1.3.
𝑚
𝑠
y su
Las Leyes de Newton y el ímpetu lineal
De hecho Sir Isaac Newton formuló sus leyes con el concepto de cantidad de movimiento en
mente. De ahí que sea útil revisitar las Leyes de Newton a la luz del concepto del ímpetu.
219
6. Cantidad de movimiento
Primera Ley de Newton
Recordando, la Primera Ley de Newton nos dice que en ausencia de fuerza neta un cuerpo mantiene su inercia y permanece en un MRU. Decíamos que las fuerzas sólo son responsables del cambio
de movimiento, no del movimiento en sí y la inercia lineal (masa) del cuerpo es responsable de
éste comportamiento.
Ahora decimos que los cuerpos deben conservar su inercia ya que al no haber fuerza
neta, el ímpetu se mantiene. Decimos que es el ímpetu el que obliga a un cuerpo a
permanecer en la dirección y velocidad que tiene.
A diferencia de la interpretación anterior, una partícula no necesita tener masa para mantener un
MRU, sino que basta con que tenga ímpetu. Los fotones, por ejemplo, las partículas que componen
la luz no poseen masa, pero si ímpetu y energía de ahí que el movimiento de ellos en general es
rectilíneo. De hecho la variación de la trayectoria recta implica la interacción de luz con su medio3
Segunda Ley de Newton
Al haber fuerza neta actuando sobre una partícula ésta la acelera y por ende cambia su velocidad
y rapidez, de aquí concluimos que la fuerza neta cambia el ímpetu en el tiempo. Utilizando la Ley
Fundamental de la Mecánica obtenemos
𝐹®𝑁 = 𝑚 · 𝑎®
𝑑®𝑣
=𝑚·
𝑑𝑡
asumiendo que la masa 𝑚 de la partícula o cuerpo no varía con el tiempo (gas o fluido que se
escapa o desbastación por fricción, etc), se puede meter la masa dentro de la derivada quedando
𝑑 (𝑚 · 𝑣®)
𝐹®𝑁 =
𝑑𝑡
𝑑
𝑝
®
𝐹®𝑁 =
𝑑𝑡
(6.3)
O BSERVACIONES
1. A la ecuación 6.3 la llamamos Segunda Ley de Newton generalizada.
2. También nos dice que la tasa de cambio de la cantidad de movimiento es producida por la
fuerza neta, es decir es una fuerza impulsora.
3. Newton su Philosophiae naturalis principia mathematica formula ésta ley o axioma de la
siguiente forma: el cambio de movimiento es proporcional a la fuerza motriz impresa, que
es equivalente a lo expresado en numeral anterior[Newton, 2016].
3 dispersión
220
el medio en óptica o lente gravitatorio en Relatividad General
6.1. Cantidad de movimiento lineal o ímpetu
Ejemplo 6.2 (Fuerza neta como tasa de cambio del ímpetu). Tomado de la discusión D6/2. El
ˆ Donde 𝑝® en 𝑘𝑔 𝑚 y 𝑡 en 𝑠.
momento de una partícula está dado por 𝑝® = 4.0 𝑡 2 𝚤ˆ–2.6 𝚥ˆ–3.9 𝑡 𝑘.
𝑠
¿Cuál es la fuerza en función del tiempo?
S OLUCIÓN
Por la ecuación 6.3 sólo es posible calcular la fuerza neta actuando sobre ella.
𝑑 𝑝®
𝐹®𝑁 =
𝑑𝑡
𝑑 4.0 𝑡 2 𝚤ˆ–2.6 𝚥ˆ–3.9𝑡 𝑘ˆ
=
𝑑𝑡
= 8.0 𝑡 𝚤ˆ–0 𝚥ˆ–3.9 𝑘ˆ 𝑁
𝐹®𝑁 = 8.0 𝑡 𝚤ˆ–3.9 𝑘ˆ 𝑁
donde la derivación del vector se hace por componentes.
Ejemplo 6.3 (Ímpetu y fuerza bajo aceleración variable). Tomado de la discusión D6/3. Un objeto
de 10 𝑘𝑔 de masa se mueve con una posición dada por la siguiente expresión 𝑥 = 𝑡 5 + 5𝑡 3 + 25,
donde 𝑥 en 𝑚 y 𝑡 en 𝑠. Para este movimiento, determinar la cantidad de movimiento lineal y la
fuerza que aplica al objeto en a) 𝑡 = 2 𝑠 y b) 𝑡 = 4 𝑠.
S OLUCIÓN
Dada que la posición sólo da una función para la coordenada 𝑥, asumimos que se trata en un
movimiento rectilíneo en esa dirección . Obtenemos el ímpetu y fuerza en 𝑥 derivando una y dos
veces respectivamente y multiplicando por la masa
𝑣𝑥
𝑣𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡 𝑑 5
𝑡 + 5𝑡 3 + 25
=
𝑑𝑡
= 5 · 𝑡 4 + 15 · 𝑡 2
=
𝑎𝑥
𝑎𝑥
𝑝𝑥 = 𝑚 · 𝑣𝑥
𝑑𝑣 𝑥
𝑑𝑡
𝑑 =
5 · 𝑡 4 + 15 · 𝑡 2
𝑑𝑡
= 20 · 𝑡 3 + 30 · 𝑡
=
𝐹𝑥 = 𝑚 · 𝑎 𝑥
a) Entonces para 𝑡 = 2 𝑠 obtenemos
𝑝 𝑥 = 𝑚 · 5 · 𝑡 4 + 15 · 𝑡 2
= 10 𝑘𝑔 · 5 · 24 + 15 · 22
𝑝 𝑥 = 1400 𝑘𝑔 𝑚𝑠
𝑚
𝑠
𝐹𝑥 = 𝑚 · 20 · 𝑡 3 + 30 · 𝑡
= 10 𝑘𝑔 · 20 · 23 + 30 · 2 𝑚/𝑠2
𝐹𝑥 = 2200 𝑁
𝑚
𝑠
𝐹𝑥 = 𝑚 · 20 · 𝑡 3 + 30 · 𝑡
= 10 𝑘𝑔 · 20 · 43 + 30 · 4 𝑚/𝑠2
𝐹𝑥 = 14000 𝑁
b) ahora bien, para 𝑡 = 4 𝑠 sería
𝑝 𝑥 = 𝑚 · 5 · 𝑡 4 + 15 · 𝑡 2
= 10 𝑘𝑔 · 5 · 44 + 15 · 42
𝑝 𝑥 = 15200 𝑘𝑔 𝑚𝑠
221
6. Cantidad de movimiento
Tercera Ley de Newton
Esta ley nos dice que para toda acción hay una reacción y opuesta aunque en otro cuerpo. Suponiendo que las fuerzas que se hacen los cuerpos 1 y 2 sobre cada uno son las únicas fuerzas
actuando y utilizando lo que conocemos, la Tercera Ley de Newton se convierte
𝐹®21
𝑑 𝑝®2
𝑑𝑡
𝑑 𝑝®1 𝑑 𝑝®2
+
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑 ( 𝑝®1 + 𝑝®2 )
𝑑𝑡
= −𝐹®12
𝑑 𝑝®1
=−
𝑑𝑡
=0
=0
Una derivada es cero sólo si su argumento es constante 𝐶 para cualquier instante.
𝑝®1 + 𝑝®2 = 𝐶
eso significa que para cualquier dos instantes 𝑡 y 𝑡 0 la suma de ímpetus es igual
𝑝®1 + 𝑝®2 = 𝑝®10 + 𝑝®20
o bien los cambios de ímpetus
0 = 𝑝®10 − 𝑝®1 + 𝑝®20 − 𝑝®2
0 = Δ 𝑝®1 + Δ 𝑝®2
Δ 𝑝®2 = −Δ 𝑝®1
es decir que cada cuerpo produjo un cambio de ímpetu mutuo y recíproco de igual magnitud pero
en sentido contrario. De esto hablaremos más concretamente en la sección 6.3
6.2.
6.2.1.
Cantidad de movimiento y la acción de la fuerza
Teorema Impulso Ímpetu
¿Cómo es que la fuerza produce un cambio en la cantidad de movimiento? Vemos que la fuerza
actúa a través del tiempo, mas que el espacio, para cambiar el ímpetu. Utilizando la Segunda Ley
de Newton generalizada (ecuación 6.3
𝑑 𝑝®
𝐹®𝑁 =
𝑑𝑡
®
𝐹𝑁 · 𝑑𝑡 = 𝑑 𝑝®
222
6.2. Cantidad de movimiento y la acción de la fuerza
Integrando a ambos lados obtenemos
∫
𝑡2
𝐹®𝑁 · 𝑑𝑡 =
∫
𝑝®2
𝑑 𝑝®
𝑝®1
𝑡1
𝐼®𝑁 = Δ 𝑝®
(6.4)
donde 𝐼®𝑁 es el impulso neto transferido por la fuerza neta 𝐹®𝑁 en el intervalo de tiempo Δ𝑡. A la
ecuación 6.4 la llamamos el Teorema del Impulso-Ímpetu.
O BSERVACIONES
1. Este teorema se parece mucho al Teorema del Trabajo y la Energía en el sentido que el
lado izquierdo tiene variables transientes o procesos, que en nuestro caso se realiza en un
intervalo de tiempo mientras que el lado derecho muestra el cambio de una función de
estado.
2. En general todas las fuerzas participan del cambio de ímpetu, incluso la normal, que no
siempre hace trabajo, siempre genera un impulso que debe ser contemplado/explicado.
3. A diferencia del Teorema del Trabajo y la Energía, el Teorema Impulso-Ímpetu es una ley
vectorial para cual es válido:
𝐼 𝑁 𝑥 = Δ𝑝 𝑥
6.2.2.
𝐼 𝑁 𝑦 = Δ𝑝 𝑦
𝐼 𝑁 𝑧 = Δ𝑝 𝑧
Impulso
Ya que el impulso de la fuerza neta aparece en la sección anterior, es necesario introducir esta
nueva variable dinámica
Definición 6.2 (Impulso). El impuso de una fuerza es la acción de la fuerza en un intervalo de
tiempo y se deja escribir como
∫ 𝑡2
®
®
𝐼=
𝐹𝑑𝑡
(6.5)
𝑡1
O BSERVACIONES
1. Las unidades del impulso son
[𝐼] = [𝐹] [Δ𝑡]
[𝐼] = 𝑁 · 𝑠
o bien
1 𝑁 · 𝑠 = 𝑘𝑔
𝑚
𝑠A2
· A𝑠 = 𝑘𝑔
𝑚
𝑠
que son las mismas unidades del ímpetu.
223
6. Cantidad de movimiento
2. El impulso es una cantidad física vectorial por lo que también existen componentes del
impulso cada dirección
ˆ 𝑦 𝚥ˆ + 𝐼 𝑧 𝑘ˆ
𝐼® = 𝐼 𝑥 𝚤+𝐼
∫ 𝑡2
∫
𝐼® =
𝐹𝑥 𝑑𝑡 𝚤ˆ +
𝑡1
∫
𝑡2
𝐹𝑦 𝑑𝑡 𝚥ˆ +
𝑡1
𝑡2
𝐹𝑧 𝑑𝑡 𝑘ˆ
𝑡1
3. Para una fuerza variable en el tiempo que actúa en una sola dirección, como se muestra en
la gráfica 6.2 , el impulso transferido en un intervalo de tiempo está dado por el área bajo la
curva
Figura 6.2.: Los tres casos son energéticamente idénticos
que sería curva sombreada amarilla con trama hacia la derecha. Por el teorema del valor
medio, debe existir un valor de fuerza media 𝐹¯ tal que multiplicado por el intervalo de
tiempo Δ𝑡 = 𝑡2 − 𝑡1 tenga la misma área.
𝐹¯ · Δ𝑡 =
∫
𝑡2
𝐹 · 𝑑𝑡
(6.6)
𝑡1
es decir el impulso de la fuerza promedio en el intervalo es igual al impulso de la fuerza
en ese mismo intervalo. De hecho la ecuación 6.6 funciona también vectorialmente pero se
pierde la interpretación geométrica del gráfico.
Ejemplo 6.4 (Impulso bajo la curva F vs t). Tomado de la discusión D6/4. En la figura 6.3 se
muestra una curva fuerza – tiempo estimada para una pelota de béisbol golpeada por un bate. A
partir de esta curva, determine a) el impulso entregado a la pelota, b) la fuerza promedio ejercida
sobre la pelota y c) la fuerza máxima que se ejerce sobre la pelota
224
6.2. Cantidad de movimiento y la acción de la fuerza
Figura 6.3.: Impulso bajo la curva F vs t
S OLUCIÓN
a) Como sabemos que el impulso es el área bajo la curva, por lo que dividimos en área en segmentos donde la fuerza sera recta y monótona como se muestra en la figura 6.3, así
∫ 𝑡2 =1.75
𝐼1 =
𝐹 · 𝑑𝑡
𝑡1 =1
= 𝐹¯ · Δ𝑡
𝐹1 + 𝐹2
=
Δ𝑡1
2
0 + 18000 𝑁
=
· 0.75 × 10−3 𝑠
2
𝐼1 = 6.75 𝑁 · 𝑠
De forma análoga para el área roja obtenemos
𝐹2 + 𝐹3
Δ𝑡2
2
18000 𝑁 + 0
· 0.75 × 10−3 𝑠
=
2
𝐼2 = 6.75 𝑁 · 𝑠
𝐼2 =
Así el impulso entre 𝑡1 = 1 𝑚𝑠 y 𝑡3 = 2.5 𝑚𝑠 es de
𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2 = 13.5 𝑁 𝑠
b) La fuerza en ese intervalo se deja calcular
𝐼 = 𝐹¯ · Δ𝑡
𝐼
= 𝐹¯
Δ𝑡
13.5 𝑁 · 𝑠
𝐹¯ =
1.5 𝑚𝑠
𝐹¯ = 9000𝑁
c) La fuerza máxima es simplemente el máximo valor en el gráfico 𝐹𝑚𝑎𝑥 = 18000 𝑁
225
6. Cantidad de movimiento
Ejemplo 6.5 (Pelota rebota en pared). Tomado de la discusión D6/6. Una pelota de masa 140 𝑔 y
de rapidez 7.8 𝑚/𝑠 golpea un muro perpendicularmente, y rebota con una rapidez inalterada. Si el
tiempo de colisión es 3.9 𝑚𝑠, ¿Cuál será la fuerza promedio ejercida por la pelota sobre el muro?
Figura 6.4.: Patinadores que se separan
O BSERVACIONES
Recordemos que el teorema impulso-ímpetu es una ley vectorial por lo que primero tenemos que
calcular los vectores de ímpetu de la pelota antes y después de rebotar. Tomando el marco de
referencia de la figura 6.4 es obvio que
𝑝® = 𝑚 · 𝑣® = 0.140 𝑘𝑔 · 7.8 𝑚/𝑠 𝚤ˆ
𝑚
𝑝® = +1.092 𝑘𝑔 · 𝚤ˆ
𝑠
conversamente ya que la velocidad después del rebote de igual pero opuesta
𝑝®0 = −1.092 𝑘𝑔 ·
𝑚
𝚤ˆ
𝑠
Utilizando el teorema del impulso-ímpetu (ecuación 6.4
𝐼® = Δ 𝑝®
∫
𝑡2
® = 𝑝®0 − 𝑝®
𝐹𝑑𝑡
𝑡1
¯
𝐹® · Δ𝑡 = 𝑝®0 − 𝑝®
0
¯ 𝑝® − 𝑝®
𝐹® =
Δ𝑡
Evaluando obtenemos
=
−1.092 𝑘𝑔 ·
¯
𝐹® = −560 𝑁 𝚤ˆ
226
𝑚
𝑠
𝚤ˆ − 1.092 𝑘𝑔 ·
3.9 ×
10−3
𝑠
𝑚
𝑠
𝚤ˆ
6.3. Conservación del ímpetu lineal
Nótese que el impulso proporcionado por la pared es el doble del ímpetu inicial, pero en sentido contrario (primero para contrarrestar el ímpetu inicial y luego para darle la vuelta). También
es lógico que la fuerza señale en dirección 𝑥 negativa pues la normal es perpendicular al plano
vertical.
6.3.
Conservación del ímpetu lineal
Considere a dos patinadores que se encuentran originalmente en reposo 𝑣 1 = 0 y 𝑣 2 = 0 como se
muestra en la figura 6.5. Notamos que en cada diagrama de cuerpo libre que el peso y la normal
se cancelan por lo que sus impulsos correspondientes también lo harán. Súbitamente se empujan
mutuamente y adquiere cada uno un cambio de ímpetu igual y opuesto como vimos en la sección
6.1.2 debido a la Tercera Ley de Newton.
Δ 𝑝®2 = −Δ 𝑝®1
0 = Δ 𝑝®1 + Δ 𝑝®2
0 = 𝑝®10 − 𝑝®1 + 𝑝®20 − 𝑝®2
Figura 6.5.: Patinadores que se separan
poniendo los términos antes (sin primar) a la izquierda y después (primados) a la derecha obtenemos
𝑝®1 + 𝑝®2 = 𝑝®10 + 𝑝®20
𝑃® = 𝑃®0
que el ímpetu total del sistema de los patinadores se conserva. Se introduce una variable del sistema
Definición 6.3 (Ímpetu total). o cantidad de movimiento total de un sistema es sencillamente la
suma de todos los ímpetus individuales
𝑃® =
𝑁
Õ
𝑝®𝑖
𝑖=1
227
6. Cantidad de movimiento
De forma análoga se define
Definición 6.4 (Impulso total). El impulso total es la suma de todos los impulsos actuando sobre
todas las partículas de un sistema
𝑁
Õ
®
𝐼®𝑖
𝐼𝑡 =
𝑖=1
O BSERVACIONES
1. Cuando hablamos de los impulsos es necesario de la frontera del sistema y de fuerzas externas e internas.
2. Una fuerza interna es aquella que ejerce una partícula sobre otra dentro del sistema y por
tercera Ley de Newton debe existir otra fuerza interna de igual magnitud y opuesta.
𝐹®𝑖 𝑗 = −𝐹®𝑗𝑖
de forma análoga al integrar encontramos que los impulsos internos mutuos ejercidos en el
tiempo también son iguales y opuestos
𝐼®𝑖 𝑗 = − 𝐼®𝑗𝑖
3. Una fuerza externa es aquella que cruza la frontera del sistema y generan un impulso externo
∫ 𝑡2
®
𝐼𝑒𝑥𝑡 =
𝐹®𝑁𝑒𝑥𝑡 · 𝑑𝑡
𝑡1
4. Es fácil demostrar que el impulso total y el ímpetu total están relacionados mediante el
teorema impulso-ímpetu
𝐼®𝑁 ,𝑒𝑥𝑡
𝐼®𝑡 = Δ𝑃®
*0
®
𝐼®𝑁
+
,𝑖𝑛𝑡 = Δ 𝑃
𝐼®𝑒𝑥𝑡 = Δ𝑃®
(6.7)
y que el impulso total se deja separar en la suma de impulso neto externo e interno. El
impulso interno es trivialmente cero por Tercera Ley de Newton. A la ecuación 6.7 se le
llama el Teorema del Impulso-Ímpetu para un sistema de N partículas.
5. Es necesario un estímulo externo para cambiar el estado de movimiento de un sistema. Los
sistemas por sí solos no cambian su ímpetu total.
6. Un sistema aislado es uno en donde las partículas no interactúan con su entorno o su interacción puede ser considerada despreciable y por ende su ímpetu externo 𝐼®𝑒𝑥𝑡 = 0 y no
produce un cambio de ímpetu total.
7. En el caso con el que empezamos, los patinadores son las partículas del sistema. El peso
y la normal son fuerzas externas y la fuerza con que se empujan es una fuerza interna. El
sistema no es realmente cerrado, pero las fuerzas externa no generan impulso, por lo que el
impulso total se conserva
228
6.3. Conservación del ímpetu lineal
6.3.1.
Conservación de ímpetu total
La Ley de Conservación de la cantidad de movimiento total se deja formular de la siguiente forma
Teorema 6.1 (Ley de Conservación del Ímpetu Lineal). En un sistema aislado o por lo menos
donde las fuerzas externas no produzcan un impulso neto, la cantidad de movimiento lineal total
o ímpetu lineal se conserva
𝑃® = 𝑃®0
(6.8)
donde 𝑃® es ímpetu total en un instante y 𝑃®0 en otro instante.
O BSERVACIONES
1. Esta ley rige en todos los ámbitos de la física y se cumple rigurosamente tanto para partículas
como para cuerpos extensos.
2. No es necesario que el sistema esté realmente aislado sin fuerzas externas para que la ley
aplique, basta con que los impulsos externos se cancelen.
3. En muchos casos, como en las colisiones, cuando los impulsos internos son producidos
por fuerzas muy grandes que actúan durante poco tiempo, se puede despreciar el impulso
externo y considerar que se cumple la conservación de ímpetu lineal. A estar fuerzas la
llamamos fuerzas impulsivas y el impulso que producen impulsos de percusión.
4. Se conserva el ímpetu total no el de cada partícula, por lo que se considera al ímpetu total
una variable colectiva que describe al sistema.
Ejemplo 6.6 (Conservación de ímpetu hombre saltando del carro). Tomado de la discusión D6/8.
Un hombre de 𝑚 1 = 75 𝑘𝑔 viaja en un carro pequeño de 𝑚 2 = 39 𝑘𝑔 que se desplaza a una rapidez
de𝑣 1 = 𝑣 2 = 2.3 𝑚/𝑠. El hombre salta del carro con rapidez horizontal cero 𝑣 10 = 0 con respecto al
suelo. ¿Cuál es el cambio resultante en la velocidad del carro?
Figura 6.6.: Patinadores que se separan
229
6. Cantidad de movimiento
O BSERVACIONES
El sistema del carro y el hombre puede ser tomado como un sistema aislado ya que las fuerzas
externas no generan ningún impulso neto (peso y normal se compensan). Por lo tanto se debe
conservar el ímpetu total
𝑃® = 𝑃®0
como todo sucede en el eje 𝑥, podemos concentrarnos sólo en las coordenadas 𝑥 del ímpetu total
𝑃 𝑥 = 𝑃 𝑥0
0
*
0
0
𝑚 1
𝑣
𝑚1 𝑣1 + 𝑚2 𝑣2 = 1 + 𝑚2 𝑣2
(𝑚 1 + 𝑚 2 ) 𝑣 = 𝑚 2 𝑣 20
𝑚1 + 𝑚2
𝑣 20 =
𝑣
𝑚2
Evaluando obtenemos
39 𝑘𝑔 + 75 𝑘𝑔
𝑚
2.3
𝑠
39 𝑘𝑔
𝑚
𝑣 20 = 6.72
𝑠
𝑣 20 =
¿Por qué aumentó la velocidad del carrito? Una forma de verlo es que el sistema súbitamente perdió una cantidad de masa sensible (75 𝑘𝑔 es aproximadamente 66 % de la masa total del sistema)
de ahí que la velocidad del cuerpo restante incremente para compensar. La otra forma de verlo
es que el hombre posee al inicio un ímpetu que debe contrarrestar si quiere saltar sin velocidad
remanente. El empuja al carro hacia la derecha dándole un impulso y en retorno la normal de la
superficie del carro le proporciona un impulso hacia la izquierda suficientemente grande para contrarrestar su ímpetu. Podríamos decir que el aumento de velocidad del carrito viene del empujón
que le dio el hombre al saltar.
Ejemplo 6.7 (Reculeo de arma de fuego). Un tirador sostiene un rifle de masa 𝑚 1 = 3 𝑘𝑔, dispara
una bala de 𝑚 2 = 5 𝑔 con una velocidad relativa al suelo 𝑣 20 = 300 𝑚/𝑠 como se muestra en
la figura .6.7. a) ¿Qué velocidad de retroceso tiene el rifle? b) ¿Qué cantidad de movimiento y
energía cinética finales tiene la bala? c) ¿Qué cantidad de movimiento y energía cinética finales
tiene el rifle?
230
6.3. Conservación del ímpetu lineal
Figura 6.7.: Rifle recula al disparar
S OLUCIÓN
Primero notamos que las fuerzas externa del sistema (peso y normal dentro del cañón) se cancelan
mutuamente y no generan impulso neto externo, por lo que se debe conservar el ímpetu. Las
fuerzas que impulsan la bala y el rifle hace que éste recule hacia la izquierda mientras la bala
sigue volando hacia la derecha.
a) Ya que la bala y el rifle estaban en reposo antes del disparo el ímpetu total inicial es cero
𝑃 = 𝑃0
0
0 0
0
>
>
𝑝
𝑝
1 +
2 = 𝑝1 + 𝑝2
0 = 𝑚 1 𝑣 10 + 𝑚 2 𝑣 20
despejando la velocidad de retroceso
𝑚2 0
𝑣
𝑚1 2
5 𝑔A
× 300 𝑚/𝑠
=−
3000 𝑔A
𝑣 10 = −0.5 𝑚/𝑠
𝑣 10 = −
b) Para la bala el ímpetu y la energía serán correspondientemente
𝑝 20 = 𝑚 2 𝑣 20
= 0.005 𝑘𝑔 × 300
0
𝑝 2 = 1.5 𝑘𝑔 𝑚𝑠
𝑚
𝑠
𝐾20 = 21 𝑚 2 𝑣 22
= 21 0.005 𝑘𝑔 × 300
𝐾20 = 225 𝐽
𝑚 2
𝑠
c) De forma análoga se calcula el ímpetu y la energía para el rifle
𝑝 10 = 𝑚 1 𝑣 10
= 3 𝑘𝑔 × (−0.5)
0
𝑝 1 = −1.5 𝑘𝑔 𝑚𝑠
𝑚
𝑠
𝐾10 = 21 𝑚 1 𝑣 21
= 21 3 𝑘𝑔 × −0.5
𝐾20 = 0.375 𝐽
𝑚 2
𝑠
231
6. Cantidad de movimiento
Mientras que los ímpetus son iguales pero opuestos, las energías están dividas de forma completamente asimétrica. La bala se lleva cerca del 99.83 de la energía y el restante se lo lleva el
rifle.
La energía cinética total antes del disparo es 𝐾 = 𝐾1 + 𝐾2 = 0, por lo que la energía cinética ha
crecido en
Δ𝐾 = +225.375 𝐽
si el peso y la normal no han realizado trabajo, ¿de donde proviene la energía? Es obvio que
la energía proviene de un proceso interno como es la combustión de pólvora que libera energía
química en calor y a su vez provoca una expansión de gases que realiza un trabajo sobre la bala y
el rifle. Como se trata de una fuerza interna, el impulso neto interno sigue siendo cero (ecuación
6.7)
6.4.
Colisiones
Una de las aplicaciones principales de la Ley de Conservación del Ímpetu son las colisiones entre
dos cuerpos.
Definición 6.5 (Colisión). Es una situación física donde dos cuerpos se acercan, interactúan entre
sí por un breve intervalo de tiempo y luego se separan.
O BSERVACIONES
1. Ejemplos de colisiones son por ejemplo: un bate colisionando con una bola de béisbol,
dos carros chocando en la autopista, un protón y anti-protón colisionando en un haz en un
acelerador de partículas.
2. Durante este tiempo consideraremos que las fuerzas son impulsivas (es decir son grandes y
actúan por poco tiempo comparado al resto del sistema) generando un impulso de percusión.
mayor que cualquier otro impulso en el mismo intervalo de tiempo.
3. Ignoraremos para el análisis todas las demás fuerzas que no sean las que produzcan la colisión (es decir, normal, peso, etc)
4. Categorizamos a las colisiones en tres tipos: elástica, inelástica y completamente inelástica
como se muestra en el esquema 6.8. En general, en toda colisión se puede perder energía
cinética en otras forma de energía (calor, trabajo de deformación, onda sonora, etc.), esa
pérdida está caracterizada por el coeficiente de restauración 𝜀 que puede ser 1 si no pierde
energía cinética, 0 si no se restituye la velocidad relativa o cualquier cosa en medio si sólo
se restituye la velocidad relativa parcialmente.4 .
4O
232
se restituye toda la velocidad relativa
6.5. Colisiones en una dimensión o choque central
Figura 6.8.: Categorías de las colisiones
5. Ejemplos de colisiones elásticas: bolas de billar chocando, un bate de béisbol golpeando
una pelota
6. Ejemplos de colisiones completamente inelásticas: la colisión de dos automóviles que se
quedan pegados después del impacto
7. Ejemplo de colisiones inelásticas: el rebotar de una pelota de básquetbol libremente sobre
el suelo, notamos que después del primer rebote no regresa a la altura inicial por lo que
sabemos que ha perdido energía cinética, pero no tanta que se que pegado en el suelo.
6.5.
Colisiones en una dimensión o choque central
En las colisiones en una dimensión o también llamadas choque central de los cuerpos, las velocidades de los cuerpos están sobre la línea que une a los centros de los cuerpos5 . La condición
básica está dada por la figura 6.9
Figura 6.9.: Categorías de las colisiones
5 En
caso de partículas ésta condición es trivial ya que no existe otro centro que la posición de la partícula
233
6. Cantidad de movimiento
Es de notar que se coloca el marco de referencia sobre la línea que soporta las velocidades y pasa
por lo centros de los cuerpos de tal forma que 𝑣®1 = 𝑣 1 𝚤ˆ y 𝑣®2 = 𝑣 2 𝚤ˆ sólo tengan componentes
en dirección 𝑥. Las cantidades primadas son las designadas después de la colisión. Dejamos de
ocupar la notar de vectores unitarios y nos concentramos en la componente 𝑥 de las leyes.
Así dispuestas las cosas, la condición para que suceda una colisión será 𝑣 1 > 𝑣 2 , que sólo dice que
el proyectil (cuerpo 1) se acerca al blanco (cuerpo 2). A los cuerpos después de la colisión se les
llama también ejectiles
6.5.1.
Colisiones completamente inelásticas
En una colisión completamente inelástica se pierde energía cinética de tal forma que los dos cuerpos queden pegados como se muestra en la figura 6.10.
Figura 6.10.: Esquema para las colisiones completamente inelásticas
Es decir 𝑣 10 = 𝑣 20 = 𝑣 0. Ya que en toda colisión se conserva el ímpetu lineal tenemos que
𝑃 = 𝑃0
𝑝 1 + 𝑝 2 = 𝑝 10 + 𝑝 20
𝑚 1 𝑣 1 + 𝑚 2 𝑣 2 = 𝑚 1 𝑣 10 + 𝑚 2 𝑣 20
poniendo la condición de completamente inelástica y despejando hacia 𝑣 0
𝑚1 𝑣1 + 𝑚2 𝑣2 = 𝑚1 𝑣 0 + 𝑚2 𝑣 0
𝑚 1 𝑣 1 + 𝑚 2 𝑣 2 = (𝑚 1 + 𝑚 2 ) 𝑣 0
𝑚1 𝑣1 + 𝑚2 𝑣2
= 𝑣0
𝑚1 + 𝑚2
Que solemos escribir de la siguiente forma
𝑣0 =
𝑚1
𝑚2
𝑣1 +
𝑣2
𝑚1 + 𝑚2
𝑚1 + 𝑚2
(6.9)
donde 𝑣 1 y 𝑣 2 con las componentes 𝑥 de las velocidades y no sus rapideces, es decir pueden tener
valores negativos.
O BSERVACIONES
234
6.5. Colisiones en una dimensión o choque central
1. La ecuación también se interpreta como el promedio ponderado de velocidades6 , donde
𝑞1 =
𝑚1
𝑚1 + 𝑚2
𝑞2 =
𝑚2
𝑚1 + 𝑚2
son las ponderaciones correspondientes.
2. La ponderación es el porcentaje de la masa de un cuerpo respecto de la masa total y la
ecuación 6.9 indica que la velocidad del cuerpo mas masivo es la que más contribuye a la
velocidad final de los cuerpos pegados
Promedios ponderados
No son cálculos realmente nuevos o ajenos a nuestra realidad. Por ejemplo cuando calcula la
nota para sus materias debe hacer un promedio ponderado . Suponga que un estudiante ha
sacado las siguientes notas en una materia.
EC1 RP1 EC2 RP2 Nota
7.5
5.5
6.5
4.5
Ponderación 1
25 %
25 %
25 %
25 %
6.0
Ponderación 2
75 %
5%
15 %
5%
7.1
Ponderación 3 5 % 40 % 15 % 40 % 5.35
Se multiplica en general la nota por la ponderación y se suman todos los términos. Igual que
con la velocidad final en una colisión completamente inelástica o velocidad del centro de
masa. Nótese que dependiendo de las ponderación así sera la nota promedio, que va desde
reprobar (ponderación 3) hasta pasar solventemente (ponderación 2). Sólo como
observación todas las ponderaciones 0 < 𝑞 𝑖 < 1 son menores de uno y la suma de todas las
Í
ponderaciones debe dar 1 𝑖 𝑞 𝑖 = 1 = 100 %
3. La energía cinética perdida en este tipo de colisiones mecánica suele transformarse en alguna forma de energía interna (ya sea calor o trabajo de deformación) pero también en otras
formas de energía asociadas al sonido o la rotación.
4. En general, cuando se pierde energía en una colisión decimos que los canales inelásticos
están abiertos e implica que el sistema tiene una estructura interna todavía por determinar.
Ejemplo 6.8 (Colisión completamente inelástica de carros). Tomado de la discusión D6/10. Un
carro pequeño que posee una masa de 1200 𝑘𝑔 viaja al este a 60 𝑘𝑚/ℎ y luego colisiona con
un camión de 3000 𝑘𝑔 que se desplaza a 40𝑘𝑚/ℎ al oeste. Luego del impacto ambos vehículos
se mueven juntos como se muestra en la figura 6.11 , a) ¿A qué velocidad se moverán ambos
vehículos después del impacto? b) ¿Cuanta energía cinética se perdió en la colisión?
6 Mas
adelante veremos que está asociado a la velocidad del centro de masa
235
6. Cantidad de movimiento
Figura 6.11.: ¿En qué dirección se moverán los dos juntos?
S OLUCIÓN
a) Según la figura 6.11 el carrito de masa 𝑚 1 = 1200 𝑘𝑔 con una velocidad 𝑣 1 = 60 𝑘𝑚/ℎ se
mueve hacia el este en dirección este positiva, mientras que el camión de masa 𝑚 2 = 3000 𝑘𝑔 se
mueve hacia el oeste con una velocidad 𝑣 2 = −40 𝑘𝑚 ya que el oeste es la dirección 𝑥 negativa.
Utilizando la ecuación 6.9
𝑚1
𝑚2
𝑣1 +
𝑣2
𝑚1 + 𝑚2
𝑚1 + 𝑚2
𝑘𝑚
𝑘𝑚 3000 𝑘𝑔
1200 𝑘𝑔
(−40)
60
+
=
4200 𝑘𝑔
ℎ
4200 𝑘𝑔
ℎ
𝑘𝑚
𝑣 0 = −11.42
ℎ
𝑣0 =
Nótese que la velocidad es negativa, lo que significa que se mueve hacia la izquierda (oeste) y el
camión a pesar de tener la menor velocidad le gana al carro por tener menor masa y contribuir
menos a la velocidad final.
b) Convirtiendo las velocidades 𝑣 1 = 60 𝑘𝑚/ℎ = 16.67 𝑚/𝑠, 𝑣 2 = −40 𝑘𝑚/ℎ = −11.11 𝑚/𝑠 y
𝑣 0 = −11.42 𝑘𝑚/ℎ = −3.17 𝑚/𝑠, encontramos que la energía cinética inicial es de
𝐾𝑇 = 𝐾1 + 𝐾2
1
1
= 𝑚 1 𝑣 21 + 𝑚 2 𝑣 22
2
2
1
1
= 1200 𝑘𝑔 × (16.67 𝑚/𝑠) 2 + 3000 𝑘𝑔 × (−11.11 𝑚/𝑠) 2
2
2
𝐾𝑇 = 351.9 𝑘 𝐽
236
6.5. Colisiones en una dimensión o choque central
mientras que la energía cinética final es
𝐾𝑇0 = 𝐾10 + 𝐾20
1
1
= 𝑚 1 𝑣 102 + 𝑚 2 𝑣 202
2
2
1
= (𝑚 1 + 𝑚 2 ) 𝑣 02
2
1
= 4200 𝑘𝑔 × (−3.17 𝑚/𝑠) 2
2
𝐾𝑇0 = 21.102 𝑘 𝐽
𝑇
Por lo tanto la pérdida será de Δ𝐾 = 𝐾𝑇0 − 𝐾𝑇 = −330.8 𝑘 𝐽 y porcentualmente Δ𝐾
𝐾𝑇 = −94.0 %.
Nótese que al quedar pegados los cuerpos no se pierda toda la energía cinética, sólo una parte de
lo contrario habría que afectar el ímpetu total. En este caso la mayoría de la energía de la energía
se conviertió en energía interna (deformación, destrucción, calor, etc.) y de donde deducimos que
las colisiones automovilística de frente son por lo general fatales.
6.5.2.
Colisiones elásticas
Suponga que dos cuerpos colisionan centralmente de forma elástica como se muestra en la figura
. Al no quedar pegados se debe cumplir la condición que 𝑣 10 < 𝑣 20 indicando que los cuerpos se
alejan después de la colisión.
Figura 6.12.: Categorías de las colisiones
En una colisión elástica además de conservarse la cantidad de movimiento se conserva la energía
cinética. Es decir
𝐾𝑇 = 𝐾𝑇0
1
1
1
1
𝑚 1 𝑣 21 + 𝑚 2 𝑣 22 = 𝑚 1 𝑣 102 + 𝑚 2 𝑣 202
2
2
2
2
eliminado el factor
1
2
y pasando los mismo índices al mismo lado obtenemos
𝑚 1 𝑣 21 − 𝑚 1 𝑣 102 = 𝑚 2 𝑣 202 − 𝑚 2 𝑣 22
𝑚 1 𝑣 21 − 𝑣 102 = 𝑚 2 𝑣 202 − 𝑣 22
(6.10)
237
6. Cantidad de movimiento
Por otro lado ya que se conserva el ímpetu total
𝑃 = 𝑃0
𝑚 1 𝑣 1 + 𝑚 2 𝑣 2 = 𝑚 1 𝑣 10 + 𝑚 2 𝑣 20
(6.11)
trazo vez pasando los términos con mismo índice al mismo lado
𝑚 1 𝑣 1 − 𝑚 1 𝑣 10 = 𝑚 2 𝑣 20 − 𝑚 2 𝑣 2
𝑚 1 𝑣 1 − 𝑣 10 = 𝑚 2 𝑣 20 − 𝑣 2
(6.12)
Dividiendo ahora la ecuación 6.10 entre la ecuación 6.12
02
2
2
02
H
𝑚
𝑚H
1 𝑣1 − 𝑣1
2 𝑣2 − 𝑣2
=
0
0
H
𝑚
𝑚H
1 𝑣1 − 𝑣1
2 𝑣2 − 𝑣2
X0
0
0
0
𝑣
XX
𝑣X
1−
2 𝑣2 + 𝑣2
𝑣
1 𝑣1 + 𝑣1
2 − 𝑣X
=
XX
0 −
0
𝑣
X
𝑣
𝑣
2
1−
X
X
𝑣
2
1
𝑣 1 + 𝑣 10 = 𝑣 2 + 𝑣 20
(6.13)
A esta ecuación se le llama condición elástica de la colisión y dice que la suma de velocidades de
un cuerpo antes y después de la colisión es igual a suma de velocidades del otro cuerpo antes y
después
. Despejando hacia 𝑣 20 obtenemos que 𝑣 20 = 𝑣 1 + 𝑣 10 − 𝑣 2 . Sustituyendo en la fórmula de la conservación del ímpetu 6.11
𝑚 1 𝑣 1 + 𝑚 2 𝑣 2 = 𝑚 1 𝑣 10 + 𝑚 2 𝑣 20
𝑚 1 𝑣 1 + 𝑚 2 𝑣 2 = 𝑚 1 𝑣 10 + 𝑚 2 𝑣 1 + 𝑣 10 − 𝑣 2
𝑚 1 𝑣 1 + 𝑚 2 𝑣 2 = 𝑚 1 𝑣 10 + 𝑚 2 𝑣 1 + 𝑚 2 𝑣 10 − 𝑚 2 𝑣 2
poniendo los términos primados a la derecha y los demás a la izquierda queda
𝑚 1 𝑣 1 + 𝑚 2 𝑣 2 − 𝑚 2 𝑣 1 + 𝑚 2 𝑣 2 = (𝑚 1 + 𝑚 2 ) 𝑣 10
(𝑚 1 − 𝑚 2 ) 𝑣 1 + 2𝑚 2 𝑣 2 = (𝑚 1 + 𝑚 2 ) 𝑣 10
lo que finalmente se deja escribir como
2𝑚 2
𝑚1 − 𝑚2
𝑣1 +
𝑣2
𝑚1 + 𝑚2
𝑚1 + 𝑚2
2𝑚 1
𝑚2 − 𝑚1
𝑣 20 =
𝑣1 +
𝑣2
𝑚1 + 𝑚2
𝑚1 + 𝑚2
𝑣 10 =
(6.14)
(6.15)
Aunque la ecuación 6.15 no fue deducida explícitamente, se deja calcular de forma análoga. Es de
notar que ambas formulas tienen una cierta simetría.
238
6.5. Colisiones en una dimensión o choque central
Ejemplo 6.9 (Colisiones elásticas). Tomado de la discusión D6/9. Un objeto con masa de 2.0 𝑘𝑔
experimenta una colisión elástica con otro en reposo, y sigue moviéndose en la dirección original,
sólo que con la cuarta parte de su rapidez original como se muestra en la figura 6.13. ¿Qué masa
tiene el objeto golpeado?
Figura 6.13.: El proyectil continua con menor velocidad
S OLUCIÓN
La situación es la que se muestra en la figura de los casos particulares. Según los datos del ejercicio
el blanco se encuentra en reposo𝑣 2 = 0, mientras que la velocidad del proyectil de masa 𝑚 1 =
2.0 𝑘𝑔 después de la colisión es 𝑣 10 = 41 𝑣 1 . Aunque podríamos utilizar las ecuaciones 6.14 y 6.15
es mas fácil utilizarla condición elástica (ecuación 6.13) directamente para calcular 𝑣 20 en función
de 𝑣 1
𝑣 1 + 𝑣 10 = 𝑣 2 + 𝑣 20
1
0 0
>
𝑣1 + 𝑣1 = 𝑣
2 + 𝑣2
4
5
𝑣 20 = 𝑣 1
4
Luego sustituir en la ley de conservación de ímpetu
𝑚 1 𝑣 1 + 𝑚 2 𝑣 2 = 𝑚 1 𝑣 10 + 𝑚 2 𝑣 20
0 𝑣1 + 𝑚 5 𝑣
:
𝑚1 𝑣1 + 𝑚 2
𝑣
2 = 𝑚1
2
1
4
4
1
5
𝑚1 𝑣1 − 𝑚1 𝑣1 = 𝑚2 𝑣1
4
4
Despejando 𝑚 2
𝑚2 =
3
𝑣
1
4 𝑚 1
5
𝑣
1
4
3
𝑚1
5
3
= × 2.0 𝑘𝑔
5
𝑚 2 = 1.2 𝑘𝑔
𝑚2 =
239
6. Cantidad de movimiento
Casos particulares
Aquí trataremos algunos casos particulares para las colisiones elásticas que no ayudarán a comprender su alcance
6.5.2.1.
Masas iguales
Suponga que blanco y el proyectil tienen masas igual de tal forma que 𝑚 1 = 𝑚 2 = 𝑚 entonces las
ecuación 6.14 se convierte en
𝑚1 − 𝑚2
2𝑚 2
𝑣1 +
𝑣2
𝑚1 + 𝑚2
𝑚1 + 𝑚2
0
>
𝑚 −
𝑚
2𝑚
= 𝑣1 +
𝑣2
𝑚+𝑚
𝑚+𝑚
𝑣 10 = 𝑣 2
𝑣 10 =
y
𝑚2 − 𝑚1
2𝑚 1
𝑣1 +
𝑣2
𝑚1 + 𝑚2
𝑚1 + 𝑚2
𝑚−𝑚
2𝑚
𝑣1 +
𝑣2
=
𝑚+𝑚
𝑚+𝑚
𝑣 20 = 𝑣 1
𝑣 20 =
Es decir los cuerpos intercambian velocidades antes y después de la colisión
6.5.2.2.
Blanco en reposo y proyectil de menor masa (rebote)
Figura 6.14.: El proyectil rebota contra un blanco masivo
240
6.5. Colisiones en una dimensión o choque central
Suponga ahora que un blanco masivo en reposo es impactado por un proyectil de menor masa
𝑚 1 < 𝑚 2 . En este caso las ecuaciones 6.14 y6.15 se convierten en
𝑣 10
𝑣 10
*
𝑚1 − 𝑚2
2𝑚 2 =
𝑣 1 + 𝑣 2
𝑚 1 + 𝑚 2 𝑚1 + 𝑚2
𝑚1
H
𝑚H
2 𝑚2 − 1
𝑣1
=
𝑚1
H
𝑚H
2 𝑚2 + 1
𝑚1
1− 𝑚
2
𝑣1
=−
𝑚1
1 + 𝑚2
0
𝑣 20 =
0
*
2𝑚 1
𝑚 2 − 𝑚
1
𝑣 1 + 𝑣 2
𝑚1 + 𝑚2
𝑚1 + 𝑚2
𝑣 20 =
2𝑚 1
𝑣1
𝑚1 + 𝑚2
𝑚1
< 1y es un cociente positivo, la velocidad 𝑣 10 es negativa, mientras que 𝑣 2 es positiva.
𝑚2
Lo que dicen estas ecuaciones es que mientras el cuerpo 2 es propulsado hacia adelante, el cuerpo
1 debe rebotar y moverse hacia atrás no importa que tan rápido haya golpeado tal como se muestra
en la figura 6.14. Para la dirección del movimiento después de colisionar sólo interesa la relación
de masa..
En el caso extremo que 𝑚 1 𝑚 2 el blanco sea masivo entonces el cociente 𝑚𝑚2”1 ≈ 0 y por ende
Ya que
𝑣 10 ≈ −𝑣 1
𝑣 20 ≈ 0
que es lo que sucede cuando se lanza una pelota de tenis contra una pared. Dado que la pared es
muy masiva la pelota de tenis rebota con la misma rapidez que impactó justificando la premisa del
ejercicio D6/6.
6.5.2.3.
Blanco en reposo y proyectil de mayor masa (arrollar)
Figura 6.15.: El proyectil rebota contra un blanco masivo
Suponga ahora el caso contrario donde un proyectil masivo colisiona con un blanco en reposo
como se muestra en la figura 6.15, es decir 𝑚 1 > 𝑚 2 , entonces las ecuaciones 6.14 y6.15 se
241
6. Cantidad de movimiento
convierten en
𝑣 10
𝑣 10
*
𝑚1 − 𝑚2
2𝑚 2 =
𝑣 1 + 𝑣 2
𝑚 1 + 𝑚 2 𝑚1 + 𝑚2
𝑚2
H
1
−
𝑚H
1
𝑚1
𝑣1
=
𝑚2
H
1
+
𝑚H
1
𝑚1
𝑚2
1 − 𝑚1
𝑣1
= 2
1+ 𝑚
𝑚1
0
𝑣 20 =
=
0
*
2𝑚 1
𝑚 2 − 𝑚
1
𝑣 1 + 𝑣 2
𝑚1 + 𝑚2
𝑚1 + 𝑚2
2𝑚
1
𝑣1
𝑚2
1
+
𝑚
1
𝑚1
𝑣 20 = 2
1+
𝑚2
𝑚1
𝑣1
Nótese que la velocidad del proyectil después de la colisión es positiva, así como la del blanco. Es
decir el proyectil arrasa con el blanco y lo propulsión hacia adelante con una gran velocidad.
2
En el caso extremo que el proyectil sea supermasivo 𝑚 1 𝑚 2 entonces el cociente 𝑚
𝑚1 ≈ 0 y por
ende
𝑣 10 = 𝑣 1
𝑣 20 = 2𝑣 1
Es interesante que la máxima velocidad que le puede proporcional el cuerpo 1 al 2 es dos veces la
velocidad inicial del proyectil. Eso significa por ejemplo, que si un golfista quiere golpear la bola
especialmente lejos, debe hacer girar al palo especialmente rápido a la vez de usar los palos más
pesados que tenga.
Ejemplo 6.10 (Ejemplo complejo colisión elástica y conservación de energía). Tomado de la
discusión D6/13. Dos bloques son libres de deslizarse a lo largo de la pista de madera sin fricción
ABC, que se muestra en la figura 6.16. El bloque de masa 𝑚 1 = 5.00 𝑘𝑔 se libera desde el reposo
en A. De su extremo frontal sobresale el polo norte de un poderoso imán, que repele el polo norte
de de un imán incrustado en el extremo posterior del bloque de masa 𝑚 2 = 10.0 𝑘𝑔, inicialmente
en reposo. Los dos bloques nunca se tocan. Calcule la altura máxima a la que se eleva 𝑚 1 después
de la colisión elástica.
S OLUCIÓN ( ESPERADA )
Se soluciona el ejercicio en tres pasos: primero de 𝐴 → 𝐵 , justo antes de la colisión, utilizamos
conservación de energía para calcular la rapidez inicial del proyectil, segundo en 𝐵 calculamos las
velocidades final después de la colisión y por último de 𝐵 → 𝐶 , después de la colisión utilizamos
otra vez la conservación de energía para calcular la nueva altura 𝑦 𝐶 .
De 𝐴 → 𝐵 asumimos que no existen fuerzas no conservativas actuando y como la normal no
realiza trabajo podemos asumir que la energía se conserva y utilizaremos la siguiente fórmula
Δ𝐸 = 0
*=0 0
Δ𝐸 1 + Δ𝐸
2
242
6.5. Colisiones en una dimensión o choque central
Figura 6.16.: Bloque colisiona elásticamente con otro
Ya que cuerpo 2 antes de la colisión ni cambia rapidez ni altura entonces no cambia su energía
mecánica Δ𝐸 2 = 0 por lo que el única cambio de energía mecánica es el cuerpo 1
𝐸 1𝐵 − 𝐸 1𝐴 = 0
𝐾1𝐵 + 𝑈1𝐵 − 𝐾1𝐴 − 𝑈1𝐴 = 0
ya que parte del reposo en 𝐴 y en 𝐵 la altura es cero
*−0 𝐾 *0
𝐾1𝐵 + 𝑈1𝐵
1𝐴 − 𝑈1𝐴 = 0
1
H
𝑚1 𝑣2 = H
𝑚 1 𝑔𝑦 𝐴
2 H 1𝐵 pH
𝑣 1𝐵 = 2𝑔𝑦 𝐴
p
𝑣 1𝐵 = 2 × 9.8 𝑚/𝑠2 × 5 𝑚
𝑣 1𝐵 = 9.90 𝑚/𝑠
Colisión en 𝐵 aquí la velocidad inicial del proyectil será 𝑣 1 = +𝑣 1𝐵 dado el marco de referencia
dado y 𝑣 2 = 0 ya que el cuerpo 2 está todavía en reposo, por lo que la velocidad con que rebotara
243
6. Cantidad de movimiento
será (ecuación 6.14
0
𝑣 1𝐵
0
𝑣 1𝐵
*
𝑚1 − 𝑚2
2𝑚 2 =
𝑣 1 + 𝑣 2
𝑚1 + 𝑚2
𝑚1 + 𝑚2
(5 − 10) 𝑘𝑔
=
9.90 𝑚/𝑠
15 𝑘𝑔
= −3.30 𝑚/𝑠
0
Ahora bien de 𝐵 → 𝐶 utilizamos otra vez energía sabiendo que la rapidez del cuerpo 1 en C es
cero
Δ𝐸 = 0
Δ𝐸 1 + Δ𝐸 2 = 0
Ya que el cuerpo 2 no cambia su rapidez una vez impulsado, ni cambia altura tiene otra vez un
cambio de energía mecánica de 𝐵 → 𝐶 igual a cero
*+0𝑈
𝐾1𝐶
1𝐶
𝐸 1𝐶 − 𝐸 1𝐵 = 0
*=0 0
− 𝐾1𝐵 − 𝑈1𝐵
1
H
𝑚H
𝑚 1 𝑣 02
1 𝑔𝑦 𝐶 = H
2 H 1𝐵
𝑣 02
𝑦 𝐶 = 1𝐵
2𝑔
(3.30 𝑚/𝑠) 2
=
2 × 9.8 𝑚/𝑠2
𝑦 𝐶 = 0.556 𝑚
S OLUCIÓN TEÓRICA
Dado que es una colisión elástica y se conserva la energía se está tentado a tratar de solucionar el
sistema directamente de 𝐴 → 𝐶. Primero reconocemos que al inicio (A) toda la energía del sistema
está en la energía potencial del cuerpo 1 y en (B) antes de la colisión toda la energía mecánica está
en la energía cinética del cuerpo 1 por lo que podemos decir que 𝐸 = 𝑚𝑔𝑦 𝐴 = 21 𝑚𝑣 21
Δ𝐸 = 0
Δ𝐸 1 + Δ𝐸 2 = 0
Δ𝐾1 + Δ𝑈1 + Δ𝐾2 + Δ𝑈2 = 0
Ya que el cuerpo 1 parte y retorna al reposo no posee cambio de energía cinética Δ𝐾1 = 0 y ya
que el cuerpo 2 no cambia su altura tampoco posee energía potencial Δ𝑈2 = 0 obteniendo
*+0Δ𝑈 + Δ𝐾 + Δ𝑈
*
Δ𝐾
1
1
2 2 =0
Δ𝑈1 = −Δ𝐾2
244
(6.16)
6.5. Colisiones en una dimensión o choque central
que dice algo obvio, lo que perdió el cuerpo 1 en energía potencial se lo llevó el cuerpo 2 en forma
de energía cinética durante la colisión. Si pudiésemos averiguar como se fracciona la energía
cinética durante la colisión se podría calcular la altura buscada.
Observando las relaciones energéticas entre la energía cinética antes y después del cuerpo 1 tenemos que
1 02
𝐾10 𝑚
1𝑣1
= 2
1 2
𝐾1
2 𝑚1 𝑣1
𝑚1 −𝑚2
𝑚1 +𝑚2 𝑣 1
=
2
𝑣 21
2 2
𝑣S1
𝑚1 − 𝑚2 S
=
𝑚1 + 𝑚2 S
𝑣S21
2
𝐾10
𝑚1 − 𝑚2
=
𝐾1
𝑚1 + 𝑚2
lo que en sí es un resultado interesante ya que la distribución de energía cinética después de la
colisión depende exclusivamente de las masas 𝑚 1 y 𝑚 2 . Evaluando
2
𝐾10
5𝑘𝑔 − 10𝑘𝑔
=
𝐾1
5𝑘𝑔 + 10𝑘𝑔
2
1
= −
3
0
𝐾1 1
=
𝐾1 9
1
𝐾10 = 𝐾1
9
1
0
𝐾1 = 𝐸
9
sabiendo que 𝐾1 = 𝐸 , vemos que el cuerpo 1 se queda con un noveno de la energía total del
sistema y por otro lado el cuerpo 2 se lleva la energía restante. En la colisión elástica se conserva
la energía
𝐾 = 𝐾0
0 0
0
>
𝐾1 + 𝐾
2 = 𝐾1 + 𝐾2
1
𝐸 − 𝐸 = 𝐾20
9
8
𝐾20 = 𝐸
9
245
6. Cantidad de movimiento
o la energía cinética del cuerpo 2 es ocho novenos de la energía total del sistema. Sustituyendo en
la ecuación 6.16
Δ𝑈1 = −Δ𝐾2
*)
𝑈1𝐶 − 𝑈1𝐴 = −(𝐾2𝐶 − 𝐾2𝐴
8
𝑈1𝐶 = − 𝐸 + 𝐸
9
1
𝐶 = 𝐴
𝑚𝑔𝑦
𝑚𝑔𝑦
9
1
𝑦𝐶 = 𝑦 𝐴
9
5𝑚
=
9
𝑦 𝐶 = 0.556 𝑚
0
que el mismo resultado obtenido por el otro camino. El método también nos da informaciones
interesantes como el hecho que si el blanco tiene el doble de masa que el proyectil siempre se
llevará 89 % de la energía del sistema, independientemente del valor de las masas.
6.5.3.
Colisiones inelásticas (opcional)
¿Qué sucede si un cuerpo colisiona centralmente con otro, se pierde energía cinética pero los
cuerpos no quedan pegados? La única ecuación sigue funcionando es la Conservación del Ímpetu lineal. Se introduce una nueva cantidad física que caracteriza a las colisiones inelásticas: el
coeficiente de restitución. La situación de variables es la misma que se presenta en la figura 6.12
Definición 6.6 (Coeficiente de restitución). Para un choque central se define el coeficiente de
restitución como el cociente de la velocidad relativa de alejamiento entre la velocidad relativa de
acercamiento
𝑣 0 − 𝑣 10
𝜀=− 2
(6.17)
𝑣2 − 𝑣1
el signo negativo es necesario ya que si la velocidad relativa de acercamiento es positiva, la de
alejamiento será negativa y viceversa.
O BSERVACIONES
1. Así definido el coeficiente tiene valores entre 0 ≤ 𝜀 ≤1 no posee unidad y es adimensional.
Donde 𝜀 = 0 para una colisión completamente inelástica y 𝜀 = 1 para una colisión elástica
2. La ecuación 6.17 nos lleva a un ecuación a la condición elástica donde se relaciona las
velocidades antes y después de las partículas
𝑣 20 − 𝑣 10
𝑣2 − 𝑣1
𝜀 (𝑣 2 − 𝑣 1 ) = − 𝑣 20 − 𝑣 10
𝜀=−
246
6.5. Colisiones en una dimensión o choque central
poniendo los mismo índices al mismo lado
𝑣 20 + 𝜀𝑣 2 = 𝑣 10 + 𝜀𝑣 1
(6.18)
A esta la podemos llamar la condición inelástica de los choques centrales.
3. La ecuación 6.18 sirve para los casos elásticos e inelásticos. Dándonos en el primer caso la
condición elástica y en la segunda la relación de que las velocidades después de la colisión
son iguales.
Despejando hacia 𝑣 20 = 𝑣 10 + 𝜀𝑣 1 − 𝜀𝑣 2 y sustituyendo en la conservación de energía
𝑚 1 𝑣 1 + 𝑚 2 𝑣 2 = 𝑚 1 𝑣 10 + 𝑚 2 𝑣 20
𝑚 1 𝑣 1 + 𝑚 2 𝑣 2 = 𝑚 1 𝑣 10 + 𝑚 2 𝑣 10 + 𝜀𝑣 1 − 𝜀𝑣 2
𝑚 1 𝑣 1 + 𝑚 2 𝑣 2 = 𝑚 1 𝑣 10 + 𝑚 2 𝑣 10 + 𝜀𝑚 2 𝑣 1 − 𝜀𝑚 2 𝑣 2
poniendo a los términos primados a la derecha y los no primados a la izquierda nos queda que
𝑚 1 𝑣 1 + 𝑚 2 𝑣 2 = 𝑚 1 𝑣 10 + 𝑚 2 𝑣 10
𝑚 1 𝑣 1 + 𝑚 2 𝑣 2 − 𝜀𝑚 2 𝑣 1 + 𝜀𝑚 2 𝑣 2 = (𝑚 1 + 𝑚 2 ) 𝑣 10
(𝑚 1 − 𝜀𝑚 2 ) 𝑣 1 + (𝑚 2 + 𝜀𝑚 2 ) 𝑣 2
𝑣 10 =
𝑚1 + 𝑚2
lo que nos da las ecuaciones para las colisiones inelásticas centrales
(𝑚 1 − 𝜀𝑚 2 )
(1 + 𝜀) 𝑚 2
𝑣1 +
𝑣2
𝑚1 + 𝑚2
𝑚1 + 𝑚2
(1 + 𝜀) 𝑚 1
(𝑚 2 − 𝜀𝑚 1 )
𝑣 20 =
𝑣1 +
𝑣2
𝑚1 + 𝑚2
𝑚1 + 𝑚2
𝑣 10 =
(6.19)
(6.20)
Es de notar que cuando 𝜀 = 1 se obtienen las fórmulas de los choques elásticos y para 𝜀 = 0 la
fórmula para la velocidad del centro de masa.
Ejemplo 6.11 (Colisión inelástica). Un bloque en reposo de masa 5 𝑘𝑔 es golpeado inelásticamente por otro bloque con la misma masa de 5 𝑘𝑔 con una velocidad de 20 𝑚/𝑠. Si el coeficiente
de restitución es de 𝜀 = 0.75 a) Calcule las velocidades finales de ambos cuerpos b) las energías
cinéticas y c) la energía cinética perdida
S OLUCIÓN
Según el texto del problema 𝑚 1 = 𝑚 = 5𝑘𝑔 = 𝑚 2 , 𝑣 1 = 20 𝑚/𝑠 y 𝑣 2 = 0. Utilizando la ecuación
247
6. Cantidad de movimiento
6.19
0
*
(𝑚 − 𝜀𝑚)
(1 + 𝜀) 𝑚
𝑣 10 =
𝑣 1 + 𝑣 2
𝑚+𝑚
𝑚 + 𝑚
(1 − 𝜀) 𝑚
=
𝑣1
2
𝑚
(1 − 𝜀)
𝑣 10 =
𝑣1
2
1 − 0.75
=
𝑣1
2
𝑣 10 = 0.125𝑣 1
= 0.125 × 20 𝑚/𝑠
𝑣 10
= 2.5 𝑚/𝑠
𝑦 correspondientemente
1+𝜀
𝑣1
2
1 + 0.75
=
𝑣1
2
𝑣 20 = 0.875𝑣 1
𝑣 20 =
= 0.875 × 20 𝑚/𝑠
𝑣 20
= 17.5 𝑚/𝑠
b) La energías cinéticas serán
𝐾20 = 21 𝑚𝑣 202
𝐾10 = 21 𝑚𝑣 102
= 12 5𝑘𝑔 (2.5 𝑚/𝑠) 2
= 21 5𝑘𝑔 (17.5 𝑚/𝑠) 2
𝐾10 = 15.625 𝐽
𝐾20 = 765.625 𝐽
c) La energía cinética inicial era de 𝐾 = 21 𝑚 1 𝑣 21 = 1000 𝐽. Por lo tanto se ha perdido
Δ𝐾𝑇 = 𝐾 − 𝐾 0
= 𝐾10 + 𝐾20 − 𝐾
= 15.625 𝐽 + 765.625 𝐽 − 1000 𝐽
Δ𝐾𝑇 = −218.75 𝐽
o alrededor del 22 % de la energía cinética se ha perdido en la colisión elástica.
6.6.
Colisiones en dos dimensiones
Una colisión en dos dimensiones es cuando la líneas portadoras de las velocidad no se alinean
y quedan en un mismo plano. Además se exige una condición de encuentro es decir que ambas
248
6.6. Colisiones en dos dimensiones
partículas estén en el mismo lugar al mismo tiempo 𝑟®1 (𝑡) = 𝑟®2 (𝑡) La situación general se muestra
en la figura 6.17 .
Figura 6.17.: Esquema colisiones bidimensionales
Como en toda colisión, el ímpetu total se debe conservar y por ende
𝑃® = 𝑃®0
𝑚 1 𝑣®1 + 𝑚 2 𝑣®2 = 𝑚 1 𝑣®10 + 𝑚 2 𝑣®20
tenemos ahora dos ecuaciones que se deben cumplir simultáneamente
0
0
𝑚 1 𝑣 1𝑥 + 𝑚 2 𝑣 2𝑥 = 𝑚 1 𝑣 1𝑥
+ 𝑚 2 𝑣 2𝑥
0
0
𝑚 1 𝑣 1𝑦 + 𝑚 2 𝑣 2𝑦 = 𝑚 1 𝑣 1𝑦
+ 𝑚 2 𝑣 2𝑦
Las condición para colisión elástica 𝐾𝑇 = 𝐾𝑇0 y para colisión completamente inelástica se mantienen 𝑣®10 = 𝑣®20 = 𝑣® 0, sólo que ahora tiene carácter vectorial.
Ejemplo 6.12 (Colisión bidimensional completamente inelástica). Tomado de la discusión D6/14.
Un objeto de 3.00 𝑘𝑔 de masa, que se mueve con una velocidad inicial de 5.00 𝚤ˆ 𝑚/𝑠, choca y se
une a un objeto de 2.00 𝑘𝑔 de masa, con una velocidad inicial de −3.00 𝚥ˆ 𝑚/𝑠. Encuentre la
velocidad final del objeto compuesto.
249
6. Cantidad de movimiento
Figura 6.18.: Esquema colisiones bidimensionales
S OLUCIÓN
Dado los datos datos podemos asumir 𝑚 1 = 3 𝑘𝑔, 𝑚 2 = 2 𝑘𝑔 y 𝑣®1 = 𝑣®2 = 𝑣® 0 dado que quedan
pegados como se muestra en la figura 6.18
𝑃® = 𝑃®0
𝑚 1 𝑣®1 + 𝑚 2 𝑣®2 = 𝑚 1 𝑣®10 + 𝑚 2 𝑣®20
𝑚 1 𝑣®1 + 𝑚 2 𝑣®2 = (𝑚 1 + 𝑚 2 ) 𝑣® 0
𝑚 1 𝑣®1 + 𝑚 2 𝑣®2
= 𝑣® 0
𝑚1 + 𝑚2
𝑚1
𝑚2
𝑣® 0 =
𝑣®1 +
𝑣®2
𝑚1 + 𝑚2
𝑚1 + 𝑚2
(6.21)
La ecuación 6.21 se parece mucho a la ecuación de velocidad final en el caso completamente
inelástico con excepción del carácter vector. Evaluando
3 𝑘𝑔
2 𝑘𝑔
(−3 𝑚/𝑠) 𝚥ˆ
5 𝑚/𝑠 𝚤ˆ +
3 + 2 𝑘𝑔
3 + 2 𝑘𝑔
= 0.6 × 5 𝑚/𝑠 𝚤ˆ + 0.4 × (−3 𝑚/𝑠) 𝚥ˆ
𝑣® 0 =
𝑣® 0 = 3 𝚤ˆ − 1.2 𝚥ˆ 𝑚/𝑠
Es de notar que 60 % de la velocidad proviene del cuerpo 1 y el otro 40 % del otro cuerpo.
Ejemplo 6.13 (Choque inelástico billar). Tomado de la discusión D6/15. En un juego de billar, la
bola tiradora golpea otra bola de igual masa e inicialmente en reposo. Después de la colisión, la
bola tiradora se mueve a 3.50 𝑚/𝑠 a lo largo de una línea que forma un ángulo de 22.0◦ con su
dirección original en movimiento, y la segunda bola tiene una velocidad de 2.00 𝑚/𝑠. Encuentre
a) el ángulo entre la dirección de movimiento de la segunda bola y la dirección original de movimiento de la bola tiradora. b) ¿Se conserva energía cinética (de los centros de masas, sin considerar
la rotación), considerando la masa 𝑚 = 160 𝑔 para cada bola?
250
6.6. Colisiones en dos dimensiones
S OLUCIÓN
La situación es exactamente la presentada en la figura 6.17 donde 𝜃 = 22° y 𝜙 es desconocida.
Mientras que 𝑣 10 = 3.50 𝑚/𝑠 y 𝑣 20 = 2.00 𝑚/𝑠, para los vectores de salida es válido
𝑣®20 = 𝑣 20 · cos 𝜙 𝚤ˆ + 𝑣 20 · sen 𝜙 𝚥ˆ
𝑣®10 = 𝑣 10 · cos 𝜃 𝚤ˆ + 𝑣 10 · sen 𝜃 𝚥ˆ
= 3.50 · cos 22° 𝚤ˆ + 3.50 · sen 22° 𝚥ˆ 𝑚/𝑠
= 2.00 𝑚/𝑠 · cos 𝜙 𝚤ˆ + 2.00 𝑚/𝑠 · sen 𝜙 𝚥ˆ
0
0
ˆ
𝑣®2 = 2 · cos 𝜙 𝚤ˆ + 2 · sen𝜙 𝚥ˆ 𝑚/𝑠
𝑣®1 = 3.25 𝑖 + 1.31 𝚥ˆ 𝑚/𝑠
a) Ahora bien como se conserva el ímpetu utilizamos la fórmulas para sus componentes y sabiendo
que las masas son iguales.
Para la componente en 𝑥
𝑚 1 𝑣 1𝑥
𝑃 𝑥 = 𝑃 𝑥0
:=0 𝑚 𝑣 0 + 𝑚 𝑣 0
+
𝑚 2
𝑣 2𝑥
1 1𝑥
2 2𝑥
𝑚 𝑣 1 cos 0°
Z
0
=Z
𝑚 𝑣 1𝑥
(6.22)
0
+Z
𝑚 𝑣 2𝑥
𝑣 1 = 3.25 + 2 · cos 𝜙 𝑚/𝑠
(6.23)
Notamos que tenemos dos incógnitas por lo que es necesario utilizar la ecuación en 𝑦
𝑃 𝑦 = 𝑃 𝑦0
:+0𝑚 2
:=0 𝑚 1 𝑣 0 + 𝑚 2 𝑣 0
𝑚 1
𝑣 1𝑦
𝑣 2𝑦
1𝑦
2𝑦
0
0
0 =Z
𝑚 𝑣 1𝑦
+Z
𝑚 𝑣 2𝑦
−1.31 𝑚/𝑠 = 2·sen𝜙 m/s
1.31 𝑚/𝑠
sen𝜙 = −
2
𝑚/𝑠
𝜙 = −40.92°
b) Sustituyendo este ángulo en las fórmulas anteriores obtenemos
𝑣 1 = 3.25 + 2 · cos (−40.92°) 𝑚/𝑠
𝑣 1 = 4.76 𝑚/𝑠
y
𝑣®20 = 2 · cos 𝜙 𝚤ˆ + 2 · sen𝜙 𝚥ˆ 𝑚/𝑠
= 2 · cos (−40.92°) 𝚤ˆ + 2 · sen (−40.92°) 𝚥ˆ 𝑚/𝑠
𝑣®20
= 1.51 𝚤ˆ − 1.31 𝚥ˆ 𝑚/𝑠
251
6. Cantidad de movimiento
Por lo tanto las energías cinéticas iniciales y finales serán
0
𝐾𝑇
𝐾𝑇
>
𝐾
= 𝐾1 + 2
1
2
= 2 𝑚𝑣 1
= 12 0.160 𝑘𝑔 × (4.76 𝑚/𝑠) 2
= 1.81 𝐽
𝐾𝑇0
𝐾𝑇0
= 𝐾10 + 𝐾20
= 21 𝑚𝑣 102 + 12 𝑚𝑣 202
= 21 0.160 × (3.5 ) 2 𝐽 + 21 0.160 × (2) 2 𝐽
= 0.98 𝐽 + 0.32 𝐽
= 1.3 𝐽
Por lo que se pierde Δ𝐾𝑇 = −0.51 𝐽 y es una colisión inelástica. y para cada cuerpo obviamente
tampoco Δ𝐾1 = −0.83 𝐽 y Δ𝐾2 = +0.32 𝐽
Ejemplo 6.14. Las esferas A, de 0.020 𝑘𝑔, B, de 0.030 𝑘𝑔 y C, de 0.050 𝑘𝑔, se acercan al origen
deslizándose sobre una mesa de aire sin fricción como se muestra en figura. Las velocidades
iniciales de A y B se indican en la figura 6.19. Las tres esferas llegan al origen simultáneamente
y se pegan. a) ¿Qué componentes 𝑥 y 𝑦 debe tener la velocidad inicial de C si después del choque
los tres objetos tienen una velocidad de 0.50 𝑚/𝑠 en la dirección +𝑥? b) Si C tiene la velocidad
obtenida en el inciso a). ¿Cuál es el cambio de la energía cinética del sistema de las tres esferas
como resultado del choque?
Figura 6.19.: Tres cuerpos colisionan
S OLUCIÓN
Se trata de una colisión completamente inelástica por lo que todas las velocidades finales son
iguales es decir 𝑣® 0 = 𝑣® 0𝐴 = 𝑣® 0𝐵 = 𝑣® 0𝐵 . Antes de comenzar a calcular es bueno tratar formular las
velocidades conocidas en forma vectorial
𝑣® 𝐴 = −1.5 𝚤ˆ 𝑚/𝑠 𝑣® 𝐵 = 0.5 𝑚/𝑠 (cos 240° 𝚤ˆ + sen240° 𝚥ˆ) 𝑣® 0 = 0.5 𝚤ˆ 𝑚/𝑠
𝑣® 𝐵 = −0.25 𝚤ˆ − 0.433 𝚥ˆ 𝑚/𝑠
Es de notar que el ángulo de 60° indicado en la figura no es el ángulo estándar para la velocidad
del cuerpo B ya que señala en la otra dirección y de ahí que se tenga componentes negativas tanto
en 𝑥 como en 𝑦
252
6.6. Colisiones en dos dimensiones
a) Dado que es una colisión se debe conservar el ímpetu total
𝑃® = 𝑃®0
0
𝑚 𝐴𝑣® 𝐴 + 𝑚 𝐵 𝑣® 𝐵 + 𝑚 𝐶 𝑣®𝐶 = 𝑚 𝐴𝑣® 0𝐴 + 𝑚 𝐵 𝑣® 0𝐵 + 𝑚 𝐶 𝑣®𝐶
despejando hacia la velocidad desconocida y utilizando el conocimiento de que quedan pegados
𝑚 𝐶 𝑣®𝐶 = (𝑚 𝐴 + 𝑚 𝐵 + 𝑚 𝐶 ) 𝑣® 0 − 𝑚 𝐴𝑣® 𝐴 − 𝑚 𝐵 𝑣® 𝐵
𝑀 𝑣® 0 − 𝑚 𝐴𝑣® 𝐴 − 𝑚 𝐵 𝑣® 𝐵
𝑣®𝐶 =
𝑚𝐶
donde 𝑀 es la masa total del sistema. Evaluando
[100 × 0.5 𝚤ˆ − 20 × (−1.5 𝚤ˆ) − 30 × (−0.25 𝚤ˆ − 0.433 𝚥ˆ)] 𝑔A · 𝑚𝑠
𝑣®𝐶 =
50 𝑔A
[(50 + 30 + 7.5) 𝚤ˆ + (12.99) 𝚥ˆ] 𝑚
=
50
𝑠
𝑚
𝑣®𝐶 = 1.75 𝚤ˆ + 0.26 𝚥ˆ
𝑠
√
Lo que da una rapidez 𝑣 𝐶 = 1.752 + .262 𝑚/𝑠 = 1.77 𝑚/𝑠 y un ángulo estándar de 𝜃 𝐶 = 8.45°
b) La energía cinética inicial sería
1
1
1
2
𝑚 𝐴𝑣 2𝐴 + 𝑚 𝐵 𝑣 2𝐵 + 𝑚 𝐶 𝑣 𝐶
2
2
2
𝑚 2 1
𝑚 2 1
1
𝑚 2
= 0.02𝑘𝑔 × 1.5
+ 0.03𝑘𝑔 × 0.5
0.05𝑘𝑔 × 1.77
2
𝑠
2
𝑠 2
𝑠
= 0.0225 𝐽 + 0.00375 𝐽 + 0.078326 𝐽
𝐾𝑇 =
𝐾𝑇 = 0.105 𝐽
Ya que los tres objetos quedan pegados, se comportan como uno solo y la energía cinética final
esta dada por
1
(𝑚 𝐴 + 𝑚 𝐵 + 𝑚 𝐶 ) 𝑣 02
2
𝑚 2
1
= 0.1𝑘𝑔 × 0.5
2
𝑠
0
𝐾𝑇 = 0.0125 𝐽
𝐾𝑇0 =
Por lo que la pérdida de energía cinética sería Δ𝐾𝑇 = 𝐾𝑇0 − 𝐾𝑇 = −0.0925 𝐽
253
6. Cantidad de movimiento
254
Parte III.
Cinemática y dinámica de cuerpos
extendidos
255
7. Cuerpos extendidos
7.1.
Motivación
Hasta el momento hemos tomado a todos los cuerpos (bloques, esferas, carros, etc) como partículas cuya masa está acumulada en un solo punto. En los diagramas de cuerpo libre siempre hemos
asumido que todos las fuerzas actúan en el centro de masa o punto de confluencia.
Figura 7.1.: Desde el punto de vista de la Leyes de Newton los tres casos tienen el mismo DCL y
son en esencia indistinguibles
Ahora bien, ¿se siguen las mismas leyes si el cuerpo tuviese a hora su masa extendida en el
espacio? Para tal efecto veamos el siguiente ejemplo. Suponga que tiene un borrador un libro
dispuesto como se muestra en la figura 7.1. Ahora considere que Ud. le aplica una fuerza 𝐹 hacia
la derecha, pero en distintos puntos del cuerpo extendido. Mientras que si se aplica la fuerza en el
“centro” del cuerpo este sólo se traslada, si se aplica en un sus extremos tenemos que además de
trasladarse, rota ya sea en dirección horario o antihoraria.
Según el modelo de partícula, las tres situaciones tienen el mismo diagrama de cuerpo libre y por
ende poseen la misma aceleración y en esencia las tres situaciones son indistinguibles.
Decimos que el modelo de particula fracasa al considerar cuerpos extendidos. Necesitamos un
nuevo modelo que considere la distribución de masa en el espacio.
257
7. Cuerpos extendidos
7.2.
Modelo de N partículas
Figura 7.2.: Frontera y sistema de N partículas
La primera aproximación que se nos ocurre es partir en cuerpo en 𝑁 partes discretas que consideraremos como partículas. De ahí saltaremos a cuerpos continuos a partir de un argumento de
límite. Como dijimos, la primera aproximación a estudiar sistemas extendidos es partir el sistema.
en 𝑁 particulas.
Definición 7.1 (Sistema de 𝑁 partículas). . Un sistema de 𝑁 partículas es un conjunto de partículas
de masa 𝑚 𝑖 y posición conocidas 𝑟®𝑖
O BSERVACIONES
1. Como se muestra en la figura7.2. El sistema posee una frontera y toda interacción (fuerza, impulso) que suceda entre las partículas dentro de esta frontera se consideran fuerzas
internas. Toda fuerza o interacción que cruce la línea punteada es considerada una fuerza
externa.
2. Se buscan nuevas cantidades físicas que describan al sistema entero, es decir buscamos
variables colectivas, ya que cada partícula tiene las variables usuales de una partícula (velocidad, aceleración, energía cinética, etc.)
3. La primera variables colectiva que se nos ocurre es la masa total
Definición 7.2 (Masa total). Se define sencillamente como la suma de todas las masas en el sistema
𝑀 = 𝑚1 + 𝑚2 + . . . + 𝑚 𝑁
𝑀=
𝑁
Õ
𝑚𝑖
𝑖=1
donde en general utilizaremos la notación de sumatoria y subíndices.
258
(7.1)
7.3. Posición del centro de masa
Es trivial notar que 𝑀 > 0 es un escalar positivo y que es superior a cualquier masa individual
𝑚 𝑖 < 𝑀.
La siguiente pregunta que se nos ocurre es pensar ¿donde se encuentra el sistema? ¿Existe alguna
posición que describa la posición general del sistema?
Definición 7.3 (Centroide). el centroide o centro geométrico de un sistema es sencillamente el
promedio algebraico de posiciones
𝑁
1 Õ
𝑟®𝐶 =
𝑟®𝑖
𝑁 𝑖=1
e indica el centro geométrico de la configuración de partículas.
O BSERVACIONES
1. Formalmente el centroide es el promedio algebraico de las posiciones de las partículas del
sistema
2. Por desgracia no se le puede asignar la masa total a este punto ya que no se consideraron las
masas individuales a la hora de calcularlo.
7.3.
Posición del centro de masa
Deseamos encontrar un punto dentro de la frontera del sistema que represente la posición del
sistema y a la vez se le pueda asignar toda la masa del sistema1 .
Figura 7.3.: Centro de masa y centroide son promedios de posiciones
Definición 7.4 (Centro de masa). se define como el promedio ponderado de posiciones. Donde la
1 Se
busca una partícula que caracterice al sistema en general justificando el modelo de partículas para los cuerpos
extensos.
259
7. Cuerpos extendidos
ponderación es el porcentaje de masa que contribuye cada partícula
𝑚𝑖
𝑀
𝑚1
𝑚2
𝑚𝑁
𝑟®1 +
𝑟®2 + . . . +
𝑟®𝑁
𝑀
𝑀
𝑀
1
(𝑚 1𝑟®1 + 𝑚 2𝑟®2 + . . . + 𝑚 𝑁 𝑟®𝑁 )
=
𝑀
𝑟®𝐶 𝑀 =
o bien
𝑟®𝐶 𝑀 =
𝑁
1 Õ
𝑚 𝑖 𝑟®𝑖
𝑀 𝑖=1
(7.2)
Esto también e válido para cada componente
𝑥𝐶 𝑀
𝑁
1 Õ
𝑚 𝑖 𝑥𝑖
=
𝑀 𝑖=1
𝑦𝐶 𝑀
𝑁
1 Õ
=
𝑚𝑖 𝑦𝑖
𝑀 𝑖=1
𝑧𝐶 𝑀
𝑁
1 Õ
=
𝑚 𝑖 𝑧𝑖
𝑀 𝑖=1
O BSERVACIONES
1. Formalmente al ser un promedio la posición del centro de masa debe estar entre el mas
pequeño valor de 𝑥 𝑚𝑖𝑛 < 𝑥 𝑐𝑚 < 𝑥 𝑚𝑎𝑥 así como 𝑦 𝑚𝑖𝑛 < 𝑦 𝑐𝑚 < 𝑦 𝑚𝑎𝑥 y 𝑧 𝑚𝑖𝑛 < 𝑧 𝑐𝑚 < 𝑧 𝑚𝑎𝑥 ,
que está representado en la figura 7.3 por el rectángulo amarillo.
2. En general el centro de masa no concuerda con ninguna posición específica de una partícula
y puede estar fuera del cuerpo mismo, sin embargo no fuera del rectángulo amarillo
3. Como se mira en la figura 7.4 el centro de masa y el centroide no necesariamente concuerdan. La posición del centro de masa está gobernada por la distribución de las masas en el
sistema. La masa más grande contribuye más a la posición. El centro de masa tiende a estar
más cerca de la mayor concentración de masa
4. Se considera al centro de masa como el punto donde está acumulada toda las masa del
sistema, por eso se considera que es una variable colectiva.
Ejemplo 7.1 (Centroide y centro de masa). Tomado de la discusión D6/19. Un sistema está formado por tres partículas localizadas como se muestra en la figura. a) Si las masa son iguales ¿Cuál
es la posición del centro masa del sistema? b) si 𝑚 1 = 2 𝑘𝑔,𝑚 2 = 3 𝑘𝑔 y 𝑚 3 = 5 𝑘𝑔 ¿Cuál es ahora
la posición del centro de masa?
260
7.3. Posición del centro de masa
Figura 7.4.: Ejemplo centro de masa y centroide
S OLUCIÓN
Leyendo la información del gráfico encontramos que 𝑟®1 = 1 𝚤ˆ + 3 𝚥ˆ 𝑚, 𝑟®2 = 3 𝚤ˆ + 3 𝚥ˆ 𝑚 y
𝑟®3 = 2.5 𝚤ˆ + 1 𝚥ˆ 𝑚
a) Dada las masas son iguales 𝑚 = 𝑚 1 = 𝑚 2 = 𝑚 3 deducimos que 𝑀 = 3𝑚 y escribimos
𝑁
1 Õ
𝑚 𝑖 𝑟®𝑖
𝑀 𝑖=1
𝑟®𝐶 𝑀 =
3
1 Õ
𝑚®
𝑟𝑖
=
3𝑚 𝑖=1
=
3
Õ
𝑚
Z
𝑟®𝑖
3Z
𝑚 𝑖=1
3
𝑟®𝐶 𝑀
1Õ
=
𝑟®𝑖
3 𝑖=1
que es exactamente la definición del centroide. Cuando la masa son idénticas el centro de masa
recae en el centroide. Evaluando
1
(1 𝚤ˆ + 3 𝚥ˆ + 3 𝚤ˆ + 3 𝚥ˆ + 2.5 𝚤ˆ + 1 𝚥ˆ) 𝑚
3
= (2.17 𝚤ˆ + 2.33 𝚥ˆ) 𝑚
𝑟®𝐶 𝑀 =
𝑟®𝐶 𝑀
b) ya que las masa varia obtenemos que
𝑀=
𝑁
Õ
𝑚𝑖
𝑖=1
= 𝑚1 + 𝑚2 + 𝑚3
= (2 + 3 + 5) 𝑘𝑔
𝑀 = 10 𝑘𝑔
261
7. Cuerpos extendidos
y por ende el centro de masa será, calculando sus componentes
𝑥𝐶 𝑀
𝑥𝐶 𝑀
𝑁
1 Õ
=
𝑚 𝑖 𝑥𝑖
𝑦𝐶 𝑀
𝑀 𝑖=1
1
(2 × 1 + 3 × 3 + 5 × 2.5) 𝑘𝑔 · 𝑚
=
10 𝑘𝑔
23.5 @
𝑘𝑔
@· 𝑚
=
10 @
𝑘𝑔
@
= 2.35 𝑚
𝑦𝐶 𝑀
𝑁
1 Õ
=
𝑚 𝑖 𝑥𝑖
𝑀 𝑖=1
1
(2 × 3 + 3 × 3 + 5 × 1) 𝑘𝑔 · 𝑚
=
10 𝑘𝑔
20 @
𝑘𝑔
@· 𝑚
=
10 @
𝑘𝑔
@
=2𝑚
es de notar que el centroide se encuentra sobre la mediana del triángulo que se forma entre los tres
cuerpos como se muestra en la figura a la derecha de 7.4, reforzando la idea que el centroide está
asociado a la geometría de la posición de las partículas. El centro de masa diverge y se acerca mas
a aquellas partículas con mas masa.
7.3.1.
Centro de masa de cuerpos extendidos
¿Donde se encuentra el centro de masa un cuerpo con masa distribuida de forma arbitraria? Como
se muestra en la figura 7.5 la solución radica en cortar el cuerpos en pequeñas masa de manera
que podamos aproximar al cuerpo como un sistema de 𝑁 partículas de masa Δ𝑚 𝑖 .
Figura 7.5.: Ejemplo centro de masa y centroide
De esta forma la masa total está dada por
𝑀=
𝑁
Õ
Δ𝑚 𝑖
𝑖=1
y el centro de masa por
𝑟®𝐶 𝑀
262
𝑁
1 Õ
=
Δ𝑚 𝑖 𝑟®𝑖
𝑀 𝑖=1
7.3. Posición del centro de masa
Concentrémonos por un momento sólo en la componente 𝑥 del centro de masa
𝑥𝐶 𝑀 =
𝑁
1 Õ
Δ𝑚 𝑖 𝑥 𝑖
𝑀 𝑖=1
y notamos que ésta depende de la forma como se ha cortado el cuerpo y de la cantidad de partes 𝑁
en la que se ha partido, muy parecido los promedios de velocidades y aceleraciones que estudiamos
en cinemática. Para evitar esta dependencia ejecutamos el límite 𝑁 → ∞ que a su vez implica que
Δ𝑚 𝑖 → 0 y ende:
!
𝑁
1 Õ
𝑥𝐶 𝑀 = lı́m
Δ𝑚 𝑖 𝑥 𝑖
Δ𝑚𝑖 →0 𝑀
𝑖=1
!
𝑁
Õ
1
lı́m
Δ𝑚 𝑖 𝑥 𝑖
=
𝑀 Δ𝑚𝑖 →0 𝑖=1
La masa total es una constante respecto del límite por lo que la sacamos y reconocemos que la
expresión en el paréntesis es una sumatoria de Riemann y por lo que
∫
1
𝑥𝐶 𝑀 =
𝑥 · 𝑑𝑚
𝑀 𝑀
donde se integra sobre toda la distribución de masa. De forma análoga se encuentran expresiones
para 𝑦 y 𝑧 similares de tal forma que
∫
∫
1
1
𝑦𝐶 𝑀 = 𝑀
𝑦 · 𝑑𝑚
𝑧𝐶 𝑀 = 𝑀
𝑧 · 𝑑𝑚
𝑀
𝑀
O de forma resumida
∫
1
𝑟® · 𝑑𝑚
𝑟®𝐶 𝑀 =
𝑀 𝑀
donde la masa total se calcula también la integral de la distribución de masa
∫
𝑀=
𝑑𝑚
(7.3)
𝑀
También decimos que el centro de masa el también el primer momento de la distribución de masa,
mientras que la masa total es el momento cero de la misma.
7.3.2.
Masas distribuidas
Los cuerpos con que podemos experimentar en el día a día son en general cuerpos extendidos
por lo que es necesario tengamos un modelo de como entendemos esta distribución de masa.
A pesar que sabemos que la materia está constituida átomos y moléculas discretos, el tamaño
de los mismos son tan pequeños y la cantidad de átomos es tal que es fácil considerar que la
masa está continuamente distribuida. Distinguiremos tres tipos de densidades: lineal, superficial y
volumétrica para cuerpos en una, dos y tres dimensiones.
En este curso, sin embargo, trataremos solamente con densidades lineales.
263
7. Cuerpos extendidos
7.3.3.
Densidad lineal (𝜆)
Tenemos una densidad lineal cuando la masa se distribuye a lo largo de un objeto que sólo posee
una dimensión como una barra delgada, un cable delgado o bien un anillo delgado como se muestra
en la figura7.6.
Figura 7.6.: En principio cualquier figura que se pueda formar con un cable delgado posee una
densidad lineal de masa
Decimos que en un diferencia de longitud 𝑑𝑥 o 𝑑𝑠 se encuentra un pequeño diferencial de masa
𝑑𝑚 y este se relaciona mediante la ecuación
𝑑𝑚 = 𝜆𝑑𝑠
𝑑𝑚
𝜆=
𝑑𝑠
(7.4)
(7.5)
O BSERVACIONES
1. La ecuación 7.5 la leemos de la siguiente manera: la densidad de masa lineal a es la distribución lineal (en una dimensión) de la masa.
2. La densidad es una función escalar con unidades
[𝜆] =
𝑘𝑔
𝑚
que puede variar de la posición y está asociado por lo general a la geometría del cuerpo (En
anillos, podría depender del ángulo polar 𝜃, en barras o cables de la posición 𝑥).
3. Para obtener la masa total contenida se necesita integrar sobre la longitud del cuerpo
∫
𝑑𝑚
𝑀=
𝑀
∫ 𝑠
𝜆𝑑𝑠
𝑀=
𝑠0
en general implica una parametrización del cuerpo unidimensional
264
7.3. Posición del centro de masa
Ejemplo 7.2 (Centro de masa de barra delgada). Supongamos una barra delgada de longitud 𝐿
y densidad lineal uniforme 𝜆 = 𝜆 𝑜 descansa sobre el eje 𝑥 como se muestra en la figura 7.7 .
Determine el centro de masa sobre la barra.
S OLUCIÓN
Para calcular el centro de masa necesito primero calcular la masa total 𝑀 en función del a densidad
y la longitud 𝐿 y luego calcular la integral del centro de masa
a) M ASA TOTAL
Para la masa total tomamos observamos que debemos integrar sobre todos los diferenciales de
masa que existen ne la barra entre 𝑥 1 = 0 y 𝑥 2 = 𝐿
∫
𝑀=
𝑑𝑚
𝑀
∫ 𝑥2
𝜆𝑑𝑥
=
𝑥1
ya que la densidad es uniforme y constante sale de la integral
∫
𝐿
𝑀=
𝜆 𝑜 𝑑𝑥
0
∫
𝐿
= 𝜆𝑜
𝑑𝑥
0
= 𝜆 𝑜 [𝑥] 0𝐿
𝑀 = 𝜆𝑜 𝐿
aunque pudimos haber predicho el resultado fácilmente, el cálculo es útil porque nos muestra cual
es la variable de integración 𝑥 y los márgenes entre los cuales debemos integrar
b) C ENTRO DE MASA
Notamos que el diferencial de masa está a una distancia 𝑥 de origen, de ahí que utilizando las
fórmulas que habíamos encontrados para el centro de masa
∫
1
𝑥𝐶 𝑀 =
𝑥 · 𝑑𝑚
𝑀 𝑀
∫ 𝐿
1
=
𝑥 · 𝜆 𝑜 𝑑𝑥
𝑀 0
∫ 𝐿
𝜆𝑜
=
𝑥 · 𝑑𝑥
𝑀 0
𝐿
𝜆𝑜 𝑥2
=
𝑀 2 0
=
𝜆𝑜 𝐿 2
·
𝑀 2
265
7. Cuerpos extendidos
sustituyendo la masa que habíamos encontrado llegamos a la expresión
𝜆
𝐿A2
𝑜
𝑥𝐶 𝑀 = ·
𝐿 2
𝜆
𝑜S
𝐿
𝑥𝐶 𝑀 =
2
esto queda exactamente a la mitad de la barra. Aprendemos que para distribuciones uniformes, el
centro de masa queda exactamente en el centroide del mismo.
Ejemplo 7.3 (Barra con densidad lineal variable). Tomado de la discusión D6/24. Una barra de
𝑔
30.0 𝑐𝑚 de longitud tiene densidad lineal dada por 𝜆 = 50.0 𝑚
+ 20.0 𝑚𝑔2 𝑥 donde 𝑥 es la distancia
𝑔
desde un extremo, medida en metros y 𝜆 es la densidad lineal en 𝑚
. a) ¿Cuál es la masa de la
barra? b) ¿A qué distancia del extremo 𝑥 = 0 está su centro de masa?
Figura 7.7.: Geometría para el cálculo del centro de masa de una barra delgada
S OLUCIÓN
Como en todos los problemas de centro de masa lo primero que necesitamos calcular es la masa
total y luego calcular la integral del centro de masa
a) Masa total
Igual que en el ejemplo anterior el diferencial de masa se encuentra a una distancia 𝑥 del origen y
por lo tanto
∫
𝑀=
𝑑𝑚
𝑀
∫ 𝐿
=
𝜆𝑑𝑥
0
ahora la densidad ya no es uniforme por lo que debemos integrar sobre la densidad
∫
𝐿
(50.0 + 20.0𝑥)𝑑𝑥
𝑀=
0
𝑥2
= 50.0𝑥 + 20.0
2
𝑀 = 50𝐿 + 10𝐿
266
2
𝐿
0
7.3. Posición del centro de masa
evaluando queda
𝑔
𝑔
× 0.3𝑚 + 10 2 × (0.3𝑚) 2
𝑚
𝑚
𝑀 = 15.9 𝑔
𝑀 = 50
b) Para el centro de masa calculamos
𝑥𝐶 𝑀 =
=
=
=
=
=
𝑥𝐶 𝑀
∫
1
𝑥 · 𝑑𝑚
𝑀 𝑀
∫ 𝐿
1
𝑥 · 𝜆𝑑𝑥
𝑀 0
∫ 𝐿
1
𝑥 · (50.0 + 20.0𝑥)𝑑𝑥
𝑀 0
∫ 𝐿
1
(50.0𝑥 + 20.0𝑥 2 )𝑑𝑥
𝑀 0
𝐿
20 3
1
2
25𝑥 + 𝑥
𝑀
3
0
20 3
3 𝐿
10𝐿 2
25𝐿 2 +
50𝐿 +
25 + 20
3 𝐿
=
𝐿
50 + 10𝐿
= 0.51𝐿
𝑥𝐶 𝑀 = 0.153 𝑚
que apenas es a lado del centro de la barra.
7.3.4.
Densidad superficial (𝜎) - opcional
Cuando la masa se encuentra distribuida a lo largo de un área plana o curva como se muestra en la
figura7.8 a y b, decimos que posee una densidad superficial 𝜎.
La densidad es una función continua escalar definida sobre la geometría del cuerpo. Es decir que
en general depende de la parametrización del área que se haya hecho. Así en un plano tomaremos
coordenadas rectangulares, mientras que una esfera utilizaremos coordenadas polares esféricas.
Ya que la densidad es un escalar consideraremos sólo áreas 𝐴 y diferenciales de área 𝑑𝐴 sin
orientación.
Decimos que en cualquier diferencial de área 𝑑𝐴 sobre una superficie con masa se encuentra un
diferencial de masa 𝑑𝑚 de tal forma que
𝑑𝑚 = 𝜎𝑑𝐴
𝑑𝑚
𝜎=
𝑑𝐴
(7.6)
(7.7)
267
7. Cuerpos extendidos
Figura 7.8.: En principio cualquier figura que se pueda formar con una hoja de papel posee una
densidad superficial de masa
1. De forma análoga leemos la ecuación 7.7: la densidad superficial 𝜎 es la distribución de
masa en el área de una superficie, aunque la ecuación 7.6 es la que más utilizaremos a lo
largo de este curso.
2. De forma análoga su unidad en el Sistema Internacional es
[𝜎] =
𝑘𝑔
𝑚2
Para obtener la masa total en una superficie es necesario calcular sobre todas las partes
donde haya masa, lo que en el peor de los casos conlleva a una integral doble
∫
𝑀=
𝑑𝑚
𝑀
∫
=
𝜎𝑑𝐴
𝐴
∫ 𝑦2 ∫ 𝑥2
𝑀=
𝜎 · 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑦1
𝑥1
Ejemplo 7.4 (Centro de masa de placa uniforme). Suponga que tiene una placa de metal rectangular de densidad uniforme 𝜎 = 𝜎𝑜 que descansa en el plano 𝑥𝑦 como se muestra en la figura 7.9.
Determine el centro de masa del rectángulo
Figura 7.9.: Geometría para placa rectangular de densidad uniforme
268
7.3. Posición del centro de masa
S OLUCIÓN
Una vez más empezamos calculando la masa total 𝑀 y luego el cálculo de las componentes 𝑥 y 𝑦
del centro de masa
a) M ASA TOTAL
Como la figura es plana elegimos coordenadas cartesianas para representarlo de manera que del
diferencial de área se deja escribir como 𝑑𝐴 = 𝑑𝑥 · 𝑑𝑦. Ahora bien, la masa total será
∫
𝑀=
𝑑𝑚
∫𝑀
=
𝜎 · 𝑑𝐴
𝐴
∫ 𝑏∫ 𝑎
=
𝜎𝑜 · 𝑑𝑥𝑑𝑦
0
0
dado que la densidad es uniforme sale de la integral. En una integral doble se ejecuta primero la
integral interna (𝑑𝑥) y luego la externa, obteniendo
∫ 𝑏∫ 𝑎
𝑀 = 𝜎𝑜
𝑑𝑥𝑑𝑦
0
0
∫ 𝑏
= 𝜎𝑜
𝑥| 0𝑎 𝑑𝑦
0
∫ 𝑏
= 𝜎𝑜
𝑎 · 𝑑𝑦
0
= 𝜎𝑜 𝑎 · 𝑦| 0𝑏
𝑀 = 𝜎𝑜 · 𝑎 · 𝑏
donde reconocemos que 𝐴 = 𝑎 · 𝑏 es el área de un rectángulo, como lo aprendimos en geometría.
b) C ENTRO DE MASA
Empezamos con la coordenada 𝑥
∫
1
𝑥𝐶 𝑀 =
𝑥 𝑑𝑚
𝑀 𝑀
∫ 𝑏∫ 𝑎
1
=
𝑥𝜎𝑜 · 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑀 0 0
∫ 𝑏 2 𝑎
𝑥
𝜎𝑜
𝑑𝑦
=
𝑀 0 2 0
∫ 𝑏 2
𝜎𝑜
𝑎
=
𝑑𝑦
𝑀 0 2
dado que el margen de integración no depende de 𝑦 la podemos sacar de la integral
∫ 𝑏
𝜎𝑜 𝑎 2
𝑥𝐶 𝑀 =
·
𝑑𝑦
𝑀 2 0
𝜎𝑜 𝑎 2
𝜎𝑜 𝑎 2 𝑏
=
·
· 𝑦| 0𝑏 =
𝑀 2
2𝑀
269
7. Cuerpos extendidos
sustituyendo la expresión encontrada para la masa total encontramos que
2𝑏
𝜎
𝑜 𝑎A
𝑥𝐶 𝑀 = 2
𝜎
𝑎 ·
𝑏
𝑜Z
𝑎
𝑥𝐶 𝑀 =
2
es decir la coordenada 𝑥 del centro de masa que a la mitad de la longitud .
De forma similar para la coordenada 𝑦
∫
1
𝑦 𝑑𝑚
𝑦𝐶 𝑀 =
𝑀 𝑀
∫ 𝑏∫ 𝑎
1
𝑦𝜎𝑜 · 𝑑𝑥𝑑𝑦
=
𝑀 0 0
∫ 𝑏
𝜎𝑜
=
𝑦 𝑥| 0𝑎 𝑑𝑦
𝑀 0
Ya que 𝑦 es independiente de 𝑥 se comporta como una constante respecto de la primera integración
𝑦𝐶 𝑀
∫ 𝑏
𝜎𝑜
=
𝑦 · 𝑎 𝑑𝑦
𝑀 0
∫ 𝑏
𝜎𝑜 · 𝑎
·
=
𝑦 𝑑𝑦
𝑀
0
=
𝜎𝑜 · 𝑎 𝑦 2
·
𝑀
2
𝑏
0
𝜎𝑜 𝑎𝑏 2
=
2𝑀
Otra vez sustituyendo la expresión de la masa obtenemos
𝜎
𝑎 · 𝑏2
𝑜Z
𝑦𝐶 𝑀 = 2
𝜎
𝑎 ·
𝑏
𝑜Z
𝑏
𝑦𝐶 𝑀 =
2
o la componente 𝑦 del centro de masa se encuentra a la mitad del ancho de la placa. La posición
del centro de masa entonces será
𝑟®𝐶 𝑀 =
7.3.5.
𝑎
𝑏
𝚤ˆ + 𝚥ˆ
2
2
Densidad volumétrica (𝜌) - opcional
Cuando la masa se encuentra distribuida en un volumen como un cubo, esfera o cilindro, decimos
que posee una densidad volumétrica 𝜌.
270
7.3. Posición del centro de masa
Otra vez la densidad volumétrica 𝜌 depende, en general, de la geometría del volumen y su parametrización y es una función escalar definida sobre el cuerpo tridimensional. En un cubo tomaremos
coordenadas coordenadas cartesianas, en una esfera coordenadas polares esféricas y en un elipsoide coordenadas parabólicas-hiperbólicas como se muestra en la figura 7.10.
Figura 7.10.: Ejemplos de densidad volumétrica
Decimos que en cualquier diferencial de volumen 𝑑𝑉 contiene un diferencial de masa 𝑑𝑚 que se
relaciona de la siguiente manera:
𝑑𝑚 = 𝜌𝑑𝑉
𝑑𝑚
𝜌=
𝑑𝑉
(7.8)
(7.9)
1. De forma análoga la ecuación se lee: „la densidad volumétrica de masa es su distribución
de masa en el volumen“.
𝑘𝑔
𝑔
2. Sus unidades en el sistema internacional son [𝜌] = 𝑚
3 o bien 𝑐𝑚3 o incluso en química
𝑔/𝑚ℓ. Para obtener la masa total contenida en un volumen es necesario integrar sobre todos
los puntos que contienen carga en el mismo
∫
𝑀=
𝑑𝑚
∫𝑀
=
𝜌𝑑𝑉
∫𝑉 𝑧 ∫ 𝑦 ∫ 𝑥
𝑀=
𝜌 · 𝑑𝑥 · 𝑑𝑦 · 𝑑𝑧
𝑧𝑜
𝑦𝑜
𝑥𝑜
que en el peor de los casos es una integral triple sobre el volumen.
Ejemplo 7.5 (Centro de masa de cono). . Suponga que se dispone de un cono de densidad uniforme 𝜌 = 𝜌𝑜 , altura 𝐻 y radio 𝑅 de tal forma que su eje de simetría descanse sobre el eje 𝑥 y la
punta toque el origen como se muestra en la figura 7.11 . Determine el centro de masa del cono.
271
7. Cuerpos extendidos
Figura 7.11.: Geometría para cono de densidad uniforme
S OLUCIÓN
A pesar que las coordenadas obvias para solucionar este ejercicio son coordenadas cilíndricas, es
preferible evitar la integral triple integrar sobre pequeños discos de grosor 𝑑𝑥 y área 𝜋𝑦 2 de manera
que el diferencial de volumen sea 𝑑𝑉 = 𝜋𝑦 2 𝑑𝑥. En la figura 7.11 también encontramos la relación
entre 𝑦 y 𝑥 mediante la altura 𝐻 y el radio 𝑅 que forman triángulos semejantes con la mitad del
ángulo de apertura del cono
𝑦
𝑅
=
𝑥 𝐻
Con esta información empezamos calculando la masa total del cono
a) M ASA TOTAL
∫
𝑀=
𝑑𝑚
∫𝑀
𝜌 · 𝑑𝑉
=
𝑉
ya que la densidad es uniforme
∫
𝐻
𝜌𝑜· 𝜋𝑦 2 𝑑𝑥
𝑀=
0
∫
𝐻
= 𝜌𝑜 𝜋
=
272
0
𝜋𝑅 2
𝜌𝑜
𝐻2
∫
0
𝑅
𝑥
𝐻
2
𝐻
𝑥 2 𝑑𝑥
𝑑𝑥
7.3. Posición del centro de masa
integrando y evaluando obtenemos
𝜌𝑜 𝜋𝑅 2 𝑥 3
𝑀=
3
𝐻2
=
𝑀=
𝜌𝑜
𝐻
0
𝜋𝑅 2 𝐻A3
2
3Z
𝐻Z
1
𝜌𝑜 𝜋𝑅 2 𝐻
3
la expresión 𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜 = 13 𝜋𝑅 2 𝐻 es exactamente el volumen del cono (un tercio del área base por
altura)
b) De los otros ejercicios hemos aprendido que el centro de masa en distribuciones simétrica esta
sobre el eje de simetría. En nuestro caso el eje de simetría descansa sobre el eje 𝑥, por lo que no
tendremos componentes 𝑦 o 𝑧 del centro de masa 𝑦 𝐶 𝑀 = 0, 𝑧𝐶 𝑀 = 0. Nos queda entonces sólo
calcular la componente 𝑥
∫
1
𝑥𝐶 𝑀 =
𝑥 𝑑𝑥
𝑀 𝑀
∫ 𝐻
1
𝑥 · 𝜌𝑜· 𝜋𝑦 2 𝑑𝑥
=
𝑀 0
sustituyendo para 𝑦 =
𝑅
𝐻𝑥
y sacando las constantes de la integral
∫ 𝐻
𝜌𝑜· 𝜋𝑅 2
𝑥𝐶 𝑀 =
𝑥 3 𝑑𝑥
𝑀 𝐻2 0
𝐻
𝜌𝑜· 𝜋𝑅 2 𝑥 4
𝑀 𝐻2 4 0
𝜌𝑜· 𝜋𝑅 2 𝐻 4
=
4𝑀 𝐻 2
sustituyendo la expresión para la masa que encontramos en el inciso anterior
=
𝑥𝐶 𝑀 =
𝜌𝑜· 𝜋𝑅 2 𝐻 4
4 31 𝜌𝑜 𝜋𝑅 2 𝐻 𝐻 2
2 𝐻A
4
3
𝜌𝑜·𝜋𝑅
2Z
3
4
𝜌𝑜·𝜋𝑅
𝐻Z
3
= 𝐻
4
=
𝑥𝐶 𝑀
es decir para un cono sólido el centro de masa queda a 34 𝐻 de la punta del cono o a 14 𝐻 de la base.
Ejemplo 7.6 (Lamina de densidad uniforme). Tomado de la discusión D6/22. Una pieza uniforme
de hoja de acero se le da la forma como se muestra en la figura 7.12. Calcule las coordenadas 𝑥 y
𝑦 del centro de masa de la pieza.
273
7. Cuerpos extendidos
Figura 7.12.: Ejemplos de densidad volumétrica
S OLUCIÓN
Dado que la geometría no es simple, es necesario encontrar otro método por el cual calcular el
centro de masa. Como siempre en problemas complejos, dividimos la hoja de acero en 6 cuadrados
de igual área y dado que la densidad es uniforme 𝜎 = 𝜎𝑜 también de masas iguales 𝑚. Cada uno
tiene su centro de masa exactamente en su centro geométrico . De esta forma las coordenadas de
los centros de masa de cada cuadrado serán
𝑟®1
𝑟®2
𝑟®3
𝑟®4
𝑟®5
𝑟®6
6
Õ
= 5 𝚤ˆ + 5 𝚥ˆ 𝑐𝑚
= 15 𝚤ˆ + 5 𝚥ˆ 𝑐𝑚
= 25 𝚤ˆ + 5 𝚥ˆ 𝑐𝑚
= 5 𝚤ˆ + 15 𝚥ˆ 𝑐𝑚
= 5 𝚤ˆ + 25 𝚥ˆ 𝑐𝑚
= 15 𝚤ˆ + 25 𝚥ˆ 𝑐𝑚
𝑟®𝑖 = 70 𝚤ˆ + 80 𝚥ˆ 𝑐𝑚
𝑖=1
a) Iniciamos nuestro cálculo con la masa total del sistema que en este caso simplemente es seis
veces la masa de un cuadrado
𝑀=
6
Õ
𝑖=1
𝑀 = 6𝑚
274
𝑚𝑖
7.3. Posición del centro de masa
b) Utilizando la fórmula del centro de masa para sistemas de partículas
𝑟®𝐶 𝑀 =
6
1 Õ
𝑚 𝑖 𝑟®𝑖
𝑀 𝑖=1
=
6
1 Õ
𝑚®
𝑟𝑖
6𝑚 𝑖=1
=
6
𝑚 Õ
𝑟®𝑖
6𝑚 𝑖=1
dado que las masa son iguales, se sacan como factor común y se cancelan con la expresión para la
masa total
6
𝑟®𝐶 𝑀
1Õ
𝑟®𝑖
=
6 𝑖=1
1
(70 𝚤ˆ + 80 𝚥ˆ 𝑐𝑚)
6
= 11.67 𝚤ˆ + 13.33 𝚥ˆ 𝑐𝑚
=
𝑟®𝐶 𝑀
Es de notar que el centro de masa está “afuera” del cuerpo. Se podría haber argumentado que dado
que la densidad es uniforme o masas iguales, lo que se busca es el centroide y empezar con esa
ecuación primero, lo cual hubiese sido un procedimiento correcto.
275
7. Cuerpos extendidos
Centro de masa y simetría
Cuando se tiene una densidad uniforme o por lo menos una densidad con algún tipo de simetría, el centro de masa esta siempre sobre este eje de simetría. En la siguiente figura se
muestran los centros de masa de algunas figura y sus ejes de simetría correspondientes
Es de notar que en los triángulos el centro de masa se encuentra en el baricentro (punto donde se
encuentran las medianas)2 .
2 En
geometría, el baricentro o centroide de una superficie contenida en una figura geométrica plana es un punto tal
que cualquier recta que pasa por él divide a dicho segmento en dos partes de igual momento respecto a dicha recta.
276
7.4. Velocidad del centro de masa
7.4.
Velocidad del centro de masa
¿Que pasa ahora si las partículas de mi sistema se están moviendo?como se muestra en la figura
7.13 ? ¿Qué velocidad adquiere el centro de masa?
Figura 7.13.: Velocidad del centro de masa es el promedio ponderado de velocidades
Obviamente la velocidad del centro de masa debe ser la derivada de su posición, así
𝑑®
𝑟𝐶 𝑀
𝑑𝑡
!
𝑁
𝑑 1 Õ
=
𝑚 𝑖 𝑟®𝑖
𝑑𝑡 𝑀 𝑖=1
𝑣®𝐶 𝑀 =
ya que la masa total es una constante 𝑀 y la derivada de una suma es la suma de las derivadas
𝑣®𝐶 𝑀
𝑁
1 Õ 𝑑
(𝑚 𝑖 𝑟®𝑖 )
=
𝑀 𝑖=1 𝑑𝑡
=
𝑣®𝐶 𝑀
𝑁
1 Õ 𝑑®
𝑟𝑖
𝑚𝑖
𝑀 𝑖=1
𝑑𝑡
𝑁
1 Õ
=
𝑚 𝑖 𝑣®𝑖
𝑀 𝑖=1
(7.10)
Observaciones
1. Esta ecuación se parece mucho a la de la posición del centro de masa (ecuación 7.2) y se
interpreta de la misma forma. La velocidad del centro de masa es el promedio ponderado
de velocidades. Y representa la velocidad con la que se traslada el sistema.
2. La partícula más masiva es la tiene la mayor participación en la velocidad colectiva.
3. Notamos que la ecuación 7.2 es idéntica en estructura a la velocidad final de una colisión
completamente inelástica 6.9
277
7. Cuerpos extendidos
4. Esta velocidad está asociada al ímpetu total del sistema como veremos más adelante
Ejemplo 7.7. Tomado de la discusión D6/21. Un camión pequeño con masa de 2400 𝑘𝑔 se mueve
a lo largo de un tramo recto de camino a 80 𝑘𝑚/ℎ. Es seguido por un Ford con masa de 1600 𝑘𝑔
a 60 𝑘𝑚/ℎ. ¿Con qué rapidez se mueve el centro de masa de los dos autos?
Figura 7.14.: Velocidad del centro de masa es el promedio ponderado de velocidades
S OLUCIÓN
Ya que los automóviles se mueven en dirección 𝑥 positivas podemos asumir que la velocidad del
centro de masa no posee componentes en las otras direcciones
Por lo tanto
𝑣𝐶 𝑀 𝑥 =
𝑁
1 Õ
𝑚𝑖 𝑣𝑖 𝑥
𝑀 𝑖=1
1
(𝑚 1 𝑣 1𝑥 + 𝑚 2 𝑣 2𝑥 )
𝑀
1
𝑘𝑚
𝑘𝑚
=
1600𝑘𝑔 × 60
+ 2400𝑘𝑔 × 80
4000 𝑘𝑔
ℎ
ℎ
𝑘𝑚
= 72
ℎ
=
𝑣𝐶 𝑀
Es de notar que la velocidad del centro de masa está mas cercano a la velocidad del camión ya
que es más masivo. También notamos que a pesar que la distancia entre los vehículos crece, la
velocidad del centro de masa no cambia.
7.4.1.
Cantidad de movimiento total y centro de masa
Empezamos con la ecuación 7.10
𝑣®𝐶 𝑀 =
𝑀 · 𝑣®𝐶 𝑀 =
𝑁
1 Õ
𝑚 𝑖 𝑣®𝑖
𝑀 𝑖=1
𝑁
Õ
𝑖=1
278
𝑚 𝑖 𝑣®𝑖
7.4. Velocidad del centro de masa
multiplicando por la masa total llegamos a un expresión interesante: el lado izquierdo presenta el
producto de dos variables colectivas masa total y la velocidad del centro de masa, mientras que el
lado derecho es la suma de los ímpetus individuales de cada partícula
𝑀 · 𝑣®𝐶 𝑀 =
𝑁
Õ
𝑝®𝑖
𝑖=1
𝑃® = 𝑀 · 𝑣®𝐶 𝑀
(7.11)
esta ecuación nos dice que en todo momento la cantidad de movimiento total está siempre asociada
a la velocidad del centro de masa. 𝑃® es por así decirlo el ímpetu de la partícula colectiva.
Ejemplo 7.8 (Ímpetu total en colisión completa inelástica.). En una colisión completamente
inelástica exigimos que las velocidades finales sean iguales 𝑣® 0 = 𝑣®10 = 𝑣®20 . Esta condición ahora la
podemos reinterpretar diciendo que durante una colisión completamente inelástica se pierde tanta
energía cinética como es posible y aun mantener la velocidad del centro de masa.
Como el ímpetu total se conserva, también podemos decir que la ecuación 7.11 dice que durante
una colisión el centro de masa ejecuta un movimiento rectilíneo uniforme (MRU).
También significa que la velocidad final de las partículas no puede ser otra que la centro de masa,
de lo contrario implicaría que todavía hay energía cinética que perder o bien no se conserva el
ímpetu total.
Figura 7.15.: Velocidad del centro de masa antes y después de la colisión se debe mantener.
Como vemos en la figura 7.15 el centro de masa no perturba su velocidad antes, durante o después
de la colisión.
Ejemplo 7.9 (Centro de masa y explosión). . En muchos sentidos se puede considerar una explosión como una colisión completamente inelástica al revés. Si antes la explosión el cuerpo se
encuentra en reposo, su velocidad de centro de masa es cero 𝑣®𝐶 𝑀 = 0, así como su energía cinética
𝐾𝑇 = 0. Al ser las fuerzas explosivas del tipo impulsivo, podemos asumir que el ímpetu total se
conserva y lo tanto también la velocidad del centro de masa como se muestra en la figura 7.16
279
7. Cuerpos extendidos
Figura 7.16.: Velocidad del centro de masa antes y después de la colisión se debe mantener.
Sin embargo después de la explosión los pedazos que salen volando del cuerpo deben de hacerlo
de tal forma la velocidad del centro de masa siga siendo cero.
¿De donde proviene la energía cinética si ninguna fuerza está actuando sobre el sistema?
7.5.
Aceleración del centro de masa
Supongamos ahora que la velocidad de las partículas ya no es constante y poseen una aceleración
producto de una fuerza neta. ¿Cuál sera la aceleración del centro de masa?
Figura 7.17.: Aceleración del centro de masa es el promedio ponderado de aceleraciones
280
7.5. Aceleración del centro de masa
Obviamente la aceleración del centro de masa debe ser la derivada de su posición, así
𝑑®𝑣 𝐶 𝑀
𝑑𝑡
!
𝑁
𝑑 1 Õ
𝑚 𝑖 𝑣®𝑖
=
𝑑𝑡 𝑀 𝑖=1
𝑎®𝐶 𝑀 =
ya que la masa total es una constante 𝑀 y la derivada de una suma es la suma de las derivadas
𝑎®𝐶 𝑀 =
=
𝑎®𝐶 𝑀
𝑁
1 Õ 𝑑
(𝑚 𝑖 𝑣®𝑖 )
𝑀 𝑖=1 𝑑𝑡
𝑁
1 Õ 𝑑®𝑣 𝑖
𝑚𝑖
𝑀 𝑖=1
𝑑𝑡
𝑁
1 Õ
=
𝑚 𝑖 𝑎®𝑖
𝑀 𝑖=1
(7.12)
1. Otra vez esta ecuación se interpreta de la misma forma que lo hemos con la velocidad y
posición del centro de masa: La aceleración del centro de masa es el promedio ponderado
de aceleraciones. Y representa la aceleración con la que se traslada el sistema colectivo.
2. La partícula más masiva es la tiene la mayor participación en la aceleración colectiva.
3. Esta aceleración obviamente está asociada con la fuerza neta actuando sobre el sistema
Ejemplo 7.10 (Aceleración de dos bloques y polea). Un cuerpo de masa 𝑚 1 = 10 𝑘𝑔 descansa
sobre una superficie sin fricción y está unido mediante una cuerda delgada y una polea a otro
cuerpo de masa 𝑚 2 = 5 𝑘𝑔 como se muestra en figura 7.18. La superficie no posee fricción.
Determine la aceleración del centro de masa.
Figura 7.18.: El centro de masa se desplaza hacia la derecha y hacia abajo
281
7. Cuerpos extendidos
S OLUCIÓN
Como aprendimos en la sección de Aplicaciones de Newton, por condición de cuerda, las magnitudes de las aceleraciones son iguales
𝑎 = 𝑎1 = 𝑎2
𝑚2
=
𝑔
𝑚1 + 𝑚2
5 𝑘𝑔
=
𝑔
15 𝑘𝑔
1
𝑎= 𝑔
3
o bien 𝑎 = 3.27 𝑚/𝑠2 . Ahora bien las dirección de ambas aceleraciones son distintas de tal forma
que
𝑎®1 = 𝑎 𝚤ˆ
𝑎®1 = 31 𝑔 𝚤ˆ
𝑎®2 = −𝑎 𝚥ˆ
𝑎®2 = − 13 𝑔 𝚥ˆ
Por lo tanto la aceleración del centro de masa será
𝑎®𝐶 𝑀 =
𝑁
1 Õ
𝑚 𝑖 𝑎®𝑖
𝑀 𝑖=1
1
(𝑚 1 𝑎®1 + 𝑚 2 𝑎®2 )
𝑀
1
1
1
=
5 𝑘𝑔 × 𝑔 𝚤ˆ + 10 𝑘𝑔 × − 𝑔 𝚥ˆ
15 𝑘𝑔
3
3
2
1
= 𝑔 𝚤ˆ − 𝑔 𝚥ˆ
9
9
=
𝑎®𝐶 𝑀
Eso significa que su magnitud es de
s
𝑎𝐶 𝑀 =
𝑎𝐶 𝑀
1
𝑔
9
√
5
=
𝑔
9
2
2
+ 𝑔
9
2
o bien 𝑎𝐶 𝑀 = 2.43 𝑚/𝑠2 . De este ejemplo aprendemos que la aceleración del centro de masa
𝑎𝐶 𝑀 NO es la aceleración lineal del sistema 𝑎, ni siquiera cuando tengan masas iguales.También
notamos que el centro de masa se desplaza hacia la derecha y hacia abajo. (El centro de masa
quedará siempre sobre la linea que une los centros de masas de los cuerpos mas cerca del cuerpo
más masivo)
282
7.5. Aceleración del centro de masa
Figura 7.19.: Sólo fuerzas externas son capaces de acelerar al centro de masa
7.5.1.
Aceleración del centro de masa y Segunda Ley de Newton
Empezamos preguntándonos ¿qué relación existe entre la aceleración del centro de masa y la
fuerzas que actúan sobre un sistema? Utilizando la definición de la aceleración del centro de masa
(ecuación 7.12)
𝑎®𝐶 𝑀 =
𝑀 · 𝑎®𝐶 𝑀 =
𝑁
1 Õ
𝑚 𝑖 𝑎®𝑖
𝑀 𝑖=1
𝑁
Õ
𝑚 𝑖 𝑎®𝑖
𝑖=1
el lado derecho de la ecuación nos es interesante ya que utilizando la Segunda Ley de Newton para
cada partícula 𝐹®𝑁 𝑖 = 𝑚 𝑖 𝑎®𝑖 obtenemos
𝑀 · 𝑎®𝐶 𝑀 =
𝑁
Õ
𝐹®𝑁 𝑖
𝑖=1
𝑁
Õ
𝐹®𝑖 = 𝑀 · 𝑎®𝐶 𝑀
(7.13)
𝑖=1
dado que la suma de todas fuerzas es también la suma de todas las fuerzas netas.
Ahora vamos a inspeccionar el lado izquierdo un poco mas detalladamente: suponga que sobre
un sistema de 𝑁 partículas actúan múltiples fuerzas sobre cada partícula (como se muestra en la
figura 7.19 ) de tal forma que la fuerza neta sobre cada una se deje escribir
𝐹®𝑁 𝑖 = 𝐹®𝑖𝑒𝑥𝑡 +
𝑁
Õ
𝐹®𝑖 𝑗
𝑗=1
283
7. Cuerpos extendidos
donde 𝐹®𝑖𝑒𝑥𝑡 es la fuerza externa neta hecha por agentes afuera del sistema, 𝐹®𝑖 𝑗 es la fuerza interna
que la partícula 𝑗 hace sobre la partícula 𝑖. Las fuerzas externa típicas serían el peso, normales,
etc. Mientras que fuerzas internas típicas podrían ser fuerzas impulsivas de contacto (como en los
gases) o fuerzas eléctricas, magnética o incluso elásticas (como en los látices de una estructura
cristalina).
En general para cada fuerza 𝐹®𝑖 𝑗 existe una reacción 𝐹®𝑗𝑖 dentro del propio sistema que por Tercera
Ley de Newton debe ser igual y opuesta. Es de notar que las fuerzas del tipo 𝐹®𝑖𝑖 = 0 serían
autofuerzas y están prohibidas en este modelo3 .
Ahora bien utilizando la ecuación 7.13 obtenemos
𝑁
Õ
𝐹®𝑖 = 𝑀 · 𝑎®𝐶 𝑀
𝑖=1
𝑁
Õ
𝑁
Õ
© ®𝑒𝑥𝑡
ª
𝐹®𝑖 𝑗 ® = 𝑀 · 𝑎®𝐶 𝑀
­𝐹𝑖 +
𝑖=1 «
𝑗=1, 𝑖≠ 𝑗
¬
𝑁
𝑁
𝑁
Õ
Õ Õ
𝐹®𝑖𝑒𝑥𝑡 +
𝐹®𝑖 𝑗 = 𝑀 · 𝑎®𝐶 𝑀
𝑖=1
𝑖=1 𝑗=1, 𝑖≠ 𝑗
por Tercera Ley de Newton a fuerza interna que existe en el sistema existe una reacción igual y
opuesta. Es decir la doble sumatoria es la suma de todas las acciones y reacciones y por lo tanto
cero
𝑁
𝑁
Õ
Õ
𝐹®𝑖 𝑗 = 0
𝑖=1 𝑗=1, 𝑖≠ 𝑗
también lo podemos visualizar en la figura 7.19 b) donde todas las fuerzas internas han sido canceladas y sólo las fuerzas externas participan de la aceleración del centro de masa
𝑁
Õ
𝐹®𝑖𝑒𝑥𝑡 + 0 = 𝑀 · 𝑎®𝐶 𝑀
𝑖=1
𝑁
Õ
𝐹®𝑖𝑒𝑥𝑡 = 𝑀 · 𝑎®𝐶 𝑀
(7.14)
𝑖=1
O BSERVACIONES
1. A esta ecuación la llamamos la Segunda Ley de Newton para N partículas o cuerpos sólidos.
2. Las fuerzas internas no pueden acelerar el centro de masa, no importando lo complejo que
sean las relaciones entre sus partículas
3. Para cambiar la velocidad del centro de masa es necesario que agentes externos realizan
fuerza sobre el sistema
3 En
284
esencia decimos que los cuerpos no interactuan consigo mismo.
7.5. Aceleración del centro de masa
4. Dado que la velocidad del centro de masa está asociado al ímpetu total
𝑁
Õ
𝐹®𝑖𝑒𝑥𝑡 = 𝑀 · 𝑎®𝐶 𝑀
𝑖=1
=𝑀·
=
𝑁
Õ
𝐹®𝑖𝑒𝑥𝑡 =
𝑑®𝑣 𝐶 𝑀
𝑑𝑡
𝑑
(𝑀 · 𝑣®𝐶 𝑀 )
𝑑𝑡
𝑑 𝑃®
(7.15)
𝑑𝑡
𝑖=1
esta es la forma generalizada de la Segunda Ley de Newton para N partículas
285
7. Cuerpos extendidos
286
8. Cinemática de rotación
Ya que conocemos las variables que aplican a un sistema de 𝑁 partículas, queremos expandir
ese conocimiento a cuerpos con distribución de masa continuo. Asumimos que todas las leyes y
fórmulas del capítulo anterior siguen funcionando ya que todo cuerpo extendido se dejan partir en
𝑁 cuerpos con centros de masa que se comportan como un sistema.
Aunque nos gustaría hacer un tratamiento completo de los cuerpos extendidos, la complejidad
que se adquiere al permitirse a un cuerpo deformarse supera el alcance de este curso, por lo que
tendremos que limitar nuestro análisis a cuerpos sólidos indeformables.
8.1.
Cinemática de rotación
Definición 8.1 (Cuerpo rígido). Es cuerpo con masa extendida donde la posición relativa de cada
parte que lo constituye no cambia en el tiempo.
O BSERVACIONES
1. Los cuerpos rígidos debe ser sólidos indeformables, ya que gases y líquidos son por su
propia naturaleza deformables.
2. En un cuerpo rígido diremos el movimiento se dividirá en variables lineales (dadas por
𝑟®𝐶 𝑀 , 𝑣®𝐶 𝑀 y 𝑎®𝐶 𝑀 ) y variables rotacionales. Estas últimas son las que nos interesan en esta
sección.
Figura 8.1.: Cada partícula ejecuta un movimiento circular con variables lineal diferentes
287
8. Cinemática de rotación
¿Cómo se mueve un cuerpo en rotación? Observemos la figura 8.1 y notamos que cuando un
cuerpo gira alrededor de una línea, cada partícula que compone el cuerpo ejecuta un movimiento circular con posición 𝑟®𝑖 , velocidad 𝑣®𝑖 y aceleración 𝑎®𝑖 distintas. Ni siquiera los radios de los
movimientos circulares son iguales, mucho menos las fuerzas centrípetas o tangenciales.
Está claro que las variables lineales no ayudan a describir una rotación pura.
Definición 8.2 (Eje de rotación). Es una línea donde descansan los centros de los todos los movimientos circulares en el cuerpo.
O BSERVACIONES
1. El eje de rotación es un elemento geométrico común para todas las partículas del cuerpo.
2. A la distancia perpendicular entre las partículas y el eje de rotación lo llamaremos el radio
de rotación 𝑟 𝑖 para la partícula específica. Es de notar que el radio NO es la magnitud de la
posición
3. Los puntos del cuerpo que quedan sobre el eje no ejecutan un movimiento circular 𝑟 𝑖 = 0
Figura 8.2.: Cada partícula ejecuta un movimiento circular con variables lineal diferentes
Buscamos entonces variables que describan la rotación de TODAS las partículas al mismo tiempo.
Dibujemos ahora dos figura en una hoja de papel como se muestra en la figura 8.2. Si hacemos
girar a la hoja por un eje perpendicular que pasa por la esquina inferior izquierda (eje 𝑧) un ángulo
Δ𝜃, notamos que ambas figuras tienen arcos recorridos diferentes pero ambas deben tener el mismo
desplazamiento angular. De lo contrario no podría tener la misma posición relativa entre ambos
(El triángulo entre el sol, la nube y origen de coordenadas cambiaría de forma)
En conclusión , el desplazamiento angular y todas las variables angulares son variables colectivas
que describen la rotación de TODO el cuerpo.
8.1.1.
Recordatorio de variables angulares
Empezamos recordando que el desplazamiento angular se define como
Δ𝜃 = 𝜃 2 − 𝜃 1
288
8.1. Cinemática de rotación
y se mide en 𝑟𝑎𝑑 general. Sin embargo, recordamos también que 1 𝑟𝑒𝑣 = 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 = 360°. Para las
velocidades angulares promedio e instantánea es válido
𝜔¯ =
Δ𝜃
Δ𝑡
𝜔 =
𝑑𝜃
𝑑𝑡
(8.1)
midiéndose en general en 𝑟𝑎𝑑/𝑠. Lo mismo se puede decir de la aceleración angular
𝛼¯ =
Δ𝜔
Δ𝑡
𝛼 =
𝑑𝜔
𝑑𝑡
(8.2)
Recordando el movimiento circular tangencialmente acelerado (MCtA), encontramos las relaciones entre las variables lineales/tangenciales y angulares:
𝑠
𝑣𝑡
Δ𝑠
Δ𝑡
𝑣 22
𝑎𝑐
= 𝑠𝑜 + 𝑣 𝑜 · 𝑡 + 21 𝑎 𝑡 · 𝑡 2
= 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 · 𝑡
𝑣1 + 𝑣2
=
2
= 𝑣 21 + 2𝑎 𝑡 Δ𝑠
𝑣2
=
𝑟
z
2𝜋
𝑇=
𝜔
𝑠
𝑣𝑡
𝑎𝑡
=𝑟·𝜃
=𝑟 ·𝜔
=𝑟·𝛼
}|
1
𝑓 =
𝑇
𝜃
𝜔𝑡
Δ𝜃
Δ𝑡
𝜔22
𝑎𝑐
= 𝜃 𝑜 + 𝜔𝑜 · 𝑡 + 21 𝛼 · 𝑡 2
= 𝜔𝑜 + 𝛼 · 𝑡
𝜔1 + 𝜔2
=
2
= 𝜔21 + 2𝑎 𝑡 Δ𝑠
= 𝜔2 𝑟
(8.3)
{
𝜔 = 2𝜋 𝑓
recordando que 𝑎 𝑐 es la aceleración centrípeta, responsable del cambio de dirección y 𝑎 𝑡 la aceleración lineal o tangencial . Es de notar que a diferencia de la cinemática del movimiento circular,
el lado derecho es válido para todas las partículas y el lado izquierdo depende de la distancia de la
partícula 𝑟 al eje de rotación. También recordamos que hay variables temporales que son iguales
para todos los puntos, donde 𝑇 es el período de la rotación y 𝑓 su frecuencia , con las misma
unidades que utilizamos durante la cinemática del movimiento circular.
8.1.2.
Dirección de giro y vectores axiales
Si bien decir que un movimiento de rotación gira en dirección horaria o antihoraria pareciera se
suficiente, en tres dimensiones la situación se complica ya que podrían haber rotaciones combinadas: un trompo no sólo gira sino que también precede (eje de rotación gira alrededor de otro). Es
por eso que necesitamos otra forma de indicar el giro y para eso usamos los vectores axiales.
Definición 8.3 (Vector axial). Es un vector que está asociado a un eje en vez un punto, origen o
polo
289
8. Cinemática de rotación
Figura 8.3.: Dirección de giro
O BSERVACIONES
1. Los vectores axiales se escriben como los vectores polares si siguen la misma álgebra, así
que los trataremos matemáticamente de la misma forma
2. A diferencia que los vectores polares, los vectores señala en la misma dirección que la recta
del eje de rotación
® 𝜔® y 𝛼
3. En caso de un eje fijo, los vectores 𝜃,
® son colineares
4. La dirección de giro está dada por la regla de la mano derecho: al poner el pulgar derecho
en dirección del vector axial y cerrar la mano como se muestra en la figura 8.3 se obtiene
la dirección de gira del movimiento de rotación. De forma similar la aceleración indica la
dirección del cambio de velocidad angular. Notamos que en el primer caso tanto 𝛼
® como 𝜔®
señalan en la misma dirección por lo que está aumentando la velocidad angular, mientras
que el segundo caso se oponen por aunque el cuerpo “rota hacia arriba” esta siendo “frenado
hacia abajo”.
5. Como vimos en el MCtA las variables lineales en su forma vectorial están asociadas con los
vectores axiales de la siguiente manera
𝑣® = 𝜔® × 𝑟® 𝑎®𝑡
=𝛼
® × 𝑟®
𝑎®𝑐 = 𝜔® × 𝑣®
𝑎®𝑐 = 𝜔® × ( 𝜔® × 𝑟®)
290
8.1. Cinemática de rotación
donde®
𝑟 el vector perpendicular al eje, 𝑣® es la velocidad tangencial, 𝑎®𝑡 es la aceleración
tangencial y 𝑎®𝑐 es la aceleración centrípeta del punto de observación en el cuerpo/sistema
como se muestra en la figura 8.4 a y b .
6. En la figura 8.4 hemos utilizado la notación de punto y tornillo para especificar vectores
perpendicular al plano: Un símbolo significa un vector que sale del plano y ⊗ es un vector
que entra al plano. Así en la figura 8.4a eje de rotación está en el origen y la velocidad
angular 𝜔® es perpendicular al plano (eje z) y gira en dirección antihoraria. Mientras en la
figura b la aceleración angular es hacia adentro y trata de frenar al movimiento en dirección
horaria. Véase que la aceleración tangencial se opone a la velocidad tangencial, mientras
que la aceleración centrípeta señala siempre en dirección del eje de rotación.
Figura 8.4.: Relación entre vectores lineales y axiales
Ejemplo 8.1. Tomado de la discusión D7/1. La posición angular de una puerta giratoria se describe por medio de 𝜃 = 8.0 + 5.0𝑡 + 2.0𝑡 2 donde 𝜃 está en radianes y 𝑡 en segundos. Determine la
posición, la rapidez y aceleración angulares de la puerta en a) a 𝑡 = 0 y b) a 𝑡 = 3.00𝑠
S OLUCIÓN
Empezamos calculando la velocidad y aceleración angular mediante sus definiciones (ecuaciones
8.1 y 8.2)
𝜔 = 𝑑𝑑𝑡𝜃
𝛼 = 𝑑𝑑𝑡𝜔
𝑑
𝑑
(5.0 + 4𝑡)
= 𝑑𝑡
8.0 + 5.0𝑡 + 2.0𝑡 2
= 𝑑𝑡
𝜔 = 5.0 + 4𝑡
𝛼 =4
a) Sustituyendo 𝑡 = 0
𝜃 = 8 + 5 × 0 + 2 × 02 𝜔 = 5.0 + 4 × 0 𝛼 = 4 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
𝜃 = 8 𝑟𝑎𝑑
𝜔 = 5 𝑟𝑎𝑑/𝑠
b) Sustituyendo para 𝑡 = 3 𝑠
𝜃 = 8 + 5 × 3 + 2 × 32 𝜔 = 5.0 + 4 × 3 𝛼 = 4 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
𝜃 = 41 𝑟𝑎𝑑
𝜔 = 17 𝑟𝑎𝑑/𝑠
291
8. Cinemática de rotación
Ejemplo 8.2. Tomado de la discusión D7/2. Un motor eléctrico que hace girar una rueda de molino
a 100 𝑟𝑒𝑣/𝑚𝑖𝑛 se apaga. Después la rueda se mueve con aceleración angular negativa constante
de 2.00 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 de magnitud. a) ¿Durante qué intervalo de tiempo la rueda llega al reposo? b)
¿Cuántos radianes gira mientras va frenando?
S OLUCIÓN
Utilizaremos la formulas encontradas para la cinemática de rotación, asumiendo que la aceleración
angular 𝛼 = −2 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 ya que va frenando y 𝜔𝑜 = 100 𝑟𝑒𝑣/𝑚𝑖𝑛 = 103𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠
a) Utilizando la segunda fórmula de las ecuaciones 8.3
𝜔 = 𝜔𝑜 + 𝛼𝑡
0
>− 𝜔𝑜
𝜔
=𝑡
𝛼
ya que termina en reposo
𝑡=
− 103𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠
−2 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
5
= + 𝜋𝑠
3
𝑡 = 5.24 𝑠
b) Utilizando ahora la primera ecuación
1
𝜃 = 𝜃 𝑜 + 𝜔𝑜 𝑡 + 𝛼𝑡 2
2
1 2
𝜃 − 𝜃 𝑜 = 𝜔𝑜 𝑡 + 𝛼𝑡
2
10𝜋
1
Δ𝜃 =
𝑟𝑎𝑑/𝑠 × 5.24𝑠 +
−2 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 5.242 𝑠2
3
2
Δ𝜃 = 27.42 𝑟𝑎𝑑
Ejemplo 8.3 (Rotación en ciclos de lavadora). Tomado de la discusión D7/4. La tina de una lavadora entra en su ciclo de giro, partiendo del reposo y adquiriendo rapidez angular de manera
constante durante 8.00 𝑠 cuando está girando a 5.00 𝑟𝑒𝑣/𝑠. En este punto la persona que está lavando abre la puerta y un interruptor de seguridad apaga la lavadora. La tina se detiene suavemente
hasta el reposo en 12.0 𝑠. ¿Cuántas revoluciones gira la tina mientras está en movimiento?
292
8.1. Cinemática de rotación
Figura 8.5.: Hay dos movimientos de rotación consecutivos: acelerando y frenando
S OLUCIÓN
Asumimos el eje de rotación en el centro de la tina de la lavadora. Dado que el eje es fijo y no
se calculan vectores lineales podemos indicar la dirección de giro con una flecha curva como se
muestra en la figura 8.5. En nuestro caso tomamos la dirección horaria como positiva y antihoraria como negativa1 . Para poder calcular el desplazamiento angular durante todo del movimiento
primero tenemos que calcular el desplazamiento para el movimiento de aceleración y luego el de
desaceleración.
Δ𝜃𝑇 = Δ𝜃 1 + Δ𝜃 2
a) Rotación acelerada
Podríamos calcular la aceleración angular y luego sustituir en las ecuaciones 8.3. O bien utilizar
directamente la tercera ecuación
0
*
Δ𝜃 1 𝜔1 + 𝜔
𝑜
=
Δ𝑡1
2
𝜔1
Δ𝜃 1 =
Δ𝑡1
2
5 𝑟𝑒𝑣/𝑠
× 8 𝑠
=
2
Δ𝜃 1 = 20 𝑟𝑒𝑣
Es decir la tina gira 20 veces antes de alcanzar la velocidad de 5 𝑟𝑒𝑣/𝑠.
b) Rotación desacelerada
Hacemos el mismo argumento que en la sección a)
1 Al no especificar marco de referencia, la elección de la dirección es tan arbitraria como la elección de las direcciones
𝑥, 𝑦 y 𝑧 en cualquier otro ejercicio.
293
8. Cinemática de rotación
0
*
Δ𝜃 2 𝜔
2 + 𝜔1
=
Δ𝑡2
2
𝜔1
Δ𝜃 2 =
Δ𝑡2
2
5 𝑟𝑒𝑣/𝑠
=
× 12 𝑠
2
Δ𝜃 2 = 30 𝑟𝑒𝑣
De esta forma el desplazamiento total en los 20 𝑠 será de Δ𝜃𝑇 = 50 𝑟𝑒𝑣.
8.2.
Energía cinética de rotación
Antes de entrar de lleno en la dinámica de rotación debemos tratar de encontrar un concepto similar
a la masa inercial. Así empezamos preguntándonos ¿qué se opone a la rotación? La respuesta
proviene de la energía cinética de un sistema.
Figura 8.6.: Dos partículas giran alrededor de un eje fijo con velocidad angular 𝜔.
Considere el sistema en rotación pura como el que se muestra en la figura 8.6 donde dos partículas
de masa distintas están unidas a través de barra delgada sin masa que gira alrededor de un eje
fijo perpendicular. Tanto las masas 𝑚 𝑖 , como los radios 𝑟 𝑖 , las velocidades tangenciales 𝑣 𝑖 y las
aceleraciones 𝑎 𝑖 son diferentes. Lo único que comparten es la velocidad angular 𝜔 y el eje de
rotación.
Calculemos la energía cinética de este sistema en rotación pura que no es otra cosa que la suma
de las energía cinéticas de las partículas
𝐾 = 𝐾1 + 𝐾2
1
1
= 𝑚 1 𝑣 21 + 𝑚 2 𝑣 22
2
2
ya que rotación pura la rapidez proviene exclusivamente de la velocidad tangencial 𝑣 𝑖 = 𝑟 𝑖 𝜔 y la
294
8.3. Momento de inercia
velocidad angular 𝜔 es una variable colectiva
1
1
𝑚 1 (𝑟 1 𝜔) 2 + 𝑚 2 (𝑟 2 𝜔) 2
2
2
1
2 2
=
𝑚 1𝑟 1 𝜔 + 𝑚 2𝑟 22 𝜔2
2
𝐾=
sacando factor común 𝜔2 obtenemos
1
𝑚 1𝑟 12 + 𝑚 2𝑟 22 𝜔2
2
1
𝐾 𝑅 = 𝐼𝜔2
2
=
(8.4)
donde 𝐾 𝑅 es la energía cinética de rotación e 𝐼 = 𝑚 1𝑟 12 + 𝑚 2𝑟 22 es el momento de inercia respecto
del eje de rotación.
8.3.
Momento de inercia
Notamos que la ecuación 8.4 se parece mucho a la energía cinética de traslación del centro de
masa, con la excepción que en vez de rapidez 𝑣 tenemos velocidad angular y en vez de masa
total se tiene esta nueva cantidad física: el momento de inercia que es el equivalente a la masa en
rotación.
8.3.1.
Momento de inercia de N partículas
Definición 8.4 (Momento de inercia de N partículas). En un sistema de 𝑁 partículas con masas
𝑚 𝑖 que giran alrededor de un eje 𝐸 se define
𝐼𝐸 =
𝑁
Õ
𝑚 𝑖 𝑟 𝑖2
(8.5)
𝑖=1
donde 𝑟 𝑖 es la distancia perpendicular de la partícula al eje de rotación 𝐸.
O BSERVACIONES
1. Las unidades del momento de inercia deben ser
[𝐼] = [𝑚] [𝑟 𝑖2 ] = 𝑘𝑔 · 𝑚 2
2. Así como la masa se opone al cambio de movimiento de traslación, el momento de inercia se
opone al cambio de movimiento rotacional. Decimos que el momento de inercia caracteriza
la tendencia de un cuerpo/sistema a permanecer en su estado de movimiento rotacional.
3. El momento de inercia 𝐼 ya no solo depende de cuanta masa hay en el sistema, sino de como
está distribuida esta masa alrededor de eje de rotación
295
8. Cinemática de rotación
4. El momento de inercia 𝐼 𝐸 depende del eje de rotación, masas mas alejadas del eje tiene
mayor momento que las que se encuentran cerca
5. Para una sola partícula, el momento de inercia es trivialmente
𝐼 = 𝑚𝑟 2
(8.6)
Ejemplo 8.4 (Momento de inercia partículas). Tomado de la discusión D7/6. Las cuatro partículas
de la figura 8.7, están conectadas mediante barras rígidas de masa despreciable. El origen está en
el centro del rectángulo. El sistema da vueltas en el plano 𝑥𝑦 en torno al eje 𝑧 con una rapidez
angular de 6.00 𝑟𝑎𝑑/𝑠. Calcule a) el momento de inercia del sistema en torno al eje 𝑧 b) la energía
cinética rotacional del sistema. c) Vuelva a calcular el momento de inercia del sistema, pero está
vez girando en torno al eje 𝑥. d) Calcule el momento de inercia del sistema respecto del eje 𝑦. e)
¿Existe alguna relación entre los momentos de inercia?
Figura 8.7.: Determine el momento de inercia de las partículas respecto de los ejex 𝑥, 𝑦 y 𝑧
S OLUCIÓN
Como se muestra en la figura 8.7 b, la distancia de cada partícula el eje de rotación 𝑧 es la misma
𝑟 𝑖2
=
𝑎 2
2
𝑏
+
2
2
p
𝑟 𝑖 = 22 + 33 𝑚
√
= 13 𝑚
por Pitágoras.
296
8.3. Momento de inercia
a) Siguiente la definición del momento de inercia (ecuación 8.5)
𝐼𝑧 =
=
4
Õ
𝑚 𝑖 𝑟 𝑖2
𝑖=1
4
Õ
𝑖=1
4
Õ
𝐼𝑧 =
!
𝑚 𝑖 𝑟 𝑖2
!
𝑎 2
𝑚𝑖
2
𝑖=1
2!
𝑏
+
2
dado la distancia el eje de rotación al cuadrado es la misma para cada una de las partículas se
puede sacar como factor común y dado 𝑀 es la masa total del sistema
𝐼 𝑧 = 𝑀 · 𝑟 𝑖2
= 11 𝑘𝑔 × 13 𝑚 2
𝐼 𝑧 = 143 𝑘𝑔 · 𝑚 2
b) Utilizando la definición de la energía cinética de rotación
1 2
𝐼𝜔
2
2
1
𝑟𝑎𝑑
2
= 143 𝑘𝑔𝑚 × 6
2
𝑠
2
𝑚
= 2574 𝑘𝑔 2
𝑠
𝐾 𝑅 = 2.574 𝑘 𝐽
𝐾𝑅 =
c) Cuando cambiamos el eje de rotación también cambian las distancias al eje de rotación sólo que
ahora todos tienen la misma distancia eje 𝑥: 𝑟 𝑖 = 12 𝑎 = 3 𝑚. Volviendo a utilizar la definición del
momento de inercia
𝐼𝑥 =
=
=
4
Õ
𝑚 𝑖 𝑟 𝑖2
𝑖=1
4
Õ
𝑖=1
4
Õ
𝑖=1
!
𝑚 𝑖 𝑟 𝑖2
!
𝑚𝑖
𝑎 2
2
297
8. Cinemática de rotación
sacando factor común
𝑎 2
2
obtenemos
𝐼𝑥 = 𝑀 ·
𝑎2
4
36 2
𝑚
4
𝐼 𝑥 = 99 𝑘𝑔 · 𝑚 2
= 11 𝑘𝑔 ×
d) Al elegir el eje 𝑦 notamos ahora que la distancia de cada partícula al eje es 𝑟 𝑖 =
Siguiente un calculo similar a los otros dos llegamos a una expresión similar
𝐼𝑦 = 𝑀 ·
𝑏
2
= 2 𝑚.
𝑏2
4
16 2
𝑚
4
𝐼 𝑦 = 44 𝑘𝑔 · 𝑚 2
= 11 𝑘𝑔 ×
e) Es obvio de las expresiones calculadas que
𝑎2 𝑏2
+
𝐼𝑧 = 𝑀
4
4
2
𝑎
𝑏2
=𝑀 +𝑀
4
4
𝐼𝑧 = 𝐼𝑦 + 𝐼 𝑥
este comportamiento de los momentos de inercia es válida para cualquier figura plana rígida y se
llama teorema de ejes perpendiculares. Es de notar que 𝐼 𝑧 > 𝐼 𝑥 > 𝐼 𝑦 ya que las mismas masas
están mas lejos del eje 𝑧, que del 𝑦 y del 𝑥 a pesar que las posiciones relativas de las partículas no
han cambiado.
Ejemplo 8.5 (Momento de inercia y energía rotacional). Tomado de la discusión D7/7. El volante
de un motor entrega 400 𝐽 de energía, cuando gira a 660 𝑟 𝑝𝑚. ¿Qué momento de inercia tiene el
volante?
S OLUCIÓN
2 𝜋 𝑟 𝑎𝑑
H
𝑟 𝑒𝑣
𝑚𝑖𝑛
H×
Primero convertimos la velocidad angular 𝜔 = 660 𝑚𝑖𝑛
× 1H
= 22𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠. Un volante
𝑟 𝑒𝑣
H
60𝑠
no es mas que un cuerpo que gira para acumular energía cinética de rotación, por lo que utilizando
la ecuación de la energía cinética de rotación (ecuación 8.4)
1
𝐾 𝑅 = 𝐼𝜔2
2
2𝐾 𝑅
=𝐼
𝜔2
2 × 400 𝐽
𝐼=
(22𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠) 2
𝐼 = 0.167 𝑘𝑔 · 𝑚 2
otra vez el 𝑟𝑎𝑑 desaparece al ser una pseudo-unidad.
298
8.3. Momento de inercia
8.3.2.
Momento de inercia de cuerpos extendidos
A pesar que en la vida real un cuerpo sólido se puede deformar por las fuerzas involucradas en la
rotación de un cuerpo, nos vamos a limitar a cuerpos rígidos indeformables y con eje fijos2 o por
lo menos que con cambien su dirección de rotación.
Figura 8.8.: Para calcular el momento de inercia se divide al sólido en N partículas pequeñas
Suponga que tiene un cuerpo rígido que gira alrededor del eje 𝐸 indicado en la figura 8.8 . Dividimos el cuerpo en pequeños diferenciales de masa Δ𝑚 𝑖 que se encuentran a una distancia 𝑟 𝑖 del eje
de rotación3 .
Es claro de la proposición de que la masa total
𝑀=
𝑁
Õ
Δ𝑚 𝑖
𝑖=1
y la inercia total se deja calcular
𝐼𝐸 =
𝑁
Õ
Δ𝑚 𝑖 𝑟 𝑖2
𝑖=1
como lo hemos hecho para el centro de masa de un sistema de 𝑁 partículas. Ahora bien, este
momento de inercia depende de la forma y número de partículas que el cuerpo ha sido cortado.
Por lo tanto para evitar este problemas hacemos el límite para 𝑁 → ∞ y Δ𝑚 𝑖 → 0 de tal forma
que
𝑁
Õ
𝐼 𝐸 = lı́m
Δ𝑚 𝑖 𝑟 𝑖2
Δ𝑚𝑖 →0
𝑖=1
por lo que definimos
Definición 8.5 (Momento de inercia de cuerpo extendido). El momento de inercia de un cuerpo
extendido es la integral de masa sobre la distancia perpendicular al cuadrado de cada punto del
2 Un
tratamiento formal de trompos o cuerpos con ejes de rotación que giran va más allá del alcance de este curso
𝑟 𝑖 es la proyección de posición de la partícula sobre el plano perpendicular al plano que pasa por la
partícula: 𝑟®𝑖 = 𝑟® − 𝑟 k 𝜔ˆ
3 Formalmente
299
8. Cinemática de rotación
cuerpo
∫
𝐼𝐸 =
𝑟 2 𝑑𝑚
(8.7)
𝑀
O BSERVACIONES
1. Mientras la masa total 𝑀, el centro de masa 𝑟®𝐶 𝑀 , pueden ser interpretados como el momento 0 y el primer momento de la distribución de masa , el momento de inercia se deja
interpretar como el segundo momento de la distribución de masa no normalizado.
2. El momento de inercia sigue dependiendo de la posición y orientación del eje de rotación 𝐸
respecto del cuerpo. En general entre más lejos esté de la distribución de masa mayor va a
ser su momento de inercia.
3. El calculo del momento de inercia para cuerpos en 2 y 3 dimensiones implica calcular sobre
superficies y volúmenes como lo vimos cuando calculamos los centros de masa.
4. En este curso trataremos de simplificar los cálculos mediante argumentos de simetría o
tratando de encontrar integrales simples apropiadas.
8.3.3.
Momento de inercia de barra delgada
Suponga que tiene una barra delgada de densidad uniforme 𝜆 = 𝜆 𝑜 como se muestra en la figura
8.9. Si 𝑀 es la masa total y la longitud 𝐿, determine el momento de inercia de un eje perpendicular
que pasa por su extremo.
Figura 8.9.: Calculo del momento de inercia en su extremo y en su centro de masa
Empezaremos calculando el momento de inercia en el extremo 8.9a y luego calcularemos el momento respecto de un eje que pase por el centro de masa 8.9b.
M OMENTO DE INERCIA EN EL EXTREMO ( FIGURA A )
En todos los casos del calculo del momento de inercia es siempre útil calcular la masa total aun
300
8.3. Momento de inercia
cuando ya se conozca la cantidad
∫
𝑀=
𝑑𝑚
𝑀
∫ 𝐿
𝜆 𝑜 · 𝑑𝑥
=
0
∫
𝐿
= 𝜆𝑜
𝑑𝑥
0
= 𝜆 𝑜 [𝐿 − 0]
𝑀 = 𝜆𝑜 · 𝐿
aunque era claro que la densidad lineal tenía que ser la masa total entre la longitud de la barra,
aprendimos que la variable de integración es 𝑥 y también la distancia perpendicular del diferencial
de masa al eje de rotación 𝑟 = 𝑥 y los márgenes de integración van desde 0 a 𝐿.
Considerando esto el momento de inercia se deja calcular como
∫
𝐼𝑧 =
𝑟 2 𝑑𝑚
𝑀
∫ 𝐿
=
𝑥 2 𝜆 𝑜 𝑑𝑥
0
= 𝜆𝑜
𝑥3
3
𝐿
0
𝐿3
𝜆𝑜
3
𝐼𝑧 =
sustituyendo la masa total nos queda
1
𝑀 𝐿2
(8.8)
3
M OMENTO DE INERCIA EN EL CENTRO DE MASA ( FIGURA B )
A pesar de conocer la expresión para 𝑀 volvemos a hacer el cálculo para confirmar los márgenes
de integración que ahora van de − 𝐿2 a 𝐿2
∫
𝑀=
𝑑𝑚
𝐼𝑧 =
𝑀
∫
𝐿
2
𝜆 𝑜 · 𝑑𝑥
=
− 𝐿2
∫
𝐿
2
= 𝜆𝑜
𝑑𝑥
− 𝐿2
= 𝜆𝑜
𝐿
𝐿
− −
2
2
𝑀 = 𝜆𝑜 · 𝐿
301
8. Cinemática de rotación
si bien el resultado es el mismo, el cálculo es levemente diferente y ese cambio se nota en el
cálculo del momento de inercia.
Considerando esto el momento de inercia se deja calcular como
∫
𝑟 2 𝑑𝑚
𝐼 𝑧,𝐶 𝑀 =
𝑀
∫
𝐿
2
𝑥 2 𝜆 𝑜 𝑑𝑥
=
− 𝐿2
𝑥3
3
𝐿3
= 𝜆𝑜
= 𝜆𝑜
𝐼 𝑧,𝐶 𝑀 =
𝐿2
− 𝐿2
𝐿3
− −
24
24
𝜆𝑜 𝐿 3
12
sustituyendo la masa total nos queda
1
𝑀 𝐿2
12
𝐼 𝑧,𝐶 𝑀 =
(8.9)
Es interesante que a pesar que se trata del mismo cuerpo con la misma distribución de masa, al
elegir un eje diferente el momento de inercia es diferente. También notamos que
𝐼 𝑧,𝐶 𝑀 < 𝐼 𝑧
es decir el momento de inercia del eje que cruza el centro de masa es menor que el momento de
inercia en el extremo.
8.3.4.
Momento de inercia de aro o anillo delgado
Suponga que un anillo delgado con densidad uniforme 𝜆 = 𝜆 𝑜 de radio 𝑅 y masa 𝑀, que descansa
en el plano 𝑥𝑦 en el origen de coordenadas como se muestra en la figura 8.10. Nos interesa el
momento de inercia del anillo respecto del eje perpendicular al anillo (eje 𝑧)
M ASA DEL ANILLO UNIFORME
Empezando calculando la masa del anillo a partir de la geometría del problema
∫
𝑀=
𝑑𝑚
∫𝑀
=
𝜆 𝑜 𝑑𝑠
𝐶
302
8.3. Momento de inercia
dado que el diferencial de arco está relacionado con el diferencial de ángulo mediante 𝑑𝑠 = 𝑅 · 𝑑𝜃
y se integra sobre toda la circunferencia 𝐶 desde 𝜃 = 0 hasta 𝜃 = 2𝜋 obtenemos
∫ 2𝜋
=
𝜆 𝑜 𝑅 · 𝑑𝜃
0
∫ 2𝜋
= 𝜆𝑜 𝑅
𝑑𝜃
0
𝑀 = 𝜆 𝑜 2𝜋𝑅
Figura 8.10.: Calculo del momento de inercia de un anillo de densidad uniforme
Notamos que el resultado es el esperado ya que la expresión 2𝜋𝑅 es la circunferencia del círculo
𝐶 por definición de 𝜋.
M OMENTO DE INERCIA DEL ANILLO UNIFORME
Es cálculo es directo utilizando la ecuación 8.7
∫
𝐼 𝑧,𝐶 𝑀 =
𝑟 2 𝑑𝑚
𝑀
∫ 2𝜋
=
𝑟 2 𝜆 𝑜 𝑅 · 𝑑𝜃
0
dado que la distancia de TODOS los diferenciales de masa sobre la circunferencia están a la misma
distancia del eje tenemos que 𝑟 = 𝑅 y por ende
∫ 2𝜋
3
= 𝜆𝑜 𝑅
𝑑𝜃
0
3
= 𝜆 𝑜 𝑅 2𝜋
sustituyendo lo que sabemos de la masa obtenemos
𝐼 𝑧,𝐶 𝑀 = 𝑀 𝑅 2
(8.10)
303
8. Cinemática de rotación
es interesante que el momento de inercia del anillo tiene la misma fórmula que la de una partícula.
Desde un punto de vista de rotación una partícula y un anillo de masa 𝑀 y radio 𝑅 se oponen
de igual forma a la rotación ya que tienen la misma masa a igual distancia: tienen la misma
distribución radial de masa.
8.3.5.
Momento de inercia de disco sólido
Para el cálculo del momento de inercia de un disco de densidad uniforme 𝜎 = 𝜎𝑜 de masa 𝑀 y
radio 𝑅, tomaremos un enfoque diferente: en vez de tratar de calcular la integral dobles sobre la
superficie del disco, diremos que el disco está compuesto infinita cantidad de aros concéntricos
de radio 𝑟 y masa 𝑑𝑚 como se muestra en la figura 8.11. Diremos que cada disco contribuye un
diferencia de momento de inercia 𝑑𝐼 𝑧 que al ser integrado nos da el momento de inercia del disco
Figura 8.11.: Calculo del momento de inercia de disco de densidad superficial uniforme
M ASA DEL DISCO UNIFORME
Empezaremos calculando la masa del disco en función de su densidad y radio
∫
𝑀=
𝑑𝑚
𝑀
∫
𝜎𝑜 · 𝑑𝐴
=
𝐴
¿Qué área posee el anillo delgado de grosor 𝑑𝑟? Como vemos en la figura 8.11 b si pudiésemos
cortar el anillo y estirarlo obtendríamos un tira rectangular de longitud igual a circunferencia del
anillo y de ancho 𝑑𝑟. De ahí que el área del pequeño anillo será 𝑑𝐴 = 2𝜋𝑟 · 𝑑𝑟 y por lo tanto
∫ 𝑅
=
𝜎𝑜 · 2𝜋𝑟 · 𝑑𝑟
0
∫ 𝑅
= 𝜎𝑜 · 2𝜋
𝑟 · 𝑑𝑟
0
304
8.3. Momento de inercia
vemos que la integral sobre el área se transformo sobre la integral de los radios de los anillos que
conforman el disco. Integrando y evaluando
𝑟2
= 𝜎𝑜 · 2A 𝜋
2A
𝑅
0
𝑀 = 𝜎𝑜 · 𝜋𝑅 2
que es consistente con lo que conocemos ya que el área de un disco está dada por la expresión
𝜋𝑅 2 .
M OMENTO DE INERCIA DEL DISCO
Diremos que el pequeño anillo de masa 𝑑𝑚 proporciona un pequeño momento de inercia 𝑑𝐼 𝑧 =
𝑟 2 𝑑𝑚, donde 𝑟 es la distancia del anillo al eje de rotación . Integrando tenemos que
∫
𝐼 𝑧,𝐶 𝑀 =
𝑑𝐼 𝑧
∫𝐼
=
𝑟 2 𝑑𝑚
𝑀
𝑅
∫
𝑟 2 𝜎𝑜 2𝜋𝑟 · 𝑑𝑟
=
0
sacando las constantes e integrando sobre 𝑟
∫
𝑅
𝑟 3 · 𝑑𝑟
= 𝜎𝑜 2𝜋
0
𝑟4
= 𝜎𝑜 2A 𝜋
4A
4
𝑅
= 𝜎𝑜 𝜋
2
𝑅
0
sustituyendo la expresión que encontramos para la masa nos queda que
𝐼 𝑧,𝐶 𝑀 =
1
𝑀 𝑅2
2
(8.11)
Es de notar que un disco tiene menor momento de inercia que un anillo de igual masa y radio. Eso
se debe a que en el disco se tiene la misma masa que en el anillo, pero está mas cerca.
305
8. Cinemática de rotación
8.3.6.
Momento de inercia de placa uniforme
Figura 8.12.: Cálculo del momento de inercia de placa rectangular de densidad superficial uniforme
Nos interesa ahora el momento de inercia de una placa rectangular de densidad uniforme 𝜎 = 𝜎𝑜
respecto de un eje que pasa por un lado como se muestra en la figura 8.12. Al igual que con el
cálculo del momento de inercia del disco, pensaremos que la placa está hecha de pequeñas tiras
de longitud 𝑏 y grosos 𝑑𝑥 que se encuentran a una distancia 𝑥 del eje de rotación.
M ASA TOTAL DE LA PLACA
Empezamos otra vez con el cálculo de la masa total de la placa a partir de la integral de tiras
∫
𝑀=
𝑑𝑚
∫𝑀
=
𝜎𝑜 𝑑𝐴
𝐴
según la geometría de la figura 8.12 el diferencial de área está dada por 𝑑𝐴 = 𝑏 · 𝑑𝑥 y se integra
sobre todo el ancho de la placa
∫
𝑎
𝜎𝑜 𝑏 · 𝑑𝑥
=
0
= 𝜎𝑜 𝑏 [𝑥] 0𝑎
𝑀 = 𝜎𝑜 𝑎 · 𝑏
que no es de extrañar ya el área de un rectángulo está dado por 𝐴 = 𝑎 · 𝑏
M OMENTO DE INERCIA DE LA PLACA
Notando que todos los puntos de la tira están a la misma distancia del eje de rotación 𝑟 = 𝑥 y
306
8.3. Momento de inercia
utilizando la ecuación 8.7
∫
𝐼𝑧 =
𝑟 2 𝑑𝑚
∫𝑀𝑎
=
𝑥 2 𝜎𝑜 𝑏 · 𝑑𝑥
0
sacando las constantes e integrando obtenemos
𝑥3
= 𝜎𝑜 𝑏
3
𝑎
0
𝜎𝑜 𝑏𝑎 3
=
3
sustituyendo la expresión encontrada para la masa
𝐼𝑧 =
1
𝑀 · 𝑎2
3
(8.12)
Lo que más sorprende del resultado es que el momento no depende del largo 𝑏 de la placa. Es
decir la placa podría ser muy largo o extremamente corta y aun sí tendría el mismo momento de
inercia. La distribución de masa paralela al eje de rotación no es relevante para la inercia. También
notamos que la ecuación 8.12 es idéntica la ecuación del momento de la barra uniforme en su
extremo. Desde un punto de vista de rotación ambas tienen la misma distribución radial y por
ende la misma inercia.
Figura 8.13.: Momentos de inercia de distintos objetos geométricos
307
8. Cinemática de rotación
La figura 8.13 muestra el momento de inercia de diferentes objetos geométricos. Es de notar que
la partícula, el anillo, el cilindro hueco y la barra paralela al eje todos tienen el mismo momento
de inercia ya que todos los puntos en esos cuerpos tienen la misma distancia al eje de rotación.
Ejemplo 8.6 (Momento de inercia de cilindro perforado). Tomado de la discusión D7/9. Compruebe que el momento de inercia de un cilindro hueco de densidad uniforme 𝜌 = 𝜌𝑜 de radio
interno 𝑅1 y radio externo 𝑅2 y masa 𝑀, cuando su eje de rotación pasa sobre el centro de masa
verticalmente como se muestra en la figura, es 𝐼𝐶 𝑀 = 12 𝑀 (𝑅12 + 𝑅22 ).
S OLUCIÓN
Figura 8.14.: El cilindro hueco puede ser considerado la resta del cilindro grande y el cilindro
pequeño
Es posible integrar sobre cilindros huecos para encontrar el resultado, sin embargo es más eficiente
considerar al cuerpo como el producto de extraer un cilindro de masa 𝑚 1 de radio 𝑅1 de uno más
grande de masa 𝑚 2 y radio 𝑅2 como se muestra en la figura 8.14.
C ALCULO DE LA MASA DEL CILINDRO PERFORADO
Empezando calculando la masa del cilindro grande y del cilindro pequeño
∫
∫
𝑚 1 = 𝑚 𝑑𝑚
𝑚 2 = 𝑚 𝑑𝑚
∫ 1
∫ 2
= 𝑉 𝜌𝑜 · 𝑑𝑉
= 𝑉 𝜌𝑜 · 𝑑𝑉
1
2
= 𝜌𝑜𝑉1
= 𝜌𝑜𝑉2
dado que la densidad en los dos cilindros es la misma y uniforme se pueden sacar de la integral.
Utilizando el hecho que el volumen de un cilindro es base por altura 𝑉𝑐𝑖𝑙 = 𝜋𝑅 2 · ℎ , obtenemos
𝑚 1 = 𝜌𝑜 𝜋𝑅12 · ℎ
𝑚 2 = 𝜌𝑜 𝜋𝑅22 · ℎ
Obviamente la masa del cuerpo que nos interesa es la resta de la masa del cilindro grande menos
la del pequeño
𝑀 = 𝑚2 − 𝑚1
𝑀 = 𝜌𝑜 𝜋ℎ 𝑅22 − 𝑅12
308
8.3. Momento de inercia
C ALCULO DEL MOMENTO DE INERCIA
El momento de inercia del cilindro grande debe ser lógicamente la suma del momento de inercia
del cilindro pequeño y el cilindro perforado
𝐼2 = 𝐼1 + 𝐼
𝐼 = 𝐼2 − 𝐼1
sabiendo que el momento de inercia de los cilindros tiene la misma fórmula que la de los discos
(ecuación 8.11)
1
1
𝐼 = 𝑚 2 𝑅22 − 𝑚 1 𝑅12
2
2
sustituyendo lo que sabemos para las masas 𝑚 1 y 𝑚 2 obtenemos
1
1
𝜌𝑜 𝜋ℎ𝑅22 · 𝑅22 − 𝜌𝑜 𝜋ℎ𝑅12 · 𝑅12
2
2
1
4
4
= 𝜌𝑜 𝜋ℎ 𝑅2 − 𝑅1
2
𝐼=
factorizando por diferencia de cuadrados
1
𝜌𝑜 𝜋ℎ 𝑅22 − 𝑅12 𝑅22 + 𝑅12
2
|
{z
}
1
𝐼 = 𝑀 𝑅22 + 𝑅12
2
=
Reconociendo al término bajo la llave como la masa del cilindro perforado nos queda la expresión
buscada.
Figura 8.15.: Momentos de inercia de distintos objetos geométricos
En la figura 8.15 podemos observar algunos momento de inercia de algunos sólidos que pueden
ser útiles. Su cálculo se pueden revisar en el anexo E.
309
8. Cinemática de rotación
8.4.
Teorema de ejes paralelos
El momento de inercia depende de la posición y dirección del eje respecto a un cuerpo, de ahí que
nos interesan leyes que nos ayuden a calcular los momentos de inercia cuando el eje no está en el
eje de simetría o no se deje calcular por integración fácilmente. El primero de esos es el Teorema
de Ejes Paralelos o Teorema de Steiner.
Teorema 8.1 (Teorema de ejes paralelos). El momento de inercia de un cuerpo respecto de un eje
𝐸 es igual al momento de inercia de un eje paralelo que pase por el centro de masa 𝐸𝐶 𝑀 mas las
masa total por la distancia perpendicular entre los ejes 𝐷 al cuadrado. En fórmula
𝐼 = 𝐼𝐶 𝑀 + 𝑀 𝐷 2
(8.13)
D EMOSTRACIÓN
Consideremos un cuerpo arbitrario con un centro de masa como se muestra en la figura 8.16 y
los ejes paralelos 𝐸 y 𝐸𝐶 𝑀 dispuestos como indica el teorema. Nos concentraremos sólo en las
componentes en el plano 𝑥𝑦 ya que las componentes en 𝑧 no contribuyen al momento de inercia.
Notamos que deja escribir como
𝑟® = 𝑟®0 + 𝑟®𝐶 𝑀
donde 𝑟®0 es posición del punto de observación respecto del eje del centro de masa y 𝑟®𝐶 𝑀 es la
posición del centro respecto del marco de referencia tradicional
Figura 8.16.: Teorema de ejes paralelos
Siguiendo la definición del momento de inercia para cuerpos extendidos (ecuación 8.7)
∫
𝐼𝑧 =
𝑟 2 𝑑𝑚
∫𝑀
=
𝑟®2 𝑑𝑚
∫𝑀 2
=
𝑟®0 + 𝐷® 𝑑𝑚
∫𝑀
∫
∫
® 𝑟 0 𝑑𝑚 +
=
𝑟®02 𝑑𝑚 + 2
𝐷·®
𝐷® 2 𝑑𝑚
𝑀
310
𝑀
𝑀
8.4. Teorema de ejes paralelos
considerando que 𝐷® es un vector constante y 𝑟®02 = 𝑟 02 por definición de la norma en vectores
obtenemos
∫
∫
∫
02
0
®
=
𝑟 𝑑𝑚 + 2 𝐷·
𝑟® 𝑑𝑚 +
𝐷 2 𝑑𝑚
𝑀
𝑀
𝑀
∫
sin embargo, el término intermedio tiene una integral que está asociada al centro de masa 𝑀 𝑟®0 𝑑𝑚 =
𝑀 𝑟®𝐶0 𝑀 = 0. Pero dado que la posición del centro de masa respecto del centro de masa es siempre
cero tenemos que 𝑟®𝐶0 𝑀 = 0, por lo que
∫
∫
02
2
=
𝑟 𝑑𝑚 + 0 + 𝐷
𝑑𝑚
𝑀
𝑀
𝐼 𝑧 = 𝐼 𝑧,𝐶 𝑀 + 𝑀 𝐷 2
confirmando de esta manera el teorema para cualquier distribución de masa.
Ejemplo 8.7 (Cálculo alternativo de momento de inercia de barra). Calcule el momento de inercia
de una barra delgada uniforme de masa 𝑀 y longitud 𝐿 respecto de un eje que pasa perpendicular
al extremo utilizando el teorema de ejes paralelos.
Figura 8.17.: Cálculo de inercia para barra uniforme en el extremo
S OLUCIÓN
Aunque ya conocemos el momento de inercia de la barra delgada con el eje en el extremo, el
objetivo es ver lo simple que se vuelve el cálculo con el teorema. Como vemos en la figura 8.17
la distancia perpendicular entre ejes paralelos es 𝐷 = 𝐿2 . Utilizando el teorema y el momento de
inercia en el centro de masa para la barra
𝐼 𝑧 = 𝐼 𝑧,𝐶 𝑀 + 𝑀 𝐷 2
2
𝐿
1
𝑀 𝐿2 + 𝑀
=
12
2
1 1
= 𝑀 𝐿2
+
12 4
1
𝐼𝑧 = 𝑀 𝐿2
3
confirmado el resultado de la ecuación 8.8
311
8. Cinemática de rotación
Ejemplo 8.8 (Momento de inercia de esfera en el borde). Tomado de la discusión D7/13 ¿Cuál es
el momento de inercia de una esfera sólida de masa 5 𝑘𝑔 y radio 10 𝑐𝑚 si gira en torno a un eje
que es tangente a su superficie como se muestra en la figura 8.18 ?
S OLUCIÓN
Figura 8.18.: Cálculo de inercia de esfera sólida sobre un eje tangente
Repetimos el mismo procedimiento que en el ejemplo anterior, notando que 𝐷 = 𝑅 y el momento
de inercia de la esfera por el centro de masa lo sacamos de la figura 8.15
𝐼 𝑧 = 𝐼 𝑧,𝐶 𝑀 + 𝑀 𝐷 2
2
= 𝑀 𝑅2 + 𝑀 𝑅2
5
7
𝐼 𝑧 = 𝑀 𝑅2
5
sustituyendo los valores
𝐼 𝑧 = 1.4 × 5 𝑘𝑔 × (0.1 𝑚) 2
𝐼 𝑧 = 0.07 𝑘𝑔 · 𝑚 2
Ejemplo 8.9. Tres delgadas barras idénticas, cada una de longitud 𝐿 y masa 𝑚, se sueldan mutuamente perpendiculares, como se muestra en la figura 8.19. El ensamble da vueltas en torno a un
eje que pasa por el extremo de una barra y es paralelo a la otra. Determine el momento de inercia
de esta estructura.
S OLUCIÓN
El momento de inercia de la construcción es el momento de inercia de la suma de de las barras.
𝐼 𝑦 = 𝐼1 + 𝐼2 + 𝐼3
312
8.4. Teorema de ejes paralelos
Figura 8.19.: Cálculo de inercia para barra uniforme en el extremo
Ahora bien, para la primera barra tenemos que el eje es perpendicular, pero se encuentra a distancia
𝐷 = 𝐿2 del centro de masa, por lo que
𝐼1 = 𝐼1𝐶 𝑀 + 𝑀 𝐷 2
2
𝐿
1
2
𝑀𝐿 + 𝑀
=
12
2
1
𝐼1 = 𝑀 𝐿 2
3
La segunda barra es paralela al eje de rotación y se encuentra una distancia 𝐷 =
según la figura 8.13
𝐿
2
por lo que y
𝐼2 = 0 + 𝑀 𝐷 2
2
𝐿
=𝑀
2
1
𝐼2 = 𝑀 𝐿 2
4
por último para la última barra el eje es perpendicular y para por el extremo por lo tanto
𝐼3 =
1
𝑀 𝐿2
3
Lo que nos da
1
1
1
𝑀 𝐿2 + 𝑀 𝐿2 + 𝑀 𝐿2
3
4
3
11
2
𝐼𝑧 =
𝑀𝐿
12
𝐼𝑧 =
313
8. Cinemática de rotación
8.5.
Teorema de ejes perpendiculares - opcional
Este pequeño teorema ayuda a calcular momento de inercia en situaciones particulares de simetría.
Teorema 8.2 (Teorema de Ejes Perpendiculares). En una figura plana, si dos ejes que descansan
sobre el plano son perpendiculares entre sí, un tercer eje perpendicular a los dos tendrá una
inercia que es igual a la suma de las primeras inercias.
𝐼𝑧 = 𝐼 𝑥 + 𝐼𝑦
(8.14)
D EMOSTRACIÓN
Figura 8.20.: Cálculo de inercia para barra uniforme en el extremo
Suponiendo que la masa total del cuerpo plano es 𝑀 , notamos que la distancia de cualquier punto
al eje 𝑥 es la coordenada 𝑟 = 𝑦 de la posición y viceversa como se muestra en la figura 8.20. Por
lo tanto los momento de inercia serán
∫
∫
𝐼 𝑥 = 𝑀 𝑟 2 𝑑𝑚
𝐼 𝑦 = 𝑀 𝑟 2 𝑑𝑚
∫
∫
= 𝑀 𝑥 2 𝑑𝑚
= 𝑀 𝑦 2 𝑑𝑚
Ahora bien, si se observa la geometría de figura p
8.20 b. La distancia perpendicular de cualquier
punto sobre el plano al eje 𝑧 es por Pitágoras 𝑟 = 𝑥 2 + 𝑦 2 , por lo que
∫
𝐼𝑧 =
𝑟 2 𝑑𝑚
𝑀
∫ =
𝑥 2 + 𝑦 2 𝑑𝑚
∫𝑀
∫
2
𝑥 𝑑𝑚 +
𝑦 2 𝑑𝑚
=
𝑀
𝐼𝑧 = 𝐼𝑦 + 𝐼 𝑥
𝑀
O BSERVACIONES
1. Los tres ejes deben ser perpendiculares entre sí y los dos del lado derecho de la ecuación
deben descansar sobre el plano de la figura.
314
8.5. Teorema de ejes perpendiculares - opcional
2. Sólo funciona para figuras planas o aquellas en las cuales las distribución de masa a lo largo
del eje 𝑧 no cambie (cilindro, paralelepípedo recto, etc)
3. El teorema es de especial utilidad cuando la figura tiene simetrías que pueden ser aprovechadas
Ejemplo 8.10 (Momento de inercia de disco por eje en diámetro). Suponga que tiene un disco
delgado de masa 𝑀 y radio 𝑅 que descansa sobre el origen del plano 𝑥𝑦 como se muestra en la
figura 8.21. Determine el momento de inercia respecto de un eje que pase por uno de sus diámetros.
S OLUCIÓN
Figura 8.21.: Momento de inercia de disco por diámetro
Elegimos al eje 𝑥 y al eje 𝑦 como los ejes perpendiculares en el disco. Ahora bien, según el teorema
de ejes perpendiculares
𝐼 𝑧,𝐶 𝑀 = 𝐼 𝑥,𝐶 𝑀 + 𝐼 𝑦,𝐶 𝑀
como ambos ejes 𝑥 y 𝑦 pasa por un diámetro y el disco es uniforme, las distribuciones de masa
deben de ser por simetría iguales y por ende los momentos de inercia 𝐼 𝑥 = 𝐼 𝑦 por lo tanto
𝐼 𝑧,𝐶 𝑀 = 𝐼 𝑥,𝐶 𝑀 + 𝐼 𝑥,𝐶 𝑀
1
𝑀 𝑅 2 = 2𝐼 𝑥,𝐶 𝑀
2
1
𝐼 𝑥,𝐶 𝑀 = 𝑀 𝑅 2
4
(8.15)
315
8. Cinemática de rotación
316
9. Dinámica de rotación
En el capítulo anterior hemos aprendido como es que los cuerpos rígidos se mueven y que variables
están involucradas en su descripción, no obstante no sabemos quién provoca el movimiento o su
cambio. Es decir necesitamos un equivalente en rotación a la fuerza y como está relacionada con
las variables angulares.
Por simplicidad, nos restringiremos a cuerpos rígidos unidos a un eje fijo.
9.1.
Momento de torsión
Decimos que las fuerzas provocan un momento de torsión o torca respecto a un eje que hace los
cuerpos cambian de movimiento rotacional.
Definición 9.1 (Momento de torsión). El momento de torsión es la tendencia de una fuerza de
hacer rotar a un cuerpo alrededor de eje
𝜏 = 𝑟 · 𝐹 · 𝑠𝑒𝑛 𝜃
(9.1)
donde 𝑟 es brazo, 𝐹 la fuerza y 𝜃 es angulo entre el brazo y la fuerza.
Figura 9.1.: Fuerza provoca torca sobre llave que hace girar a la tuerca
O BSERVACIONES
Para un mejor compresión del concepto véase la figura 9.1donde a una llave se le ha aplicado una
fuerza en su extremo en un ángulo determinado. La capacidad de hacer girar el tornillo alrededor
del eje de rotación está dado por nuevos conceptos asociados al momento de torsión
1. El punto de aplicación de la fuerza es el punto en el cuerpo donde actúa la fuerza.
2. El brazo de palanca o simplemente brazo, es la distancia perpendicular desde el eje de
rotación al punto de aplicación de la fuerza.
317
9. Dinámica de rotación
3. El ángulo 𝜃 es que se forma entre la fuerza o su línea de acción y el brazo.
4. Las unidades de la torca son
[𝜏] = [𝑟] · [𝐹]
= 𝑚·𝑁
[𝜏] = 𝑁 · 𝑚
que decimos que son “Newton-metro” . Es de notar que aunque son una identidad la unidad
de las torcas no las indicaremos en 𝐽 sino en 𝑁 · 𝑚 o alguna unidad de fuerza -longitud como
la libra-pie (𝑙𝑏 · 𝑓 𝑡)
5. El brazo de palanca 𝑟 es una medida de la eficacia de una fuerza de hacer girar a un cuerpo.
Por ejemplo cuando empujamos a una puerta alrededor del eje de rotación, que pasa por
las bisagras en dirección vertical, notamos que dependiendo de donde aplicamos la fuerza,
así es más simple abrir la puerta (ver figura 9.2). Entre más cerca del eje me encuentre más
difícil será abrir la puerta. Es decir a mayor brazo, mayor torca. La fuerza aplicada en el
punto A provoca una mayor torca que en el punto B, a pesar de tener la misma magnitud 𝐹.
Este conocimiento no es intuitivo y lo aprendemos de bebés cuando empezamos a caminar
Figura 9.2.: El momento de torsión varía según el punto de aplicación de la fuerza
y las puertas se convierten en obstáculos a superar.
6. Cuando la fuerza 𝐹 actúa sobre el eje (o su línea de acción pasa por el eje), decimos que
su brazo es cero y por lo tanto no produce torca o tendencia a rotar. (Ese es el caso C en la
figura 9.2)
7. Cuando la fuerza 𝐹 actúa en sentido contrario en el mismo punto de aplicación, notamos
que provoca una torca de igual magnitud pero en sentido de giro contrario. Cuando dos
318
9.1. Momento de torsión
Figura 9.3.: La dirección de giro se elige arbitrariamente
fuerzas actúan sobre un cuerpo no sólo es necesario introducir un marco de referencia para
conocer sus componentes, sino también una dirección de giro, para poder indicar cual torca
es positiva y cual es negativa. En nuestro ejemplo el giro es en sentido positivo matemático
(antihorario)
𝜏1 = +𝑟 1 𝐹1 sen 90°
𝜏2 = −𝑟 2 𝐹2 sen 90°
𝜏1 = +𝑟 1 𝐹1
𝜏2 = −𝑟 2 𝐹2
Es de notar que si se cambia el marco de referencia y en especial el eje de rotación, el valor
de las torcas cambiará, aunque no las leyes físicas.
8. La ecuación 9.1 puede interpretarse de dos formas por un lado el seno de la fuerza podría
ser el componente perpendicular de la fuerza 𝐹⊥ = 𝐹 ·sen𝜃, es decir la componente paralela
Figura 9.4.: Doble interpretación de la torca
al brazo 𝐹 k no puede hacer girar a la herramienta (ver figura 9.4(a)). Por otro lado se podría
decir que la toda la fuerza actúa sobre la línea de acción que debido al ángulo se encuentra
319
9. Dinámica de rotación
a un brazo efectivo 𝑟 efec = 𝑟 · sen 𝜃 como se muestra en la figura 9.4(b) . Matemáticamente
las dos ecuaciones son equivalentes y por eso escribimos
(
𝜏
= 𝑟 · 𝐹⊥
(9.2)
𝜏 = 𝑟 · 𝐹 · sen 𝜃 =
= 𝑟 efec · 𝐹
𝜏
9. En el capítulo anterior habíamos denotado la dirección de giro mediante vectores axiales y
ya que la torca es el producto de la magnitud de dos vectores y seno del ángulo entre ellos,
es lógico definir el momento de torsión o torca como el producto cruz
𝜏® = 𝑟® × 𝐹®
(9.3)
10. Por las propiedades del producto cruz la ecuación 9.3 se deja representar como
𝚤ˆ
𝜏® = 𝑥
𝐹𝑥
𝚥ˆ
𝑦
𝐹𝑦
𝑘ˆ
𝑧
𝐹𝑧
o bien
𝜏𝑘 = 𝜖 𝑖 𝑗 𝑘 𝑥 𝑖 𝐹 𝑗
en notación tensorial, donde 𝜖𝑖 𝑗 𝑘 es el tensor completamente anti-simétrico o símbolo LeviCivita[Spain, 2003][Brannon, 2003].
11. Por la propiedad del producto cruz la torca 𝜏®es siempre perpendicular al brazo y a la fuerza
y es un vector axial que indica la dirección del cambio de giro según la regla de la mano
derecha como se muestra en la figura 9.5
Figura 9.5.: El momento de torsión va a ser siempre perpendicular al brazo y a la fuerza
Ejemplo 9.1. Se ejerce una fuerza de 200 𝑁 sobre un cable enrollado alrededor de un cilindro de
1.20 𝑚 de diámetro tal como se muestra en la figura 9.6. ¿Cuál es el momento de torsión respecto
del eje que pasa por el centro del cilindro? [Tippens, 2007]
320
9.1. Momento de torsión
Figura 9.6.: La tensión actúa en el caso ideal tangente al tambor cilíndrico
S OLUCIÓN
Se hace un esquema del cilindro, donde se coloca el sistema de referencia en el eje de simetría
de manera que la tensión aplicada sobre el cable se muestre correctamente de forma tangencial al
cilindro a una distancia 𝑟 = 𝑑/2 = 0.6 𝑚. Ya que sólo actúa una fuerza, la dirección de giro se
elige de manera que la torca sea positiva como se muestra en la figura. Utilizando la ecuación 9.1:
𝜏 = 𝑟 · 𝐹 · sen 𝜃
:= 1
90°
= 0.6𝑚 · 200 𝑁 · sen
𝜏 = 120 𝑁 · 𝑚
Ejemplo 9.2. Un mecánico ejerce una fuerza de 20 𝑙𝑏 en el extremo de una llave inglesa de 10 𝑖𝑛
de longitud. Si el tirón forma un ángulo de 60 ° con el mango de la llave ¿Cuál será el momento
de torsión?
S OLUCIÓN
Para ubicarnos pensemos que la situación se asemeja a la de la figura 9.2 (a). Utilizando la ecuación
para la torca obtenemos:
𝜏 = 𝑟 𝐹sen 𝜃
= 10 𝑖𝑛 · 20 𝑙𝑏 · sen 60°
= 173 𝑙𝑏 · 𝑖𝑛
𝜏 = 14.4 𝑙𝑏 · 𝑓 𝑡
luego de transformar las pulgada a pies, para tener la unidad en el sistema inglés más común para
la torca.
Ejemplo 9.3. Tomado de la discusión D7/14.Una fuerza 𝐹® = 2.00 𝚤ˆ + 3.00 𝚥ˆ 𝑁 se aplica a un
objeto que esta articulado alrededor de un eje fijo alineado a lo largo del eje de coordenada 𝑧. Si la
fuerza se aplica en el punto 𝑟® = (4.00𝑖 + 5.00 𝑗 + 0𝑘) m, encuentre el vector momento de torsión .
S OLUCIÓN
321
9. Dinámica de rotación
Según la ecuación 9.3 y siguiendo la reglas álgebra vectorial
𝜏® = 𝑟® × 𝐹®
𝚤ˆ 𝚥ˆ 𝑘ˆ
= 4 5 0 𝑚·𝑁
2 3 0
4 5 ˆ
𝑘 𝑁𝑚
2 3
𝜏® = +2 𝑘ˆ 𝑁𝑚
=
Suponga ahora que múltiples fuerzas actúan sobre un cuerpo como se muestra en la figura 9.7
Figura 9.7.: El momento de torsión resultante es la suma de torcas
Si varias fuerzas actúan en diferentes puntos de aplicación en diferentes direcciones entonces, cada
una provocará una torca respecto del eje de rotación 𝑂 como se muestra en la figura 9.7, donde
sus magnitudes serán
𝜏1 = 𝑟 1 𝐹1 sen 𝜃 1
𝜏2 = 𝑟 2 𝐹2 sen 𝜃 2
..
.
𝜏𝑛 = 𝑟 𝑛 𝐹𝑛 sen 𝜃 𝑛
En estas circunstancias se deja definir
Definición 9.2 (Momento de torsión resultante o torca neta). es la torca que genera el mismo
efecto que todos los momentos de torsión juntos. Matemáticamente lo expresamos así:
𝜏®𝑁 = 𝜏®1 + 𝜏®2 + 𝜏®3 + 𝜏®4 + 𝜏®5
o simplemente
𝜏®𝑁 =
Õ
𝑖
322
𝜏®𝑖
(9.4)
9.1. Momento de torsión
O BSERVACIONES
1. Dado que estamos hablando de cuerpos rígidos con eje de rotación fijo, sabemos que todas
las torcas señalan en dirección del eje de rotación, por lo que dejamos la notación vectorial
y trabajamos con las magnitudes y signo.
2. Si elegimos a la dirección de giro en sentido antihorario como se muestra en la figura 9.7,
la torca neta será
𝜏𝑁 = +𝜏1 + 𝜏2 + 0 − 𝜏4 − 𝜏5
ya que las fuerzas 𝐹4 y 𝐹5 están tratando de hacer girar al cuerpo en sentido contrario al
elegido. Además la torca de la tercera fuerza es cero porque actúa sobre el eje y por ende no
tiene brazo efectivo.
Ejemplo 9.4 (Momento de torsión neto). Tomado de la discusión D7/15. Encuentre el momento
de torsión neto sobre la rueda de la figura en torno al eje a través de 𝑂, Considerando 𝑎 = 10.0 𝑐𝑚
y 𝑏 = 25.0 𝑐𝑚 y que todas las fuerzas se aplican tangencialmente.
S OLUCIÓN
Eligiendo el marco de referencia sobre el eje de rotación y indicando una dirección de giro positiva
Figura 9.8.: El momento de torsión resultante actuando sobre discos unidos
en dirección horaria (como se muestra en la figura 9.8 )
𝜏𝑁 = 𝜏1 + 𝜏2 + 𝜏3
= 𝑟 1 𝐹1 sen 𝜃 1 + 𝑟 2 𝐹2 sen 𝜃 2 − 𝑟 3 𝐹3 sen 𝜃 3
= 𝑏 · 𝐹1 sen 90°+𝑏 · 𝐹2 sen 90°-𝑎 · 𝐹3 sen 90°
donde 𝐹1 = 10 𝑁, 𝐹2 = 9 𝑁 y 𝐹3 = 12 𝑁. Ahora bien, notamos que la torca 3 es negativa ya
intenta hacer girar al cuerpo en dirección opuesta. También de es de notar que todos los ángulos
son de 90° ya que todas la fuerzas son tangenciales y perpendiculares a los brazos (𝜃es el ángulo
entre brazo y fuerza y no está relacionado necesariamente con el sistema de coordenadas). Por lo
323
9. Dinámica de rotación
tanto
𝜏𝑁 = 0.25 𝑚 × 10 𝑁 + 0.25 𝑚 × 9 𝑁 − 0.10 𝑚 × 12 𝑁
𝜏𝑁 = 3.55 𝑁𝑚
señalando hacia adentro de la página.
9.2.
Segunda Ley de Newton para rotación
Suponga que una partícula ejecuta un MCtA como se muestra en la figura 9.9a. La torca efectuada
por la fuerza neta será:
𝜏𝑁 = +𝑟 𝑁 𝐹𝑁 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑁
𝜏𝑁 = 𝑟 · 𝐹𝑡
ya que la componente radial no genera torca pues señala en dirección del eje. Por Segunda Ley
Figura 9.9.: Partícula ejecuta un movimiento circular tangencialmente acelerado
de Newton la fuerza tangencial está asociada con la aceleración tangencial y angular
𝜏𝑁 = 𝑟 · 𝐹𝑡
= 𝑟 · 𝑚𝑎 𝑡
= 𝑟 · 𝑚 · 𝑟𝛼
𝜏𝑁 = 𝑚𝑟 2 𝛼
sabiendo que el momento de inercia de una partícula es 𝐼 = 𝑚𝑟 2
𝜏𝑁 = 𝐼𝛼
Repitiendo el argumento para un cuerpo rígido que gira con una aceleración angular 𝛼 alrededor
de un eje fijo (eje 𝑧), notamos que ahora la fuerza está distribuida sobre cada punto en el cuerpo.
324
9.2. Segunda Ley de Newton para rotación
Sobre cada punto actúa una fuerza neta 𝑑𝐹𝑁 que produce un diferencial de torca en dirección del
eje de rotación.
𝑑𝜏 = 𝑟 · 𝑑𝐹𝑁 · 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑑𝜏𝑁 = 𝑟 · 𝑑𝐹𝑡
La integración sobre todos los diferenciales nos da torca neta y aplicando Segunda Ley de Newton
obtenemos
∫
𝜏𝑁 =
𝑟 · 𝑑𝐹𝑡
∫𝐹
=
𝑟 · 𝑑𝑚 · 𝑎 𝑡
𝑀
reconociendo que todos los puntos poseen la misma aceleración angular y la misma relación con
su propia aceleración tangencia 𝑎 𝑡 = 𝑟 · 𝛼
∫
𝑟 · 𝑟 · 𝛼𝑑𝑚
=
𝑀
∫
=𝛼
𝑟 2 𝑑𝑚
𝑀
𝜏𝑁 = 𝐼 · 𝛼
∫
donde vemos que 𝐼 = 𝑟 2 𝑑𝑚 es el momento de inercia del cuerpo y 𝛼es una constante respecto
de la integración ya que la aceleración angular es igual para todos los diferenciales de masa.
Suponiendo que las fuerzas internas que mantienen al cuerpo rígido junto son fuerzas de contacto
o por lo menos poseen la misma línea de acción, podemos asumir que la sumatoria de todas las
torcas internas es cero (es es similar a lo que hicimos en la subsección 7.5.1) quedando
𝑒𝑥𝑡
𝜏𝑁
= 𝐼·𝛼
(9.5)
O BSERVACIONES
1. Esta ecuación es equivalente a la de la aceleración del centro de masa 7.14 en el sentido que
sólo las torcas externas son capaces de acelerar angularmente a un cuerpo.
2. En los diagramas de cuerpo libre (que ahora van a ser esquemas de los cuerpos mismos)
elegiremos por lo general el origen del sistema de coordenadas en el eje de rotación y además de dibujar las fuerzas será necesario dar información de los puntos de aplicación de la
fuerza o bien sus brazos y ángulos.
3. La inercia rotacional se acopla con la inercia lineal de sistema haciendo la aceleración lineal
más pequeña.
325
9. Dinámica de rotación
Ejemplo 9.5 (Calculo de aceleración de sistema con inercia). Un disco de masa 𝑀 = 50 𝑔 con
una radio 𝑅 = 10 𝑐𝑚 se fija sobre un eje perpendicular que pasa por su centro de masa como
se muestra en la figura 9.10. Se enrolla una cuerda sin masa alrededor del disco y se une a una
masa 𝑚 = 5 𝑘𝑔 de manera que cuando se deje caer al cuerpo el disco puede girar. a) Determine la
aceleración de caída del bloque b) Calcule la aceleración angular del disco
S OLUCIÓN
Como se muestra en la figura 9.10 se deben hacer dos diagramas de cuerpo libre: uno para el disco
Figura 9.10.: Bloque acelera polea con masa
y otro para el bloque de cae. Ya que el bloque no gira y no se dan más informaciones sobre sus
dimensiones se le puede considerar como una partícula para efectos de cálculo. En el disco hay
que poner las fuerzas en sus puntos de aplicación y con las distancias al eje de rotación así como
definir una dirección de giro (horario en nuestro caso o hacia adentro de la página)
a) Ya que el centro de masa del disco se encuentra sobre el eje de rotación sabemos que 𝑎𝐶 𝑀 = 0
y lo único que significa es que la reacción 𝑛 del eje sobre el disco debe ser de tal forma que
cancele todas las demás fuerzas. Por lo tanto lo que nos interesa es la Segunda Ley de Newton
para Rotación (ec. 9.5). Notando que todas las fuerzas pintadas son fuerzas externas tenemos que
en DCL1:
𝑒𝑥𝑡
𝜏𝑁
= 𝐼·𝛼
𝜏𝑔 + 𝜏𝑛 + 𝜏𝑇 = 𝐼𝛼
dado que el peso y la normal actúan sobre el eje de rotación no generan torca por lo que
0 + 0 + 𝑅𝑇 · 𝑠𝑒𝑛 90° = 𝐼𝛼
𝑎𝑡
𝑅𝑇 = 𝐼
𝑅
utilizando la relación que existe en la aceleración tangencial en el borde y la aceleración angular,
por lo que
𝐼
(9.6)
𝑇 = 2𝑎
𝑅
326
9.2. Segunda Ley de Newton para rotación
Ahora bien para el segundo diagrama de cuerpo libre tenemos que
Õ
𝐹𝑖𝑦 = 𝑚 · 𝑎
𝑖
𝑚𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝑎
(9.7)
Dado que la aceleración tangencial del disco debe ser igual en magnitud a la aceleración lineal del
bloque podemos sumar estas dos ecuaciones
𝐼
𝑎 + 𝑚𝑎
𝑅2
𝑚
𝑎=
·𝑔
𝑚 + 𝑅𝐼2
𝑚𝑔 =
es decir que el bloque no cae libremente sino con sólo una fracción de 𝑔. Decimos que la inercia
rotacional 𝐼 se acopla con la inercia traslacional (𝑚) generando una nueva inercia total 𝑚 + 𝑅𝐼2 . Si
la inercia del disco fuese cero, la aceleración sería otra vez 𝑎 = 𝑔; si la inercia de la polea fuera
grandísima 𝑀 𝑚 la aceleración del bloque tendería a cero 𝑎 ≈ 0. En nuestro caso dado que la
polea es un disco sabemos que 𝐼𝐶 𝑀 = 12 𝑀 𝑅 2
𝑚
𝑎=
·𝑔
1
2
𝑅
𝑀
𝑚+ 2 2
𝑅
𝑚
=
·𝑔
𝑚 + 12 𝑀
5 𝑘𝑔
𝑚
=
× 9.8 2
5 𝑘𝑔 + 0.025 𝑘𝑔
𝑠
𝑚
𝑎 = 9.75 2
𝑠
es decir que la masa de la polea es tan pequeña que casi no afecta la aceleración del bloque. Si
por el ejemplo el disco hubiese tenido una masa de 𝑀 = 15 𝑘𝑔, la aceleración hubiese sido de
𝑎 = 3.92 𝑚/𝑠2
b) Utilizando la relación en las variables angulares y lineales obtenemos
𝑎 = 𝑅𝛼
𝑎
𝛼=
𝑅
9.75 𝑠𝑚2
=
0.10 𝑚
𝑟𝑎𝑑
𝛼 = 97.5 2
𝑠
Ejemplo 9.6 (Rueda de molino acelerada). Tomado de la discusión D7/16. Una rueda de molino
tiene la forma de un disco sólido uniforme de 7.00 𝑐𝑚 de radio y 2.00 𝑘𝑔 de masa. Parte del reposo
y acelera uniformemente bajo la acción del momento de torsión constante de 0.600 𝑁.𝑚 que el
motor ejerce sobre la rueda. a) ¿Cuánto tarda la rueda en alcanzar su rapidez operativa final de
1200 𝑟𝑒𝑣/𝑚𝑖𝑛? b) ¿Cuántas revoluciones da mientras acelera
327
9. Dinámica de rotación
S OLUCIÓN
Lo primero en este ejercicio es calcular el momento de inercia asumiendo que gira alrededor del
centro de masa
1
𝑀 𝑅2
2
1
= 2 𝑘𝑔 × (0.07 𝑚) 2
2
𝐼 = 0.0049 𝑘𝑔 · 𝑚 2
𝐼=
Luego aplicando la Segunda Ley de Newton para rotación obtenemos
𝜏𝑁 = 𝐼 · 𝛼
𝜏𝑁
=𝛼
𝐼
0.600 𝑁 · 𝑚
𝛼=
0.0049 𝑘𝑔𝑚 2
𝛼 = 122.45 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
a) Utilizando la cinemática de rotación y convirtiendo 1200 𝑟𝑒𝑣/𝑚𝑖𝑛 = 40𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝜔 = 𝜔𝑜 + 𝛼 · 𝑡
0
*
𝜔 −
𝜔
𝑜
=𝑡
𝛼
40𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠
122.45 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
𝑡 = 1.03 𝑠
𝑡=
b) El desplazamiento angular incurrido en ese tiempo será
01
*
Δ𝜃 = 𝜔𝑜
𝑡 + 𝛼𝑡 2
2
1
= × 122.45 𝑟𝑎𝑑/𝑠2 × (1.03 𝑠) 2
2
= 64.95 𝑟𝑎𝑑
Δ𝜃 = 10.34 𝑟𝑒𝑣
Ejemplo 9.7 (Maquina de Atwood con polea masiva). Se colocan dos masas en una polea como
muestra la figura 9.11. La masa 𝑚 1 = 3.0 𝑘𝑔 está conectada a una masa 𝑚 2 = 5.0 𝑘𝑔 mediante
una cuerda liviana inextensible y una polea de masa 𝑀 = 8 𝑘𝑔 que tiene un radio de 𝑅 = 15 𝑐𝑚.
a) La aceleración lineal del sistema, b) Las tensiones en ambas cuerdas c) La aceleración angular
de la polea.
328
9.2. Segunda Ley de Newton para rotación
Figura 9.11.: Máquina de Atwood con polea con masa
S OLUCIÓN
Como se muestra en la figura 9.11 son necesarios tres diagramas de cuerpo libre. Notamos que la
tensión a lo largo de la cuerda debe de cambiar, pues al acelerar inercia la tensión debe aliviarse.
También podemos decir que 𝑇2 > 𝑇1 ya que 𝑇2 debe arrastrar tanto al cuerpo 1 como a la polea
con masa.
a) Para el diagrama de cuerpo libre 1 y 3 obtenemos, asumiendo magnitudes de aceleraciones
iguales por condición de cuerda
Í
Í
𝐹𝑦
= 𝑚1 𝑎
𝑇1 − 𝑚 1 𝑔 = 𝑚 1 𝑎
𝐹𝑦
= 𝑚1 𝑎
𝑚 2 𝑔 − 𝑇2 = 𝑚 2 𝑎
𝑖
𝑖
ahora bien para el DCL 2 no nos interesan las fuerzas ya que el centro de masa está fijo y no puede
moverse, entonces aplicamos la ecuación 9.5
Õ
𝜏𝑖 = 𝐼 · 𝛼
𝑖
0
0
>
𝜏1 + 𝜏
𝜏
𝑔 +
𝑛 + 𝜏2 = 𝐼 · 𝛼
dado que la reacción del eje y el peso actúan sobre el eje no generan torca y por ende siguiendo la
dirección de giro indicado
−𝑅𝑇1 𝑠𝑒𝑛 90° + 𝑅𝑇2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝐼 · 𝛼
𝑅(𝑇2 − 𝑇1 ) = 𝐼 · 𝛼
Para poder relación está ecuación con aceleración angular con las aceleración lineales es necesario
329
9. Dinámica de rotación
utilizar la relación 𝑎 = 𝑅𝛼
𝑅(𝑇2 − 𝑇1 ) = 𝐼 ·
𝑇2 − 𝑇1 =
𝑎
𝑅
𝐼
·𝑎
𝑅2
Sumando las tres ecuaciones encontradas
𝑇1 − 𝑚 1 𝑔 = 𝑚 1 𝑎
𝑚2𝑔 − @
𝑇@
2 = 𝑚2 𝑎
𝐼
𝑇@
@
2 − 𝑇1 = 𝑅 2 · 𝑎
(𝑚 2 − 𝑚 1 ) 𝑔 = 𝑚 1 + 𝑚 2 +
𝐼
𝑅2
𝑎
despejando hacia la aceleración
𝑎=
𝑚2 − 𝑚1
·𝑔
𝑚 1 + 𝑚 2 + 𝑅𝐼2
(9.8)
Es de notar que si la polea no posee masa o inercia 𝐼 = 0 la ecuación 9.8 se convierte en la misma
ecuación que habíamos encontrado en las aplicaciones de Newton. Sabiendo que la polea es un
disco uniforme
𝑚2 − 𝑚1
·𝑔
𝑚 1 + 𝑚 2 + 𝑅𝐼2
𝑚2 − 𝑚1
·𝑔
1
2
𝑀
𝑅
𝑚1 + 𝑚2 + 2 2
𝑅
𝑚2 − 𝑚1
=
·𝑔
𝑚 1 + 𝑚 2 + 12 𝑀
𝑎=
sustituyendo valores obtenemos
5 𝑘𝑔 − 3 𝑘𝑔
𝑚
· 9.8 2
3 𝑘𝑔 + 5 𝑘𝑔 + 4 𝑘𝑔
𝑠
𝑚
𝑎 = 1.63 2
𝑠
𝑎=
b) Las tensiones se puede calcular utilizando las ecuaciones de los DCL1 y DCL3
𝑇1 − 𝑚 1 𝑔 = 𝑚 1 𝑎
𝑇1 = 𝑚 1 (𝑔 + 𝑎)
= 3 𝑘𝑔 × 11.43
𝑇1 = 34.29 𝑁
𝑚
𝑠2
𝑚 2 𝑔 − 𝑇2 = 𝑚 2 𝑎
𝑇2 = 𝑚 2 (𝑔 − 𝑎)
= 5 𝑘𝑔 × 8.17
𝑇2 = 40.85 𝑁
que concuerda con lo habíamos razonado al inicio.
330
𝑚
𝑠2
9.3. Trabajo y energía en rotación
c) Para la aceleración angular utilizamos la relación
𝑎 = 𝑅·𝛼
𝑎
=𝛼
𝑅
1.63 𝑠𝑚2
𝛼=
0.15 𝑚
𝑟𝑎𝑑
𝛼 = 10.87 2
𝑠
9.3.
9.3.1.
Trabajo y energía en rotación
Trabajo de una torca
Suponga que una fuerza 𝐹® actúa sobre un cuerpo provocando una aceleración angular durante un
desplazamiento angular Δ𝜃 como se mira en la figura 9.12. ¿Qué trabajo realiza la fuerza en este
desplazamiento?
Por simplicidad trabajaremos con fuerzas en el plano 𝑥𝑦 ya que por un lado las componentes
Figura 9.12.: La fuerza provoca una torca que realiza un trabajo de rotación
paralelas al eje no realizan trabajo y no provocan rotación. Es de notar que los ángulos 𝜃, 𝛽 y 𝜙
son todos coplanares y los únicos relacionados son 𝛽 y 𝜙 que son ángulos complementarios. Por
definición del trabajo (ecuación 5.5)
∫
𝑊=
𝐹® · 𝑑®𝑠
𝐶
∫
𝐹 · 𝑑𝑠 · cos 𝛽
=
𝐶
ahora bien sabiendo que se trata de una rotación pura, el diferencial de camino es un diferencial
331
9. Dinámica de rotación
de arco por lo que 𝑑𝑠 = 𝑟 · 𝑑𝜃y el cos 𝛽 = sen 𝜙
∫
𝑊=
𝐹 · 𝑟 · 𝑑𝜃 · sen 𝜙
∫𝐶
=
𝐹 · 𝑟 · sen 𝜙 ·𝑑𝜃
{z }
𝐶|
lo indicado en la llave es exactamente la definición de la torca planteada por la ecuación 9.1 por
que escribimos
∫ 𝜃2
𝜏 · 𝑑𝜃
(9.9)
𝑊𝜏 =
𝜃1
O BSERVACIONES
1. Ya que tanto la torca 𝜏® y del diferencial de desplazamiento angular 𝑑 𝜃® son vectores axiales
colineales en el caso de un eje fijo, la integral se deja escribir como
∫ 𝜃2
𝑊𝜏 =
𝜏® · 𝑑 𝜃®
(9.10)
𝜃1
donde 𝑑 𝜃® señala siempre en la dirección del giro.
2. También notamos que la dimensión de este trabajo tiene la unidades correctas
[𝑊] = [𝜏] [𝑑𝜃]
= 𝑁 ·𝑚·1
[𝑊] = 𝐽
que explica porque la torca tiene las misma unidades que el trabajo aunque son conceptos
independientes.
3. Decimos que la torca (provocada por la fuerza) realiza un trabajo de rotación que está
relacionado con el cambio de movimiento rotacional, que podrá ser positivo o negativo
según la orientación de 𝜏 respecto de la dirección de giro.
4. En especial un pequeño trabajo virtual para una torca constante
𝑑𝑊 𝜏 = 𝜏 · 𝑑𝜃
𝑑𝑊 𝜏
𝑑𝜃
=𝜏·
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑃𝜏 = 𝜏 · 𝜔
(9.11)
𝑃 𝜏 = 𝜏® · 𝜔®
(9.12)
es decir que una torca proporciona una potencia instantánea que depende de su velocidad
angular 𝜔 .
332
9.3. Trabajo y energía en rotación
9.3.2.
Teorema del trabajo y la energía en rotación
Ahora que sabemos que las torcas pueden acelerar cuerpos y realizar trabajo es obvio preguntar
que relación tienen con la energía cinética de rotación. Es obvio que el trabajo neto efectuado por
la torca externa neta será:
∫ 𝜃2
𝑒𝑥𝑡
𝜏𝑁
· 𝑑𝜃
𝑊𝑁 =
∫
𝜃1
𝜃2
𝐼 · 𝛼 · 𝑑𝜃
=
𝜃1
∫ 𝜃2
𝐼·
=
𝜃1
𝑑𝜔
· 𝑑𝜃
𝑑𝑡
haciendo un cambio de variable hacia 𝑑𝜔
∫ 𝜃2
𝑑𝜔 𝑑𝜃
=
𝑑𝜃
𝐼·
·
·Z
Z
Z
𝑑𝜃
Z 𝑑𝑡
𝜃1
∫ 𝜔2
=
𝐼 · 𝑑𝜔 · 𝜔
𝜔1
notando que los margenes de integración cambian a la velocidad angular inicial 𝜔1 y final 𝜔2
∫ 𝜔2
=𝐼
𝜔 · 𝑑𝜔
=𝐼
𝑊𝑁
𝑊𝑁
𝜔1
𝜔
𝜔2 2
2 𝜔1
1 2
2
= 𝐼 𝜔2 − 𝜔1
2
= 𝐾 𝑅2 − 𝐾 𝑅1
𝑊 𝑁 = Δ𝐾 𝑅
(9.13)
A la ecuación 9.13 la llamamos Teorema del Trabajo y la Energía para rotación pura y es el
equivalente del teorema del trabajo y la energía para traslación.
Ejemplo 9.8 (Ejemplo trabajo y energía en rotación). Tomado de la discusión D7/18. El trompo
de la figura tiene un momento de inercia igual a 4.00 × 10−4 𝑘𝑔.𝑚 2 e inicialmente está en reposo.
Es libre de dar vueltas en torno al eje estable AA’. Una cuerda, enrollada alrededor de una espiga
a lo largo del eje del trompo, se jala en tal forma que mantiene una tensión constante de 5.57 𝑁.
Si la cuerda no se desliza mientras se desenrolla de la espiga y el eje se mantiene fijo, ¿cuál es la
rapidez angular del trompo después de jalar 80.0 𝑐𝑚 de cuerda de la espiga?
S OLUCIÓN
La tensión 𝑇 es la única fuerza que realiza un trabajo estrictamente rotacional ya que no se
333
9. Dinámica de rotación
Figura 9.13.: La tensión provoca una tensión que realiza un trabajo rotacional
desplaza el centro de masa Δ𝑥𝐶 𝑀 = 0, por lo que podemos aplicar el teorema del trabajo y la
energía y decir que
𝑊 𝑁 = Δ𝐾 𝑅
∫
*0
𝑇® · 𝑑®𝑠 = 𝐾 𝑅2 − 𝐾 𝑅
1
ya que parte del reposo la energía cinética rotacional es cero y dado que la tensión es constante la
ecuación anterior se deja escribir como
1
𝐼 · 𝜔22
2
r
2 · 𝑇 · Δ𝑥
𝜔2 =
𝐼
s
2 × 5.57 𝑁 · 0.8 𝑚
=
4.00 × 10−4 𝑘𝑔.𝑚 2
𝑇 · Δ𝑥 =
𝜔2 = 149.26 𝑟𝑎𝑑/𝑠
9.3.3.
Conservación de energía en rotación
Muy parecido a lo que hicimos en el capítulo de trabajo y energía nos gustaría saber si la energía
mecánica se puede conservar en sistemas rotativos. Partiendo del Teorema del Trabajo y Energía
para rotación pura
𝑊 𝑁 = Δ𝐾 𝑅
𝑛𝑐
𝑊𝑁
𝑐
+ 𝑊𝑁
= Δ𝐾 𝑅
𝑛𝑐 es es trabajo realizado por torcas/fuerzas no conservativas, que no poseen potencial,
donde 𝑊 𝑁
𝑐
y 𝑊 𝑁 = −Δ𝑈 es el trabajo conservativo que se deja escribir como el cambio negativo de alguna
334
9.3. Trabajo y energía en rotación
energía potencial1 𝑈, entonces
𝑛𝑐
𝑊𝑁
− Δ𝑈 = Δ𝐾 𝑅
𝑛𝑐
𝑊𝑁
= Δ𝐾 𝑅 + Δ𝑈
(9.14)
Esta es la versión generalizada del teorema del trabajo y la energía, donde al igual en la ecuación
5.18 decimos que la energía mecánica en sistema en rotación pura está dado por 𝐸 = 𝐾 𝑅 + 𝑈.
Decimos que sólo las fuerzas no-conservativas son capaces de aumentar o disminuir la energía
mecánica del sistema en rotación. Así por ejemplo una torca de fricción en el eje reduce la energía
cinética hasta que deje de rodar o bien se transforme en otra forma de energía. También indica
que para aumentar la energía mecánica de un cuerpo que rota, es necesario tener una torca/fuerza
no-conservativa que haga trabajo sobre él, como por ejemplo un motor de automóvil sobre el eje
de un carro. Nos queda entonces
𝑛𝑐
𝑊𝑁
= Δ𝐸
(9.15)
Ahora bien, si no hay fuerzas no conservativas actuando sobre un sistema con eje fijo entonces la
energía total se conserva
0 = Δ𝐸
(9.16)
Ejemplo 9.9 (Conservación de energía en rotación). Una barra de densidad uniforme, masa 𝑀 =
3 𝑘𝑔 y longitud 𝐿 = 1.2 𝑚 está pivotada en el techo como se muestra en la figura 9.14. Si la barra
parte del reposo calcule a) la velocidad angular 𝜔2 en el punto mas bajo del centro de masa (ver
figura 9.14b) b) la rapidez del centro de masa 𝑣 𝐶 𝑀 y c) La rapidez en el extremo de la barra.
S OLUCIÓN
a) Como la gravedad y la densidad es uniforme podemos asumir que el peso de la barra actúa
Figura 9.14.: Una barra pivotada se deja girar
1 En el caso de fuerzas distribuidas es importante notar que el punto donde aparente actuar la integral de fuerzas podría
no estar en el centro de masa así cambiando las variables necesarias para el cálculo energético.
335
9. Dinámica de rotación
en el centro de masa (es decir el centro de gravedad y el centro de masa son iguales 𝑦 𝐶 𝑀 = 𝑦 𝑔 ).
Sacando las variables de la figura 9.14 podemos utilizar la ecuación 9.16
0 = Δ𝐸
𝐸1 = 𝐸2
𝑈1 + 𝐾 𝑅1 = 𝑈2 + 𝐾 𝑅2
dado que parte del reposo
1
𝑀𝑔𝑦 1𝐶 𝑀 = 𝑀𝑔𝑦 2𝐶 𝑀 + 𝐼𝜔22
2
2𝑀𝑔 (𝑦 1𝐶 𝑀 − 𝑦 2𝐶 𝑀 )
2
= 𝜔2
𝐼
s 𝐿 𝑀
𝜔2 = 2𝑔 𝐿 −
2 𝐼
sabiendo que el momento de inercia de la barra en el extremo es 𝐼 = 13 𝑀 𝐿 2
s
𝐿
𝑀
S
= 2A𝑔 ·
2A 1
A2
3 𝑀𝐿
r
3𝑔
𝜔2 =
𝐿
r
3 × 9.8 𝑚/𝑠2
=
1.2 𝑚
𝜔2 = 4.95 𝑟𝑎𝑑/𝑠
b) La rapidez del centro de masa la calcularemos vía la relación
𝑣𝐶 𝑀 = 𝑟𝐶 𝑀 𝜔
𝐿
= 𝜔
2
1.2 𝑚
× 4.95 𝑟𝑎𝑑/𝑠
=
2
𝑣 𝐶 𝑀 = 2.97 𝑚/𝑠
c) Repetimos el cálculo para 𝑟 0 = 𝐿 en el extremo opuesto al pivote
𝑣 0 = 𝑟 0𝜔
= 1.2 𝑚 × 4.95 𝑟𝑎𝑑/𝑠
0
𝑣 = 5.94 𝑚/𝑠
Observamos que la rapidez del centro
de masa es menor que la rapidez que adquiriría una partícula
p
que cae una altura 0.6 𝑚, 𝑣 = 2𝑔ℎ = 3.43 𝑚/𝑠 pero la velocidad en el extremo de la barra es
mayor a esta rapidez.
336
9.3. Trabajo y energía en rotación
9.3.4.
Energía cinética total en traslación y rotación
Suponga que un cuerpo se traslada y rota como se muestra en la figura 9.15, suponga además que
la rotación no está acoplada a la traslación de manera que la velocidad angular y de traslación son
variables independientes. (Piense en un balón de fútbol que gira mientras se traslada o bien un
frisbee o disco volador que gira mientras se traslada). Para cada diferencial de masa tenemos una
Figura 9.15.: La velocidad de cualquier punto en un cuerpo es la suma de la velocidad del centro
de masa y la velocidad relativa al mismo centro de masa
energía cinética
1
𝑑𝑚 · 𝑣 2
2
∫
1 2
𝑣 𝑑𝑚
𝐾𝑇 =
𝑀 2
𝑑𝐾 =
como notamos en la figura 9.15 la velocidad se deja escribir en función de la velocidad del centro
de masa 𝑣® = 𝑣® 0 + 𝑣®𝐶 𝑀 donde 𝑣® 0es la velocidad relativa de la partícula respecto del centro de masa,
por lo que
∫
1
2 𝑀
∫
1
=
2 𝑀
∫
1
=
2 𝑀
𝐾𝑇 =
(®𝑣 0 + 𝑣®𝐶 𝑀 ) 2 𝑑𝑚
2
𝑣® 02 + 2®𝑣 0 · 𝑣®𝐶 𝑀 + 𝑣®𝐶
𝑀 𝑑𝑚
∫
∫
1
1
02
0
𝑣 𝑑𝑚 +
2®𝑣 · 𝑣®𝐶 𝑀 𝑑𝑚 +
𝑣 2 𝑑𝑚
2 𝑀
2 𝑀 𝐶𝑀
ya que la velocidad del centro de masa es un variable colectiva, no depende de diferencial de masa
o el punto de observación específico se pude sacar de las integrales
1
=
2
∫
1
2
∫
=
𝑀
𝑀
1
𝑣 𝑑𝑚 + 𝑣®𝐶 𝑀 ·
2
02
∫
0
2𝑣® 𝑑𝑚 +
2
𝑣𝐶
𝑀
𝑀
1
2
∫
𝑑𝑚
𝑀
:0
1
02
2
𝑣 02 𝑑𝑚 + 𝑣®𝐶
·
𝑀
𝑣®𝐶
𝑀
𝑀 + 𝑣𝐶 𝑀 𝑀
2
337
9. Dinámica de rotación
La integral del término
intermedio la reconocemos de la definición de la velocidad del centro de
∫
0 𝑑𝑚 = 0. Ahora bien, la velocidad del centro de masa respecto del centro no
0
=
𝑣
®
masa 𝑀 𝑣®𝐶
𝑀
𝑀
puede ser otra cosa más que cero2 . El tercer término es la energía cinética de traslación
𝐾𝑇 =
1
2
|
∫
1
2
𝑣 02 𝑑𝑚 + 𝑀𝑣 𝐶
𝑀
2
𝑀
{z } | {z }
𝐸𝑖𝑛𝑡
(9.17)
𝐾𝑡𝑟 𝑎𝑠
Notamos que el último término es la energía cinética de la partícula colectiva 𝑀 que se mueve con
una rapidez 𝑣 𝐶 𝑀 . Ahora bien, el primer término es la energía cinética de las partículas respecto del
centro de masa. A esta energía la llamamos energía interna de un sistema3 . Para un cuerpo rígido
la única forma de poder acumular energía interna es a través de su rotación por lo su rapidez será
𝑣 0 = 𝑟 · 𝜔 o bien
∫
1
1
2
(𝑟 · 𝜔) 2 𝑑𝑚 + 𝑀𝑣 𝐶
𝐾𝑇 =
𝑀
2 𝑀
2
∫
1
1
2
= 𝜔2
𝑟 2 𝑑𝑚 + 𝑀𝑣 𝐶
𝑀
2
2
𝑀
∫
la integral 𝑀 𝑟 2 𝑑𝑚 = 𝐼𝐶 𝑀 la reconocemos como la energía cinética de rotación respecto de eje
que pasa por el centro de masa. Así llegamos a la expresión
𝐾𝑇 =
1
1
2
𝐼𝐶 𝑀 𝜔2 + 𝑀𝑣 𝐶
𝑀
2
2
| {z } | {z }
𝐾𝑟 𝑜𝑡
(9.18)
𝐾𝑡𝑟 𝑎𝑠
Ejemplo 9.10 (Energía cinética de balón de fútbol). Un jugador de fútbol patea una pelota de
masa 𝑀 = 450 𝑔 y radio 𝑅 = 11 𝑐𝑚 y le proporciona una velocidad angular de 𝜔 = 10 𝑟𝑎𝑑/𝑠 y
una rapidez del centro de masa 𝑣 𝐶 𝑀 = 5 𝑚/𝑠. a) ¿Qué hay mas: energía cinética de rotación o de
traslación? b) Un portero atrapa la pelota y la lleva al reposo tanto traslacional como rotacional.
Si altura a la que atrapó a la bola es 𝑦 0 = 1.2 𝑚 arriba del punto de partida. ¿Cuánta energía tuvo
que absorber para atraparla?
S OLUCIÓN
Para poder calcular las energías cinéticas necesitamos encontrar el momento de inercia del balón
de fútbol que podemos decir que se trata de un esfera hueca de densidad superficial uniforme, por
2 La
velocidad de uno mismo, respecto de uno mismo es siempre cero, a menos que por algún motivo podamos
separarnos de nuestro propio cuerpo como viajes astrales o desdoblamientos espirituales - todos ejemplos no físicos,
sino más bien metafísicos o esotéricos
3 Esta energía puede estar acumulada en forma de rotación, oscilación de redes de átomos, vibración y rotación de
moléculas, etc. Un tratamiento más formal se encuentra en la Mecánica Estadística, Termodinámica e Hidromagnetismo.
338
9.3. Trabajo y energía en rotación
lo tanto
2
𝑀 𝑅2
3
2
= × 0.450 𝑘𝑔 × (0.11 𝑚) 2
3
= 0.00363 𝑘𝑔 · 𝑚 2
𝐼𝐶 𝑀 =
𝐼𝐶 𝑀
a) Calculamos la energías cinéticas según sus fórmulas dado por la ecuación 9.18
𝐾𝑟 𝑜𝑡
𝐾𝑟 𝑜𝑡
= 21 𝐼𝐶 𝑀 𝜔2
= 12 0.00363 𝑘𝑔𝑚 2 (10 𝑟𝑎𝑑/𝑠) 2
= 0.1815 𝐽
2
𝐾𝑡𝑟 𝑎𝑠 = 21 𝑀𝑣 𝐶
𝑀
= 21 0.450 𝑘𝑔 × (5 𝑚/𝑠) 2
𝐾𝑡𝑟 𝑎𝑠 = 5.625 𝐽
Según vemos la energía cinética de traslación es mayor: la traslación 𝐾𝑡𝑟 𝑎𝑠 tiene el 97 % de la
energía cinética total, mientras la rotación 𝐾𝑟 𝑜𝑡 sólo el 3 %
b) Utilizando el teorema del trabajo y la energía generalizado
𝑊𝑛𝑐 = Δ𝐸
= Δ𝐾𝑇 + Δ𝑈
= Δ𝐾𝑟 𝑜𝑡 + Δ𝐾𝑡𝑟 𝑎𝑠 + Δ𝑈𝑔
0
dado que termina en reposo 𝐾𝑟0 𝑜𝑡 = 𝐾𝑡𝑟
𝑎𝑠 = 0
=
0
*
𝐾𝑟0
𝑜𝑡 −
𝐾𝑟 𝑜𝑡 +
0
*
0
𝐾𝑡𝑟
𝑎𝑠 −
𝐾𝑡𝑟 𝑎𝑠 +
𝑈𝑔0
!
0
− 𝑈
𝑔
= −𝐾𝑟 𝑜𝑡 − 𝐾𝑡𝑟 𝑎𝑠 + 𝑀𝑔𝑦 0
= −0.1815 𝐽 − 5.625 𝐽 + 0.450 𝑘𝑔 × 9.8 𝑚/𝑠2 × 1.2 𝑚
𝑊𝑛𝑐 = −0.5145 𝐽
Es de notar que el portero no necesita absorber toda la energía cinética del balón ya que una buena
parte de ella se convierte en energía potencial gravitatoria.
9.3.5.
Movimiento de rodadura o rodamiento
Nos queremos concentrar ahora en un movimiento combinado de traslación y rotación que observamos seguido en problemas de mecánica: el movimiento de rodadura. En este movimiento, la
traslación es tal forma que el cuerpo de roda no desliza o se derrapa, es decir el punto de contacto no tiene velocidad relativa a la superficie con la que conecta. Para que esto funcione los
movimientos de rotación y traslación deben estar acoplados.
Para encontrar esta condición de acoplamiento, observemos una rueda (que puede ser un cilindro,
un disco, un aro, esfera o cualquier objeto “redondo”) como se muestra la figura 9.16.
339
9. Dinámica de rotación
Figura 9.16.: En un movimiento de rodadura la traslación y rotación están acopladas
Dado que cada punto sobre la superficie de la rueda en algún momento fue el punto de contacto
del cuerpo con el suelo, decimos que el “rastro” que deja la rueda sobre el suelo debe ser igual al
arco Δ𝑠 recorrido por el borde de la rueda. Ese rastro sin embargo es el desplazamiento del centro
de masa en dirección 𝑥
Δ𝑥𝐶 𝑀 = Δ𝑠
Δ𝑥𝐶 𝑀 = 𝑅 · Δ𝜃
(9.19)
La ecuación 9.19 se le llama condición de rodadura y aunque pareciera tener la misma estructura
de las variables lineales y angulares (ver ecuaciones 8.3) no tienen la misma interpretación
O BSERVACIONES
1. El desplazamiento del centro de masa Δ𝑥𝐶 𝑀 no es una longitud curva sino recta.
2. 𝑅 es el radio de rodadura, es decir la distancia del eje de rotación (que se mueve sin cambiar
orientación) a punto de contacto
3. En general, la rodadura no ocurre espontáneamente sino que hay fuerzas de contacto (normal, fricción) que obligan a la rueda a tener tracción con la superficie. Cuando se pierde la
tracción, la rueda o desliza o patina sobre la superficie.
4. Ya que el desplazamiento del está acoplado a la rotación, también lo estará la velocidad
𝑣𝐶 𝑀
𝑑𝑥𝐶 𝑀
𝑑𝑡
𝑑 (𝑅𝜃)
=
𝑑𝑡
𝑑𝜃
=𝑅
𝑑𝑡
= 𝑅·𝜔
𝑣𝐶 𝑀 =
𝑣𝐶 𝑀
340
(9.20)
9.3. Trabajo y energía en rotación
5. De forma análoga para la aceleración del centro de masa
𝑑𝑣 𝐶 𝑀
𝑑𝑡
𝑑 (𝑅𝜔)
=
𝑑𝑡
𝑑𝜔
=𝑅
𝑑𝑡
= 𝑅·𝛼
𝑎𝐶 𝑀 =
𝑎𝐶 𝑀
(9.21)
6. A las ecuaciones 9.19, 9.20 y 9.21 las llamamos las condiciones de rodadura y acoplan la
traslación y rotación de un cuerpo rodante independientemente de su distribución de masa
Figura 9.17.: Las velocidades de traslación y rotación se superponen
Una interpretación útil del movimiento de rodadura lo podemos ver en la figura 9.17 donde se
interpreta el movimiento como la suma de una traslación pura con una uniforme para todo el
cuerpo de 𝑣 𝐶 𝑀 y una rotación pura con una velocidad angular 𝜔
Es de notar que las velocidades de rotación y traslación se superponen y de ahí que en punto de
contacto la velocidad neta es cero, mientras que en la parte superior es el doble que la del centro
de masa. La figura 9.18 muestra la foto de un bicicleta que se mueve y notamos que los rayos
superiores se miran borrosos, mientras que los rayos cercanos al punto de contacto se miran bien
definidos, sugiriendo que las velocidades son distintas.
Ejemplo 9.11 (Energía cinética total y de rotación en rodadura). Tomado de la discusión D7/19.
Un cilindro de 10.0 𝑘𝑔 de masa rueda sin deslizarse sobre una superficie horizontal. En cierto
instante su centro de masa tiene una rapidez de 10.0 𝑚/𝑠. Determine a) la energía cinética traslacional de su centro de masa, b) la energía cinética rotacional de su centro de masa y c) su energía
total.
S OLUCIÓN
341
9. Dinámica de rotación
Figura 9.18.: La velocidad en distintos puntos de una rueda son diferentes
a) Utilizando las ecuaciones 9.18 encontramos la energía cinética de traslación directamente
1
2
𝑀𝑣 𝐶
𝑀
2
1
= × 10 𝑘𝑔 × (10 𝑚/𝑠) 2
2
= 500 𝐽
𝐾𝑡𝑟 𝑎𝑠 =
𝐾𝑡𝑟 𝑎𝑠
b) dado que no nos proporcionan el radio del cilindro, es necesario establecer la relación entra la
energía cinética de rotación con la de traslación vía rodadura
1 2
𝐼𝜔
2
1 𝑣𝐶 𝑀 2
= 𝐼
2
𝑅
1 𝐼 2
=
𝑣
2 𝑅2 𝐶 𝑀
𝐾𝑟 𝑜𝑡 =
dado que se trata de un cilindro y su eje para por el centro de masa 𝐼𝐶 𝑀 = 12 𝑀 𝑅 2
1
2
𝑅Z
1 2 𝑀Z
2
𝑣𝐶
𝑀
2
2 Z
𝑅Z
1
2
= 𝑀𝑣 𝐶
𝑀
4
1
= × 10 𝑘𝑔 × (10 𝑚/𝑠) 2
4
= 250 𝐽
=
𝐾𝑟 𝑜𝑡
342
9.3. Trabajo y energía en rotación
c) La energía cinética total es obviamente en caso de cualquier cuerpo que ruede con inercia 𝐼
𝐾𝑇 = 𝐾𝑡𝑟 𝑎𝑠 + 𝐾𝑟 𝑜𝑡
1
1 𝐼 2
2
= 𝑀𝑣 𝐶
+
𝑣
2 𝑀 2 𝑅 2 𝐶 𝑀
𝐼
1
2
𝑀 + 2 𝑣𝐶
𝐾𝑇 =
𝑀
2
𝑅
o bien
𝐾𝑇 =
1
(𝑀 𝑅 2 + 𝐼) · 𝜔2
2
insertando valores obtenemos
𝐾𝑇 = 500 𝐽 + 250 𝐽
𝐾𝑇 = 750 𝐽
Ejemplo 9.12 (Cuerpo rueda plano hacia abajo). Determine la aceleración del centro de masa de
una esfera sólida uniforme, que rueda hacia abajo por un plano inclinado que un forma un ángulo
𝜃 con la horizontal como se muestra en la figura9.19a. Suponga que el coeficiente de fricción entre
la esfera y el suelo 𝜇 𝑠 es suficiente para que la esfera no deslice.
S OLUCIÓN
Figura 9.19.: La aceleración del centro de masa es independiente del coeficiente de fricción
Empezamos notando que el peso actúa sobre el centro de masa, mientras que la normal 𝑛 y la
fuerza de fricción estática 𝑓𝑠 actúan en el punto de contacto de la rueda con el plano. También
notamos que el centro de masa se mueve en dirección +𝑥 y la aceleración angular señala hacia
adentro del plano.
Utilizando el diagrama de cuerpo libre para la rueca (figura 9.19b)Aplicando las Leyes de Newton
343
9. Dinámica de rotación
para las coordenadas 𝑥 y 𝑦 tenemos que
Í
Í
𝐹𝑦 = 0
𝑛 − 𝑀𝑔 · cos 𝜃 = 0
𝑛 = 𝑀𝑔 · cos 𝜃
𝐹𝑥 = 𝑀𝑎𝐶 𝑀
𝑀𝑔 · sen 𝜃 − 𝑓𝑠 = 𝑀𝑎𝐶 𝑀
(9.22)
Como no se nos indica si el cuerpo está apunto de deslizar sólo podemos asumir la condición para
que no deslice sea
𝑓𝑠 ≤ 𝜇 𝑠 · 𝑛
𝑓𝑠 ≤ 𝜇 𝑠 𝑀𝑔 · cos 𝜃
(9.23)
Necesito por lo tanto una ecuación más para poder despejar la aceleración del centro de masa y esa
la obtenemos respecto del eje perpendicular a la rueda como se muestra en el diagrama de cuerpo
libre.
Õ
𝜏𝑖 = 𝐼𝐶 𝑀 · 𝛼
𝑖
𝜏𝑛 + 𝜏𝑔 + 𝜏 𝑓 = 𝐼𝐶 𝑀 · 𝛼
ya que las lineas de acción del peso y la normal pasan por el eje no generan torcas 𝜏𝑛 = 𝜏𝑔 = 0 por
que la única torca que existe es la de la fricción y su brazo es el radio de la rueda 𝑅.
𝑅 · 𝑓𝑠 · sen 90° = 𝐼𝐶 𝑀 · 𝛼
𝐼𝐶 𝑀
𝑓𝑠 =
𝛼
𝑅
utilizando la condición para rodadura para las aceleraciones 𝑎𝐶 𝑀 = 𝑅𝛼 obtenemos
𝐼𝐶 𝑀 𝑎 𝐶 𝑀
𝑅
𝑅
𝐼𝐶 𝑀
𝑓𝑠 = 2 𝑎𝐶 𝑀
𝑅
𝑓𝑠 =
combinando este resultado con las ecuaciones 9.22 obtenemos
𝐼𝐶 𝑀
𝑎𝐶 𝑀 = 𝑀𝑎𝐶 𝑀
𝑅2
𝐼𝐶 𝑀
𝑀𝑔 · sen 𝜃 = 𝑀 + 2 𝑎𝐶 𝑀
𝑅
𝑀
𝑎𝐶 𝑀 =
𝑔 · sen 𝜃
𝑀 + 𝐼𝐶𝑅𝑀
2
𝑀𝑔 · sen 𝜃 −
O BSERVACIONES
344
(9.24)
9.3. Trabajo y energía en rotación
1. Nótese que mientras la rueda no empieza a deslizar la aceleración del centro de masa no
depende del coeficiente de fricción y es una fracción de lo que habíamos calculado en las
Aplicaciones de Newton.
2. El momento de inercia es una esfera es 𝐼𝐶 𝑀 = 52 𝑀 𝑅 2 por lo que la aceleración se convierte
en
𝑀
𝑎𝐶 𝑀 =
𝑀+
=
𝑎𝐶 𝑀 =
2
2
5 𝑀𝑅
2
𝑅
𝑔 · sen 𝜃
Z
Z
Z
Z
Z
𝑀
Z
𝑔 · sen 𝜃
7Z
𝑀
Z
5
5
𝑔 · sen 𝜃
7
Nótese que si bien existe fricción la aceleración no depende de ella sino del momento del
cuerpo. La aceleración depende del ángulo de inclinación, por lo que a mayor ángulo mayor
será su aceleración
3. La aceleración angular 𝛼 se deja calcular como
𝛼=
𝛼=
𝑎𝐶 𝑀
𝑅
𝑀
𝑀+
𝐼𝐶 𝑀
𝑅2
𝑔
· sen 𝜃
𝑅
en nuestro caso
5𝑔
· sen 𝜃
7𝑅
y notamos que la aceleración angular también depende del ángulo de inclinación, pero es
inversamente proporcional al radio. Haciendo que cuerpos con radios grandes giren lentamente y pero haciendo que sus centros de masa se desplacen rápidamente.
𝛼=
4. ¿Que pasa si él ángulo de inclinación es demasiado grande? ¿Existe un ángulo limitante
como lo vimos en la sección de Aplicaciones de Newton (ecuación 4.12)? Nos concentramos
en la condición para que el disco no deslice (ecuación 9.23)
𝑓𝑆 ≤ 𝜇 𝑠 𝑀𝑔 · cos 𝜃
utilizando lo que sabemos para la fricción estática
𝐼𝐶 𝑀
𝑀
𝑔 · sen 𝜃 ≤ 𝜇 𝑠 𝑀𝑔 · cos 𝜃
2
𝑅 𝑀 + 𝐼𝐶 𝑀
2
𝑅
𝐼𝐶 𝑀 Z
𝑀
Z
𝑔 · sen 𝜃 ≤ 𝜇 𝑠Z
𝑀
Z𝑔
· cos 𝜃
𝑀 𝑅 2 + 𝐼𝐶 𝑀 345
9. Dinámica de rotación
despejando hacia el coeficiente de fricción
𝜇𝑠 ≥
𝐼𝐶 𝑀
· tan 𝜃
𝑀 𝑅 2 + 𝐼𝐶 𝑀
(9.25)
nótese que se parece mucho a la condición para el ángulo limitante (ecuación 4.12) sólo que
ahora se exige que el coeficiente sea mayor a la fracción de la tangente de 𝜃. En nuestro
caso será
𝜇𝑠 ≥
≥
𝜇𝑠 ≥
2
2
5 𝑀𝑅
𝑀 𝑅 2 + 25 𝑀 𝑅 2
2
5
· tan 𝜃
7
5
· tan 𝜃
2
· tan 𝜃
7
Ejemplo 9.13 (Competencia de ruedas ). Tomado de la discusión D7/21. Se pone a competir
dos objetos, una esfera hueca (cascarón esférico) con masa 𝑀1 y radio 𝑅1 y un aro 𝑀2 y radio
𝑅2 , colocándolos sobre un plano inclinado de altura ℎ como se muestra en la figura del ejercicio
anterior. Si ambos se sueltan del reposo al mismo tiempo,y en base a eso responda, a) ¿Quién
llegará primero? b) ¿Depende de la relación entre las masas y radios? c) Calcule una expresión
para la velocidad al llegar a nivel del suelo
S OLUCIÓN
El centro de masa ejecuta un MRUA por lo que si parte del reposo, el tiempo que tarda en llegar a
la parte baja del plano será
1
:𝑡 0
𝑀
Δ𝑥𝐶 𝑀 = 𝑣 𝑜𝐶
+ 𝑎𝐶 𝑀 𝑡 2
2
2Δ𝑥𝐶 𝑀
= 𝑡2
𝑎𝐶 𝑀
s
2Δ𝑥𝐶 𝑀
𝑡=
𝑎𝐶 𝑀
sustituyendo la expresión para la aceleración del centro de mas ec.9.24
𝑡=
v
u
t
2Δ𝑥𝐶 𝑀
𝑔 · sen 𝜃
𝑀
𝐼
𝑀+ 𝐶𝑀
2
𝑅
s
𝑡=
𝑀+
𝐼𝐶 𝑀
𝑅2
𝑀
346
2Δ𝑥𝐶 𝑀
𝑔 · sen 𝜃
9.3. Trabajo y energía en rotación
es obvio que aquella rueda con mayor momento de inercia tardará mas tiempo en llegar. Calculando para la esfera hueca y el aro obtenemos
s
s
𝐼𝐶 𝑀
𝑅2
1
𝑀1
𝑀1 +
𝑡 𝑒𝑠 𝑓
=
v
t
r
v
t
q
2Δ𝑥𝐶 𝑀
𝑔·𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑀 𝑅2
2
𝑅2
2
𝑀2
𝑔·𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑀2 +
=
𝑔·𝑠𝑒𝑛 𝜃
5
3 𝑀1
𝑀1
2Δ𝑥𝐶 𝑀
𝑔·𝑠𝑒𝑛 𝜃
=
=
𝑡 𝑎𝑟 𝑜 =
S
S
S
S 2Δ𝑥𝐶 𝑀
=
𝑡 𝑒𝑠 𝑓
2 𝑀 𝑅2
𝑀1 + 3 2 1
𝑅
1
𝑀1
𝐼𝐶 𝑀
𝑅2
2
𝑀2
𝑀2 +
2Δ𝑥𝐶 𝑀
𝑔·𝑠𝑒𝑛 𝜃
=
5 2Δ𝑥𝐶 𝑀
3 𝑔·𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑡 𝑎𝑟 𝑜 =
q
S
S
S
S 2Δ𝑥𝐶 𝑀
2 2Δ𝑥𝐶 𝑀
2
𝑀
2 𝑔·𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑀
q
2Δ𝑥𝐶 𝑀
2 𝑔·𝑠𝑒𝑛
𝜃
Es obvio que el aro tarda más en llegar que la esfera a pesar de tener distintas masas y radios y no
los resultados no dependen de las masas los radios, sino que dependen de la distribución de masa,
el ángulo y la distancia total a recorrer.
c) Para calcular la velocidad del centro de masa tomaremos un camino alternativo y lo haremos
por energía. Dado que la fricción o su torca no realizan trabajo el sistema es conservativo
𝐸 = 𝐸0
0
*+0 𝐾 0
:+0𝑈 = 𝐾 0 + 𝐾 0
𝐾
+
𝑈
𝑟
𝑜𝑡
𝑡𝑟
𝑎𝑠
𝑔
𝑟 𝑜𝑡
𝑡𝑟 𝑎𝑠
𝑔
Dado que parten desde el reposo y la energía potencial es cero en el suelo, lógicamente y utilizando
las condiciones de rodadura
1
1
02
𝑀𝑔ℎ = 𝐼𝜔 02 + 𝑀𝑣 𝐶
𝑀
2
2
0 2
1 𝑣
1
02
= 𝐼 𝐶 𝑀 + 𝑀𝑣 𝐶
𝑀
2
𝑅
2
1
𝐼
02
𝑀𝑔ℎ =
𝑀 + 2 𝑣𝐶
𝑀
2
𝑅
s
𝑀
0
𝑣𝐶
2𝑔ℎ
𝑀 =
𝑀 + 𝑅𝐼2
otra vez la rapidez del centro de masa se parece a la caída libre con la excepción del factor fraccionario de inercias. Para la esfera hueca y el aro tenemos que
s
s
𝑀1
𝑀2
0
0
2𝑔ℎ
𝑣 𝑒𝑠
=
2𝑔ℎ
𝑣
=
2 𝑀 𝑅2
𝑎𝑟 𝑜
𝑓
𝑀 𝑅2
𝑀1 + 3
r
=
=
0
𝑣 𝑒𝑠
𝑓
=
𝑅2
1
1
𝑀1
2𝑔ℎ
𝑀1 + 32 𝑀1
q
3
2𝑔ℎ
q5
6
5 𝑔ℎ
𝑀2 +
=
=
0
𝑣 𝑎𝑟
𝑜 =
q
q
p
𝑅2
2
2
𝑀2
𝑀2 +𝑀2 2𝑔ℎ
1
2 2𝑔ℎ
𝑔ℎ
347
9. Dinámica de rotación
Es decir el aro es más lento y por lo tanto llegará más lejos
Ejemplo 9.14 (Condición de deslizamiento). Un cilindro hueco se encuentra sobre un plano inclinado con ángulo de 𝜃 = 60° respecto de la horizontal. El coeficiente de fricción es de 𝜇 𝑠 = 0.6 a)
¿El cilindro hueco rodará sin deslizarse? b) ¿Un cilindro sólido deslizará sin deslizarse?[Ling et al., 2016]
S OLUCIÓN
a) Utilizando la condición de no-deslizamiento (ecuación 9.25) para el cilindro hueco obtenemos
que
𝐼𝐶 𝑀
· tan 𝜃
𝑀 𝑅 2 + 𝐼𝐶 𝑀
𝑀 𝑅2
≥
· tan 𝜃
𝑀 𝑅2 + 𝑀 𝑅2
1
𝜇 𝑠 ≥ · tan 𝜃
2
𝜇𝑠 ≥
sustituyendo los valores
1
tan 60°
2
0.6 0.868
0.6 ≥
es decir el cilindro hueco no cumple la condición y se desliza en vez de rodar
b) Para el cilindro sólido el cálculo es similar
𝐼𝐶 𝑀
· tan 𝜃
𝑀 𝑅 2 + 𝐼𝐶 𝑀
1
2
2 𝑀𝑅
· tan 𝜃
≥
𝑀 𝑅 2 + 12 𝑀 𝑅 2
𝜇𝑠 ≥
𝜇𝑠 ≥
1
2
3
2
𝜇𝑠 ≥
1
tan 𝜃
3
· tan 𝜃
sustituyendo los valores
1
tan 60°
3
0.6 ≥ 0.577
0.6 ≥
es decir que el cilindro sólido si cumple la condición y por lo tanto rueda en vez de deslizarse.
La explicación intuitiva más simple es que en el primer caso la fuerza de fricción no es capaz de
generar la torca necesaria de para mover la gran inercia del cilindro hueco (𝑀 𝑅 2 ) mientras que en
el segundo caso sólo debe mover la mitad de esa inercia y por lo tanto está dentro del rango para
rodar.
348
9.4. Cantidad de movimiento angular o ímpetu angular
Ejemplo 9.15. Una esfera hueca y un cilindro hueco de mismas masas y radio ruedan sobre un
plano inclinado sin deslizarse con la misma velocidad del centro de masa . ¿Cuál objeto obtiene la
mayor altura antes de detenerse? [Ling et al., 2016]
S OLUCIÓN
El problema es la situación inversa a los objetos que ruedan plano hacia abajo. Como no deslizan,
la energía se conserva y por ende
𝐸 = 𝐸0
0
0
0
>
𝐾𝑇
𝐾𝑇 + 𝑈
+ 𝑈𝑔0
𝑔 =
1
𝐼𝐶 𝑀 2
𝑀 + 2 𝑣 𝑐𝑚 = 𝑀𝑔ℎ
2
𝑅
despejando hacia la altura
𝑣 2𝑐𝑚
𝐼𝐶 𝑀
Z
𝑀
=ℎ
Z 1+
2𝑔Z
𝑀
𝑀 𝑅2
Z
𝑣2
𝐼𝐶 𝑀
ℎ = 𝑐𝑚 1 +
2𝑔
𝑀 𝑅2
obviamente el que tiene un mayor comento de inercia tendrá mayor altura. Sustituyendo para las
inercias de un cilindro y esfera huecas
2
2
2
2
𝑣𝑐𝑚
𝑣𝑐𝑚
𝑀 𝑅2
3 𝑀𝑅
ℎ 𝑐𝑖𝑙 = 2𝑔 1 + 𝑀 𝑅2
ℎ𝑒𝑠 𝑓 = 2𝑔 1 + 𝑀 𝑅2
ℎ 𝑐𝑖𝑙 = 2
2
𝑣𝑐𝑚
2𝑔
ℎ𝑒𝑠 𝑓
=
2
5 𝑣𝑐𝑚
3 2𝑔
la explicación intuitiva es que a pesar que ambos cuerpos tienen la misma energía cinética de
traslación, el cilindro hueco tiene mayor energía cinética de rotación al tener más inercia. Ya
que toda la energía cinética se transforma en energía potencial gravitatoria, el cilindro debe tener
mayor altura.
9.4.
Cantidad de movimiento angular o ímpetu angular
En las secciones anteriores hemos explorado la cinemática y dinámica de rotación y encontramos
que para todo concepto lineal hay un equivalente en rotación. El único concepto que no hemos
explorado es la cantidad de movimiento angular. Recordando que el momento de torsión está
asociado con la fuerza vía la ecuación 9.5
𝜏® = 𝑟® × 𝐹®
utilizaremos el mismo camino para definir el ímpetu angular. Suponga que una partícula de masa
se mueve sobre el plano 𝑥𝑦 con una velocidad 𝑣® como se muestra en la figura 9.20
349
9. Dinámica de rotación
Figura 9.20.: Partícula atraviese el plano 𝑥𝑦 con un ímpetu lineal 𝑝®
Definición 9.3 (Cantidad de movimiento angular). O ímpetu angular respecto de un origen 𝑂 se
define como
ℓ® = 𝑟® × 𝑝®
(9.26)
donde 𝑟® es brazo del origen /eje al punto donde se la partícula y 𝑝® = 𝑚®𝑣 es ímpetu lineal
O BSERVACIONES
1. Las unidades del ímpetu angular en el sistema internacional son
h i
𝑚2
ℓ® = [®
𝑟 ] · [ 𝑝]
® = 𝑘𝑔 ·
𝑠
2. El ímpetu angular ℓ® es por definición perpendicular al brazo 𝑟® y al ímpetu lineal 𝑝.
®
3. Para cualquier producto cruz, la magnitud del vector resultante es
ℓ = 𝑟 · 𝑝 · sen 𝜃
donde 𝜃 es el ángulo que forma el brazo con la línea de acción del ímpetu lineal.
Figura 9.21.: Interpretación de ímpetu angular
350
9.4. Cantidad de movimiento angular o ímpetu angular
4. Al igual que con la torca, el ímpetu angular se deja interpretar de dos formas: brazo por
componente perpendicular del ímpetu lineal o bien brazo efectivo por ímpetu lineal (véase
figura 9.21)
(
ℓ = 𝑟 · 𝑝⊥
(9.27)
ℓ = 𝑟 · 𝑝 · sen 𝜃 =
ℓ = 𝑟 efec · 𝑝
donde 𝑝 ⊥ = 𝑝 · sen 𝜃 es la componente perpendicular del ímpetu lineal respecto del brazo
y 𝑟 𝑒 𝑓 𝑒𝑐 = 𝑟 · sen 𝜃 es el brazo efectivo o distancia perpendicular del eje a la línea de acción
del ímpetu lineal .
5. El ímpetu angular ℓ® es un vector axial que señala en dirección del eje de rotación y velocidad
angular cuando el eje es fijo.
6. Si derivamos la expresión para el ímpetu lineal de una partícula obtenemos
𝑑 ℓ® 𝑑
(®
=
𝑟 × 𝑝)
®
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑®
𝑟
𝑑 𝑝®
=
× 𝑝® + 𝑟® ×
𝑑𝑡
𝑑𝑡
según la derivación de un producto. Por otro lado la velocidad es 𝑣® = 𝑑𝑑𝑡𝑟® y la fuerza neta
sobre una partícula se puede expresar como 𝐹®𝑁 = 𝑑𝑑𝑡𝑝® por lo que obtenemos
:0
𝑚®
=
𝑣® ×
𝑣 + 𝑟® × 𝐹®𝑁
= 𝑟® × 𝐹®𝑁
𝑑 ℓ®
= 𝜏®𝑁
𝑑𝑡
(9.28)
que es una forma de la Segunda Ley de Newton para rotación generalizada
Ejemplo 9.16. Tomado de la discusión D7/23. Una partícula de 1.50 𝑘𝑔 se mueve en el plano 𝑥𝑦
con una velocidad de 𝑣® = (4.20 𝚤ˆ–3.60 𝚥ˆ) 𝑚/𝑠. Determine la cantidad de movimiento angular de
la partícula en torno al origen cuando su vector de posición es 𝑟® = (1.50 𝚤ˆ + 2.20 𝚥ˆ) 𝑚
S OLUCIÓN
Siguiendo la definición 9.26
ℓ® = 𝑟® × 𝑝®
= 𝑟® × 𝑚 · 𝑣®
= 𝑚 · (®
𝑟 × 𝑣®)
351
9. Dinámica de rotación
utilizando la definición de matrices para el producto cruz
𝚤ˆ
𝚥ˆ
𝑘ˆ
𝑚
= 1.50 𝑘𝑔 1.50 2.20 0 𝑚 ·
𝑠
4.20 −3.60 0
1.50 2.20 ˆ
𝑚2
𝑘 𝑘𝑔
𝑠
4.20 −3.60
= 1.50 ·
2
𝑚 ˆ
ℓ® = −21.98 𝑘𝑔
𝑘
𝑠
Figura 9.22.: El ímpetu angular total 𝐿® es la suma de todos los ímpetus angulares
Supongamos ahora que tenemos un sistema de 𝑁 partículas como se muestra en la figura 9.22
, nos gustaría saber cuanto es la cantidad de movimiento angular del sistema. Obviamente cada
partícula tiene un ímpetu angular respecto del origen por lo que
ℓ®1
ℓ®2
ℓ®3
= 𝑟®1 × 𝑝®1
= 𝑟®2 × 𝑝®2
= 𝑟®3 × 𝑝®3
..
.
®
= 𝑟®𝑁 × 𝑝®𝑁
𝑁
Õ
=
𝑟®𝑖 × 𝑝®𝑖
ℓ𝑁
𝑁
Õ
ℓ®𝑖
𝑖=1
352
𝑖=1
9.4. Cantidad de movimiento angular o ímpetu angular
De forma análoga a la cantidad de movimiento lineal 𝑃® se define al ímpetu angular total como
Definición 9.4 (Ímpetu angular total de un sistema de N partículas). Es la suma de todos los
ímpetus angulares dentro del sistema
𝑁
Õ
®
𝐿=
ℓ®𝑖
(9.29)
𝑖=1
O BSERVACIONES
1. Dado que cada ímpetu angular ℓ®𝑖 = 𝑟®𝑖 × 𝑝®𝑖 obtenemos que
𝐿® =
𝑁
Õ
𝑟®𝑖 × 𝑝®𝑖
𝑖=1
Figura 9.23.: El ímpetu angular total 𝐿® es la integral sobre todos los diferenciales de 𝑑 ℓ®
2. Para un cuerpo rígido que gira sobre un eje fijo tenemos que cada diferencial de masa genera
un diferencial de ímpetu angular total como se muestra en la figura 9.23.
𝑑 𝐿® = 𝑟® × 𝑑 𝑝®
= 𝑟® × 𝑑𝑚 · 𝑣®
= 𝑑𝑚 (®
𝑟 × 𝑣®)
donde 𝑟® es el vector radial cilíndrico del eje al punto de observación. Ya que nos encontramos en un cuerpo donde el movimiento rotatorio es compartido por todos los puntos en el
cuerpo, entonces
= 𝑑𝑚 (®
𝑟 × ( 𝜔® × 𝑟®))
0
:
(®
𝑟
· 𝜔)
®
= 𝑑𝑚 𝜔® · (®
𝑟 · 𝑟®) − 𝑟® · 353
9. Dinámica de rotación
según las reglas del triple productor cruz4 . Ahora bien ya que la velocidad angular señala en
dirección del eje y 𝑟® es un vector radial cilíndrico, obtenemos que
𝑑 𝐿® = 𝑑𝑚 · 𝜔𝑟
® 2+0
∫
𝑑 𝐿® =
𝜔𝑟
® 2 𝑑𝑚
𝐿®
𝑀
∫
= 𝜔®
𝑟 2 · 𝑑𝑚
∫
𝑀
recordando que la expresión de la integral es el momento de inercia del cuerpo rígido
𝐿® = 𝐼 · 𝜔®
(9.30)
Es de notar que la ecuación 9.30 es válido sólo para cuerpos rígidos y con eje fijo. Por
ejemplo en un trompo, el centro de masa ejecuta un movimiento circular alrededor de otro
eje al eje de rotación. En ese caso el ímpetu angular total es la suma del ímpetu angular del
centro de masa y el ímpetu angular intrínseco del trompo.
Ejemplo 9.17 (Ímpetu angular total de cuerpo rígido ). Tomado de la discusión D7/24. Una esfera
sólida uniforme con radio 0.500 𝑚 y masa de 15.0 𝑘𝑔 gira en sentido contrario al de las manecillas
del reloj en torno aun eje vertical a través de su centro. Encuentre su vector momentum angular
cuando su rapidez angular es de 3.00 𝑟𝑎𝑑/𝑠.
S OLUCIÓN
Asumiendo que la dirección del eje en dirección del eje 𝑧
𝐿® = 𝐼𝐶 𝑀 · 𝜔®
2
= 𝑀 𝑅 2 · 𝜔 𝑘ˆ
5
2
= × 15.0 𝑘𝑔 × (0.5 𝑚) 2 × 3.00 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝑘ˆ
5
𝑚2 ˆ
𝐿® = +4.5 𝑘𝑔
𝑘
𝑠
Ejemplo 9.18. Compare una esfera sólida de masa 𝑀 y radio 𝑅1 que gira alrededor del eje 𝑧 que
pasa por su centro de masa y un cilindro sólido de misma masa 𝑀 y radio 𝑅2 que gira alrededor
del eje 𝑧 y que también pasa por el centro de masa ¿Qué cuerpo tiene una mayor momento de
inercia lineal?
4 Según
la expansión del triple producto o fórmula de Lagrange
𝐴® × 𝐵® × 𝐶® = 𝐵® · 𝐴® · 𝐶® − 𝐶® 𝐴® · 𝐵®
Su demostración mas elegante es mediante el calculo tensorial y la reducción de los símbolos de Levi-Civita
[Spain, 2003]
354
9.5. Conservación del ímpetu angular total
S OLUCIÓN
Para hacer la comparación sacamos el cociente de ambos momentos de inercia y obtenemos
𝐿 𝑒𝑠 𝑓
𝐼𝐶 𝑀 ,𝑒𝑠 𝑓 𝜔
=
𝐿 𝑐𝑖𝑙
𝐼𝐶 𝑀 ,𝑐𝑖𝑙
𝜔
=
𝐿 𝑒𝑠 𝑓
2Z 2
Z𝑅1
5𝑀
1Z 2
Z𝑅2
2𝑀
2
4 𝑅1
𝐿 𝑐𝑖𝑙
= ·
5 𝑅2
esta ecuación nos dice que depende de los radios de las figuras. Por ejemplo si los radios son
iguales 𝑅1 = 𝑅2 entonces el ímpetu angular de la esfera es menor que la del cilindro por un factor
de 54 .
4
𝐿 𝑒𝑠 𝑓 = 𝐿 𝑐𝑖𝑙
𝐿 𝑒𝑠 𝑓 < 𝐿 𝑐𝑖𝑙
5
√
Ahora bien si el radio de la esfera 𝑅1 >
√
𝑅1 =
9.5.
5
2 𝑅2
5
2 𝑅2
entonces el ímpetu de la esfera será mayor y si
entonces los ímpetus serán iguales.
Conservación del ímpetu angular total
Igual que con la conservación de ímpetu lineal total empezamos derivando el ímpetu angular total
de un cuerpo rígido
𝑑 𝐿®
𝑑
(𝐼 · 𝜔)
=
®
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝐼
𝑑 𝜔®
=
· 𝜔® + 𝐼 ·
𝑑𝑡
𝑑𝑡
mientras que el segundo término nos es conocido como 𝐼 · 𝛼
® el primer término no es trivialmente
cero, ya que por ejemplo en un sistema de partículas (gas o líquido) éstas se pueden haber reorientado o bien el eje puede haber cambiado de orientación durante la aplicación de las torcas/fuerzas.
En un cuerpo rígido que gira alrededor un eje fijo, la partículas no pueden reorientarse y el eje no
puede cambiar por lo que 𝑑𝐼
𝑑𝑡 = 0
0
>
𝑑𝐼 = · 𝜔® + 𝐼 · 𝛼
®
𝑑𝑡
𝑑 𝐿®
= 𝐼·𝛼
®
𝑑𝑡
por Segunda Ley de Newton para rotación para cuerpos rígidos (ecuación 9.5)
𝑑 𝐿®
𝑑𝑡
En especial nos interesa cuando la torca neta externa es cero, entonces decimos que
𝑒𝑥𝑡
𝜏®𝑁
=
(9.31)
355
9. Dinámica de rotación
Teorema 9.1 (Conservación del Ímpetu angular total). En ausencia de torca neta externa (o los
torcas externas se anulen) entonces se conserva el ímpetu angular total
0=
𝑑 𝐿®
𝑑𝑡
o bien
𝐿® = 𝐿® 0 = 𝑐𝑡𝑒
(9.32)
O BSERVACIONES
1. Esta Ley de Conservación es una de las más estrictas y se debe cumplir incluso en la Física
Cuántica y es base Fundamental para la teoría de partículas y Cromodinámica Cuántica.
2. En caso de un cuerpo que gira sobre un eje fijo se convierte en
𝐼𝜔 = 𝐼 0𝜔 0
dejando la notación vectorial ya que las velocidades angulares deben señalar en la misma
dirección.
Ejemplo 9.19 (Ejemplo de conservación de ímpetu angular). Un estudiante se sienta sobre un
banco rotatorio libremente sosteniendo dos mancuernas, cada una de 3.00 𝑘𝑔 de masa (ver fig.
9.24a). Cuando el estudiante extiende los brazos horizontalmente, las mancuernas están a 𝑟 =
1.00 𝑚 de eje de rotación y el estudiante da vueltas con una rapidez angular de 𝜔 = 0.750 𝑟𝑎𝑑/𝑠.
El momento de inercia del estudiante más el banco es 𝐼𝑒𝑠𝑡 = 3.00 𝑘𝑔.𝑚 2 y se supone constante. El
estudiante jala las mancuernas horizontalmente hacia adentro a una posición 𝑟 0 = 0.300 𝑚 del eje
de rotación (Ver fig. 9.24b). a) Encuentre la nueva rapidez angular del estudiante. b) Encuentre la
energía cinética del sistema rotatorio antes y después de jalar las mancuernas hacia adentro.
S OLUCIÓN
Para poder solucionar este ejercicio es necesario primero calcular el momento de inercia antes 𝐼
y después de cambiar las posiciones de las mancuernas 𝐼 0. Ya que no nos han dado información
geométrica de estas mancuernas, las trataremos como partículas de masa 𝑚 = 3.00 𝑘𝑔, por lo tanto
𝐼 = 𝐼𝑒𝑠𝑡 + 𝐼1 + 𝐼2
= 𝐼𝑒𝑠𝑡 + 𝑚𝑟 12 + 𝑚𝑟 22
= 𝐼𝑒𝑠𝑡 + 2𝑚𝑟 2
dado que ambas mancuernas están a la misma distancia del eje de rotación
𝐼 = 3.00 𝑘𝑔𝑚 2 + 2 × 3.00 𝑘𝑔 × (1.00𝑚) 2
𝐼 = 9 𝑘𝑔𝑚 2
356
9.5. Conservación del ímpetu angular total
Figura 9.24.: El ímpetu angular total 𝐿® se conserva al no haber torcas netas externas
Hacemos ahora el mismo cálculo para después con la diferencia que el momento de inercia del
estudiante no ha cambiado
𝐼 0 = 𝐼𝑒𝑠𝑡 + 2𝑚𝑟 02
= 3.00 𝑘𝑔𝑚 2 + 2 × 3.00 𝑘𝑔 × (0.300𝑚) 2
𝐼 0 = 3.54 𝑘𝑔𝑚 2
a) Dado que no hay torcas netas externas actuando (peso y normal se cancelan y actúan sobre el
centro de masa que descansa sobre el eje)
𝐿 = 𝐿0
𝐼𝜔 = 𝐼 0𝜔 0
𝐼
𝜔 = 𝜔0
𝐼0
2
9.00 𝑘𝑔𝑚
0
× 3.00 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝜔 =
2
3.54 𝑘𝑔𝑚
𝜔 0 = 7.63 𝑟𝑎𝑑/𝑠
b) Calculando con la información conocida
𝐾 = 21 𝐼𝜔2
= 12 × 9.00 𝑘𝑔𝑚 2 (3 𝑟𝑎𝑑/𝑠) 2
𝐾 = 40.5 𝐽
𝐾 0 = 12 𝐼 0𝜔 02
= 12 × 3.54 𝑘𝑔𝑚 2 (7.63 𝑟𝑎𝑑/𝑠) 2
𝐾 0 = 103.04 𝐽
357
9. Dinámica de rotación
Nótese que la energía cinética incrementó en un factor 𝐼𝐼0 = 2.54. Ya que no ha habido trabajo
externo, deben de haber provenido de fuerzas internas en el sistema (los músculos del estudiante
que hacen trabajo al acercar las mancuernas)
Ejemplo 9.20 (Colisión completamente inelástica en rotación). Tomado de la discusión D7/M5.
Un volante con momento de inercia 𝐼1 da vueltas en torno a un eje vertical sin fricción con rapidez
angular 𝜔1 . Un segundo cilindro con momento de inercia 𝐼2 y que inicialmente reposa 𝜔2 = 0, se
le deja caer el primer cilindro, como se muestra en la figura 9.25. Debido a la fricción entre las
superficies, con el tiempo los dos llegan a la misma rapidez angular 𝜔 0 . a) Calcule 𝜔 0 b) Demuestre
que la energía cinética del sistema disminuye en esta interacción y calcule la proporción de la
energía rotacional final a la inicial.
S OLUCIÓN
Figura 9.25.: Este es el equivalente a una colisión completamente inelástica en rotación
a) Dado que no hay torcas externas (tanto el peso como las normales actúan sobre una linea que
pasa por el centro de masa y se cancelan) se debe conservar el ímpetu angular total antes y después
𝐿 = 𝐿0
𝐿 1 + 𝐿 2 = 𝐿 10 + 𝐿 20
*0
0
0
𝐼1 𝜔 1 + 𝐼2 𝜔
2 = 𝐼1 𝜔 + 𝐼2 𝜔
dado que la velocidad angular inicial del segundo disco es cero ya que está reposo, llegamos a la
expresión
𝐼1 𝜔1 = (𝐼1 + 𝐼2 ) 𝜔 0
𝐼1
𝜔0 =
𝜔1
𝐼1 + 𝐼2
b) Para el cálculo de las energía cinética inicial tenemos que
𝐾 𝑅 = 𝐾 𝑅1 + 𝐾 𝑅2
0
1
1 >
𝐼1 𝜔21 + 𝐼2 𝜔22
2
2
1
𝐾 𝑅 = 𝐼1 𝜔21
2
=
358
9.5. Conservación del ímpetu angular total
Para la final
0
0
𝐾 𝑅0 = 𝐾 𝑅1
+ 𝐾 𝑅2
1
1
= 𝐼1 𝜔 02 + 𝐼1 𝜔 02
2
2
1
= (𝐼1 + 𝐼2 ) 𝜔 02
2
sustituyendo lo que habíamos encontrado
2
1
𝐼1
= (𝐼1 + 𝐼2 )
𝜔1
2
𝐼1 + 𝐼2
2
(𝐼1+𝐼
1
2 ) · 𝐼1 2
=
𝜔
2 (𝐼 + 𝐼 )2 1
1
2
𝐼1 1
=
𝐼1 𝜔21
𝐼1 + 𝐼2 2
𝐼1
𝐾 𝑅0 =
𝐾𝑅
𝐼1 + 𝐼2
𝐾 𝑅0
Notamos que la energía cinética es sólo una fracción de la energía cinética inicial. y es el cociente
1
de inercia en movimiento inicial entre la inercia total del sistema 𝐼1𝐼+𝐼
.
2
Es interesante notar que la energía cinética perdida es exactamente el otro cociente de inercia que
no rota entre inercia total con signo negativo
Δ𝐾 𝑅 = 𝐾 𝑅0 − 𝐾 𝑅
𝐼1
=
𝐾𝑅 − 𝐾𝑅
𝐼 +𝐼
1 2
𝐼1
− 1 𝐾𝑅
=
𝐼1 + 𝐼2
𝐼1 − 𝐼1 − 𝐼2
=
𝐾𝑅
𝐼1 + 𝐼2
𝐼2
Δ𝐾 𝑅 = −
𝐾𝑅
𝐼1 + 𝐼2
Ejemplo 9.21. Un volante con un momento de inercia 𝐼 = 10 𝑘𝑔𝑚 2 posee un ímpetu angular
𝐿 1 = 20 𝑘𝑔 𝑚 2 /𝑠 es frenado por una fuerza de fricción en su borde durante un intervalo de tiempo
Δ𝑡 = 3 𝑚𝑠 hasta que obtiene un ímpetu angular𝐿 2 = 5 𝑘𝑔 𝑚 2 /𝑠. ¿Cuál es la torca de fricción neta
promedio necesaria para lograr esto?
359
9. Dinámica de rotación
Solución
𝑑𝐿
𝑑𝑡
Δ𝐿
𝜏¯ =
Δ𝑡
−15 𝑘𝑔𝑚 2 /𝑠
=
3 × 10−3 𝑠
𝜏¯ = −5000 𝑁𝑚
𝜏=
El momento de inercia no interviene, pero está ahí para los que quieran irse por el lado largo,
calculando aceleración angular.
Ejemplo 9.22. Un disco volador (frisbee) se lanza desde un balcón a una altura de 6 𝑚 sobre el
nivel del suelo con una velocidad horizontal del centro de masa 𝑣 𝐶 𝑀 = 15 𝑚/𝑠 y una velocidad
angular de respecto de un eje perpendicular que pasa por el centro de masa 𝜔 = 25𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠.
Despreciando la resistencia del aire ¿Cuántas vueltas da el frisbee antes de tocar el suelo?
Ejercicio 9.1. Solución
Dado que no hay torca neta externa (gravedad actúa sobre CM) 𝐿 se conserva y por ende la
velocidad angular es constante
Δ𝜃
Δ𝑡
Δ𝜃 = 𝜔Δ𝑡
𝜔=
El tiempo es el tiempo de caída libre (tiro horizontal)
s
2·ℎ
Δ𝜃 = 𝜔
𝑔
Otra vez la velocidad del centro de masa no interesa pues el tiempo de caída no depende la componente en 𝑥, sino en 𝑦. (Ejercicio más duro, pero bonita despedida del curso)
360
10. Equilibrio estático
En ingeniería muchas veces es necesario que los cuerpos estén en equilibrio para los dispositivos que se estudien funcionen apropiadamente. En este capítulo investigaremos cuales son esas
condiciones y como se deben aplicar los diagramas de cuerpo libre en estas circunstancias
10.1.
Condiciones de equilibrio
Definición 10.1 (Equilibrio). Un cuerpo se encuentra en equilibrio cuando tanto en traslación
como en rotación se encuentre en equilibrio. Es decir
𝑁
Õ
𝑖=1
𝑁
Õ
𝐹®𝑖 = 0
(10.1)
𝜏®𝑖 = 0
(10.2)
𝑖=1
O BSERVACIONES
1. La ecuación 10.1 la llamamos Primera Condición de Equilibrio y está asociada a la Primera
Ley de Newton. También está asociada a Ley de Conservación de Ímpetu Lineal
2. La ecuación 10.2, por otro lado, la llamamos Segunda Condición de Equilibrio y está asociada con la Ley de Conservación del Ímpetu Angular
3. Cuando un cuerpo rígido además de cumplir las Condiciones de Equilibrio, se mantiene en
reposo traslacional 𝑣®𝐶 𝑀 = 0 y rotacional 𝜔 = 0 , entonces decimos que se encuentra en
equilibrio estático.
Estrategia para resolver ejercicios de equilibrio:
Identifique todas las fuerzas que actúan sobre un cuerpo
Haga un DCL que muestre las fuerzas con ángulos y puntos de aplicación de la fuerza
Elija un marco de referencia , un eje de rotación y un sentido de giro para este eje.
Aplique las condiciones de equilibrio para resolver las incógnitas en las ecuaciones
361
10. Equilibrio estático
10.2.
Aplicaciones
Ejemplo 10.1 (Balanza en equilibrio ). Suponga que una balanza sin masa de dos brazos soporta
a dos pesos de 40 𝑁 y 50 𝑁 como se muestra en la figura 10.1. ¿A que distancia del pivote de la
balanza se debe ejercer una fuerza de 10 𝑁 para mantener el sistema en equilibrio?
S OLUCIÓN
Al hacer el diagrama de cuerpo libre de la barra, notamos que el pivote mismo debe soportar al
sistema lo que simbolizamos mediante una normal que actúa en el pivote. Aplicando la primera
condición de equilibrio
Õ
𝐹𝑦 = 0
𝑛 + 10 𝑁 − 40 𝑁 − 50 𝑁 = 0
𝑛 = 80 𝑁
lo que sólo significa que la normal solo compensa lo que la fuerza de 10 𝑁 no puede. Se coloca el
Figura 10.1.: ¿Donde hay que aplicar la fuerza para equilibrar el sistema?
marco de referencia sobre el pivote y se indican las distancias entre el eje de rotación y los puntos
de aplicación de la fuerzas. Es de notar que todas las fuerzas actúan perpendicular a los brazos.
Luego se elige una dirección de giro, como lo indica la flecha curvada y aplicamos la segunda
362
10.2. Aplicaciones
condición de equilibrio:
Õ
𝜏𝑖 = 0
20𝑐𝑚 · 40 𝑁sen 90° − 𝑥 · 10 𝑁sen 90°+0 − 10𝑐𝑚 · 50 𝑁sen 90° = 0
80 𝑁 · 𝑐𝑚 − 50 𝑁 · 𝑐𝑚 = 𝑥 · 10 𝑁
30 𝑁 · 𝑐𝑚
𝑥 =
10 𝑁
𝑥 = 3 𝑐𝑚
Es decir, la fuerza de 10 𝑁 debe actuar a una distancia de 3 𝑐𝑚 a la izquierda del pivote hacia
arriba. Es de notar que la normal no genera torca al actuar sobre el pivote.
Ejemplo 10.2 (Esfuerzos sobre normales). Un señor de 800 𝑁 de peso y un niño de 600 𝑁 de peso
descansan sobre una viga de 16 𝑚 de longitud, como se muestra en la figura 10.2. La viga posee
un peso de 200 𝑁 Determine la fuerzas que hacen los soportes 𝐴 y 𝐵 sobre la barra.
Figura 10.2.: El peso del sistema se redistribuye en las columnas
S OLUCIÓN
La parte más crítica en este ejercicio es el dibujo del diagrama de cuerpo libre: Se pintan todas
las fuerzas, los dos pesos de las personas, las normales y el peso de la barra, que asumimos que
actuará en el centro de masa (centro geométrico) del cuerpo. Elegimos un marco de referencia (en
nuestro caso en el extremo izquierdo de la viga) y luego hay que establecer las distancias de cada
fuerza respecto de este pivote de giro. Nótese que los valores no necesariamente son los mismos
que se dan respecto del dibujo original.
363
10. Equilibrio estático
Aplicando la primera condición:
Õ
𝐹𝑦 = 0
𝑛 𝐴 − 600 𝑁 − 200 𝑁 + 𝑛 𝐵 − 800 𝑁 = 0
𝑛 𝐴 + 𝑛 𝐵 = 1600 𝑁
(10.3)
Que lo único que nos dice es que las columnas soportan el peso del sistema.
Ahora aplicando la segunda condición con la dirección de giro indicada:
Õ
𝜏𝑖 = 0
0 + 2 𝑚 · 600 𝑁 + 8 𝑚 · 200 𝑁 − 12 𝑚 · 𝑛 𝐵 + 16 𝑚 · 800 𝑁 = 0
12 𝑚 · 𝑛 𝐵 = 15600 𝑁 · 𝑚
15600 𝑁 · 𝑚
𝑛𝐵 =
12 𝑚
𝑛 𝐵 = 1300 𝑁
(10.4)
Utilizando este resultado en la ecuación 10.3 obtenemos
𝑛 𝐴 + 1300 𝑁 = 1600 𝑁
𝑛 𝐴 = 300 𝑁
Es decir el peso del sistema se distribuye de forma asimétrica entre las columnas, teniendo la
columna más cercana a los pesos grandes mayor contribución en el esfuerzo de soporte.
Ejemplo 10.3. Repita el cálculo para el ejemplo anterior pero ponga ahora el sistema de coordenadas en el punto de apoyo de la fuerza 𝑛 𝐵 .
S OLUCIÓN
El diagrama de cuerpo libre se mira como se muestra en la figura 10.3. Es de notar que las casi
todas las distancias han cambiado debido al cambio de eje de rotación.
El cálculo por lo tanto también variará. La primera parte es la misma la sumatoria de fuerzas sigue
dando como resultado la ecuación 10.3, el calculo de la segunda condición sera:
Õ
𝜏𝑖 = 0
12 𝑚 · 𝑛 𝐴 − 10 𝑚 · 600 𝑁 − 4 𝑚 · 200 𝑁 + 0 + 4 𝑚 · 800 𝑁 = 0
12 𝑚 · 𝑛 𝐴 = 3600 𝑁 · 𝑚
3600 𝑁 · 𝑚
𝑛𝐴 =
12 𝑚
𝑛 𝐴 = 300 𝑁
Que es exactamente el mismo resultado que obtuvimos en la solución anterior. Las lecciones que
se aprenden de este ejercicios son:
364
10.2. Aplicaciones
Figura 10.3.: Al cambiar eje de rotación cambia el calculo específico, pero no su resultado
1. No importa donde se coloque el eje de rotación, la segunda condición combinada con la
primera condición de equilibrio siempre nos van a dar un resultado único.
2. Es útil elegir el eje de rotación de manera que se eliminen la mayor cantidad de incógnitas
en el sistema para mantener los cálculos lo más simple posible.
Ejemplo 10.4. Tomado de la discusión D8/2. Dos personas llevan una tabla uniforme horizontal
de 3.00 𝑚 de longitud que pesa 160 𝑁 como se muestra en la figura 10.4. Si una persona aplica
una fuerza hacia arriba de 60 𝑁 en un extremo, ¿en qué punto sostiene la tabla la otra persona?
S OLUCIÓN
Utilizando la Primera Condición de Equilibrio (ec. 10.1) y asumiendo que la barra es uniforme y
Figura 10.4.: ¿Con qué fuerza empuja la segunda persona y en donde?
365
10. Equilibrio estático
el peso actúa sobre el centro de masa
Õ
𝐹𝑦𝑖 = 0
𝑖
60 𝑁 − 160 𝑁 + 𝑛 = 0
𝑛 = 100 𝑁
Es obvio que la segunda persona debe compensar lo que la primera no pudo del peso. Utilizando
ahora la Segunda Condición de Equilibrio, poniendo el eje de rotación en el origen y la dirección
de giro como se muestra en la figura 10.4
Õ
𝜏𝑖 = 0
𝑖
0 + 1.5 𝑚 · 160 𝑁 · 𝑠𝑒𝑛 90° − 𝑥 · 𝑛 · 𝑠𝑒𝑛 90° = 0
240 𝑁 · 𝑚 = 𝑥 · 𝑛
240 𝑁 · 𝑚
100 𝑁
𝑥 = 2.4 𝑚
𝑥=
Es decir a 2.4 𝑚 del extremo sostenido de la tabla. O bien a 2.4 − 1.5 𝑚 = 0.9 𝑚 del centro de
masa.
Ejemplo 10.5 (Rótulo suspendido). Un rótulo de 900 𝑁 de peso se cuelga de una viga pivotada
de 3 𝑚 de largo y 50 𝑁 de peso mediante un cable como se muestra en la figura 10.5 . Si el ángulo
que forma el cable y la viga es de 30 °, (a) ¿Cuál es la tensión en la cuerda? y (b) ¿Cuáles son las
componente 𝑥 y 𝑦 de la fuerza ejercida por la pared sobre el pivote?
S OLUCIÓN
(a) A priori no tenemos información si las fuerzas que hace la pared señalan en las direcciones
pintadas en el DCL, no obstante si los cálculos dan negativo, sólo implica que se ha tomado la
dirección de la fuerza en la dirección contraria. Por otro lado, vemos que tenemos 3 incógnitas,
por lo que vamos a necesitar 3 ecuaciones para resolver el sistema. Aplicando la primera condición
de equilibrio:
Õ
𝐹𝑥 = 0
𝑛 𝑥 − 𝑇 · cos 30° = 0
√
3
𝑛𝑥 = 𝑇 ·
2
Õ
𝐹𝑦 = 0
0 = 𝑛 𝑦 − 100 𝑁 − 900 𝑁 + 𝑇 ·sin 30°
𝑛 𝑦 = 1000 𝑁 − 𝑇 ·
1
2
(10.5)
Notamos que todavía nos quedan las fuerzas en función de la tensión 𝑇 por lo que es necesario
366
10.2. Aplicaciones
Figura 10.5.: La pared hace fuerzas en 𝑥 y 𝑦 para mantener al sistema en equilibrio
aplicar la segunda condición de equilibrio para determinar todas las incógnitas:
Õ
𝜏𝑖 = 0
0 + 0 + 1.5𝑚 · 100 𝑁 + 3𝑚 · 900 𝑁 − 3𝑚 · 𝑇sin30° = 0
3
𝑚 · 𝑇 = 2850 𝑁 · 𝑚
2
2850 𝑁 · 𝑚
𝑇 =
1.5 𝑚
𝑇 = 1900 𝑁
Sustituyendo este resultado en 10.5 obtenemos
√
3
𝑛 𝑥 = 1900 𝑁 ·
2
𝑛 𝑥 = 1645.45 𝑁
𝑛 𝑦 = 1000 𝑁 −
1900 𝑁
2
𝑛 𝑦 = 50 𝑁
Es de notar que la fuerza normal que hace la pared sobre la barra es sustancial, mientras que en 𝑦
apenas y es una pequeña parte indicando que el cable es el que hace la mayor fuerza.
Ejemplo 10.6. Tomado de la discusión D8/4. Una pluma uniforme de 1200 𝑁 está sostenida
mediante un cable, como se muestra en la figura 10.6. La pluma está articulada en la parte baja, y
un objeto de 2000 𝑁 cuelga de su parte superior. Encuentre la tensión en el cable y las componentes
de la fuerza de reacción que ejerce el suelo sobre la pluma.
S OLUCIÓN
367
10. Equilibrio estático
Figura 10.6.: En el pivote hay reacciones 𝑛 𝑥 y 𝑛 𝑦 que evitan que se desplace la pluma y sólo gire
alrededor del pivote
Como indica el diagrama de cuerpo libre de la figura 10.6 hay cinco fuerzas actuando sobre la
pluma: el peso de 1200 𝑁 a mitad de la pluma, la carga de 2000 𝑁 en la punta de la pluma, la
tensión a 34 de la longitud y las reacciones 𝑥𝑦 del pivote en el origen del sistema.
Aplicando la Primera Condición de Equilibrio
Õ
Õ
𝐹𝑖 𝑥 = 0
𝐹𝑖𝑦 = 0
𝑖
𝑖
𝑛 𝑥 − 𝑇 · cos 25° = 0
𝑛 𝑥 = 𝑇 · cos 25°
𝑛 𝑦 − 1200 𝑁 − 2000 𝑁 + 𝑇 · sen 25° = 0
𝑛 𝑦 = 3200 𝑁 − 𝑇 · sen 25°
Notamos que hay tres incógnitas (vectores en rojo) pero con la Segunda Condición encontramos
que
Õ
𝜏𝑖 = 0
𝑖
0 0
>
𝜏
𝑦 + 𝜏𝑔 + 𝜏𝑊 − 𝜏𝑇 = 0
𝑥 + 𝜏
ya que la reacciones actúan sobre el pivote (eje de rotación) no generan torca y el peso y la carga
generan torca positivas, nos queda que
𝜏𝑔 + 𝜏𝑊 = 𝜏𝑇
𝑟 𝑔 𝑚𝑔 · sen 25° + 𝑟 𝑊 𝑊 · sen 25° = 𝑟𝑇 𝑇 · sen 90°
3
· 1200 𝑁 · sen 25° + Aℓ · 2000 sen 25° = Aℓ𝑇
2
4
Aℓ
368
10.2. Aplicaciones
se puede cancelar la longitud de la barra ℓ de ambos lados y nos queda la siguiente ecuación de
fuerzas
3
2600 𝑁 · sen 25° = 𝑇
4
4
𝑇 = × 2600 𝑁 × sen 25°
3
𝑇 = 1465 𝑁
Utilizando las otras ecuaciones que habíamos encontrado
𝑛 𝑥 = 𝑇 · cos 25°
= 1465 𝑁 × cos 25°
𝑛 𝑥 = 1327.7 𝑁
𝑛 𝑦 = 3200 𝑁 − 𝑇 · sen 25°
= 3200 𝑁 − 1465 𝑁 × sen 25°
𝑛 𝑦 = 2580.9 𝑁
Ejemplo 10.7. Tomado de la discusión D8/6. Una grúa de 3000 𝑘𝑔 de masa soporta una carga de
10, 000 𝑘𝑔, como se muestra en la figura 10.7. La grúa se articula sin fricción en 𝐴 y descansa
contra un soporte uniforme en 𝐵. Encuentre las fuerzas de reacción en A y B.
S OLUCIÓN
Figura 10.7.: Es necesario hacer el diagrama de toda la estructura para poder calcular las reacciones
Ya que las fuerzas actúan sobre distintos puntos sobre la estructura de la grúa es necesario pintar
las fuerzas sobre la estructura en el DCL. Notamos que actúan 5 fuerzas: Las reacciones 𝐴 𝑥 y 𝐴 𝑦
sobre el pivote, el peso de la estructura, la carga de la grúa y la reacción 𝐵 𝑥 . No asumimos reacción
en 𝑦 en el punto B, pues termina en un punto y no podemos pensar que fuerza de fricción que actúe
en ese punto.
369
10. Equilibrio estático
Aplicando la Primera Condición de Equilibrio obtenemos
Õ
Õ
𝐹𝑖 𝑥 = 0
𝐹𝑖𝑦 = 0
𝑖
𝑖
𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 = 0
𝐴 𝑥 = −𝐵 𝑥
𝐴 𝑦 − 29.4 𝑘 𝑁 − 98 𝑘 𝑁 = 0
𝐴 𝑦 = 127.4 𝑘 𝑁
Notamos que no se nos ha indicado la longitud de los brazos de los pesos, así como el ángulo entre
ellos. En vez de eso se nos han proporcionado las distancias perpendiculares al eje de las líneas de
acción de la fuerza, por lo que podemos calcular los momentos de torsión con las ecuaciones 9.2
Õ
𝜏𝑖 = 0
𝑖
*+0 𝜏𝐴𝑦
*0
𝜏𝐴𝑥
+ 𝜏𝑔 + 𝜏𝑊 − 𝜏𝐵𝑥 = 0
dado que las reacciones en A actúan sobre el eje, no generan torca, mientras que los pesos generan
torcas positiva y la reacción una torca negativa según la dirección de giro
𝜏𝑔 + 𝜏𝑊 = 𝜏𝐵𝑥
𝑟 𝑒 𝑓 𝑒𝑐,𝑔 𝑀𝑔 + 𝑟 𝑒 𝑓 𝑒𝑐,𝑊 𝑊 = 𝑟 𝑒 𝑓 𝑒𝑐,𝐵 · 𝐵 𝑥
2 𝑚 × 29.4 𝑘 𝑁 + 6 𝑚 × 98 𝑘 𝑁 = 1 𝑚 · 𝐵 𝑥
646.8 𝑘 𝑁 · Z
𝑚
𝐵𝑥 =
1Z
𝑚
𝐵 𝑥 = 646.8 𝑘 𝑁
Por lo que la reacción en 𝑥 en A será 𝐴 𝑥 = −646.8 𝑘 𝑁. ¿Por qué es la reacción 𝐴 𝑥 negativa?
Nótese que la estructura al tratar de girar hacia abajo está también tratando de arrancar el pivote
de la pared, por lo que la pared debe de resistirse para mantener al sistema en equilibrio.
Ejemplo 10.8. Tomado de la discusión D8/13. Una escalera de 15 kg descansa contra una pared
sin fricción. Un hombre con una masa de 78 kg está parado en la escalera como se muestra en la
figura. ¿Qué fuerza de fricción debe actuar sobre la base de la escalera para que no resbale?
S OLUCIÓN
Como se mira en el diagrama de cuerpo libre y poniendo el sistema de coordenadas en punto de
contacto de la escalera con el suelo.
Utilizando la primera condición de equilibrio
Õ
Õ
𝐹𝑖 𝑥 = 0
𝐹𝑖𝑦 = 0
𝑖
𝑁 𝑝 − 𝑓𝑠 = 0
𝑓𝑠 = 𝑁 𝑝
370
𝑖
𝑁 𝑠 − 𝑊𝑒 − 𝑊 ℎ = 0
𝑁𝑠 = 𝑚 𝑒 𝑔 + 𝑚 ℎ 𝑔
= (15 𝑘𝑔 + 78 𝑘𝑔) × 9.8
𝑁 𝑠 = 911.4 𝑁
𝑚
𝑠2
10.2. Aplicaciones
Figura 10.8.: ¿Que fuerza de fricción debe tener con el suelo para permanecer en equilibrio?
Ojo la fuerza de fricción no es necesariamente la fuerza fricción máxima en un estado de movimiento inminente. Además no se ha proporcionado coeficiente de fricción por lo que el cálculo no
es posible.
Por lo que necesitamos aplicar la Segunda Condición de Equilibrio
Õ
𝜏𝑖 = 0
𝑖
0 0
>
𝜏
𝜏𝑓*
𝑠 +
𝑠 + 𝜏𝑒 + 𝜏ℎ − 𝜏𝑝 = 0
Tomando la dirección antihoraria como positiva y recordando que la fricción y la normal del suelo
actúan sobre el eje de rotación y por ende no generan torca
𝜏𝑒 + 𝜏ℎ = 𝜏𝑝
𝑥 1 𝑚 𝑒 𝑔 + 𝑥 2 𝑚 ℎ 𝑔 = 𝑟 𝑒 𝑓 𝑒𝑐 𝑁 𝑝
𝑚
𝑚
1.0 𝑚 × 15 𝑘𝑔 × 9.8 2 + 1.6 𝑚 × 78 𝑘𝑔 × 9.8 2 = 5.6 𝑚 × 𝑁 𝑝
𝑠
𝑠
1370.04 𝑁 · 𝑚
𝑁𝑝 =
𝑚
5.6 𝑁 𝑝 = 244.65 𝑁
Y por ende la fuerza de fricción debe ser de exactamente esa magnitud 𝑓𝑠 = 244.65 𝑁, de lo
contrario la escalera se movería en dirección 𝑥
371
10. Equilibrio estático
372
Parte IV.
Temas suplementarios
373
A. Repaso de geometría
A lo largo del curso desarrollaremos una variedad de argumentos utilizando instrumentos de geometría. Este repaso no pretende ser mas que un recordatorio de geometría y trigonometría que se
enseña en la escuela y colegio y enfatizar los conocimientos que necesitamos en este curso de
física [Baldor, 2004].
A.1.
Motivación histórica
Aunque parezca innecesario me parece apropiado hacer una breve motivación histórica del porqué
la geometría ha sido esencial en el desarrollo de las matemáticas y por ende la lógica, la filosofía
y las ciencias en Occidente. Si bien los mesopotamios ya en 6000 a.C. [Baldor, 2004] tenían conocimiento de la rueda algunos conocimientos empíricos de geometría (triangulo de oro, división
del círculos en 360◦ y valor aproximado de 𝜋 ≈ 31 ) no fue sino hasta los griegos que la geometría
ascendió del empirismo pragmático a una ciencia deductiva que además pone las bases para las
demás ciencias y filosofías naturales.
Los griegos que eran los grandes pensadores de la Antigüedad no les bastaba el conomiento empírico de babilonios y egipcios, sino que buscaran respuestas racionales de las cuestiones geométricas a partir de axiomas y un sistema lógico deductivo. Entre las mentes más brillantes destacan
algunos como:
Tales de Mileto
(624 - 546 a.C.)
Filósofo y matemático griego considerado uno de los Siete Sabios del mundo
helénico
Tales de Mileto quién es considerado el iniciador de la especulación científica y filosófica
griega y occidental. Es reconocido por romper con el uso de la mitología para explicar el
mundo y el universo, cambiándolo en su lugar por explicaciones naturales mediante teorías e
hipótesis naturalistas (logos). Su estudio de los ángulos en los círculos, la determinación de
distancias inaccesibles y la igualdad de los angulos base de un triángulo isoscéles hicieron
de la geometría una ciencia racional.
Pitágoras de Samos, que se alejó de la escuela jónica y fundó su propia escuela pitagórica,
que además de su obvia contribución a la geometría con la demostración del teorema ya
conocido por los babilonios y egipcios, deja el espacio preparado para Euclides
Euclides de Megara, se le conoce como el padre de la geometría pues en su obra más importante el “Elementos” plantea los axiomas de los cuales se pueden deducir las propiedades
de los objetos geométricos y los números y sistematiza el estudio de la matemática a partir
de la deducción.
1 En
la Biblia aparece esta aproximación (1 Libro de Reyes 7:23) que los hebreos probablemente adquirieron durante
su estancia en Mesopotamia.
375
Euclides
(325 - 265 a.C.)
Padre de la geometría y el estudio sistemático de las matemáticas
A. Repaso de geometría
Arquímedes de Siracusa, que definitivamente estudió a sus predecesores griegos en Alejandría cuyos logros en física e ingeniería perduran hasta la fecha, aunque sus contribuciones
en matemáticas sean menos conocidas.
Apolonio de Perga, estudió ampliamente las secciones cónicas y que sirven de precursoras
para la Geometría Analítica de René Descartes.
Aunque Hipatía de Alejandría, es una filósofa, astrónoma y matemática griega con importantes
contribuciones a la geometría y la aritmética, es una neoplatónica y no se puede considerar parte
del período hegemónico helenístico. Sin embargo dejamos aquí la mención para el que quiera
investigar sobre la primera mujer matemática de la historia en Occidente.
A.2.
Nomenclatura
Antes de empezar haremos un pequeño recuento de como llamamos a las cosas en geometría y
nociones básicas de la estructura del estudio de geometría.
Definición A.1 (Método deductivo ). Es el usado en ciencias y sobretodo en matemáticas donde se
encadenan conocimientos que suponemos ciertos de tal forma que obtenemos nuevos conocimientos.[Baldor, 2004]
No todas las propiedades son consecuencias de otras. Existen axiomas y proposiciones que se
aceptan como autoevidentes. En los “Elementos” de Euclides se parten de 5 axiomas autoevidentes
1. Dados dos puntos se pueden trazar una recta que los une.
2. Cualquier segmento puede ser prolongado de forma continua en una recta ilimitada en la
misma dirección.
3. Se puede trazar una circunferencia de centro en cualquier punto y radio cualquiera.
4. Todos los ángulos rectos son iguales.
5. Por un punto exterior a una recta se puede trazar una única paralela.
376
A.3. Puntos, lineas y rectas
Definición A.2 (Axioma). Es una proposición tan sencilla que se admite sin demostración
E JEMPLO: El total es mayor cualquiera de sus partes.
Definición A.3 (Postulado). Es una proposición no tan evidente como un axioma pero que también
se admite sin demostración
E JEMPLO: Hay infinitos puntos en un plano.
Definición A.4 (Teorema). Es una proposición que puede ser demostrada.
La demostración consta de un conjunto de razonamientos que conducen a la evidencia de la verdad
de la proposición.
E JEMPLO: La suma de los ángulos internos de un triángulo vale dos angulos rectos.
Definición A.5 (Corolario). Es una proposición que se deduce de un teorema como consecuencia
del mismo.
E JEMPLO: Del teorema anterior se deduce que la suma de los angulos internos de un triángulo
rectángulo debe ser un angulo recto.
Definición A.6 (Lema). Es una proposición que sirve de base para demostración de un teorema.
Es como un preliminar del teorema principal.
E JEMPLO: Para demostrar que la suma de los ángulos de un rectángulo son cuatro rectos es necesario primero saber que la suma de los ángulos de un triángulo son dos rectos.
Definición A.7 (Problema). Es un proposición en la que se pide construir una figura que reuna
ciertas condiciones o bien calcular la magnitud de un cantidad geométrica.
E JEMPLO: Construya una circunferencia que pase por tres puntos a la vez. A veces no es necesario hacer la figura sino describir la construcción de la figura: en nuestro problema, encuentre en
ortocentro del triángulo asociado a los tres puntos (intercepto de mediatrices) y trace el circulo
que pase por los vertices.
A.3.
Puntos, lineas y rectas
Empezamos con los objetos geométricos básicos que necesitaremos para el estudio de la geometría.
Definición A.8 (Punto). Un punto es imaginado tan pequeño que no posee dimensión.
Como tal, un punto no se define formalmente sino que se asume como una verdad autoevidente.
En la práctica se sugiere que es la huella que deja un lápiz bien afilado en un papel. En términos
digitales tendría que se el pixel más pequeño que se pueda definir en el dispositivo. Se suelen
indicar con letras mayúsculas y se representa por un circulo pequeño o la intersección de una cruz.
377
A. Repaso de geometría
Definición A.9 (Linea). Es un conjunto de puntos especial
Entre las que destacan las siguientes:
Línea recta: físicamente diriamos que es la trayectoria que se forma cuando no cambiamos la
dirección en la que la transitamos. En geometría la asumimos como una verdad autoevidente
y tomamos como ejemplo el haz de luz, el borde de una regla, una cuerda delgada que cuelga
de una plomada. Asumimos las siguientes proposiciones sin demostración:
Por dos puntos pasa una y solo una recta.
Dos rectas no pueden tener más de un punto en común.
Línea curva: físicamente diríamos que es la trayectoria que se forma cuando cuando cambiamos la dirección del movimiento. Ejemplos: la circunferencia de un círculo, los arcos que
sostienen a puentes de piedra o la escritura en un papel son una secuencia de líneas curvas.
Una curva especial son la curvas simple cerrada que podrías caracterizar como:
Al unir un punto A al interior de la curva cerrada con otro en el exterior, se corta dicha
curva.
Circulos y elipses son ejemplos de curvas cerradas simples.
Definición A.10 (Cuerpos). los cuerpos físicos son todas aquellas cosas tangibles y conmensurables que nos rodean. Los cuerpos geométricos son idealizaciones de los cuerpos físicos donde
sólo nos interesa su forma y tamaño.
Los llamamos también cuerpos geométricos o sólidos. Estos en general tienen en general tres dimensiones: largo, algo y ancho. Ejemplos de ellos son los conos, cubos, esferas, cilindros, prismas,
etc.
Definición A.11 (Superficies). son los límites que separan a los cuerpos de su entorno.
En general, la superficies son el borde de los solidos o volúmenes. Las superficies tienen dos
dimensiones: alto y ancho
Definición A.12 (Semirecta). Si sobre una recta señalamos un punto A, se llama semirecta al
conjunto de puntos formado por A y todos los que le siguen o todos los que le preceden.
Una semirecta es un recta que empieza en un punto, que llamamos origen.
Definición A.13 (Segmento). Si sobre una recta señalamos a dos puntos A y B, el segmento es
el conjunto de puntos entre los dos puntos incluyéndolos. Se admite el siguiente postulado sin
demostración:
La distancia más corta entre dos puntos A y B es el segmento que los une
Definición A.14 (Plano). son superficies como paredes o pisos que sugiere lo que en geometría se
entiende por plano. Son un conjuntos parciales de infinitos puntos.
378
A.4. Triángulos y otras figuras regulares
Un plano en geometría se imagina de extensión ilimitada, pero se representa mediante un paralelogramo y se nombre por tres de sus puntos no alineados.
Dos propiedades de los planos que admitimos sin demostración:
Por tres puntos no alineados pasa un plano y sólo un plano.
Si una recta tiene dos puntos comunes con un plano, entonces toda la recta está contenida
en el plano
←−→
Definición A.15 (Semiplano). Toda recta 𝑀 𝑁 contenida en un plano, lo divide en dos regiones
llamadas semiplanos. Cada punto en el plano pertene a uno de los dos semiplano, excepto los
puntos de la recta que pertenecen a ambos.
Se admite sin demostración:
El segmento definido por dos puntos en el mismo semiplano no corta a la recta que define
el semiplano .
El segmento definido por dos puntos en el distintos semiplano sí corta a la recta que define
el
Definición A.16 (Intersección de planos). se caracteriza por el siguiente postulado, que se demuestra por simple inspección
Si dos planos tienen un punto en común, entonces contienen una recta en común
A.4.
Triángulos y otras figuras regulares
A.5.
Aréas y volumenes de algunas figuras
379
A. Repaso de geometría
A.6.
Trigonometría
Sabemos que desde el Antiguo Egipto la trigonometría ha estado presente en la civilización de
Occidente. Los egipcios la utilizaban para medir las áreas inundadas por el Nilo para determinar
según el tamaño la cantidad de tributo que debía entregar el agricultor al faraón. Para la construcción de las grandes pirámides en Giza (2500 a.C) se deben haber tenido conocimientos en
álgebra y trigonometría. Es decir, la ingeniería y las ciencias no serían posibles sin su conocimiento [Baldor, 2004].
A.6.1.
Pitágoras
(569 - 475 a.C.)
Filósofo griego se le
considera el primer
matemático puro y
su escuela pitagoriana tuvo mucha influencia, en la música, astronomía, ética
y política.
Teorema de Pitágoras
El teorema de Pitágoras fue comprobado en el siglo VI a.C. por el filósofo y matemático griego
Pitágoras de Samos (Πυθαγόρας), pero se estima que pudo haber sido previo a su existencia, o
demostrado bajo otra denominación. Hay evidencias que los mesopotamios (4000 a.C) ya conocían la relación, así como los egipcios que utilizaron el triángulo de oro (3-4-5) para construir las
pirámides ( 2500 a.C).
En Occidente se le nombre al teorema en su nombre al haber sido el primero en Occidente de
haber producido una prueba del mismo.
Teorema A.1 (Pitágoras). En un triángulo rectángulo la suma de los cuadrados de los catetos es
igual al cuadrado de la hipotenusa. Siguiendo la figura A.3
𝑐2 = 𝑎2 + 𝑏2
(A.1)
Demostración. Utilizaremos una construcción geométrica utilizando 4 triángulos rectángulos idénticos ordenados como se muestra en la figura A.1
Figura A.1.: Demostración de Pitágoras
Es obvio que el lado del cuadrado grande de 𝑎 + 𝑏, mientras que el lado del cuadrado interno es 𝑐.
Es obvio que el área del cuadrado grande es igual al área del cuadrado pequeño mas 4 áreas de los
triángulos. Escribimos
𝐴,𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟 𝑛𝑜 = 𝐴,𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟 𝑛𝑜 + 4𝐴 4
380
A.6. Trigonometría
sustituyendo las fórmula correspondientes obtenemos
1
(𝑎 + 𝑏) = 𝑐 + 4 𝑎𝑏
2
2
2
+ 𝑏2 = 𝑐2 + 𝑎2 + 2𝑎𝑏
2𝑎𝑏
𝑎2 + 𝑏2 = 𝑐2
Quedando así demostrado el teorema.
Es interesante que la variante china se basa en la otra demostración geométrica:
Demostración. En esta demostración colocaremos 4 triángulos de oro de lados 3,4 y 5 como se
muestra en la figura A.2 de manera que las hipotenusas formen un cuadrado como se muestra
Figura A.2.: Demostración de Pitágoras sacado del Zhoubi Suanjing
Es obvio del dibujo que
𝐴,𝑔𝑟 𝑎𝑛𝑑𝑒 = 4 · 𝐴 4 + 𝐴, 𝑝𝑒𝑞𝑢𝑒𝑛𝑜
˜
1
𝑐2 = 4 × 𝑎 · 𝑏 + (𝑎 − 𝑏) 2
2
2
𝑐 = 2𝑎𝑏 + 𝑎 2 − 2𝑎𝑏 + 𝑏 2
Utilizando la segunda fórmula notable y cancelando el término intermedio obtenemos
𝑐2 = 𝑎2 + 𝑏2
que es lo que queríamos demostrar3 .
3 La demostración es tan elegante que también se deja solucionar numéricamente. Así el área grande es 4 veces el área
de los triángulos + un cuadrado pequeño. Dado que el área de los triángulos es equivalente a 2 rectángulos 𝑎 · 𝑏
tenemos que 4𝐴 4 = 2 × 3 × 4 = 24 cuadrados pequeños y el área total 25 cuadrados. Eso significa que el lado de
cuadrado debe ser 5 confirmando que es un triángulo de oro.
381
A. Repaso de geometría
A.6.2.
Notación y definiciones
Empezamos con un triángulo rectángulo como se muestra en la figura A.3 donde las esquinas o
vértices se nomenclan con mayúsculas latinas, los ángulos con letras griegas minúsculas y los
lados con letras latinas minúsculas. En general y de forma estándar los vértices, ángulos y lados
están asociados con la misma letra4 .
Figura A.3.: Nomenclatura de triángulos
Al lado opuesto al ángulo recto (nuestro caso 𝑐 y 𝛾 = 90◦ ) lo llamamos hipotenusa y a los dos
otros lados los llamamos catetos. Como en todos los triángulos, la suma de sus lados es siempre
180◦
𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 180◦
𝛼 + 𝛽 + 90◦ = 180◦
𝛼 + 𝛽 = 90◦
es decir los ángulos opuestos a los catetos son ángulos complementarios.
En esta circunstancia se dejan definir las tres razones trigonométricas principales
Definición A.17 (Seno). Siguiendo la nomenclatura de la figura A.3 se define
𝑆𝑒𝑛𝑜 =
𝐶𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜 𝑜 𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑜
𝐻𝑖 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑢𝑠𝑎
sen 𝛼 =
𝑎
𝑐
(A.2)
De forma similar se dejan definir
Definición A.18 (Coseno). Siguiendo la nomenclatura de la figura A.3 se define
𝐶𝑜𝑠𝑒𝑛𝑜 =
𝐶𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜 𝑎𝑑𝑦𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒
𝐻𝑖 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑢𝑠𝑎
cos 𝛼 =
𝑏
𝑐
(A.3)
tan 𝛼 =
𝑎
𝑏
(A.4)
donde el cateto adyacente al ángulo es el lado que toca al ángulo.
Definición A.19 (Tangente). De forma similar
𝑇 𝑎𝑛𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 =
4 Decimos
382
𝐶𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜 𝑜 𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑜
𝐶𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜 𝑎𝑑𝑦𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒
que 𝐴 mira a 𝑎 a través de 𝛼
A.6. Trigonometría
En tres lados distintos de un triángulo equilátero existen 6 razones posibles: las cofunciones trigonométricas son simplemente las relaciones inversas
𝐻𝑖 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑢𝑠𝑎
𝐴𝑑𝑦𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒
𝑐
=
𝑏
𝑆𝑒𝑐𝑎𝑛𝑡𝑒 =
sec 𝛼
𝐻𝑖 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑢𝑠𝑎
𝑂 𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑜
𝑐
=
𝑏
𝐶𝑜𝑠𝑒𝑐𝑎𝑛𝑡𝑒 =
csc 𝛼
𝐴𝑑𝑦𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒
𝑂 𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑜
𝑎
=
𝑏
𝐶𝑜𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 =
cot 𝛼
si bien son importantes, en general trabajaremos sólo con las primeras tres razones trigonométricas. Con estas definiciones se dejan demostrar algunas identidades simples
Identidad
tan 𝛼 =
Observación
sen 𝛼
cos 𝛼
Combinación de las definiciones
sen 𝛼 = cos 𝛽
sec 𝛼 = cos1 𝛼
csc 𝛼 = sen1 𝛼
cot 𝛼 = tan1 𝛼
sen 𝛼 = sen (180◦
cos 𝛼 =
Seno de un ángulo es coseno de su ángulo complementario y viceversa
La secante es el inverso del coseno de mismo ángulo
La cosecante es el inverso del seno de mismo ángulo
La cotangente es el inverso de la tangente del mismo ángulo
− 𝛼)
− cos (180◦
− 𝛼)
Ángulos suplementarios tienen el mismo valor del seno
Los cosenos de angulos complementarios tiene signo opuesto
sen 𝛼 = − sen (−𝛼)
El seno de un ángulo negativo es el negativo del seno original (impar)
cos 𝛼 = cos (−𝛼)
El coseno de un ángulo negativo es el coseno del original (par)
tan 𝛼 = tan (𝛼 +
A.6.3.
180◦ )
La tangente de un ángulo+180° es igual al la tangente original
Valores notables de seno, coseno y tangente
Existen 5 ángulos entre 0◦ y 90◦ que tiene valores trigonométricos que se dejan deducir fácilmente
sin necesidad de recurrir a tablas, algoritmos o la calculadora. Para eso utilizaremos los triángulos
que muestran en la figura A.4.
Figura A.4.: Triángulos para determinar los valores notables
Empezamos con un triángulo equilátero (izquierdo en la figura) de lado 𝑎 y ángulos de 60◦ . Luego
tomamos una altura altura ℎ que es a su vez mediatriz por lo que parte la base en el punto 𝑃. Si
383
A. Repaso de geometría
observamos ahora el triángulo 4𝐴𝑃𝐶 y notamos que los catetos son ℎ y la mitad de un lado 𝑎2 .
Utilizando el Teorema de Pitágoras llegamos a
𝑎 2
𝑎 2 = ℎ2 +
2
r
𝑎2
ℎ = 𝑎2 −
4
r
2
3𝑎
=
4
√
3
ℎ=𝑎
2
Por lo tanto para el seno y coseno de 30◦ obtenemos
sen 30◦ =
𝑎
2
cos 30◦ =
𝑎
ℎ
𝑎
tan 30◦ =
√
=
3
2
𝑎
1
2
=
√
sen 30◦ = 0.5
cos 30◦ =
=
𝑎
3
2
= 0.8660 tan 30◦ =
𝑎
2
√
𝑎 3
2√
𝑎 23
𝑎
2
√1 =
3
0.5774
y para 60◦
sen
60◦
=
𝑎
2
𝑎
=
sen
60◦
√
3
𝑎
√
3
2
√
cos 60◦
=
𝑎
2
𝑎
=
1
2
tan 60◦
𝑎
=
3
2
𝑎
2
√
= 3
√𝑎
3
=
= 0.8660 cos 60◦ = 0.5 tan 60◦ = 1.7321
2
El segundo triángulo de la figura A.4 es un triángulo isósceles con bases de iguales ángulos de 45◦
y dos lados igual a como se muestra en la figura. Por Pitágoras es obvio que
𝑐2 = 𝑎2 + 𝑎2
√
𝑐=𝑎 2
Así los valores trigonométricos son
𝑎
𝑎
sen 45◦ = √
cos 45◦ =
tan 45◦ =
𝑎
𝑎 2
1
1
=√
=√
=1
√2
√2
2
2
sen 45◦ =
= 0.7071 cos 45◦ =
= 0.7071 tan 45◦ = 1
2
2
384
A.6. Trigonometría
Figura A.5.: Esquema nemotécnico para valor notables
Una forma simple de recordar los valores es ocupar el circulo unitario con los cinco angulares y
recordar que todos son 12 de la raíz cuadrada de 0 a 4 (ver la figura A.5) para el seno, del 4 al 0 para
el coseno y recordar que para tangente no hay valores asociados para 90◦ y 180◦ Obviamente no
es necesario conocer estos valores de memoria, ni tampoco es esencial poder reconstruirlos. No
obstante en la práctica del día a día y en caso no tener una dispositivo que pueda calcular senos o
cosenos, estos valores ayudan a estimar el valor de un ángulo desconocido.
Ejemplo A.1. Estime el valor del seno de 50◦ . Ya que 50◦ está en 45◦ y 60◦ y más cerca de 45◦
es fácil estimarlo por así
sen 50◦ ≈ 0.78
la calculadora da un valor de 0.7660 que solo es un error del 2 %
A.6.4.
Pitágoras trigonométrico
Unas de las identidades más utilizadas en ingeniería y física es el Pitágoras trigonométrico. Para
esto nos basamos en el triángulo rectángulo de la figura A.3 y dice
Teorema A.2 (Pitágoras trigonométrico). La suma del cuadrado del seno y coseno de un mismo
ángulo es siempre 1.
1 = sen2 𝛼 + cos2 𝛼
Demostración. Es relativamente simple: por la definición del seno y coseno sabemos que 𝑎 =
𝑐 · cos 𝛼 y 𝑏 = 𝑐 · sen 𝛼 Por lo tanto al utilizar el teorema de Pitágoras (ec. A.1) obtenemos que
𝑐2 = 𝑎2 + 𝑏2
= (𝑐 · cos 𝛼) 2 + (𝑐 · sen 𝛼) 2
𝑐2 = 𝑐2 cos2 𝛼 + 𝑐2 sen2 𝛼
Cancelando 𝑐2 a ambos lados nos queda
1 = sen2 𝛼 + cos2 𝛼
quedando así demostrada la identidad.
385
A. Repaso de geometría
A.6.5.
Ley de seno y coseno
Dos Leyes que pueden ser de utilidad cuando tratamos vectores (mecánica, electromagnetismo, a
veces hidrodinámica) son las de seno y coseno. Tomemos un triángulo escaleno arbitrario 4𝐴𝐵𝐶
como se muestra en la figura A.6 .
Figura A.6.: Triangulo para demostración de la ley de coseno
Entonces podemos expresar la ley de coseno como :
Teorema A.3 (Ley del Coseno). El cuadrado de un lado de un triángulo cualquiera es igual a la
suma de los cuadrados de los otros lados menos dos veces el producto de los lados por el coseno
del ángulo entre ellos.
𝑐2 = 𝑎 2 + 𝑏 2 − 2𝑎𝑏 · cos 𝛾
(A.5)
Es de notar que se puede considerar a esta ley como un Pitágoras corregido que funciona para
triángulos no rectángulos. Obviamente
𝑎 2 = 𝑏 2 + 𝑐2 − 2𝑏𝑐 · cos 𝛼
𝑏 2 = 𝑎 2 + 𝑐2 − 2𝑎𝑐 · cos 𝛽
Demostración. Completamos el triángulo escaleno 4𝐴𝐵𝐶 un triángulo 4𝐶𝐷𝐵 de forma que el
triángulo 4𝐴𝐷𝐵 sea recto. De esta forma notamos que
𝑥 = 𝑎 · cos 𝛿
𝑦 = 𝑎 · sen 𝛿
utilizando las definiciones para este nueve triángulo. Ahora bien, como 𝐴𝐷𝐵 es recto se puede
aplicar Pitágoras
𝑐2 = (𝑏 + 𝑥) 2 + 𝑦 2
= 𝑏 2 + 2𝑏𝑥 + 𝑥 2 + 𝑦 2
Sustituyendo las ecuaciones para 𝑥 y 𝑦 obtenemos
𝑐2 = 𝑏 2 + 2𝑏 · 𝑎 cos 𝛿 + 𝑎 2 cos2 𝛿 + 𝑎 2 sen2 𝛿
= 𝑏 2 + 2𝑎𝑏 · cos 𝛿 + 𝑎 2 cos2 𝛿 + sen2 𝛿
Utilizando el Pitágoras trigonométrico y reordenando los términos
𝑐2 = 𝑎 2 + 𝑏 2 + 2𝑎𝑏 cos 𝛿
386
A.6. Trigonometría
Ya que 𝛿 es el suplementario de 𝛾 el coseno de éste debe ser negativo
𝑐2 = 𝑎 2 + 𝑏 2 − 2𝑎𝑏 · cos 𝛾
Demostrando así la ley
Para la ley de senos utilizamos un triángulo escaleno como se muestra en la figura A.7. Luego trazamos la altura sobre el lado 𝑏 y notamos que forma dos triángulos rectángulos. En estas
circunstancias la ley de seno se deja expresar como:
Figura A.7.: Triangulo para demostración de la ley de senos
Teorema A.4 (Ley de senos). La razón del seno y su lado opuesto es igual para los todos los
lados.
sen 𝛼 sen 𝛽 sen 𝛾
=
=
(A.6)
𝑎
𝑏
𝑐
Demostración. Utilizando los triángulo 4𝐴𝐷𝐵 y 4𝐵𝐷𝐶 encontramos que
ℎ𝑐
𝑐
𝑐 · sen 𝛼 = ℎ 𝑐
sen 𝛼
=
ℎ𝑐
𝑎
𝑎 · sen 𝛾𝛼 = ℎ 𝑐
sen 𝛾
=
Dado que se trata de la misma altura
𝑐 · sen 𝛼 = 𝑎 · sen 𝛾
sen 𝛼 sen 𝛾
=
𝑎
𝑐
Repitiendo el procedimiento los ángulos 𝛼 y 𝛽 obtenemos
sen 𝛼 sen 𝛽 sen 𝛾
=
=
𝑎
𝑏
𝑐
Demostrando la ley.
Dado que no es el objetivo de este curso deducir todas las relaciones trigonométricas, sólo haremos
un breve resumen de las fórmulas más utilizadas en las tres físicas.
387
A. Repaso de geometría
A.6.6.
Identidades trigonométricas de utilidad
Identidad
sen2
Observación
cos2
𝛼+
𝛽=1
sec2 𝛼 − tan2 𝛼 = 1
csc2 𝛼 − cot2 𝛼 = 1
Pitágoras trigonométricos
sen (𝛼 ± 𝛽) = sen 𝛼 · cos 𝛽 ± cos 𝛼 · sen 𝛽
Seno de la suma de dos ángulos
cos (𝛼 ± 𝛽) = cos 𝛼 · cos 𝛽 ∓ sen 𝛼 · sen 𝛽
Coseno de la suma de dos ángulos
2 cos2
1 + cos 2𝛼 =
𝛼
2
1 − cos 2𝛼 = 2 sen 𝛼
𝛼−𝛽
·
cos
sen 𝛼 + sen 𝛽 = 2 sen 𝛼+𝛽
2 2 𝛼+𝛽
sen 𝛼 − sen 𝛽 = 2 cos 2 · sen 𝛼−𝛽
2 𝛼−𝛽
sen 𝛼 + sen 𝛽 = 2 cos 𝛼+𝛽
·
cos
2 2 sen 𝛼 − sen 𝛽 = −2 sen 𝛼+𝛽
· sen 𝛼−𝛽
2
2
388
Los senos y cosenos al cuadradose dejan
escribir como cosenos del doble del ángulo
De utilidad al sumar ondas y números complejos
B. Cinemática en tres dimensiones
389
B. Cinemática en tres dimensiones
390
C. Máquinas simples
A diferencia de los científicos, los ingenieros tienen la misión de aplicar los conocimientos científicos para resolver problemas específicos y crear, reparar y mantener máquinas que mejoren la
calidad de vida de los seres humanos.
C.1.
Concepto
Las máquinas simples han estado presente en la civilización humana desde el paleolítico está íntimamente relacionado con el avance tecnológico de la cultura observada. Todas las civilizaciones
avanzadas han diseñado, construido máquinas para simplificar la vida o hacer la más productiva. En el fondo un ingeniero busca la comprensión, construcción y mantenimiento de máquinas/
tecnología.
Definición C.1 (Máquina simple). Una máquina simple es un dispositivo que transforma la aplicación de una fuerza en trabajo útil[Tippens, 2007]
Conceptualmente en una máquina simple hay sólo una fuerza de entrada y ésta se transforma en
una única fuerza de salida.
Figura C.1.: Esquema de una máquina simple
Durante el funcionamiento de una máquina simple suceden los siguientes procesos
1. Se proporciona trabajo a la máquina (𝑊𝑒 = 𝐹𝑒 Δ𝑠𝑒 )
2. El trabajo se realiza contra la fricción (o sistema interno) de la máquina
391
C. Máquinas simples
3. La máquina realiza trabajo útil o de salida (𝑊𝑠 = 𝐹𝑠 Δ𝑠 𝑠 )
De acuerdo al principio de conservación de Energía y el Teorema del Trabajo y la Energía
𝑊𝑒 = 𝑊 𝑓 + 𝑊 𝑠
(C.1)
el trabajo de entrada debe ser el trabajo de fricción más el trabajo útil. Es decir siempre se pierde
un poco de trabajo en la fricción o sistemas internos de una máquina1 .
Las máquinas simples tienen múltiples aplicaciones en la vida diaria como son las palancas, los
engranes, los sistemas de poleas y los planos inclinados. Nuestra vida industrializada no sería
posible sin estas máquinas simples.
C.2.
Eficiencia
Toda máquina simple real tiene un pérdida de trabajo/energía durante su funcionamiento y esta
perdida que la caracteriza. Es por eso que se introduce un cantidad física que cuantifica y califica
a una máquina simple.
Definición C.2 (Eficiencia). La eficiencia en una máquina simple es el cociente entre el trabajo
de salida y el trabajo de entrada
𝑊𝑠
𝜀=
(C.2)
𝑊𝑒
La eficiencia es un número adimensional entre 0 < 𝜀 < 1 que refleja cuanta energía se transformó
en trabajo útil en la máquina simple.
El concepto de eficiencia es central en ingeniería, pues en general todas las máquinas (simples,
térmicas, eléctricas) poseen pérdidas y por ende eficiencias que deben ser entendidas y estudiadas.
Ejemplo C.1 (Eficiencia). Una máquina que realiza un trabajo de 𝑊𝑠 = 40 𝐽 cuando se le suministran 𝑊𝑒 = 80𝐽, ¿Qué eficiencia tiene la máquina?
S OLUCIÓN
Obviamente la eficiencia será
𝑊𝑠
𝑊𝑒
40 𝐽
=
80 𝐽
= 0.5
𝜀=
𝜀 = 50 %
1 Esto
392
es una máxima válida para cualquier área de la ingeniería
C.2. Eficiencia
Sólo la mitad del trabajo proporcionado logra salir de la máquina. El resto se pierde en otras
formas de energía. Otra forma de expresar la eficiencia es mediante las potencias promedios:
𝑊𝑠
𝑊𝑒
𝑃𝑠Z
Δ𝑡
Z
=
Z
𝑃𝑒 Δ𝑡
Z
𝑃𝑠
𝜀=
𝑃𝑒
𝜀=
(C.3)
Ejemplo C.2. Un motor de 45 𝑘𝑊 arrolla un cable alrededor de un tambor mientras levanta una
masa de 2000 𝑘𝑔 a una altura de 6 𝑚 en 3 𝑠. Determine la eficiencia del motor y cuánto trabajo se
realiza contra las fuerzas de fricción.
S OLUCIÓN
Lo más simple acá es calcular la eficiencia a partir de las potencias, ya que la potencia de entrada
es obviamente del motor 𝑃𝑒 = 45 𝑘𝑊 y la potencia de salida es
𝑊𝑠
Δ𝑡
𝑚𝑔 · ℎ
=
Δ𝑡
2000 𝑘𝑔 × 9.8 𝑚/𝑠2 × 6 𝑚
=
3𝑠
𝑃𝑠 = 39.2 𝑘𝑊
𝑃𝑠 =
por lo tanto la eficiencia según C.3 será
𝑃𝑠
𝑃𝑒
39.2 𝑘𝑊
=
45 𝑘𝑊
𝜀 = 87.11 %
𝜀=
Para poder calcular el trabajo perdido es necesario calcular o bien el trabajo de entrada o de salida.
El trabajo de entrada se puede calcular de la potencia de entrada
𝑊𝑒 = 𝑃𝑒 Δ𝑡
= 45 𝑘𝑊 × 3𝑠
𝑊𝑒 = 135 𝑘 𝐽
Y así la perdida por fricción en la máquina sera:
𝑊 𝑓 = 𝑊𝑒 − 𝑊 𝑠
= (1 − 𝜀) 𝑊𝑒
= 12.89 % × 135 𝑘 𝐽
𝑊 𝑓 = 17.4 𝑘 𝐽
393
C. Máquinas simples
Las máquina simples también se pueden ser desde el lado de la fuerzas: se aplica una fuerza y sale
otra usualmente mayor. El precio que se paga por multiplicar la fuerza de entrada son caminos
diferentes de tal forma que se cumpla la conservación de energía.
Definición C.3 (Ventaja mecánica). La ventaja mecánica 𝑀𝑟 real (mechanical advantage) de una
máquina simple se define como
𝐹𝑠
𝑀𝑟 =
(C.4)
𝐹𝑒
el cociente de la fuerza de salida y la fuerza de entrada. Es un número que indica cuantas veces se
ha incrementado la fuerza de entrada a través de la máquina.
Como habíamos dicho, se debe conservar la energía, así
𝑊𝑒 = 𝑊 𝑠 + 𝑊 𝑓
en la máquina más eficiente posible 𝑊 𝑓 ≈ 0 y por ende
𝑊𝑒 = 𝑊 𝑠
𝐹𝑒 𝑠𝑒 = 𝐹𝑠 𝑠 𝑠
𝑠𝑒 𝐹𝑠
=
𝑠 𝑠 𝐹𝑒
(C.5)
nótese que el cociente de distancias se comporta como el inverso de cociente de fuerzas. Es decir
donde la fuerza es pequeña, la distancia es larga y donde la fuerza grande, la distancia es corta. A
este comportamiento de la fuerzas y distancias se le llama Regla de Oro de la Mecánica
Teorema C.1 (Regla de oro de la mecánica). Lo que se pierde en fuerza se gana en espacio, o el
trabajo motor es igual al trabajo resistente
De ahí que se defina una ventaja mecánica ideal
𝑀𝑖 =
𝑠𝑒
𝑠𝑖
(C.6)
que es sólo en el caso ideal igual a la ventaja mecánica real. 𝑀𝑖 indica la multiplicación en los
caminos que son inversos a las fuerzas. En general 𝑀𝑟 < 𝑀𝑖 . Es fácil demostrar que
𝜀=
𝑀𝑟
𝑀𝑖
(C.7)
Ejemplo C.3. Se requiere una fuerza de 10 𝑁 para elevar una carga de 5 𝑘𝑔 con una máquina X no
especificada. La fuerza con que se acciona la máquina recorre 6 𝑚 de distancia mientras la carga se
eleva 1 𝑚. Calcule la ventaja mecánica y la eficiencia de esa máquina. [LEA and BURKE, 1999]
S OLUCIÓN
394
C.3. Palanca
Dado que las fuerzas de entrada 𝐹𝑒 = 10 𝑁 y salida son conocidas 𝐹𝑠 = 5 𝑘𝑔 × 9.8 𝑚/𝑠2 = 49 𝑁,
la ventaja mecánica real está dada por la ecuación C.4
𝐹𝑠
𝑀𝑠 =
𝐹𝑒
49 @
𝑁
=
10 @
𝑁
𝑀𝑠 = 4.9
No obstante la ventaja mecánica ideal está dada por la ecuación C.6
𝑠𝑒
𝑀𝑖 =
𝑠𝑠
6
𝑚
=
1
𝑚
𝑀𝑖 = 6
Utilizando la razón de ventajas mecánicas según la ecuación C.7 la eficiencia se deja calcular
como
𝑀𝑟
𝜀=
𝑀𝑖
4.9
=
6
𝜀 = 0.8166 ≈ 82 %
C.3.
Palanca
Una de las máquinas simples más importantes en la historia de la civilización humana es la palanca
simple.
Definición C.4. Una palanca consiste en cualquier barra rígida apoyada en cierto punto, al que se
le llamaremos punto de apoyo o fulcro.
Figura C.2.: Torcas y trabajo en palanca
395
C. Máquinas simples
Como notamos en la figura C.2 𝑟 𝑒 es brazo de entrada del punto de apoyo o pivote al punto de
aplicación de la fuerza y 𝑟 𝑖 es el brazo de salida. En el caso que no haya aceleración angular,
existe un equilibrio de torcas
Õ
𝜏𝑖 = 0
𝑖
𝜏𝑒 − 𝜏𝑖 = 0
𝜏𝑒 = 𝜏𝑖
𝐹𝑒 𝑟 𝑒 = 𝐹𝑠 𝑟 𝑠
(C.8)
Esta claro que la ventaja mecánica real está dada por
𝑀=
𝐹𝑠 𝑟 𝑒
=
𝐹𝑒 𝑟 𝑠
y es el inverso del cociente de brazos.
La eficiencia esta dada entonces por
𝑊𝑠
𝑊𝑒
𝐹𝑠 Δ𝑠 𝑠
=
𝐹𝑒 Δ𝑠𝑒
𝐹𝑠 𝑟 𝑠 Δ𝜃
=
𝐹𝑒 𝑟 𝑒 Δ𝜃
𝑀𝑟
𝜀=
𝑀𝑖
𝜀=
Si no hay torca de fricción u otro obstáculo, la palanca será ideal y la eficiencia 1, pero su ventaja
mecánica real o ideal será mayor que uno. Aquí un ejemplo para darnos una idea.
Ejemplo C.4. Una barra de hierro de 1.2 𝑚 de largo se usa para levantar un contenedor de 60 𝑘𝑔.
La barra se utiliza como palanca, tal como se muestra en la figura C.2. El punto de apoyo está
colocado a 𝑟 𝑠 = 30 𝑐𝑚 del contenedor. ¿Cuál es la ventaja mecánica ideal del sistema y qué fuerza
de entrada se requiere?
S OLUCIÓN
Obviamente la fuerza de salida debe el peso del contenedor
𝐹𝑠 = 𝑚𝑔 = 60 𝑘𝑔 × 9.8 𝑚/𝑠 = 588 𝑁
y el brazo de entrada debe ser obviamente
𝑟 𝑒 = 1.20 𝑚 − 0.3 𝑚
𝑟 𝑒 = 0.9 𝑚
396
C.3. Palanca
Por lo tanto la ventaja mecánica ideal será:
𝑟𝑒
𝑟𝑠
0.9 𝑚
=
0.3 𝑚
𝑀𝑖 = 3
𝑀𝑖 =
dado que no hay fricción o pérdidas en este sistema, la ventaja mecánica ideal es la real por lo que
𝐹𝑠
𝐹𝑒
𝐹𝑠 = 3 · 𝐹𝑒
𝑀𝑟 =
o bien
𝐹𝑠
3
𝐹𝑒 = 196 𝑁
𝐹𝑒 =
Nótese que la posiciones de los brazos dan el valor de la ventaja mecánica de esta palanca. La
palanca facilita levantar el bloque por un factor de tres.
Figura C.3.: Ejemplos de palancas simples: carretilla y martillo
En la figura C.3 vemos algunos ejemplos de palanca simple que son de mucha utilidad en la vida
diaria: la carretilla es notable (ademas de ser una palanca de sólo un brazo) , pues por un lado
la fuerza de entrada es multiplicada por la razón inversa de radios y además puede transportar
la carga horizontalmente sin realizar trabajo (o sólo cuando lo acelera). Es decir para mover una
carga pesada sólo necesito una fracción del peso total de la carga. En un martillo, se nota que se
utiliza dos brazos en ángulos no necesariamente rectos para cumplir la palanca
397
C. Máquinas simples
C.4.
Poleas libres y polipastos
Entre las aplicaciones del principio de palanca están las poleas fijas, libre y los sistemas de poleas
o polipastos. Para eso observaremos una rueda en eje fijo y una polea libre, como se muestra en
la figura C.4 Es de notar que estas configuraciones la fuerza de entrada se puede aplicar de forma
continua y constante al sistema, independiente del trabajo realizado o las distancias recorridas.
Es decir, en un polea fija la palanca de entrada es igual a la palanca de salida, lo único que realmente cambia es la dirección de fuerza. Su ventaja mecánica real por lo tanto será
𝑀𝑟 =
𝐹𝑠
=1
𝐹𝑒
Ahora bien una polea libre tiene un diagrama de cuerpo libre como se muestra en la figura C.5.
Dado que para elevar el peso 1 𝑚 es necesario jalar 2 𝑚 de cuerda la ventaja mecánica ideal
𝑀𝑖 =
𝑠𝑒
=2
𝑠𝑠
Figura C.4.: Fuerza contínua en palanca: poleas
lo cual también es confirmado por el diagrama de cuerpo libre de la polea sin fricción donde
𝑀𝑟 =
𝐹𝑠
=2
𝐹𝑒
lo que significa que con una fuerza de entrada puedo levantar un peso de 𝑊 = 2𝐹. El precio a
pagar es obviamente que debo jalar más cuerda, pero muchas veces no existe otra opción. Piense
en una piñata demasiado pesada, para aliviar la tensión en la cuerda se puede poner la piñata sobre
una polea libre reduciendo la tensión en un factor 21 .
398
C.4. Poleas libres y polipastos
Definición C.5 (Polipasto). Un polipasto es una máquina compuesta por dos o más poleas, una
cuerda o cadena que pasa por las diferentes gargantas de estas poleas.
Estos polipastos se utilizan para levantar objetos muy pesados y pueden verse en puertos o cualquier lugar con gruas como las torres de construcción.
Figura C.5.: Polea libre
Ejemplo C.5 (Polipasto). Calcule la tensión y la ventaja mecánica en el siguiente polipasto (fig.
C.6). Suponga que la carga pesa 800 𝑁
S OLUCIÓN
Como vemos en el diagrama de cuerpo libre de la parte libre, hay cuatro cuerdas con la misma
tensión de entrada 𝐹𝑒 jalando hacia arriba, por lo que asumiendo que no se acelera
𝐹𝑠 = 4𝐹𝑒
𝐹𝑠
=4
𝐹𝑒
𝐹𝑠
=4
𝑀𝑟 =
𝐹𝑒
Es decir, el polipasto multiplica fuerza de entrada por un factor 4. Otra vez, el precio a pagar es
que hay que jalar 4 veces mas cuerda que lo que sube la carga. La tensión debe ser entonces un
cuarto de la carga de salida es decir
1
𝐹𝑠
4
1
= 800 𝑁
4
= 200 𝑁
𝐹𝑒 =
399
C. Máquinas simples
Figura C.6.: Polea libre
Ejemplo C.6. Calcule la fuerza de entrada 𝐹𝑒 para levantar las carga de 200 𝑁 en los polipastos
a -d que se muestran en la figura C.7 [Tippens, 2007]
S OLUCIÓN
Figura C.7.: Polea libre
400
C.4. Poleas libres y polipastos
Para responder correctamente necesitamos calcular las ventajas mecánicas de cada uno de los
sistemas.
a) Esta es una polea libre simple como la conocemos y del diagrama de cuerpo libre sabemos que
2𝐹𝑒 − 𝑊 = 0
1
𝐹𝑒 = 𝑊
2
1
= 200 𝑁
2
𝐹𝑒 = 100 𝑁
o una ventaja mecánica de 𝑀𝑟 = 2
b) Esta es igual a ejemplo anterior y su ventaja mecánica es de 𝑀𝑖 = 4 y por ende
𝐹𝑠
𝑀𝑖
200 𝑁
=
4
𝐹𝑒 = 50 𝑁
𝐹𝑒 =
c) Aquí el numero de cuerdas tocando las poleas libres son 𝑀𝑖 = 5 por lo que la fuerza necesaria
para levantar al peso será
1
𝑊
𝑀𝑖
1
= 200 𝑁
5
𝐹𝑒 = 40 𝑁
𝐹𝑒 =
d) Aquí es necesario examinar detenidamente los diagramas de cuerpo libre de las poleas libres.
En la primera notamos que para mantener el equilibrio
𝑇 − 2𝐹𝑒 = 0
𝑇 = 2𝐹𝑒
mientras que en la segunda polea libre tenemos que
𝑇 + 𝐹𝑒 + 𝐹𝑒 − 𝑊 = 0
2𝐹𝑒 + 2𝐹𝑒 = 𝑊
1
𝐹𝑒 = 200 𝑁
4
𝐹𝑒 = 50 𝑁
401
C. Máquinas simples
C.5.
Transmisión de torca en bandas
Hasta el momento nuestras máquinas simples se han basado en la transmisión de la torca a través
del dispositivo. Una transmisión contínua de torca se obtiene mediante un sistema de poleas y una
banda o correa como se muestra en la figura C.8 .
Figura C.8.: Polea libre
La ventaja mecánica en estos sistemas está dado por la razón de momentos de torsión. Suponiendo
que la polea pequeña es la polea motriz y la grande la polea de salida, tenemos que
𝜏𝑠
𝑀𝑟 =
𝜏𝑖
𝐹𝑠 𝑟 𝑠
=
𝐹𝑒 𝑟 𝑒
asumiendo que no existen torcas de fricción (como en los ejes por ejemplo) y asumiendo que la
tensión en toda la correa es de igual magnitud 𝐹𝑠 = 𝐹𝑒 entonces
𝑟𝑠
𝑀𝑖 =
𝑟𝑒
por lo general están dado los diámetros de las poleas por lo que la ventaja mecánica ideal esta
dada por la expresión
𝐷𝑠
𝑀𝑖 =
𝐷𝑒
Ahora bien, asumiendo que la banda no desliza y ésta no disipa trabajo, entonces podemos decir
que la potencia de entrada es igual a la potencia de salida
𝑃 𝑠 = 𝑃𝑒
𝜏𝑠 · 𝜔 𝑠 = 𝜏𝑒 · 𝜔𝑒
𝜔𝑒 𝜏𝑠
=
𝜔 𝑠 𝜏𝑒
402
C.6. Plano inclinado
o bien
𝑀𝑖 =
𝐷 𝑠 𝜔𝑒
=
𝐷 𝑒 𝜔𝑠
(C.9)
Ejemplo C.7. Un motor de 1500 𝑟𝑒𝑣/𝑚𝑖𝑛 tiene una polea de tracción de 3 𝑖𝑛 de diámetro y la
polea de arrastre tiene un diámetro de 9 𝑖𝑛. ¿Cuál es la ventaja mecánica ideal y cuál es el número
de revoluciones por minuto de la polea de salida?
S OLUCIÓN
No es necesario convertir las unidades ya que los cocientes tienen las mismas unidades. Entonces
la ventaja mecánica ideal para bandas según la ecuación C.9
𝐷𝑠
𝐷𝑒
9 𝑖𝑛
=
3 𝑖𝑛
𝑀𝑖 = 3
𝑀𝑖 =
Para las velocidades angulares la relación es inversa
𝜔𝑒
𝜔𝑠
1500 𝑟𝑒𝑣/𝑚𝑖𝑛
𝜔𝑠 =
3
𝜔 𝑠 = 500 𝑟𝑒𝑣/𝑚𝑖𝑛
𝑀𝑖 =
C.6.
Plano inclinado
La otra gran máquina simple que se conoce desde la Antigüedad es el plano inclinado. Sabemos
que es más fácil (menos esfuerzo) empujar una caja por un rampa para elevarla, que levantarla
directamente hacia arriba. Si bien el cambio en la energía potencial gravitatoria es el mismo, no lo
es en cuanto a las fuerzas de entrada y de salida necesarias. Considere un cuerpo de peso 𝑊 que
es empujado por un plano inclinado por una fuerza 𝐹𝑖 como se muestra en la figura C.9
Figura C.9.: Maquina simple: plano inclinado
403
C. Máquinas simples
el ángulo de inclinación es tal que se debe recorrer una distancia Δ𝑠𝑒 para alcanzar una altura ℎ.
El trabajo de salida es en este caso el peso y si utilizamos la Regla de Oro de la Mecánica
𝑊𝑒 = 𝑊 𝑠
𝐹𝑒 Δ𝑠𝑒 = 𝐹𝑠 Δ𝑠 𝑠
𝐹𝑒 Δ𝑠𝑒 = 𝑊 · ℎ
Por lo tanto la ventaja mecánica ideal (ya que no hay fricción) será
𝐹𝑠
𝐹𝑒
𝑊
=
𝐹𝑒
Δ𝑠𝑒
𝑀𝑖 =
ℎ
𝑀𝑖 =
(C.10)
El precio que debo pagar por multiplicar la fuerza es que debo empujar la caja por una distancia
más larga.
Ejemplo C.8. Hay que subir una caja de botellas de cerveza de 88 𝑘𝑔 a una plataforma de carga
que está a 2 𝑚 sobre el piso. La longitud de la rampa es de 4 𝑚 y el coeficiente de fricción cinética
es de 𝜇 𝑘 = 0.3. ¿Cuáles son las ventajas mecánicas ideal y real?[Tippens, 2007]
S OLUCIÓN
La ventaja mecánica ideal es simple de calcular considerando que se desea subir 2 𝑚 (salida) y se
invierten 4 𝑚 (entrada)
Δ𝑠𝑒
ℎ
4𝑚
=
2𝑚
𝑀𝑖 = 2
𝑀𝑖 =
es decir el plano inclinado multiplica la fuerza ideal de entrada en un factor 2.
Dado que el sistema tiene fricción, la ventaja mecánica real debe ser menor, para su cálculo necesitamos determinar todas la fuerzas presentes como se muestre en el diagrama de la figura C.10.
El ángulo de inclinación se obtiene mediante trigonometría donde
sen 𝜃 =
ℎ
𝑠
𝜃 = sin
−1
𝜃 = 30◦
404
2𝑚
4𝑚
C.6. Plano inclinado
Figura C.10.: Plano inclinado con fricción
El peso debe ser 𝑊 = 𝑚𝑔 = 88 𝑘𝑔 × 9.8 𝑚/𝑠2 = 862.4 𝑁 y utilizando un marco de referencia
sobre el plano inclinado de manera que el eje 𝑥 señale en dirección paralela al plano hacia arriba
y asumiendo que se encuentra en equilibrio dinámico, obtenemos las siguientes ecuaciones
Í
𝐹𝑥 = 0
𝐹𝑒 − 𝑚𝑔 · sen 𝜃 − 𝑓 𝑘 = 0
𝐹𝑒 = 𝑚𝑔 · sen 𝜃 + 𝑓 𝑘
Í
𝐹𝑦
𝑛 − 𝑊 · cos 𝜃
𝑛
𝑛
=0
=0
= 862.4 𝑁 × cos 30◦
= 746.86 𝑁
Sabemos que la fricción cinética se deja escribir como
𝑓𝑘 = 𝜇𝑘 · 𝑛
𝑓 𝑘 = 0.3 × 746.86 𝑁
= 224.06 𝑁
Por lo tanto la fuerza de entrada será
𝐹𝑒 = 862.4 𝑁 × sen 30◦ + 224.06 𝑁
𝐹𝑒 = 655.26 𝑁
Por lo que la ventaja mecánica real será de
𝐹𝑠
𝐹𝑒
𝑊
=
𝐹𝑒
862.4 𝑁
=
655.26 𝑁
𝑀𝑟 = 1.1547
𝑀𝑟 =
405
C. Máquinas simples
La eficiencia por lo tanto será:
𝑀𝑟
𝑀𝑖
1.1547
=
2
𝜀 = 05774
𝜀=
Dado que la ventaja mecánica real es tan pequeña (casi no se multiplica la fuerza debido a que la
fuerza de entrada debe además compensar la fricción) notamos que la eficiencia es bastante baja
y casi el 40 % del trabajo realizado por la fuerza de entrada es disipado por la fricción.
406
D. Gradiente y gráficos de energía
¿Qué relación entre una función de energía potencial y el campo de fuerza conservativo asociado?
D.1.
Gradiente de energía como campo de fuerza
Suponga que una partícula sufre un pequeño desplazamiento 𝑑®
𝑟 bajo la influencia de campo
de fuerza conservativo 𝐹® asociado a una energía potencial 𝑈 (𝑥, 𝑦, 𝑧)[Demtröder, 2018] como se
muestra en la figura D.1 .
Figura D.1.: Fuerza como gradiente de energía
Por un lado, el pequeño trabajo 𝑑𝑊 realizado por la fuerza 𝐹® en el desplazamiento 𝑑 𝑟® sera
𝑑𝑊 = 𝐹® · 𝑑 𝑟®
𝑑𝑊 = 𝐹𝑥 𝑑𝑥 + 𝐹𝑦 𝑑𝑦 + 𝐹𝑧 𝑑𝑧
por otro lado el diferencial total de la energía potencial se deja escribir como
𝑑𝑈 =
𝜕𝑈
𝜕𝑈
𝜕𝑈
𝑑𝑥 +
𝑑𝑦 +
𝑑𝑧
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑥
utilizando la definición de energía potencial (ecuación 5.15)
𝑑𝑊 = −𝑑𝑈
𝜕𝑈
𝜕𝑈
𝜕𝑈
𝐹𝑥 𝑑𝑥 + 𝐹𝑦 𝑑𝑦 + 𝐹𝑧 𝑑𝑧 = −
𝑑𝑥 +
𝑑𝑦 +
𝑑𝑧
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑥
407
D. Gradiente y gráficos de energía
de donde concluimos que
𝜕𝑈
𝜕𝑥
𝜕𝑈
𝐹𝑦 = −
𝜕𝑦
𝜕𝑈
𝐹𝑧 = −
𝜕𝑧
𝐹𝑥 = −
como la energía potencial se deriva respecto del espacio hablamos del gradiente de energía, en vez
de tasa de cambio.
El campo de fuerza conservativo asociado a una energía potencial es el gradiente negativo de la
energía
𝜕𝑈
𝜕𝑈
𝜕𝑈 ˆ
𝐹® = −
𝑘
(D.1)
𝚤ˆ −
𝚥ˆ −
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑥
O BSERVACIONES
1. La ecuación D.1 también se deja escribir como
®
𝐹® = −∇𝑈
® se lee nabla1 y es un operador diferencial de la forma
donde el símbolo ∇
® = 𝜕 𝚤ˆ + 𝜕 𝚥ˆ + 𝜕 𝑘ˆ
∇
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
o bien
𝐹® = −grad 𝑈
2. Las fuerzas conservativas tienen siempre la dimensión de energía entre longitud.
Ejemplo D.1 (Gradiente elástico). Determine la ecuación de la fuerza elástica a partir de su energía potencial.
S OLUCIÓN
Dado que la energía potencial elástica de un resorte está dado por su deformación y constante de
fuerza
1
𝑈𝑒 (𝑥) = 𝑘𝑥 2
2
1 Nabla proviene del griego que es similar a la palabra para una arpa. El triángulo invertido o anadelta es el símbolo uti-
lizado. Es de notar que otros sistemas de coordenadas el operador tiene otras formas, por ejemplo en el coordenadas
cilíndricas:
® = 𝜕 𝑟ˆ + 1 𝜕 𝜃ˆ + 𝜕 𝑧ˆ
∇
𝜕𝑟
𝑟 𝜕𝜃
𝜕𝑧
y en coordenas polares esféricas
1
𝜕 ˆ
® = 𝜕 𝑟ˆ + 1 𝜕 𝜃ˆ +
∇
𝜙
𝜕𝑟
𝑟 𝜕𝜃
𝑟 sen 𝜃 𝜕𝜙
408
D.1. Gradiente de energía como campo de fuerza
al aplicar el operador nabla obtenemos
𝐹®𝑒 = −∇𝑈®𝑒 (𝑥)
𝜕
𝜕
𝜕 ˆ 1 2
=−
𝚤ˆ +
𝚥ˆ +
𝑘
𝑘𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
2
1
= − 2 𝑘𝑥 𝚤ˆ − 0 𝚥ˆ − 0 𝑘ˆ
2
𝐹®𝑒 = −𝑘𝑥 𝚤ˆ
que es exactamente la expresión que teníamos para la Ley de Hooke.
Ejemplo D.2 (Gradiente gravitatorio). Calcule la fuerza gravitatoria a partir de la expresión de
energía potencial gravitatoria.
S OLUCIÓN
Asumiendo que 𝑦 es la altura encima de la superficie terrestre, tenemos que 𝑈𝑔 = 𝑚𝑔𝑦 y por ende
® 𝑔
𝐹®𝑔 = −∇𝑈
𝜕
(𝑚𝑔𝑦) 𝚥ˆ
=−
𝜕𝑦
𝐹®𝑔 = −𝑚𝑔 𝚥ˆ
que es la aproximación que hacemos de la fuerza de atracción gravitatoria en la superficie gravitatoria.
Como sabemos de la Ley Universal de Gravitación la energía potencial de dos cuerpos masivos
está dada por
𝑚1 𝑚2
𝑈𝑔 = −𝐺
𝑟
2
donde 𝑟 es la distancia entre los centros de masa de los cuerpos, 𝐺 = 6.67 × 1011 𝑁𝑘𝑔𝑚2 es la
constante universal de gravitación y 𝑚 1 , 𝑚 2 son las masas respectivas.
Ejemplo D.3 (Cuarta Ley de Newton). Determine la fuerza de gravitación de dos cuerpos masivos
a partir de su energía potencial gravitatoria
S OLUCIÓN
Dado que la energía potencial depende coordenadas polares esféricas es necesario utilizar el operador nabla en ese sistema de coordenadas
® 𝑟 𝑈𝑔 (𝑟)
𝐹®𝑔 = −∇
0
*0
>
1 𝜕𝑈
𝜕𝑈
𝜕𝑈
1
𝜙ˆ
=−
𝑟ˆ − 𝜃ˆ −
𝜕𝑟
𝑟 𝜕𝜃
𝑟
sen
𝜃 𝜕𝜙
409
D. Gradiente y gráficos de energía
dado que depende sólo del radio, decimos que es un potencial central y no hay componentes
polares o acimutales, por lo que
𝜕 𝑚1 𝑚2 𝐹®𝑔 = −
−𝐺
𝑟ˆ
𝜕𝑟
𝑟
1
= 𝐺𝑚 1 𝑚 2 − 2 𝑟ˆ
𝑟
𝑚
𝑚
1
2
𝐹®𝑔 = −𝐺 2 𝑟ˆ
𝑟
que es exactamente la expresión para la Ley Universal de Gravitación, propuesta por Newton en
su principia mathematicae.
D.2.
Diagramas de energía y el equilibrio de un sistema
El movimiento de sistema se deja entender cualitativamente mediante un diagrama de su energía potencial versus la distancia entre los cuerpos del sistema como se muestra en la figura D.2
.[Resnick et al., 2013]
Figura D.2.: Gráfico de energía del sistema bloque resorte
Notamos que la fuerza asociada a esta energía potencial elástica se deja calcular como
®
𝐹® = −∇𝑈
𝜕𝑈
𝜕𝑈 ˆ
𝜕𝑈
𝚤ˆ −
𝚥ˆ −
=−
𝑘
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜕 1 2
=−
𝑘𝑥 𝚤ˆ − 0 𝚥ˆ − 0 𝑘ˆ
𝜕𝑥 2
𝐹®𝑒 = −𝑘𝑥 𝚤ˆ
Que es exactamente la expresión para la fuerza elástica de un resorte según la Ley de Hooke
(ecuación 5.6). Notamos que si el bloque posee una rapidez inicial, el bloque oscila entre las
posiciones 𝑥 𝑚 y −𝑥 𝑚 las cuales están determinadas por la energía total del sistema. La figura D.3
muestra el sistema bloque-resorte en distintos momentos de la oscilación.
410
D.2. Diagramas de energía y el equilibrio de un sistema
Al inicio (figura D.3 a) el bloque posee velocidad positiva en 𝑥 y el resorte no se encuentra deformado por lo que no existe energía potencial elástica y solo existe energía cinética. Decimos que la
energía cinética debe ser en ese punto el valor de la energía total del sistema y su máximo valor.
También notamos que en el origen la fuerza es cero. Es decir el sistema se encuentra en equilibrio.
A medida avanza el bloque (ver figura D.3 b), el resorte se deforma y acumula energía potencial
elástica a costa de la energía cinética ya que el sistema es conservativo. Eso implica que la rapidez
debe disminuir, también notamos que la pendiente al gráfico de la energía potencial es positivo
por lo que la fuerza debe ser negativa.
El sistema avanza hasta que llega un punto (ver figura D.3 c) donde ya no hay energía cinética
que transformar y tenemos energía potencial máxima (𝑈𝑚 = 𝐸). A estos puntos 𝑥 𝑚 y −𝑥 𝑚 los
llamamos puntos de retorno del movimiento y en ellos la energía total intersecta a la gráfica de la
energía potencial. En estos puntos la magnitud de la fuerza elástica es máxima al tener el máximo
valor de pendiente (y también máxima deformación 𝑥 𝑚 ). Dado que no hay velocidad en este punto
el bloque se regresa en dirección −𝑥 o en dirección de la fuerza.
El proceso se pide ahora al otro lado del origen mientras el bloque es encogido (ver figura D.3 c)
donde otra vez la energía potencial crece al deformarse el bloque a costa de la energía cinética. Es
de notar que la pendiente al gráfico de la energía potencial es negativa por lo que la fuerza tendrá
que ser positiva.
Es también de notar que los puntos de retorno dependen de la energía total o máxima que posee el
sistema
𝐸 = 𝑈𝑚𝑎𝑥
1 2
= 𝑘𝑥 𝑚
2
r
2𝐸
𝑥𝑚 =
𝑘
así como la velocidad máxima del sistema en el origen (punto de equilibrio)
𝐸 = 𝐾𝑚𝑎𝑥
1
= 𝑚𝑣 2𝑚
2
r
2𝐸
𝑣𝑚 =
𝑚
411
D. Gradiente y gráficos de energía
Figura D.3.: Oscilación entre energía potencial y cinética
Decimos que el bloque está “atrapado” o enlazado en el potencial del resorte. Lo mismo decimos de los planetas que están atrapados en el potencial gravitatorio del sistema Sol-planeta y eso
determina su radio y velocidad de orbitación.
El equilibrio del sistema como lo había definido según la Primera de Ley de Newton es cuando la
fuerza neta del sistema es cero, pero eso implica que
𝐹® = 0
𝜕𝑈
=0
−
𝜕𝑥
𝜕𝑈
=0
𝜕𝑥
tipificamos a los puntos de equilibrio dentro de cualquier sistema en tres tipos:
412
D.2. Diagramas de energía y el equilibrio de un sistema
estable: en este caso la energía potencial potencial presenta un mínimo en este punto o bien
𝜕2 𝑈
< 0. La fuerzas cercanas tienden a señalar en dirección del punto de equilibrio. Deci𝜕𝑥 2
mos que el sistema oscila alrededor del punto de equilibrio estable
inestable: en este caso la energía potencial presenta un máximo en este punto y la fuerzas tratan
2
de alejarse de este punto de equilibrio o bien 𝜕𝜕𝑥𝑈2 > 0.
indiferente: en este caso si bien la fuerza del sistema es cero no es necesariamente un extremo
2
como se muestra en la figura D.4 en 𝑥 = 𝑥 3 (Por ejemplo 𝜕𝜕𝑥𝑈2 = 0) las fuerzas de un lado
señalan en dirección del punto de equilibrio, pero del otro lado se alejan de él)
Figura D.4.: La gráfica muestra diferentes puntos de equilibrio estables, inestables e indiferentes
Esta claro que en la figura D.4 los cuatro puntos son puntos de equilibrio ya que sus pendientes son
cero, pero 𝑥 1 y 𝑥 4 son inestables pues son máximos locales y sólo 𝑥 2 es estable. 𝑥 3 es indiferente
pues del lado izquierdo la fuerzas se alejan del punto de equilibrio, pero a la derecha se acercan.
Ejemplo D.4. Una partícula se mueve a lo largo de una línea donde la energía potencial de su
sistema depende de su posición 𝑟, como se grafica en la figura D.5. En el límite cuando 𝑟 aumenta
sin frontera, 𝑈 (𝑟) tiende a 1 𝐽 (linea azul intermitente). a) Identifique cada posición de equilibrio
para esta partícula. Indique si cada una es un punto de equilibrio estable, inestable o neutro. b)
Ahora suponga que el sistema tiene energía de −3 𝐽 (linea roja) ¿La partícula estará acotada si
la energía total del sistema está limitada en ese intervalo? c) el intervalo de posiciones donde se
puede encontrar la partícula, d) su energía cinética máxima, e) la ubicación donde tiene energía
cinética máxima y f) la energía de enlace del sistema, esto es, la energía adicional que tendría que
darse a la partícula para moverla a 𝑟 → ∞ [Serway and Jewett, 2008, p 221].
413
D. Gradiente y gráficos de energía
Figura D.5.: Gráfico de potencial variable
S OLUCIÓN
a) Según la gráfica los puntos de equilibrio estarán en 𝑟 1 = 1, 5 𝑚𝑚, 𝑟 2 = 2, 4 𝑚𝑚 y 𝑟 3 = 3, 2 𝑚𝑚
aproximadamente. (No se pueden calcular exactamente pues no se indica la función que genera la
gráfica). 𝑟 1 y 𝑟 3 son equilibrios estables pues son mínimos, mientras que 𝑟 2 es inestable pues un
máximo local.
b) Efectivamente si la energía mecánica acota el movimiento de la partícula en el potencial. Notamos que la partícula no puede pasar los puntos de intercepción de la línea roja con la función de
potencial
c) Leyendo el gráfico notamos que la partícula oscilaría entre los puntos de retorno 𝑟 = 0, 7 𝑚𝑚 y
𝑟 0 = 3, 6 𝑚𝑚
d) La energía cinética se deja calcular mediante
𝐸 = 𝐾 +𝑈
𝐾 = 𝐸 −𝑈
o sea que cuando U sea mínimo, la energía cinética será máxima, lo que sucede en el primer
máximo 𝑟 1 = 1, 5 𝑚𝑚 (e) y su valor será de
𝐾𝑚𝑎𝑥 = −3𝐽 − (−5, 8𝐽)
𝐾𝑚𝑎𝑥 = +2, 8 𝐽
f) La energía que debemos de agregarle al sistema para liberarlo será
Δ𝑈𝑒𝑛𝑙𝑎𝑐𝑒 = 𝑈 (∞) − 𝐸
= +1𝐽 − (−3𝐽)
= +4𝐽
es decir la energía de enlace es la energía que un agente externo debe hacer para sacar a la partícula
del pozo del potencial.
414
E. Cálculo de momentos de inercia
En esta sección calcularemos momentos de inercia que utilizaremos en la sección 8.3.2, pero no
calculamos explícitamente por motivos de simplicidad o tiempo. Buscamos un calculo explicito
de varias figuras utilizadas comúnmente
E.1.
Momento de inercia de esfera hueca
Suponga que tiene una esfera hueca de densidad superficial uniforme como un globo o balón de
fútbol. Ya que la masa está distribuida en su superficie esférica es necesario integrar sobre anillos
de radio variable, que varían con el ángulo acimutal 𝜙, como se muestra en la figura E.1 .
Figura E.1.: Geometría para momento de inercia de esfera hueca.
C ALCULO DE LA MASA.
Integramos sobre anillos de ancho 𝑑𝑠 y circunferencia 2𝜋𝑟,por lo que las áreas serán 𝑑𝐴 = 2𝜋𝑟 𝑑𝑠
∫
𝑀=
𝑑𝑚
∫𝑀
=
𝜎𝑜 𝑑𝐴
𝐴∫
= 𝜎𝑜
2𝜋𝑟 · 𝑑𝑠
𝐶
∫ 𝜋
= 𝜎𝑜 2𝜋
𝑟 · 𝑅 · 𝑑𝜙
0
si vemos ahora la figura E.1 b, notamos que el radio del anillo depende del angulo azimutal que
corre de 0 a 𝜋 radianes
415
E. Cálculo de momentos de inercia
∫
𝜋
𝑅 · 𝑠𝑒𝑛 𝜙 · 𝑅 · 𝑑𝜙
= 𝜎𝑜 2𝜋
0
∫
= 𝜎𝑜 2𝜋𝑅 2
𝜋
𝑠𝑒𝑛 𝜙 · 𝑑𝜙
0
integrando sobre el ángulo acimutal obtenemos
= 𝜎𝑜 2𝜋𝑅 2 [−𝑐𝑜𝑠 𝜙] 0𝜋
= −𝜎𝑜 2𝜋𝑅 2 [𝑐𝑜𝑠 𝜋 − 𝑐𝑜𝑠 0]
= −𝜎𝑜 2𝜋𝑅 2 [−2]
𝑀 = 𝜎𝑜 4𝜋𝑅 2
que es la densidad por la superficie de la esfera hueca 𝐴𝑠𝑢 𝑝𝑒𝑟 𝑓 𝑖𝑐𝑖𝑒 = 4𝜋𝑅 2 . Importante: descubrimos que la variable de integración es el ángulo acimutal 𝜙 y sus límites de integración.
C ALCULO DEL MOMENTO DE INERCIA
Sabemos que cada anillo proporciona un momento de inercia 𝑑𝐼 𝑧,𝐶 𝑀 = 𝑟 2 · 𝑑𝑚;integrando sobre
pequeños anillos de ancho 𝑑𝑠 obtenemos
∫
𝐼𝐶 𝑀 =
𝑑𝐼𝐶 𝑀
∫
=
𝑑𝑚 · 𝑟 2
∫𝑀𝜋
𝜎𝑜 2𝜋𝑟 𝑅𝑑𝜙 · 𝑟 2
∫ 𝜋
4
= 𝜎𝑜 2𝜋𝑅
𝑠𝑒𝑛3 𝜙 · 𝑑𝜙
=
0
0
Integrando por partes o mejor buscando en una tabla de integrales encontramos que
𝜋
4 1
(𝑐𝑜𝑠 3𝜃 − 9𝑐𝑜𝑠 𝜙)
𝐼𝐶 𝑀 = 𝜎𝑜 2𝜋𝑅
12
0
1 4
= 𝜎𝑜 𝜋𝑅 [(𝑐𝑜𝑠 3𝜋 − 9𝑐𝑜𝑠 𝜋) − (𝑐𝑜𝑠 0 − 9𝑐𝑜𝑠 0)]
6
1
= 𝜎𝑜 𝜋𝑅 4 [(−1 + 9) − (1 − 9)]
6
1
= 𝜎𝑜 𝜋𝑅 4 [8 + 8]
6
8
= 𝜎𝑜 𝜋𝑅 4
3
Sustituyendo la densidad en la fórmula obtenemos
416
E.2. Momento de inercia de esfera sólida
𝑀 8 4
𝜋𝑅
4𝜋𝑅 2 3
2
= 𝑀 𝑅2
3
𝐼𝐶 𝑀 =
𝐼𝐶 𝑀
Que es exactamente la fórmula que utilizamos en la sección 8.3.2.
E.2.
Momento de inercia de esfera sólida
Para calcular el momento de inercia de una esfera de densidad uniforme 𝜌 = 𝜌𝑜 por eje que
pasa por uno de sus diámetros, lo haremos partiendo la esfera en discos de grosor pequeños 𝑑𝑧 y
diremos que cada uno de ellos posee una masa 𝑑𝑚 y radio 𝑟 (respecto del eje) de manera que cada
uno posee una inercia 𝑑𝐼𝐶 𝑀 = 21 𝑑𝑚 · 𝑟 2 como se muestra en la figura E.2 . Nótese que el ángulo
𝜙 es el ángulo acimutal que empieza en el eje 𝑧 positivo y termina en el eje 𝑧 negativo.
Figura E.2.: Geometría para momento de inercia de esfera hueca de densidad uniforme.
C ALCULO DE LA MASA TOTAL
Como siempre empezamos calculando la masa total de la esfera. Obviamente
∫
𝑀=
𝑑𝑚
∫𝑀
𝜌𝑜 𝑑𝑉
=
𝑉
el volumen del pequeño disco sera obviamente 𝑑𝑉 = 𝐴 · 𝑑𝑧 o bien
∫ 𝑅
=
𝜌𝑜 𝐴 · 𝑑𝑧
−𝑅
∫ 𝑅
= 𝜌𝑜
𝜋𝑟 2 𝑑𝑧
−𝑅
417
E. Cálculo de momentos de inercia
Véase que los margenes de integración van desde el punto más bajo −𝑅 al más alto +𝑅. También notamos que el radio del pequeño disco depende la altura, por lo que utilizando Pitágoras
obtenemos una expresión del radio explicita en 𝑧, integrando obtenemos
∫
𝑅
= 𝜌𝑜 𝜋
𝑅 2 − 𝑧 2 𝑑𝑧
−𝑅
𝑅
𝑧3
𝜌𝑜 𝜋 𝑅 𝑧 −
3 −𝑅
𝑅3
𝑅3
𝜌𝑜 𝜋 𝑅3 −
− −𝑅 3 +
3
3
3
2𝑅
𝜌𝑜 𝜋 2𝑅 3 −
3
4
𝜌𝑜 𝜋𝑅 3
3
𝜌𝑜𝑉𝑒𝑠 𝑓 𝑒𝑟 𝑎
=
=
=
𝑀=
𝑀=
2
(E.1)
(E.2)
donde recordamos que el volumen de una esfera sólida es 𝑉𝑒𝑠 𝑓 𝑒𝑟 𝑎 = 43 𝜋𝑅 3 . El cálculo nos ayuda
a entender que la variable de integración es 𝑧 y los márgenes de integración son de −𝑅 a 𝑅.
C ALCULO DE LA INERCIA
Integramos entonces los momentos de inercia de los pequeños discos y obtenemos
∫
𝐼𝐶 𝑀 =
𝑑𝐼𝐶 𝑀
∫𝐼
=
𝑀
1
=
2
∫
1
𝑑𝑚 · 𝑟 2
2
𝑅
𝑟 2 𝜌𝑜 𝜋𝑟 2 · 𝑑𝑧
−𝑅
∫
1 𝑅 4
= 𝜌𝑜 𝜋
𝑟 · 𝑑𝑧
2 −𝑅
sacando las constantes de integración y sustituyendo el valor de 𝑟
∫ 𝑅
2
1
𝜌𝑜 𝜋
𝑅 2 − 𝑧 2 · 𝑑𝑧
2
−𝑅
∫ 𝑅
1
= 𝜌𝑜 𝜋
𝑅 4 − 2𝑅 2 𝑧 2 + 𝑧 4 · 𝑑𝑧
2
−𝑅
𝑅
3
1
𝑧5
4
2𝑧
= 𝜌𝑜 𝜋 𝑅 𝑧 − 2𝑅
+
2
3
5 −𝑅
=
418
E.3. Momento de de inercia de semi-esfera
evaluando la integral obtenemos
"
#
(−𝑅) 5
1
2 5 𝑅5
2 2
3
5
4
= 𝜌𝑜 𝜋 𝑅 − 𝑅 +
− 𝑅 (−𝑅) + 𝑅 (−𝑅) −
2
3
5
3
5
4
2𝑅 5
1
= 𝜌𝑜 𝜋 2𝑅 5 − 𝑅 5 +
2
3
5
5
5
30𝑅 − 20𝑅 + 6𝑅 5
1
= 𝜌𝑜 𝜋
2
15
1
16
= 𝜌𝑜 𝜋 𝑅5
2
15
8 5
= 𝜌𝑜 𝜋 𝑅
15
sabiendo que la densidad también se deja escribir como
4
3
𝑀
𝜋 𝑅3
encontramos que
2
8
= 4 3Z
𝜋 𝑅5
𝜋
𝑅 15
3Z
8
3
= 𝑀 𝑅2 ×
4 15
2
= 𝑀 𝑅2
5
𝑀
𝐼𝐶 𝑀
𝐼𝐶 𝑀
(E.3)
Otra vez confirmando la expresión que encontramos en la sección 8.3.2
E.3.
Momento de de inercia de semi-esfera
Para calcular el momento de inercia de una semi esfera de densidad uniforme 𝜌 = 𝜌𝑜 por eje
que pasa el eje de simetría, haremos el mismo calculo y geometría que con la esfera sólida con
una leves modificaciones. Primero partiremos la semi-esfera en discos de grosor pequeños 𝑑𝑧 y
diremos que cada uno de ellos posee una masa 𝑑𝑚 y radio 𝑟 (respecto del eje) de manera que cada
uno posee una inercia 𝑑𝐼𝐶 𝑀 = 21 𝑑𝑚 · 𝑟 2 como se muestra en la figura E.3 . Nótese que el ángulo
𝜙 es el ángulo acimutal que empieza en el eje 𝑧 positivo y termina en el eje 𝑧 negativo. También
diremos que la masa que ahora tiene la semi esfera es 𝑀 0, pues obviamente tiene la mitad del
volumen.
419
E. Cálculo de momentos de inercia
Figura E.3.: Geometría para momento de inercia de esfera hueca de densidad uniforme.
C ALCULO DE LA MASA TOTAL
Como siempre empezamos calculando la masa total de la esfera. Obviamente
∫
0
𝑀 =
𝑑𝑚
∫𝑀
=
𝜌𝑜 𝑑𝑉
𝑉
el volumen del pequeño disco sera obviamente 𝑑𝑉 = 𝐴 · 𝑑𝑧 o bien
∫ 𝑅
=
𝜌𝑜 𝐴 · 𝑑𝑧
0
∫ 𝑅
= 𝜌𝑜
𝜋𝑟 2 𝑑𝑧
−𝑅
Véase que los margenes de integración van desde el punto más bajo 0 al más alto +𝑅. (Recuerde
que estamos integrando sobre la semi esfera). También notamos que el radio del pequeño disco
depende la altura, por lo que utilizando Pitágoras obtenemos una expresión del radio explicita en
𝑧, integrando obtenemos
∫ 𝑅
= 𝜌𝑜 𝜋
𝑅 2 − 𝑧 2 𝑑𝑧
0
𝑅
𝑧3
𝜌𝑜 𝜋 𝑅 𝑧 −
3 0
𝑅3
3
𝜌𝑜 𝜋 𝑅 −
− (0)
3
𝑅3
𝜌𝑜 𝜋 𝑅3 −
3
2
𝜌𝑜 𝜋𝑅 3
3
𝜌𝑜𝑉𝑠𝑒𝑚𝑖−𝑒𝑠 𝑓 𝑒𝑟 𝑎
=
=
=
𝑀0 =
𝑀0 =
420
2
(E.4)
(E.5)
E.3. Momento de de inercia de semi-esfera
donde recordamos que el volumen de una esfera sólida es 𝑉𝑒𝑠 𝑓 𝑒𝑟 𝑎 = 34 𝜋𝑅 3 y por lo tanto la semi
esfera será 𝑉𝑠𝑒𝑚𝑖−𝑒𝑠 𝑓 𝑒𝑟 𝑎 = 23 𝜋𝑅 3 . El cálculo nos ayuda a entender que la variable de integración
es 𝑧 y los márgenes de integración son de 0 a 𝑅.
C ALCULO DE LA INERCIA
Integramos entonces los momentos de inercia de los pequeños discos y obtenemos
∫
𝐼𝐶 𝑀 =
𝑑𝐼𝐶 𝑀
∫𝐼
1
𝑑𝑚 · 𝑟 2
2
=
𝑀
1
=
2
∫
𝑅
𝑟 2 𝜌𝑜 𝜋𝑟 2 · 𝑑𝑧
∫
1 𝑅 4
𝑟 · 𝑑𝑧
= 𝜌𝑜 𝜋
2 0
0
sacando las constantes de integración y sustituyendo el valor de 𝑟
∫ 𝑅
2
1
𝜌𝑜 𝜋
𝑅 2 − 𝑧 2 · 𝑑𝑧
2
0
∫ 𝑅
1
= 𝜌𝑜 𝜋
𝑅 4 − 2𝑅 2 𝑧 2 + 𝑧 4 · 𝑑𝑧
2
0
𝑅
3
𝑧5
1
4
2𝑧
+
= 𝜌𝑜 𝜋 𝑅 𝑧 − 2𝑅
2
3
5 0
=
evaluando la integral obtenemos
=
=
=
=
=
2 5 𝑅5
1
5
𝜌𝑜 𝜋 𝑅 − 𝑅 +
−0
2
3
5
1
2
𝑅5
𝜌𝑜 𝜋 𝑅5 − 𝑅5 +
2
3
5
5
5
15𝑅 − 10𝑅 + 3𝑅 5
1
𝜌𝑜 𝜋
2
15
8
1
𝜌𝑜 𝜋 𝑅5
2
15
4
𝜌𝑜 𝜋 𝑅5
15
421
E. Cálculo de momentos de inercia
sabiendo que la densidad también se deja escribir como
2
3
𝑀0
𝜋𝑅 3
𝑀0
𝐼𝐶 𝑀
encontramos que
2
8
𝜋 𝑅5
= 2 3Z
𝜋
𝑅 15
Z
3
𝐼𝐶 𝑀
4
3
= 𝑀 𝑅2 ×
2 15
2 0 2
= 𝑀 𝑅
5
(E.6)
Es de notar que el momento de inercia de la semi esfera tiene exactamente la misma estructura
que el momento de inercia de la esfera sólida pues tienen la misma distribución radial. Claro, el
momento de inercia de la semi esfera de misma densidad debe ser la mitad de la esfera debe ser la
mitad de la esfera entera pues 𝑀 0 = 𝑀/2, pero respecto de su propia masa tiene la misma fórmula.
Ejemplo E.1. Suponga que tiene un candelabro de densidad uniforme compuesto por 2 esferas
de radio 𝑅 = 10 𝑐𝑚 y dos semiesferas de radio 2𝑅. Si la masa total es 𝑀 = 10 𝑘𝑔 determine el
momento de inercia del candelabro respecto del eje de simetría como se muestra en la figura E.4
S OLUCIÓN
Figura E.4.: Momento de inercia de candelabro de densidad uniforme.
Asumimos que la densidad de las dos esferas y las dos semi-esferas son iguales y uniformes. Con
eso podemos calcular las masa total del sistema.
C ALCULO DE LA MASA TOTAL
Si consideramos la masa de una de las esferas pequeñas notamos que
𝑚 = 𝜌𝑜𝑉𝑒𝑠 𝑓 𝑒𝑟 𝑎
4
𝑚 = 𝜌𝑜 𝜋𝑅 3
3
422
E.4. Momento de inercia de cono
La masa de una semi esfera sera:
𝑚 0 = 𝜌𝑜
= 𝜌𝑜
0
𝑉𝑒𝑠
𝑓 𝑒𝑟 𝑎
2
4
03
3 𝜋𝑅
2
14
𝜋 (2𝑅) 3
= 𝜌𝑜
23
8 4
= 𝜌𝑜 𝜋𝑅 3
2 3
𝑚 0 = 4𝑚
es decir una semi-esfera del doble de radio posee 4 veces la masa de una esfera pequeña. Por lo
tanto la masa total será de
𝑀 = 𝑚0 + 𝑚 + 𝑚 + 𝑚0
= 4𝑚 + 2𝑚 + 4𝑚
𝑀 = 10𝑚
Ya que la masa total es de 10𝑘𝑔, queda claro que 𝑚 = 1 𝑘𝑔, es decir que cada esfera pequeña
posee una masa de 1 𝑘𝑔 y las semi-esferas una masa de 4 𝑘𝑔.
C ALCULO DEL MOMENTO DE INERCIA
Dado que las formula son idénticas podemos escribir
𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2 + 𝐼3 + 𝐼4
2
2
2
2
= 𝑚 1 𝑅12 + 𝑚 2 𝑅22 + 𝑚 3 𝑅32 + 𝑚 4 𝑅42
5
5
5
5
2
2
2
2
= 4𝑚 (2𝑅) 2 + 𝑚𝑅 2 + 𝑚𝑅 2 + 4𝑚 (2𝑅) 2
5
5
5
5
2
2
= (16𝑚 + 𝑚 + 𝑚 + 16𝑚) 𝑅
5
68
𝑚𝑅 2
𝐼=
5
También podemos decir que la esfera del doble de radio tiene 16 veces más momento de inercia
que la esfera pequeña. Evaluando obtenemos
68
1 𝑘𝑔 × (0.1 𝑚) 2
5
𝐼 = 0.136 𝑘𝑔 · 𝑚 2
𝐼=
E.4.
Momento de inercia de cono
Para el cálculo del momento de inercia de un cono a lo largo de su eje de simetría utilizaremos
la misma geometría que utilizamos para calcular su centro de masa, como se muestra en la figura
E.5.
423
E. Cálculo de momentos de inercia
Figura E.5.: Geometría para cono de densidad uniforme
Integramos sobre pequeños discos de grosor 𝑑𝑥 y área 𝜋𝑦 2 de manera que el diferencial de volumen
sea 𝑑𝑉 = 𝜋𝑦 2 𝑑𝑥. En la figura E.5 también encontramos la relación entre 𝑦 y 𝑥 mediante la altura
𝐻 y el radio 𝑅 que forman triángulos semejantes con la mitad del ángulo de apertura del cono de
tal forma que
𝑦
𝑅
=
𝑥 𝐻
Con esta información empezamos calculando la masa total del cono
C ALCULO DE LA MASA TOTAL
∫
𝑀=
𝑑𝑚
𝑀
∫
=
𝜌 · 𝑑𝑉
𝑉
ya que la densidad es uniforme
∫
𝐻
𝜌𝑜· 𝜋𝑦 2 𝑑𝑥
𝑀=
0
∫
𝐻
= 𝜌𝑜 𝜋
0
𝜋𝑅 2
𝜌𝑜
=
𝐻2
∫
𝑅
𝑥
𝐻
2
𝐻
𝑥 2 𝑑𝑥
0
integrando y evaluando obtenemos
𝑀=
=
𝜌𝑜 𝜋𝑅 2 𝑥 3
3
𝐻2
𝜌𝑜
𝜋𝑅 2 𝐻A3
2
3Z
𝐻Z
1
𝑀 = 𝜌𝑜 𝜋𝑅 2 𝐻
3
424
𝐻
0
𝑑𝑥
E.4. Momento de inercia de cono
la expresión 𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜 = 13 𝜋𝑅 2 𝐻 es exactamente el volumen del cono (un tercio del área base por
altura)
C ALCULO DEL MOMENTO DE INERCIA
Ya que cada disco es concéntrico respecto del eje de simetría, los diferenciales de los momentos
de inercia se deben sumar
1
𝑑𝐼 = 𝑑𝑚 · 𝑦 2
2
recordando que cada disco tiene un factor
de inercia total sera:
1
2
por su distribución de masa. Ahora bien, el momento
∫
𝐼=
𝑑𝐼
∫
=
𝑀
1
𝑑𝑚𝑦 2
2
sustituyendo el diferencial de masa obtenemos
∫
1 𝐻
𝜌𝑜· 𝜋𝑦 2 𝑑𝑥 𝑦 2
=
2 0
∫ 𝐻
1
= 𝜌𝑜· 𝜋
𝑦 4 𝑑𝑥
2
0
notamos que 𝑦 es una función de 𝑥 por lo que utilizando la relación geométrica 𝑦 =
una integral en 𝑥
1
𝑅4
𝐼 = 𝜌𝑜· 𝜋 4
2
𝐻
∫
𝑅
𝐻𝑥
obtenemos
𝐻
𝑥 4 𝑑𝑥
0
𝑥5
1
= 𝜌𝑜· 𝜋 4
2
5
𝐻
𝑅4
𝑅4
𝐻5
𝐻
0
1
𝜌𝑜· 𝜋
4 5
2
𝐻
1
𝐼=
𝜌𝑜· 𝜋𝑅 4 𝐻
10
=
Sustituyendo la densidad en función de la masa y el volumen 𝜌𝑜 =
1
3
𝑀
obtenemos
𝜋 𝑅2
1 𝑀
𝜋𝑅 4 𝐻·
10 13 𝜋𝑅 2
3
𝐼=
𝑀 𝑅2
10
=
que es exactamente la expresión que utilizamos en la sección 8.3.2
425
E. Cálculo de momentos de inercia
426
F. Gravitación
En este capítulo trataremos el tema de la interacción gravitatoria entre cuerpos con mayor detalle y
veremos en que forma está asociada con el movimiento de planetas. Es esta necesidad civilizatoria
de conocer el movimiento de los cuerpos celestes una de fuerzas impulsoras principales en el
desarrollo de la astronomía, la física y la ciencia en general.
F.1.
Breve reseña histórica
Aunque no comenzó de esa forma el movimiento de las estrellas y los planetas está íntimamente
relacionado con la Gravitación y las leyes que la rigen.
Aristóteles creía que toda la materia del universo estaba compuesta por cuatro elementos básicos: tierra, aire, fuego y agua. Estos elementos sufrían la acción de dos fuerzas: la gravedad
o tendencia de la tierra y del agua a hundirse, y la ligereza o tendencia del aire y del fuego a
ascender.[Hawkings, 2019] Es decir, que los cuerpos tendían a regresar a aquello a lo que pertenecen o se siente mas natural. Según esta visión aristotélica, el estado natural de los cuerpos debe ser
el reposo y se necesita un motor[Aristóteles, 1995] para cambiar su estado de movimiento. El matemática indio Brahmagupta (598-665) planteaba que la Tierra era esférica y los cuerpos poseían
una afinidad a caer hacia el centro de ella donde sean que se encontraran[Ling et al., 2016].
Las estrellas y en especial los planetas los consideraba que se movían fundamental de forma
diferente pues eran guiados por un quinto elemento: el éter - de carácter divino - que les daba
un movimiento circular uniforme como su forma natural de movimiento. Es decir desde muy
temprano se separó la mecánica terrenal y la mecánica celestial asumiendo una no tenía nada que
ver con la otra.
El movimiento de los cuerpos celestes no un mero entreteniendo que apareció con las civilizaciones, sino que tenía repercusiones económicas reales. Los primeros calendarios encontrados en
el Alto Egipto datan de hasta 5000 años antes de Cristo y se utilizaban para determina la época
del año en la cual aparecerían las inundaciones del Nilo. Después se utilizaron por comerciantes
y marineros para orientarse en su viajes. De ahí la necesidad de estudiar astronomía para tener
buenos y mejores mapas y potenciar el comercio.
Como vemos en la figura F.1 todas las estrellas fijas se mueven en la bóveda celeste ejecutando
el mismo movimiento circular de manera que todos los días/noches mantienen la misma posición
relativa (la foto se obtuvo dejando el obturador abierto por una buena parte de la noche y capturar
el rastro - star trail - el movimiento de los astros). El problema básico de los astrónomos por la
mayor parte de la historia humana fue el movimiento de los Planetas: a simple vista los planetas
parecen estrellas en el cielo, que no siguen las misma reglas que las estrellas fijas.
427
Nikolaus Kopernikus
(1473-1543)
Astrónomo prusiano
que formuló la
teoría
heliocéntrica al inicio del
Renacimiento.
Tycho Brahe
(1546-1601)
El mas grande astrónomo antes del descubrimiento del telescopio.
F. Gravitación
Figura F.1.: Las estrellas fijas en trayectorias circulares manteniendo su posición relativa alrededor
del norte.
Etimológicamente, la palabra "planeta" proviene del latín planeta, que a su vez deriva del griego
πλανήτης (planētēs: “vagabundo” y “errante”). Esto se debe a que en la antigüedad, siguiendo la
teoría geocéntrica de Ptolomeo (90 -168), se creía que en torno a la Tierra giraban, además del
Sol y la Luna, las estrellas. Se diferenciaban cinco (Mercurio, Venus, Marte, Júpiter y Saturno),
descritas como "planetas" (errantes) por carecer de una trayectoria cíclica predecible y por desplazarse a mayor velocidad en el cielo a comparación de las estrellas. Su movimiento a veces parece
errático (movimientos retrógrados1 o velocidades diferentes de velocidad). [Wikipedia, 2021a]Es
decir los planetas no siguen las mismas leyes que los demás objetos celestiales de ahí que permanecieron un objeto de estudio mayor durante toda la Antigüedad y el Medioevo. Para inicios
del Renacimiento la teoría establecida por la Iglesia Católica era la de un modelo geocéntrico
corregido, con epiciclos para considerar los movimientos retrógrados, que encajaba bien con los
principios aristotélicos y daba un explicación gruesa de los movimientos celestiales.
Cuando el astrónomo prusiano Nikolaus Kopernikus en 1473 publica su obra magna De revolutionibus orbium coelestium (Sobre las revoluciones de las orbes celestes) lo hace introduciendo un
sistema heliocéntrico con epiciclos para considerar los movimientos retrógrados. Entre las premisas de su sistema, sostiene que:
Los movimientos celestes son uniformes, eternos, y circulares o compuestos de diversos
ciclos (epiciclos).
1 La
retrogradación de los planetas o movimiento retrógrado aparente es el movimiento aparente de un planeta en una
dirección opuesta a la de otros cuerpos dentro de su sistema, observado desde un punto de vista particular.
428
F.1. Breve reseña histórica
Figura F.2.: Sistema heliocéntrico de Copérnico
El centro del universo se encuentra cerca del Sol.
Orbitando alrededor del Sol, en orden, se encuentran Mercurio, Venus, la Tierra, la Luna,
Marte, Júpiter y Saturno como se muestran en la figura F.2.
Las estrellas son objetos distantes que permanecen fijos y por lo tanto no orbitan alrededor
del Sol.
La Tierra presenta tres movimientos: la rotación diaria, la revolución anual, y la inclinación
anual de su eje.
El movimiento retrógrado de los planetas es explicado por el movimiento de la Tierra.
La distancia de la Tierra al Sol es pequeña comparada con la distancia a las estrellas.
Con excepción de los movimientos en epiciclos, las demás premisas son las que aprendemos en la
escuela primaria actualmente.
Las mediciones precisas del astrónomo danés Tycho Brahe (1546–1601) llevaron a su joven asistente suavo Johannes Kepler (1571–1630) a formular una explicación mas simple, basado en el
modelo copernicano, de los movimientos planetarios indicando que la Tierra era un Planeta en sí
misma y los planetas orbitaban alrededor del Sol. Lo que ahora nos parece un conocimiento básico
de primaria en su momento fue revolucionario y subversivo: revolucionario pues estaba justificado
en mediciones y observaciones precisas y no en suposiciones arcaicas. Subversivo pues ponía en
tela de duda la doctrina de la Iglesia sobre el Universo lo que también suponía una debilitación de
justificación del control y censura de la ciencia y el libre pensamiento.
Kepler todavía influenciado por los griegos, buscaba un orden en la composición de las esferas de
los planetas, pensado que las órbitas de los planetas eran circulares y sus radios encajaban dentro
de la leyes pitagorianas de armonía en lo que se llama la teoría de las esferas armónicas2 . Es decir
2 Esta
basada en la idea pitagoriana de que el universo está gobernado según proporciones numéricas armoniosas y
429
Johannes Kepler
(1571-1630)
Armado con las observaciones de precisión de Brahe logró armar un modelo heliocéntrico basado en sus tres leyes sobre el movimiento de los planetas
F. Gravitación
los radios de las esferas que encierran polígonos perfectos que mantienen razones armónica entre
si.
Para su desfortuna y frustración observó que las órbitas de los planetas no eran realmente circulares
sino elípticas y modificó su teoría de armonía a las velocidades angulares en su obra Mysterium
cosmographicum (1596) y en especial en Harmonices mundi (1619). Es de notar que Kepler era
una persona muy religiosa que quería adorar y admirar la elegancia de la creación divina a través
de la observación astronómica.
Figura F.3.: Kepler esperaba que las órbitas de los planetas siguieran la teoría de la armonía de las
esferas celestiales[Demtröder, 2018]
Es Galileo con su observación de las lunas de Júpiter y su experimentación de caída libre que se
libera de las concepciones aristotélicas del movimiento y rompe definitivamente con la doctrina
de la Iglesia sobre el cosmos y empieza la física clásica basada en la experimentación.
F.2.
Leyes de Kepler y el movimiento de los planetas
Dedicamos esta sección a la descripción encontrada por Kepler del movimiento de los planetas,
que se resumen en tres Leyes de Kepler:
1. Todos los planetas se mueven trayectorias elípticas donde el Sol está en uno de sus focos.
2. El radio vector desde el Sol hasta el planeta barre áreas iguales en tiempos iguales
3. El cuadrado del periodo orbital de cualquier planeta es proporcional al cubo del semieje
mayor de la órbita elíptica.
F.2.1.
Primera Ley de Kepler
Teorema F.1 (Primera Ley de Kepler). Todos los planetas se mueven trayectorias elípticas donde
el Sol está en uno de sus focos.
que el movimiento de los cuerpos celestes según la representación geocéntrica del universo - el Sol, la Luna y los
planetas - se rige según proporciones musicales; las distancias entre planetas corresponderían, según esta teoría, a
los intervalos musicales.[Wikipedia, 2020a]
430
F.2. Leyes de Kepler y el movimiento de los planetas
Para entender esta ley es útil reconocer las variables geométricas de una elipse como se muestra
en la figura F.4.
Figura F.4.: Los planetas se mueven en elipses alrededor del Sol que se encuentra en uno delos
focos
Geométricamente una elipse se define como aquel lugar geométrico donde la suma de las distancias 𝑟 1 y 𝑟 2 de sus focos es constante. Es decir, para cualquier punto de la elipse
𝑟 1 + 𝑟 2 = 2𝑎
Al parámetro 𝑎 se le llama el semi eje mayor, mientras que a 𝑏 se le llama el semi eje menor de la
elipse. La distancia entre focos se le llama distancia focal 2𝑐 = 2𝜀𝑎. Al cociente entre la distancia
𝑐 y el semi eje mayor 𝑎 se le llama la excentricidad 𝜀 = 𝑎𝑐 y nos indica que tan cerrada o redonda
es la elipse. Para una circulo 𝜀 = 0 y para una parábola 𝜀 = 1. No es difícil demostrar que según
esta definición
𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2
Es algo mas engorrosa la demostración de la ecuación cartesiana para la elipse a partir de su
definición donde para cualquier punto de una elipse centrada en el origen
𝑥2 𝑦2
+
=1
𝑎2 𝑏2
en coordenadas polares sin embargo tienen la forma de
𝑟 (𝜃) = q
1
cos2 𝜃
𝑎2
+
sen2 𝜃
𝑏2
o bien utilizando la relación especial para la excentricidad cuadrado del periodoqorbital de cual2
quier planeta es proporcional al cubo del semieje mayor de la órbita elíptica 𝜀 = 1 − 𝑏𝑎2 obtenemos
1
𝑟 (𝜃) = √
1 − 𝜀 2 cos2 𝜃
donde 𝜃 es el ángulo polar. La excentricidad de la Tierra en su órbita alrededor del Sol es pequeña
𝜀 = 0.017 , es decir parece casi un círculo , mientras que la de Mercurio es la más grande los
planetas de apenas 𝜀 = 0.21 no está tan deformada como el del cometa Haylley que tiene una
excentricidad de 𝜀 = 0.97 como se muestra en la figura F.5
431
F. Gravitación
Figura F.5.: Los
cometas
siguen
trayectorias
con
gran
tras que los planetas tienen trayectorias mas
[University of Maryland and Corporation, 2017].
F.2.2.
excentricidad,
mieno menos circulares
Segunda Ley de Kepler
La Segunda Ley de Kepler nos dice que la velocidad de los Planetas no es constante, sino que a
medida se acerca al perihelio (punto más cercano al Sol) se mueven más rápidos y contrariamente
en el afelio ( punto más lejano del Sol) se mueve más lentamente. Kepler la formuló de la siguiente
manera:
Teorema F.2 (Segunda Ley de Kepler ). El radio vector desde el foco del Sol barre áreas iguales
en tiempos iguales
como se muestra en la figura F.6 .
La deducción más simple es la conservación del ímpetu angular del sistema Planeta- Sol:
𝐿® = 𝑟® × 𝑝® = 𝑀 𝑝 𝑟® × 𝑣®
Según la figura F.6 el diferencial de área se deja calcular como
1
|®
𝑟 × 𝑑®
𝑟|
2
1
= |®
𝑟 × 𝑣·𝑑𝑡|
®
2
1 𝐿®
𝑑𝐴 =
𝑑𝑡
2 𝑀𝑝
𝑑𝐴 =
Pero dado que el ímpetu angular es constante y la masa del planeta la asumimos constantes, es
obvio que
𝑑𝐴
= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
𝑑𝑡
432
F.2. Leyes de Kepler y el movimiento de los planetas
que es la formulación matemática de la segunda Ley de Kepler.
Figura F.6.: El radio vector barre áreas igual en tiempos iguales.
En especial significa que entre más cerca este del Sol, más rápido se mueve el Planeta para poder
barrer en los mismos tiempos, las mismas áreas. El cometa Halley por ejemplo se ve por unas
pocas semanas con su cola cercana al Sol, pero tarda 75 años en dar la vuelta entera alrededor del
astro rey.
F.2.3.
Tercera Ley de Kepler
Teorema F.3 (Tercera Ley de Kepler ). El cuadrado del periodo orbital de cualquier planeta es
proporcional al cubo del semieje mayor de la órbita elíptica,
Siguiendo la nomenclatura de la figura F.4 decimos que
𝑇 2 ∝ 𝑎3
O BSERVACIONES
1. Esta ley que tiene una formulación algo extraña nos indica que entre más cerca se encuentre
un planeta, menos tiempo tarda en dar una vuelta y entre más lejos se encuentre, más tarde
en ejecutar una órbita.
2. También solemos escribirla de la siguiente forma
𝑇 2 = 𝐾 𝑎3
(F.1)
donde 𝐾 = 2.97 × 10−19 𝑠2 /𝑚 3 3 es una constante que depende exclusivamente del objeto
alrededor del cual se órbita o que genera el campo gravitatorio.
3. En especial decimos que para dos planetas digamos, Marte ♂ y Júpiter X encontramos que
el cociente de período orbital y semi eje mayor es constante :
y por ende se deja escribir como
𝑇2
♂ =𝐾
𝑎3
♂
𝑇2
= X
𝑎3
X
𝑎3
𝑇2
♂ = ♂
𝑇2
𝑎3
X
X
Que es una forma alternativa de formular la tercera Ley de Kepler.
3 se
(F.2)
lee K sol
433
F. Gravitación
4. Según la ecuación F.2, para cualquier dos planetas, el cociente de los cubos de los semi ejes
mayores se comportan como el cociente de los cuadrados de los períodos.
Es interesante notar que escrita de esta forma es independiente de la constante 𝐾 , la masa
solar y depende sólo de las observaciones de período y semi eje mayores.
Ejemplo F.1 (Órbita del cometa Halley). Determine el semi eje mayor de la órbita del cometa
Halley, dado que llega a su perihelio cada 75.3 años. Si el perihelio es de 0.586 𝑈 𝐴, ¿cuál es la
magnitud del afelio?
S OLUCIÓN
Para solucionar el ejemplo es necesario entender las variables como se muestra en la figura F.6
y luego aplicar las leyes de Kepler correspondientes. El perihelio es la distancia más corta entre el Sol y cuerpo orbitante en este caso 0.586 𝑈 𝐴 donde 1 𝑈 𝐴 = 149 597 870 700𝑚 es una
unidad astronómica y según el SI es considerada el radio promedio entre la Tierra y el Sol4
[Wikipedia, 2021b]. El afelio es por el contrario la distancia más lejana del planeta al Sol a lo
largo de la trayectoria elíptica.
a) C ALCULO DEL SEMI EJE MAYOR
Sabemos que el periodo del cometa es de
75.3 𝑎 ×
365 𝑑 24 ℎ 3600 𝑠
×
×
= 2.37 × 109 𝑠
1𝑎
1𝑑
1ℎ
Utilizando la ecuación F.1 de Tercera Ley de Kepler:
𝑇𝐻2 = 𝐾 𝑎 3𝐻
s
2
2.37 × 109 𝑠
3
𝑎𝐻 =
2.97 × 10−19 𝑠2 /𝑚 3
𝑎 𝐻 = 2.67 × 1012 𝑚
o bien 𝑎 𝐻 = 17.8 𝑈 𝐴
b) C ALCULO DEL AFELIO
Es fácil ver que
𝑝𝑒𝑟𝑖ℎ𝑒𝑙𝑖𝑜 + 𝑎 𝑓 𝑒𝑙𝑖𝑜 = 2𝑜𝑟𝑏𝑖𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑎
es decir, la suma del perihelio y el afelio es el eje mayor de la elipse. Por lo tanto
𝑎 𝑓 𝑒𝑙𝑖𝑜 = 2𝑎 − 𝑝𝑒𝑟𝑖ℎ𝑒𝑙𝑖𝑜
= 2 × 17.8 𝑈 𝐴 − 0.586 𝑈 𝐴
𝑎 𝑓 𝑒𝑙𝑖𝑜 = 35.01 𝑈 𝐴
es decir el cometa se aleja a 35 veces la distancia del Sol a la Tierra.
4 Es
interesante notar que tanto Copérnico como Kepler trabajaron con UA aun cuando no sabían el valor de esta
unidad. No fue sino hasta Carl Friedrich Gauss que se tuvo una forma de calcular la unidad astronómica de forma
efectiva
434
F.3. Ley de Newton de Gravitación Universal
Ejemplo F.2 (Cometa rápido ). Un asteroide está en una órbita elíptica enormemente excéntrica
alrededor del Sol. El periodo de la órbita del asteroide es de 𝑇𝑎 = 90 𝑑 = 7.776 × 106 𝑠. ¿Cuál de
los siguientes enunciados es verdadero acerca de la posibilidad de una colisión entre este asteroide
y la Tierra? a) No hay posible peligro de colisión. b) Hay posibilidad de una colisión. c) No hay
suficiente información para determinar si hay peligro de colisión. [Serway and Jewett, 2008]
S OLUCIÓN
El mayor peligro de colisión para dos cuerpos con órbitas elípticas es cuando el afelio del cuerpo
de menor elipse es mayor que el perihelio del cuerpo de mayor elipse5 . Con la información dado
obtenemos que
𝑇𝑎2 = 𝐾 𝑎 3𝑎
s
2
7.776 × 106 𝑠
3
𝑎𝑎 =
2.97 × 10−19 𝑠2 /𝑚 3
𝑎 𝑎 = 5.88 × 1010 𝑚
bien 𝑎 𝑎 = 0.394 𝑈 𝐴. Es decir en su lugar más cercano a la órbita terrestre el asteroide está a
menos del 40 % de la distancia de la Tierra al Sol y nunca tocaría la órbita terrestre. La respuesta
correcta es a).
F.3.
Ley de Newton de Gravitación Universal
Es en este contexto que en durante epidemia de Peste de Londres de 1665-1666, Newton además
de descomponer la luz blanca en colores, inventar el calculo diferencial e integral, decidió unificar
los experimentos Galileo sobre caída libre y la leyes de Newton cuando formula su Ley Universal
de Gravitación.
Según la leyenda, Newton se inspiró cuando una manzana le cayó en la cabeza y se ocurrió que
“la manzana cae a la Tierra como lo hace la Luna”[Gregory, 1998a]. Obviamente no se le ocurrió
de la noche a la mañana, pensó que el movimiento de caída que genera la gravitación (la latín
gravitas o pesadez) es independiente del peso del mismo como había demostrando Galileo.
Suponga que una manzana se lanza desde una montaña alta como se muestra en la figura izquierda
de F.7. Si la caída es independiente del peso, en un intervalo de tiempo de tiempo, digamos 2 𝑠, la
manzana se desplazaría hasta B si hubiera caída una distancia BD generando la trayectoria curva
AD. Ahora bien si la dejamos caer mas tiempo, digamos 10 𝑠, la partícula hubiese llevado al punto
D como se muestra en la otra figura de no ser por la superficie terrestre. Ahora se preguntó Newton,
que sucedería si lanzamos la manzana con tal magnitud que la distancia horizontal recorrida en
cualquiera instante fuera tal que la caída libre en ese instante terminara a la misma altura a la
empezó como se muestra en la figura F.8
En este caso podríamos decir que la manzana no logró terminar la caída por la excesiva velocidad
inicial. Newton concluyó una manzana podría llegar a orbitar y no terminar de caer.Ya que la
5 Ignoramos
la discusión de fases o influencia gravitatoria mutua, etc.
435
F. Gravitación
Figura F.7.: Esquema para explicar la trayectoria de una manzana alrededor del planeta
Figura F.8.: Esquema para explicar la trayectoria de una manzana alrededor del planeta
[Gregory, 1998b]
Luna órbita alrededor de la Tierra, esta debe en esta forma de caída perpetua. (La Luna cae como
la manzana)
Esta fuerza o poder gravitatoria es tan increíble reflexionó Newton que no varia ni desaparece en
ninguna parte del planeta ni en las montañas mas altas, por lo que le pareció razonable que este
poder podría extenderse hasta la Luna y de alguna manera influencie su movimiento o incluso
la mantuviera en su órbita. Concluyó que si esta fuerza de gravedad fuera la responsable de las
órbitas de los planetas alrededor del Sol y comparando los períodos de varios planetas concluyó
que esta fuerza o poder debería decrecer con el inverso del cuadrado de la distancia.
En 1672 Robert Hooke introdujo a Newton es problema de la trayectoria de un cuerpo bajo el
efecto de un fuerza con el inverso de la distancia al cuadrado. Este problema lo trata con mucho
detalle Newton su Principia mathematica de 1687 y soluciona el problema de las órbitas planetarias con ayuda de su amigo Edmund Halley (1656-1742). El resultado el dibujo que muestra
como los movimientos parabólicos de caída libre y movimiento de proyectiles terminan en trayectorias circulares, elípticas y eventualmente hiperbólicas significando todas soluciones posibles del
problema de fuerza central con el inverso de la distancia al cuadrado.
En 1687 publica lo que sería por muchos siglos el libro más importante en mecánica el Philosophiae Naturalis Principia Mathematica, o los principios matemáticos de la filosofía natural y
lo que propone como lex cuarta, plantea la Ley Universal de Gravitación que explica y soluciona
el problema de los planetas de forma matemática y satisfaciendo los datos experimentales de la
época.
436
F.3. Ley de Newton de Gravitación Universal
Figura F.9.: Esquema para explicar la trayectoria de una manzana alrededor del planeta
[Gregory, 1998b]
Él sabía, a partir de su primera ley, que una fuerza neta tenía que actuar sobre la Luna, porque sin
tal fuerza la Luna se movería en una trayectoria en línea recta en lugar de su órbita casi circular.
Newton explicó que esta fuerza era la atracción gravitacional que ejercía la Tierra sobre la Luna.
Era obvio que esta fuerza tenía que depender de las masas de los cuerpos y tiene que ser una
fuerza central, es decir debe tener una estructura radial. Observando los períodos de orbitación de
los planetas concluyó que la ley debe tener la siguiente estructura
𝐹=𝐺
𝑚𝑀
𝑟2
(F.3)
donde 𝑚 es la masa del planeta y 𝑀 es la masa del sol y su intensidad decae con el inverso de la
distancia al cuadrado [Demtröder, 2018]. Donde
𝐺 = 6, 673 × 10−11 𝑁𝑚 2 /𝑘𝑔 2
es la constante universal de Gravitación y tiene la unidades y dimensiones de tal forma que la
ecuación F.3 sea dimensionalmente correcta6 .
La Ley es válida no sólo para los planetas sino para todo tipo de masas. Para su descripción
vectorial observemos la nomenclatura que se genera de la figura F.10
Suponga que dos cuerpos con masas 𝑚 1 y 𝑚 2 se ubican en las posiciones 𝑟®1 y 𝑟®2 como se muestra
respectivamente. Entonces se define el vector relativo de ambas partículas (o vector radial a partir
de la partícula 2) respecto del segundo cuerpo como
𝑟®21 = 𝑟®2 − 𝑟®1
6 Es
de notar que Newton no conocía el valor de esta constante, ni el valor de la masa del Sol. No fue sino hasta que
Henry Cavendish en 1798 - un poco más de cien años después - logró con su experimento de balanza de torsión
determinar con precisión el valor de la constante Universal. Esto a su vez permitió calcular la masa solar con la
misma precisión.
437
F. Gravitación
Figura F.10.: Las masas de dos cuerpos se atraen mutuamente
y su unitario correspondiente, que estaría sobre el cuerpo 2
𝑟ˆ21 =
𝑟®21
𝑟 21
donde 𝑟 21 es su magnitud. Entonces la fuerza de atracción gravitatoria del cuerpo 1 sobre el cuerpo
2 estaría dado por
𝑚1 · 𝑚2
𝐹®21 = −𝐺
𝑟ˆ21
(F.4)
2
𝑟 21
O BSERVACIONES
1. Mientras la ecuación F.3 es una Ley deducida para explicar el movimiento de planetas. Le
ecuación una ley Universal de Gravitación para cualquier dos cuerpos con masas.
2. Ya que las masas son siempre positivas y la fuerza gravitatoria es atractiva el signo en la
fórmula vectorial debe ser negativa para indicar la atracción.
3. Es fácil ver que
𝑚1 · 𝑚2
𝐹®21 = −𝐺
𝑟ˆ21
2
𝑟 21
𝑚1 · 𝑚2
(−𝑟ˆ12 )
= −𝐺
2
𝑟 12
!
𝑚1 · 𝑚2
= − −𝐺
𝑟ˆ12
2
𝑟 12
= −𝐹®12
es decir que por construcción la fuerzas gravitatorias cumplen la tercera Ley de Newton.
4. Si el peso es la fuerza de atracción gravitación sobre un cuerpo por la Tierra y por lo visto
en el punto anterior debe haber una fuerza sobre la Tierra por el cuerpo. ¿Por qué no vemos
que la Tierra sube hasta el cuerpo? Hay dos motivos en realidad, primero en general nos
438
F.3. Ley de Newton de Gravitación Universal
encontramos en un marco de referencia sobre el planeta por lo que no percibimos el movimiento del planeta. El segundo es menos obvio, ya que la masa del planeta es gigantesca
comparada de cualquier cuerpo que podamos concebir en un laboratorio, su aceleración por Segunda de Newton - es tan pequeña que no se compara con la de el cuerpo.
5. La constante acoplamiento es pequeño en comparación con otras interacciones (en electrostática por ejemplo 𝑘 = 9 × 109 𝑁 · 𝑚 2 /𝐶 2 ) por lo que las masas que utilizamos en nuestro
ámbito son demasiada pequeñas para generar una fuerza significante. Es por eso que la
Gravitación es relevante para los cuerpos muy masivos como asteroides, planetas, estrellas,
galaxias u hoyos negros.
Ejemplo F.3 (Fuerza gravitatoria entre bolas de billar). Dos bolas de billar con una masa de 300 𝑔
se colocan sobre una mesa horizontal a una distancia horizontal de 40 𝑐𝑚 entre ellas. ¿Cuál será
la magnitud de la fuerza de gravitatoria?
S OLUCIÓN
Aplicando la Ley Universal de gravitación y sabiendo que no nos preocupa el carácter vectorial
𝐹=𝐺
𝑚1 𝑚2
𝑟2
= 6, 67 × 10−11
𝐹 = 3.75 × 10−11
2
𝑁 ·
𝑚
0.3 @
𝑘𝑔
𝑘𝑔
@ × 0.3 @
@
×
2
2
Z
(0.4 𝑚)
𝑘𝑔Z
𝑁
o alrededor de 𝐹 = 38 𝑝𝑁 que es una cantidad casi imposible de medir para bolas de billar.
Ejemplo F.4 (Fuerza gravitatoria entre transatlánticos). Estime la fuerza de atracción gravitatoria
sobre dos crucero que se encuentran a mitad del océano a una distancia de 100 𝑚.
S OLUCIÓN
La masa aproximada para un crucero es de unos 150 000 toneladas o bien 𝑚 = 1, 5 × 108 𝑘𝑔, por
lo que la fuerza gravitatoria entre los cruceros serian
𝐹=𝐺
𝑚2
𝑟2
−11
= 6, 67 × 10
𝐹 = 1.00 × 10−6 𝑁
2
𝑁 ·
𝑚
2
Z
𝑘𝑔Z
×
2
1.5 × 106 @
𝑘𝑔
@
(100 𝑚)2
es una fuerza que sabemos que no moverá al crucero en ninguna dirección.
439
F. Gravitación
F.4.
Aceleración en Caída Libre y Campo Gravitacional
Ya que la atracción gravitatoria es responsable de la caída libre de un cuerpo de masa 𝑚 podemos
escribir, utilizando la 2 Ley de Newton:
®
𝐹®𝑔 = |𝑚 𝑎|
𝑚 · 𝑀♁
=𝑚·𝑔
𝑟2
cancelamos la masa a ambos lados de la ecuación y obtenemos
𝐺
𝑔=𝐺
que identificamos como la gravedad 𝑔 .
𝑀♁
𝑟2
Definición F.1 (Campo gravitatorio). Se define al campo gravitatorio, como el cociente entre la
fuerza gravitatoria experimentada en un punto 𝑟® en el espacio de una masa de prueba y su masa.
𝑔® (®
𝑟) =
𝐹®𝑔
𝑚
en el caso del caso del campo \terrestre sería
𝑔® (®
𝑟 ) = −𝐺
𝑀♁
𝑟ˆ
𝑟2
(F.5)
O BSERVACIONES
1. Como se muestra en la figura F.11 el campo es un campo radial hacia adentro del centro de
la Tierra 7 .
2. El origen del campo gravitatorio terrestre es la masa del planeta8 .
3. El campo gravitatorio terrestre depende sobre todo de la masa del planeta 𝑀♁ = 5.97 ×
1024 𝑘𝑔 y la distancia radial desde el centro de masa del planeta.
4. Sobre la superficie del planeta 𝑟 = 𝑅𝑇 = 6.37 × 106 𝑚 por lo que el valor de la gravedad
será:
𝑀
𝑔 = 𝐺 2♁
𝑅𝑇
= 6.67 × 10−11
𝑔 = 9.8134
𝑁 · 𝑚 2 5.97 × 1024 𝑘𝑔
𝑘𝑔 2 6.37 × 106 𝑚 2
𝑚
𝑠2
7 Como cualquier campo vectorial su potencial escalar
𝜑 debe tener superficies equipotenciales que son esferas huecas
concéntricas alrededor del planeta.
8 Se sobreentiende que aquí hablamos de la masa gravitatoria: aquella propiedad inalienable de toda materia mediante
la cual interactúan gravitatoriamente los cuerpos. No su masa inercial es la tendencia de los cuerpos a oponerse al
movimiento. Es de notar que es Einstein identifica la masa inercial y gravitatoria como iguales por teoría.
440
F.4. Aceleración en Caída Libre y Campo Gravitacional
Figura F.11.: Campo gravitatorio es radial esférico
Esto asumiendo que la distribución de masa del planeta es esférica y se parece al promedio
planetario que utiliza el SI como valor de caída libre.9
5. La gravedad se debilita con la altura. Si nos ubicamos a una altura ℎ sobre la superficie
terrestre el valor del campo gravitatorio es menor según la fórmula
𝑔=𝐺
𝑀♁
𝑀♁
=
𝐺
𝑟2
(𝑅𝑇 + ℎ) 2
de aquí se asume que 𝑔 disminuye con la altura.
9 En
el caso que no asumamos distribuciones esféricas de masa, será necesario hablar del elipsoide o del geoide y
sus correspondientes desarrollos en distribuciones cuadripolares y octupolares. Es decir, que la ley de gravitación
sigue la ley de Gauss de fuentes para la formación de su campo gravitatorio y resolviendo la ecuación diferencial
de Poisson:
Δ𝜑 = 4𝜋𝐺 𝜌
𝑀
♁
𝑟
donde 𝜑 = −𝐺
es el potencial gravitatorio (equivalente al potencial eléctrico) y 𝜌 es la densidad/ distribución de
masa del objeto que genera el campo. En esta teoría, el campo gravitatorio es el gradiente del potencial gravitatorio
®
𝑔® = −∇𝜑
y la divergencia del campo gravitatorio está asociada a la densidad de masa fuente, cuya forma e intensidad determinan la forma y magnitud del campo eléctrico.
441
F. Gravitación
6. Esta variación no es realmente importante en la superficie del planeta (que es donde solemos
estar todos los días). Nótese que la gravedad en el punto más alto (monte Everest en el
Himalaya 8848.86 𝑚 sobre el nivel del mar) es apenas
𝑀♁
(𝑅𝑇 + ℎ) 2
5.97 × 1024 𝑘𝑔
𝑁𝑚 2
= 6.67 × 1011 2
𝑘𝑔 6.37 × 106 𝑚 + 8848.86 𝑚 2
𝑔 𝐸 𝑣𝑒𝑟 𝑒𝑠𝑡 = 𝐺
𝑔 𝐸 𝑣𝑒𝑟 𝑒𝑠𝑡 = 9.7882 𝑚/𝑠2
que representa un 0.2 % de variación del promedio planetario. Es decir para nosotros los
seres humanos la gravedad producida por el planeta nos parece constante . Además dada
que el radio de la Tierra es tan grande, su curvatura es muy pequeña (la vemos plana) nos
parece que la gravedad es uniforme hacia abajo.
Ejemplo F.5. La Estación Espacial Internacional opera a una altura de 350 𝑘𝑚. Los planes para
la construcción final muestran que 4.22 × 106 𝑁 de material, pesado en la superficie de la Tierra,
fue transportado por diferentes naves espaciales. ¿Cuál es el peso de la estación espacial cuando
está en órbita?
S OLUCIÓN
La masa de la estación internacional es la misma no importa a que altura se encuentra, por lo que
queda claro que
𝐹𝑔
𝑔
4.22 × 106 𝑁
=
9.8 𝑚/𝑠2
𝑚 = 430612.24 𝑘𝑔
𝑚=
a una altura de 350 𝑘𝑚 sobre la superficie terrestre la gravedad tiene un valor de
𝑔𝐸 𝐼 𝐼 = 𝐺
𝑀♁
(𝑅𝑇 + ℎ) 2
= 6.67 × 10−11
𝑁𝑚 2
5.97 × 1024 𝑘𝑔
𝑘𝑔 2 6.37 × 106 𝑚 + 300000 𝑚 2
𝑔 𝐸 𝐼 𝐼 = 8.82 𝑚/𝑠2
Por lo que la estación sólo pesa
0
𝐹𝑔 = 𝑚𝑔 𝐸 𝐼 𝐼
= 430612.24 𝑘𝑔 × 8.82 𝑚/𝑠2
0
𝐹𝑔 = 3.798 × 106 𝑁
442
F.4. Aceleración en Caída Libre y Campo Gravitacional
Ejemplo F.6 (Estimación de la densidad de la Tierra). Suponiendo a la Tierra como una esfera
perfecta de densidad uniforme cuyo radio es de 𝑅♁ = 6370 𝑘𝑚 y un valor de gravedad en su
superficie de 𝑔 = 9.80 𝑚/𝑠2 estime la densidad promedio de la Tierra.
S OLUCIÓN
Utilizando la ecuación F.5 y despejando hacia 𝑀♁ , obtenemos
𝑔=𝐺
𝑀♁
𝑅𝑇2
𝑅2
𝑔 ♁ = 𝑀♁
𝐺
sabiendo que la densidad promedio se deja calcular como
𝜌♁ =
=
=
evaluando obtenemos
𝜌♁ =
𝑀♁
𝑉♁
𝑅2
𝑔 𝐺♁
4
3
3 𝜋𝑅♁
3 𝑔
4 𝐺𝜋𝑅♁
9.8 𝑚/𝑠2
3
4 6.67 × 10−11 𝑁 𝑚22 × 𝜋 × 6.37 × 106 𝑚
𝑘𝑔
𝜌♁ = 5.51 × 103 𝑘𝑔/𝑚 3
La densidad del granito es de 2.75 × 103 𝑘𝑔/𝑚 3 por lo que podemos asumir entonces que en el
centro del planeta debe de haber materiales con mayor densidad.
Ejemplo F.7 (Masa de la Luna). Una masa de 1 𝑘𝑔 pesa un sexto de lo que pesa en la Tierra. Si
el radio de la Luna es de 1.738 × 106 𝑚 determine la masa de la Luna.[HALPERN, 1988]
S OLUCIÓN
Por un lado el peso del cuerpo en la Luna está dado por
𝑊 𝐿𝑢𝑛𝑎 =
1
𝑚1𝑔
6
y por otro por la Ley Universal de Gravitación
𝑊 𝐿𝑢𝑛𝑎 = 𝐺
𝑚 1 𝑀$
2
𝑅$
443
F. Gravitación
por lo que igualando nos da
H
𝑚H
1
1 𝑀$
H
𝑚H
1𝑔 = 𝐺
2
6
𝑅$
o bien
𝑀$ =
2
𝑔 · 𝑅$
6𝐺
2
9.8 𝑚/𝑠2 · 1.738 × 106 𝑚
=
6 × 6.67 × 10−11 𝑁𝑚 2 /𝑘𝑔 2
𝑀$ = 7.4 × 1022 𝑘𝑔
F.5.
Energía Potencial Gravitatoria
En la sección 5.5 se introdujo el concepto de la energía potencial gravitatoria que es la energía
asociada a la configuración (posición relativa de los cuerpos) cuando estos interactúan mediante
la fuerza gravitatoria [Serway and Jewett, 2008]. También advertimos que la expresión 𝑈 = 𝑚𝑔𝑦
era válida sólo cerca de la superficie terrestre, donde 𝑦 𝑅♁ era la altura a partir de la superficie
del planeta.
Dado que el peso no es constante con la altura es necesario volver a recalcular la energía potencial
para el caso general. Recordamos que por definición de la energía potencial gravitatoria debe ser
el negativo del trabajo efectuado por la fuerza gravitatoria:
Δ𝑈𝑔 = −𝑊𝑔
∫ 𝑟®2
=−
𝐹®𝑔 · 𝑑®𝑠
𝑟®1
∫
=−
𝑟®2
−𝐺
𝑟®1
𝑚 · 𝑀♁
𝑟2
𝑟ˆ · 𝑑 𝑟®
Dado que la fuerza es estrictamente central (radial) y conservativa sólo interesa las componentes
radiales de la integral del camino como se muestra en la figura F.12 y calculamos10 :
𝑟®2
∫
= 𝐺 · 𝑚 · 𝑀♁
𝑟®1
= 𝐺 · 𝑚 · 𝑀♁ −
10 Recordamos
1
𝑟
𝑑𝑟
𝑟2
𝑟2
𝑟1
1
1
Δ𝑈 = −𝐺 · 𝑚 · 𝑀♁
−
𝑟2 𝑟1
(F.6)
que estamos asumiendo que el planeta es una esfera perfecta y la interacción gravitatoria puede ser
considerada estrictamente central como lo dijimos anteriormente
444
F.5. Energía Potencial Gravitatoria
Figura F.12.: Campo gravitatorio es conservativo
o bien
𝑟2 − 𝑟1
𝑈2 − 𝑈1 = 𝐺 · 𝑚 · 𝑀♁
𝑟 1𝑟 2
(F.7)
Figura F.13.: Energía potencial gravitatoria
O BSERVACIONES
1. Es usual en este tipo de interacciones a distancia poner el punto de referencia en el infinito
𝑟 1 = ∞ y su energía potencial de referencia igual a cero 𝑈1 = 0. Quedando entonces la
fórmula que se parece a la de la energía potencial de cargas eléctricas puntuales:
𝑈 (𝑟) = −𝐺
𝑚 · 𝑀♁
𝑟
2. La energía potencial gravitatoria en este caso depende sólo de la distancia 𝑟 al centro del
planeta
445
F. Gravitación
3. El signo negativo proviene de la interacción atractiva y dada la elección del punto de referencia cuando la energía total del sistema es negativa, significa que el cuerpo está enlazado
al potencial gravitatorio. Es decir, los seres humanos estamos atados al pozo gravitatorio
terrestre y necesitamos que se nos proporcione energía para poder dejarlo11 .
4. La figura F.13 muestra como los cuerpos sobre la superficie de la Tierra poseen energía
potencial negativa de valor
𝑚 · 𝑀♁
𝑈 (𝑅) = −𝐺
𝑅♁
5. Al aumentar la altura 𝑟 2 > 𝑟 1 obviamente aumenta la energía potencial ya que todas cantidades en F.7 son positivas.
Ejemplo F.8 (Comparación de fórmulas). Una partícula de masa 𝑚 se desplaza a través de una
pequeña distancia vertical Δ𝑦 y cerca de la superficie de la Tierra. Demuestre que en esta situación
la expresión general para el cambio en energía potencial gravitacional conocida por la ecuación
F.7 se reduce a la correspondencia familiar Δ𝑈 = 𝑚𝑔Δ𝑦 (ecuación 5.16)
S OLUCIÓN
Tomando a Δ𝑦 = 𝑟 𝑓 − 𝑟 𝑖 y asumiendo que la partícula se mueve cerca de la superficie terrestre de
manera que no varíe mucho su radio respecto del centro del planeta 𝑟 𝑖 · 𝑟 𝑓 ≈ 𝑅 2 tenemos que la
♁
ecuación F.7 se convierte en
𝑟 𝑓 − 𝑟𝑖
𝑟 𝑓 · 𝑟𝑖
Δ𝑦
= 𝐺𝑚𝑀♁ 2
𝑅
♁
Δ𝑈 = 𝐺𝑚𝑀♁
𝑀
recordando que cerca de la superficie de la Tierra 𝑔 = 𝐺 𝑅2♁ obtenemos
♁
Δ𝑈 = 𝑚𝑔Δ𝑦
¿Que tan buena es esta aproximación? Es decir , a qué altura en la atmósfera terrestre la “ecuación
de superficie” Δ𝑈 = 𝑚𝑔Δ𝑦 da un error de 1.0 % en el cambio en la energía potencial. ¿Cuál es
esta altura?
Solución
11 A
la velocidad necesaria para orbitar se le llama primera velocidad cósmica y a la velocidad necesaria para escapar el pozo gravitatorio se le llama la segunda velocidad cósmica o velocidad de escape (parabólica)
[Gerthsen et al., 2015]
446
F.5. Energía Potencial Gravitatoria
Un error del 1 % se deja expresar como
Δ𝑈𝑠𝑢 𝑝𝑒𝑟 𝑓 𝑖𝑐𝑖𝑒
= 1.01
Δ𝑈𝑔𝑟 𝑎𝑣𝑖𝑡 𝑎𝑡𝑜𝑟 𝑖𝑜
𝑚𝑔Δ𝑦
𝑟 −𝑟 = 1.01
𝐺𝑚𝑀♁ 𝑟𝑓𝑖 ·𝑟 𝑓 𝑖
Δ𝑦
𝑚Z
Z 𝑟 𝑖 𝑟 𝑓 = 1.01
𝑔
Δ𝑦
𝑚 𝐺 𝑀♁ Z
Z
𝑀
suponiendo que la partícula parte desde la superficie 𝑟 𝑖 = 𝑅♁ ,entonces 𝑟 𝑓 = 𝑅♁ +ℎ y con 𝑔 = 𝐺 𝑅2♁
♁
obtenemos
𝑅
𝑅
+
ℎ
Z
𝑀♁ ♁ ♁
𝐺 Z
= 1.01
𝐺Z
𝑀Z
𝑅2
♁
♁
ℎ
= 1.01
1+
𝑅♁
o bien
ℎ = 0.01 × 𝑅♁
= 0.01 × 6.37 × 106 𝑚
ℎ = 63.7 𝑘𝑚
es decir en 63.7 𝑘𝑚 de diferencia de altura se tiene un error del 1 % en la fórmula.
Ejemplo F.9 (Trabajo gravitatorio). ¿Cuanto trabajo realiza el campo gravitatorio de la Luna sobre
un meteoro de 1000 𝑘𝑔 que viene del espacio exterior (𝑟 = ∞) e impacta sobre su superficie?
S OLUCIÓN
Se sustituye la masa de la Luna 𝑀% = 7.35 × 1022 𝑘𝑔 y el radio de la Luna 𝑅% = 1.737 × 106 𝑚
en vez de la masa y radio terrestres en la ecuación de energía y obtenemos
𝑊 = −Δ𝑈𝑔
0
1
ª
©
1
= − ­­−𝐺 · 𝑚 · 𝑀$
− ®®
𝑅$ 𝑟 1
«
¬
𝑚 · 𝑀$
=𝐺
𝑅$
𝑁𝑚 2 1000 𝑘𝑔 × 7.35 × 1022 𝑘𝑔
= 6.67 × 10−11 2 ×
𝑘𝑔
1.737 × 106 𝑚
𝑊 = 2.82 × 109 𝐽
El trabajo es positivo ya que la gravedad actúa en dirección del desplazamiento.
447
F. Gravitación
F.6.
Consideraciones Energéticas en el movimiento
planetario y de satélites
Mientras que el estudio de la Gravitación en la historia fue una fuerza impulsora de la física y
las ciencias en general hoy en día sus aplicaciones más importantes son más mundanas como los
satélites artificiales que utilizamos para comunicar nuestros aparatos electrónicos, así como para
ubicarnos en el Planeta (GPS12 ).
F.6.1.
Velocidad de un satélite o primera velocidad cósmica
Suponga que un satélite de comunicaciones de masa 𝑚 órbita circularmente alrededor del Planeta
a una altura ℎ como se muestra en la figura F.14 . Determine una expresión para la velocidad
satelital o primera velocidad cósmica[Gerthsen et al., 2015]
Figura F.14.: Satélite en órbita circular alrededor de la Tierra
Dado que la trayectoria es circular, eso significa que todo la fuerza gravitatoria se traduce en fuerza
centrípeta, por lo que utilizando la dinámica del movimiento circular obtenemos
𝐹𝑔 = 𝑚𝑎 𝑐
𝑚 · 𝑀♁
𝑣2
−𝐺
=
−𝑚
𝑟
𝑟2
12 El
GPS o Global Positional System, es un sistema de varios satélites que triangulan la posición de un dispositivo
en tierra dan sus coordenadas polares. Para algunos de Uds. podrá ser improbable, pero antes de los celulares
inteligentes la gente lograba ubicarse y llegar a sus destinos solamente con la dirección de calles y avenidas o
mediante una mapa y una dirección del norte geográfico.
448
F.6. Consideraciones Energéticas en el movimiento planetario y de satélites
despejando hacia la velocidad obtenemos
r
𝑣𝑜 =
s
𝑣𝑜 =
O BSERVACIONES
𝐺 · 𝑀♁
𝑟
𝐺 · 𝑀♁
𝑅♁ + ℎ
(F.8)
1. A medida aumenta la altura la velocidad mínima de orbitación disminuye, ya que no se
necesita una aceleración centrípeta tan grande.
2. Si un cuerpo que se mueve tangencialmente a la tierra posee una velocidad inferior a esta
velocidad orbital 𝑣 < 𝑣, el cuerpo cae eventualmente a la Tierra de regreso.
3. Si un cuerpo posee una velocidad tangencial mayor a la velocidad orbital 𝑣 > 𝑣 𝑜 ,el cuerpo
deja su altura ℎ y se mueve en un trayectoria ya sea elíptica, parabólica o hiperbólica (ver
sección de movimiento de satélites).
4. La mínima velocidad que debe tener un satélite en la superficie de la Tierra (ℎ = 0) para no
volver a caer es
s
𝐺 · 𝑀♁
𝑣𝑜 =
𝑅♁ + 0
s
6.67 × 10−11 𝑁𝑚 2 /𝑘𝑔 2 × 5.97 × 1024 𝑘𝑔
=
6.371 × 106 𝑚
𝑣 = 7.91 𝑘𝑚/𝑠
es decir, si no hubiese obstáculos o resistencia del aire, un objeto lanzado horizontalmente a
esta velocidad orbitaría el planeta sin tocar el suelo. A esta la llamamos la primera velocidad
cósmica.
5. Una vez un cuerpo encuentra su velocidad orbital y suponiendo una órbita circular, el período de orbitación se encuentra mediante
r
𝐺 · 𝑀♁
𝑣𝑜 =
r 𝑟
𝐺 · 𝑀♁
2𝜋𝑟
=
𝑇
s𝑟
𝑟3
𝑇 = 2𝜋
(F.9)
𝐺 𝑀♁
donde 𝑟 es el radio de orbitación.
449
F. Gravitación
6. Es de notar que la energía mecánica de un satélite en órbita circular es de
𝐸 = 𝐾 +𝑈
𝑚𝑀♁
1 2
𝑚𝑣 − 𝐺
2
𝑟
𝑚𝑀♁
1 𝑚𝑀♁
= 𝐺
−𝐺
2
𝑟
𝑟
1 𝑚𝑀♁
𝐸 =− 𝐺
2
𝑟
=
(F.10)
nótese que la energía mecánica total es negativa y la energía cinética total es la mitad del
valor absoluto de la energía potencial gravitatoria.
Ejemplo F.10. Un satélite comercial de 2500 𝑘𝑔 orbita circularmente a una altura de ℎ = 200 𝑘𝑚.
a) ¿Cuál es su velocidad de orbitación?
b) ¿Cuanta energía mecánica le debe proporcionar los cohetes propulsores para llegar a una órbita
de ℎ 0 = 600 𝑘𝑚? (véase la figura F.14)
c) ¿Cuánto es la nueva velocidad orbital a esta altura?
S OLUCIÓN
a) Utilizando la ecuación de la primera velocidad cósmica obtenemos:
s
𝐺 · 𝑀♁
𝑣𝑜 =
𝑅♁ + ℎ
s
6.67 × 10−11 𝑁𝑚 2 /𝑘𝑔 2 × 5.97 × 1024 𝑘𝑔
=
6.371 × 106 𝑚 + 2.00 × 105 𝑚
𝑣 𝑜 = 7.78 𝑘𝑚/𝑠
que es levemente menor a la velocidad orbital sobre la superficie
b) Ya que los cohetes deben elevar al satélite de una órbita circular baja a una alta, el trabajo
necesario debe ser igual al cambio de energía mecánica total.
Δ𝐸 = 𝐸 0 − 𝐸
1 𝑚𝑀♁
1 𝑚𝑀♁
− − 𝐺
=− 𝐺
2 𝑅♁ + ℎ 0
2 𝑅♁ + ℎ
1
1
1
= − 𝐺𝑚𝑀♁
−
2
𝑅♁ + ℎ 0 𝑅♁ + ℎ
1
1
1
−11
2
2
24
= − 6.67 × 10 𝑁𝑚 /𝑘𝑔 × 2500 𝑘𝑔 × 5.97 × 10 𝑘𝑔
−
2
6.971 × 106 𝑚 6.571 × 106 𝑚
= +8.69 × 109 𝐽
Δ𝐸 = +8.69 𝐺𝐽
450
F.6. Consideraciones Energéticas en el movimiento planetario y de satélites
Esto es aproximadamente a la energía química acumulada en 65 𝑔𝑎𝑙 de gasolina. Es de notar que
si bien la energía cinética disminuye Δ𝐾 < 0, la energía potencial gravitatoria aumenta Δ𝑈 > 0
más.
c) La nueva velocidad de orbitación a esta nueva altura será:
s
𝐺 · 𝑀♁
𝑣𝑜 =
𝑅♁ + ℎ 0
s
6.67 × 10−11 𝑁𝑚 2 /𝑘𝑔 2 × 5.97 × 1024 𝑘𝑔
=
6.371 × 106 𝑚 + 6.00 × 105 𝑚
𝑣 𝑜 = 7.56 𝑘𝑚/𝑠
Ejemplo F.11 (Velocidad orbital y período de orbitación). Determine la velocidad orbital y el
período de orbitación de la Estación Espacial Internacional (ISS)[Ling et al., 2016]
S OLUCIÓN
La Estación Espacial Internacional está en lo que se denomina una órbita baja de ℎ = 420 𝑘𝑚, por
lo que su velocidad de orbitación sera:
s
𝐺 · 𝑀♁
𝑣𝑜 =
𝑅♁ + ℎ
s
6.67 × 10−11 𝑁𝑚 2 /𝑘𝑔 2 × 5.97 × 1024 𝑘𝑔
=
6.371 × 106 𝑚 + 4.20 × 105 𝑚
𝑣 𝑜 = 7.66 𝑘𝑚/𝑠
De igual forma el período de orbitación será
s
𝑟3
𝑇 = 2𝜋
𝐺 𝑀♁
s
3
6.371 × 106 𝑚 + 4.20 × 105 𝑚
= 2𝜋
6.67 × 10−11 𝑁𝑚 2 /𝑘𝑔 2 × 5.97 × 1024 𝑘𝑔
𝑇 = 5.57 × 103 𝑠
que son aproximadamente 2 horas.
Ejemplo F.12 (Satélite geosíncrono). Calcule la distancia sobre la superficie de la Tierra a la
que se deber encontrar un satélite geosíncrono y la velocidad que tiene en ese punto. Un satélite
geosíncrono es aquel que tiene una trayectoria y período de orbitación tal que mantiene su posición
relativa respecto a la superficie.
S OLUCIÓN
451
F. Gravitación
a) Para que un satélite aparente estar fijo en el cielo, debe tener un período de orbitación igual al
período de revolución de la tierra 𝑇 = 24 ℎ = 86400 𝑠. Además su trayectoria debe ser paralela
al ecuador terrestre y en su misma dirección de giro. Utilizando la ecuación para el período de
orbitación
s
𝑟3
𝑇 = 2𝜋
𝐺 𝑀♁
𝑇2 =
4𝜋 2 3
𝑟
𝐺 𝑀♁
notamos que este es la ecuación de la Tercera Ley de Kepler donde 𝐾♁ =
10−14 𝑠2 /𝑚 3 y es la constante para orbitar este cuerpo celeste.
Ahora bien despejando hacia 𝑟
s
2
3 𝐺 𝑀♁𝑇
𝑟=
4𝜋 2
s
−11 𝑁𝑚 2 /𝑘𝑔 2 × 5.97 × 1024 𝑘𝑔 × (86400 𝑠) 2
3 6.67 × 10
=
4𝜋 2
4 𝜋2
𝐺𝑀
♁
= 9.94 ×
= 4.22 × 107 𝑚
𝑟 = 42 227 𝑘𝑚
Ahora bien esta es la distancia desde el centro de la Tierra, así que la altura ℎ buscada será:
𝑟 = 𝑅♁ + ℎ
ℎ = 𝑟 − 𝑅♁
= 42227 𝑘𝑚 − 6371 𝑘𝑚
ℎ = 35856 𝑘𝑚
o aproximadamente una circunferencia de la Tierra.
b) A esa distancia la velocidad de orbitación (ecuación F.8) será:
r
𝐺 · 𝑀♁
𝑣𝑜 =
r 𝑟
6.67 × 10−11 𝑁𝑚 2 /𝑘𝑔 2 × 5.97 × 1024 𝑘𝑔
=
4.22 × 107 𝑚
3
𝑣 𝑜 = 3.071 × 10 𝑚/𝑠
o apenas 3 𝑘𝑚/𝑠
Los satélites geosíncronos tienen la ventaja de permitir que una antena fija en tierra se apunte en
una dirección fija, pero tienen la desventaja que las señales entre la Tierra y el satélite deban viajar
452
F.6. Consideraciones Energéticas en el movimiento planetario y de satélites
una distancia más larga y tener un lag de una fracción de mili-segundos - que no es grave - pero si
es necesario tener una intensidad mayor de la onda debido a la perdida por distancia. En general
es difícil usar satélites geosíncronos para observación óptica de la superficie de la Tierra debido a
su gran altura[Serway and Jewett, 2008].
F.6.2.
Rapidez de escape o segunda velocidad cósmica
Figura F.15.: Velocidad de escape depende sólo del cuerpo generando el campo
Suponga que una partícula se encuentra parte de la superficie de la tierra 𝑟 𝑖 = 𝑅♁ con una velocidad
vertical inicial 𝑣 𝑖 y transforma toda su energía cinética en energía potencial gravitatoria al llegar a
una altura 𝑟 𝑓 = 𝑅♁ + ℎ y velocidad final 𝑣 𝑓 = 0. Como se muestra en la figura ... . Dado que la
energía mecánica se conserva
𝐸𝑖 = 𝐸 𝑓
0
>
𝑚𝑀♁
𝑚𝑀♁ 1 1 2
2
𝑚𝑣 𝑖 − 𝐺
= 𝑚𝑣
𝑓 −𝐺
2
𝑟𝑖
2
𝑟𝑓
despejando hacia la velocidad inicial
𝑣 2𝑖
1
1
= 2𝐺 𝑀♁
−
𝑟𝑖 𝑟 𝑓
(F.11)
En esta forma la ecuación F.11 nos indica la rapidez mínima necesaria para alcanzar una altura o
diferencia de altura ℎ en un campo gravitatorio esféricamente simétrico.
Nótese que esta velocidad inicial es independiente de la masa del objeto y sólo depende de la masa
que genera al campo gravitatorio
Ejemplo F.13 (Velocidad inicial). a) ¿Con que rapidez inicial debo de lanzar un objeto para que
alcance una altura de 600 𝑚, 6000 𝑚 y 600 000 𝑚 de la superficie terrestre respectivamente?
b) Compare los resultados con la p
fórmula que obtuvimos en cinemática a gravedad constante
(ecuación 3.26) o en energía 𝑣 𝑖 = 2𝑔ℎ c) En que caso habría que hacer tomar la formula F.11
sobre la aproximación 3.26?
453
F. Gravitación
S OLUCIÓN
a) Utilizando la fórmula de la velocidad inicial en el campo gravitatorio terrestre
s
1
1
𝑣 𝑖 (ℎ) = 2𝐺 𝑀♁
−
𝑅♁ 𝑅♁ + ℎ
(F.12)
obtenemos
s
𝑣 𝑖 (600 𝑚) =
2 × 6.67 × 10−11 𝑁𝑚 2 /𝑘𝑔 2 × 5.97 × 1024 𝑘𝑔
1
1
−
6.371 × 106 𝑚 6.371 × 106 𝑚 + 600 𝑚
𝑣 𝑖 (600𝑚) = 108.50 𝑚/𝑠
de forma análoga
𝑣 𝑖 (6 𝑘𝑚) = 342.95 𝑚/𝑠
𝑣 𝑖 (600 𝑘𝑚) = 3280.12 𝑚/𝑠
b) Utilizando la fórmula aproximada de cinemática
𝑣 𝑖 (ℎ)
𝑣 𝑖 (600 𝑚)
𝑣 𝑖 (6 𝑘𝑚)
𝑣 𝑖 (600 𝑘𝑚)
p
= 2𝑔ℎ
p
= 2 × 9.8 𝑚/𝑠2 × 600 𝑚
= 108.44 𝑚/𝑠
p
2
= 2 × 9.8 𝑚/𝑠 × 6000 𝑚
= 342.93 𝑚/𝑠
p
2
= 2 × 9.8 𝑚/𝑠 × 600 000 𝑚 = 3429.29 𝑚/𝑠
c) Nótese que incluso al doble del radio terrestre no es necesario corregir los cálculos con las
fórmulas aproximadas, pero a 600 𝑘𝑚 de la superficie terrestre el valor necesita ser corregido y la
variación es sensible.
Un caso particular que nos interesa mucho es aquel donde la partícula tiene tanta energía cinética
que ya no regresa a la Tierra (se escapa del campo gravitatorio). Es decir 𝑟 𝑓 → ∞ o bien ℎ → ∞
y por ende la expresión F.12 se convierte en
v
u
u
u
0
t
>ª
1
© 1
𝑣 𝑖 (ℎ) = 2𝐺 𝑀♁ ­
− ®
𝑅♁ 𝑅♁ + ℎ
«
¬
s
2𝐺 𝑀♁
𝑣 𝑒𝑠𝑐 =
(F.13)
𝑅♁
A la expresión F.13 se le llama velocidad de escape o segunda velocidad cósmica.
O BSERVACIONES
1. La velocidad de escape depende únicamente de la masa que genera el campo gravitatorio y
el radio del planeta o cuerpo celeste donde se encuentra.
2. La velocidad de escape es aquella velocidad mínima que necesita el cuerpo para ya no estar
enlazado al pozo gravitatorio.
454
F.6. Consideraciones Energéticas en el movimiento planetario y de satélites
3. Es de notar que la primera
√ velocidad cósmica y la segunda velocidad cósmica se diferencian
entre sí por un factor de 2.
4. En la superficie de la Tierra la velocidad de escape está dado por
s
2𝐺 𝑀♁
𝑣 𝑒𝑠𝑐 =
𝑅♁
s
6.67 × 10−11 𝑁𝑚 2 /𝑘𝑔 2 × 5.97 × 1024 𝑘𝑔
= 2×
6.317 × 106 𝑚
𝑣 𝑒𝑠𝑐 = 11.23 𝑘𝑚/𝑠
5. Si se lanza al proyectil con esta velocidad de forma horizontal, la trayectoria que forma va
a ser una parábola. De ahí que a la ecuación F.13 se le llame también velocidad de escape
parabólica[Gerthsen et al., 2015].
6. Para una velocidad horizontal 𝑣 𝑖 = 𝑣 𝑜 la trayectoria será un círculo perfecto, pero para una
velocidad inicial entre velocidades cósmicas 𝑣 𝑜 < 𝑣 𝑖 < 𝑣 𝑒𝑠𝑐 , el satélite ejecutará trayectorias elípticas cada vez más excéntricas. Cuando llega 𝑣 𝑖 = 𝑣 𝑒𝑠𝑐 se convierte en una parábola
que ya no regresa y para 𝑣 𝑖 > 𝑣 𝑒𝑠𝑐 la trayectorias se convierten en hipérboles.
7. Cualquier velocidad superior a esta también garantiza que el cuerpo escape la Tierra.
8. En la ecuación F.13 el cálculo parte de la premisa que el cuerpo se encuentra en reposo
sobre el planeta que no gira. Como el planeta si gira, eso implica que el cohete ya posee una
energía cinética y por ende conviene lanzar los cohetes cerca del ecuador, pues es mayor su
velocidad y energía cinética. Además se lanzan en la misma dirección del giro del planeta
(hacia el Este) reduciendo así la cantidad de combustible necesario para poner en órbita al
satélite/cohete. Tan sustancial es la diferencia que la NASA13 lance sus cohetes espaciales
desde Cabo Cañaveral (uno de los puntos más al Sur de los EEUU), la ESA14 desde el Puerto Espacial Europeo en la Guyana francesa (cerca del Ecuador), mientras que los soviéticos
utilizaron el Cosmódromo Baikanur en lo que ahora es la república de Kazajistán en el centro del Asia, la Roscosmos15 actual utiliza en el cosmódromo Vostochni en Siberia en uno
de sus puntos más al Sur del territorio ruso y la CNSA16 utiliza el centro de lanzamientos
de satélites de Wenchang en uno de los puntos más cercanos al ecuador del territorio chino.
9. Para un satélite en orbita circular la velocidad de escape se reduce con la distancia al cuerpo
que lo atrae.
r
2𝐺 𝑀
𝑣 𝑒𝑠𝑐 =
𝑟
13 National
Space Alliance
Space Agency
15 Федеральное Космическое Агентство o la Agencia Espacial Federal Rusa
16 China National Space Agency
14 European
455
F. Gravitación
Es decir es más fácil escapar de la atracción gravitatoria de un cuerpo celeste entre más lejos
de él estoy.
10. Albert Einstein planteó en su Relatividad Especial de 1905 que la velocidad de la luz es la
máxima velocidad posible. En 1916 Karl Schwarzschild le plantea a Einstein la posibilidad
de cuerpos supermasivos cuya velocidad de escape fuese superior a la velocidad de la luz, lo
que implicaría que en estos cuerpos incluso la luz no podría escapar el campo gravitatorio.
A tales objetos les llamamos hoyos negros, no porque sean realmente negros sino porque
conceptualmente no podemos tener información de lo que ocurre adentro de ellos a partir
de cierto radio (radio de Schwarzschild) que determina lo que denominamos el horizonte de
eventos del hoyo negro.
11. En la tabla se mira algunas de las velocidades de escape para algunos cuerpos celestes del
sistema solar:
Planeta
𝑣 𝑒𝑠𝑐 (km/s)
Mercurio
4.3
Venus
10.3
Tierra
11.2
Marte
5.0
Júpiter
60
Saturno
36
Urano
22
Neptuno
24
Luna
2.3
Sol
618
Cuadro F.1.: Velocidades de escape de distintos objetos celestes
Nótese que esta es la velocidad necesaria para escapar el planeta o cuerpo correspondiente
ignorando plenamente la influencia de otros planetas en la trayectoria de escape
F.6.3.
Datos orbitales de los planetas en el sistema solar
Para poder utilizar las Leyes de Kepler y aplicar la Ley Universal de Gravitación de forma efectiva
es útil conocer los datos orbitales de la mayoría de los planetas
Recordando que una 1 𝑈 𝐴 = 1.496 × 1012 𝑚 es una unidad astronómica igual a la distancia entre
el Sol y la Tierra.
456
F.7. Dinámica del movimiento planetario (opcional)
Nombre
Simb.
Mercurio
'
♀
Venus
Tierra
Marte
Júpiter
Saturno
Urano
Neptuno
Luna
Semieje mayor 𝑎
en UA en 106 𝑘𝑚
Período
𝑇
Vel. prom
en 𝑘𝑚/𝑠.
Excentricidad
numérica 𝜀
Inclin.
plano
0.39
57.9
88 𝑑
47.9
0.206
7.0º
0.72
108.2
225 𝑑
35.0
0.007
3.4º
♁
♂
X
1.00
149.6
1.00 𝑎
29.8
0.017
0º
1.52
227.9
1.9 𝑎
24.1
0.093
1.8º
5.20
778.3
11.9 𝑎
13.1
0.048
1.3º
9.54
1427
29.46 𝑎
9.6
0.056
2.5º
Z
19.18
2870
84 𝑎
6.8
0.047
0.8º
30.06
4496
165 𝑎
5.4
0.009
1.8º
$
0.00257
0.384
27.32 𝑑
1.02
0.055
5.1º
Y
[
Cuadro F.2.: Datos orbitales de los cuerpos celestes del sistema solar [Demtröder, 2018].
F.7.
Dinámica del movimiento planetario (opcional)
Las Leyes de Kepler nos indica la cinemática de los cuerpos que se mueven bajo la influencia de
la gravitación y la Ley Universal de Gravitación nos explica el fenómeno dinámico de fondo. Pero
no sabemos como se deduce la cinemática a partir de la dinámica. En esta sección trataremos de
deducir la ecuación de la trayectoria a partir de las ecuaciones diferenciales que se plantean.
La matemática necesaria es superior al nivel del curso, pero el cálculo es de interés general para
cualquier mente científica e ingeniero graduado, por lo que amerita hacerlo acá y cuando adquiera
el nivel matemático, tal vez quiera o pueda revisarlo.
Utilizaremos el camino trazado en [Demtröder, 2018], donde a partir de la conservación de energía
y el ímpetu angular se deducen la ecuaciones diferenciales para calcular la curva de la trayectoria.
Empezamos poniendo el origen de nuestro sistema de coordenadas polares (𝑟, 𝜑) en el Sol que
según Kepler está en uno de los focos de la elipse de la trayectoria. En este sistema de coordenadas
la energía cinética está dada por la energía cinética radial mas la energía cinética tangencial:
𝐾 = 𝐾𝑟 + 𝐾 𝜑
1
1
= 𝑚𝑣 𝑟2 + 𝑚𝑣 2𝜑
2
2
1 2
𝐾 = 𝑚 𝑟¤ + (𝑟 𝜑)
¤ 2
2
(F.14)
𝑑𝜑
utilizando la notación de Newton donde 𝑟¤ = 𝑑𝑟
𝑑𝑡 y 𝜑¤ = 𝑑𝑡 = 𝜔 es la velocidad angular que
utilizamos en el movimiento circular. Por otro lado al ser la fuerza gravitatoria una fuerza central
el ímpetu angular está dado por
𝐿® = 𝑟® × 𝑝®
= 𝑚®
𝑟 × 𝑣®𝑟 + 𝑣® 𝜑
457
F. Gravitación
dado que la velocidad radial es colinear el vector del radio, él ímpetu angular es perpendicular al
plano de orbitación y tiene la magnitud:
𝐿 = 𝑚𝑟 · 𝑟 𝜑¤
𝐿 = 𝑚𝑟 2 𝜑¤
(F.15)
El lector suspicaz recordará de la sección sobre la dinámica de rotación que el ímpetu angular de
un cuerpo extenso como lo puede ser un planeta debe ser 𝐿 = 𝐼 · 𝜔, donde 𝐼 = 𝐼𝐶 𝑀 + 𝑀 𝑃 𝑟 2 .
Si bien los cuerpos son grandes y extensos la distancia de orbitación 𝑟 𝑅 𝑃 es mucho muy
superior al radio del planeta por unos 8 ordenes de magnitud (caso de la Tierra: distancia al Sol
150 millones de kilómetros contra los 𝑟 = 1506317 𝑘𝑚 del radio terrestre) de tal manera que se
puede despreciar la contribución de 𝐼𝐶 𝑀 𝑚𝑟 2 del momento de inercia del centro de masa. Es
decir, que en el esquema del sistema solar, los planetas los contemplaremos como simples masas
puntuales. Dado que no hay torcas externas que cambien a 𝐿 debe ser una constante
𝐿 = 𝑚𝑟 2 𝜑¤
𝐿
𝜑¤ =
= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡
𝑚𝑟 2
combinando con la ecuación de energía cinética (ecuación F.14) obtenemos
1 2
𝑚 𝑟¤ + 𝑟 2 𝜑¤ 2
2
2!
1
𝐿
𝐾 = 𝑚 𝑟¤2 + 𝑟 2
2
𝑚𝑟 2
𝑚 2
𝐿2
𝐾=
𝑟¤ + 2 2
2
𝑚 𝑟
𝐾=
Ahora bien la energía cinética total está dada por
𝐸 = 𝐾 + 𝑈𝑔
1
1 𝐿2
𝐸 = 𝑈𝑔 + 𝑚𝑟¤2 +
2
2 𝑚 · 𝑟2
donde tanto 𝐿 2 como 𝐸 son constantes en el tiempo. Despejando hacia 𝑟obtenemos
¤
s
𝑑𝑟
=
𝑑𝑡
2
𝐿2
𝐸 − 𝑈𝑔 −
𝑚
2𝑚𝑟 2
(F.16)
por otro lado
𝑑𝜑
𝐿
=
𝑑𝑡
𝑚𝑟 2
458
(F.17)
F.7. Dinámica del movimiento planetario (opcional)
utilizando un cambio de variable y combinando
𝑑𝜑 𝑑𝑟
𝐿
·
=
𝑑𝑟 𝑑𝑡 𝑚𝑟 2
s 𝑑𝜑
𝐿
2
𝐿2
=
·
𝐸 − 𝑈𝑔 −
2
𝑑𝑟
𝑚
2𝑚𝑟
𝑚𝑟 2
𝑑𝜑
𝐿
=
r 𝑑𝑟
𝑚𝑟 2 𝑚2 𝐸 − 𝑈𝑔 −
𝑑𝜑
=
𝑑𝑟
𝐿2
2𝑚𝑟 2
𝐿
r
𝑚𝑟 2
2
𝑚
𝐸 +𝐺
𝑚𝑀
−
𝑟2
𝐿2
2𝑚𝑟 2
integrando sobre el radio obtenemos
∫
𝜑
𝜑𝑜
𝐿
𝑑𝜑 =
𝑚
=
𝐿
𝑚
∫
𝑟
𝑟𝑜
∫
1
r
𝑟2
2
𝑚
𝑟
𝐸 +𝐺
𝑚𝑀
𝑟2
−
𝐿2
2𝑚𝑟 2
1
r
𝑟𝑜
𝑟
2
𝑚
𝐸𝑟 2 + 𝐺𝑚𝑀 −
𝐿2
2𝑚
la integral del lado derecho es una integral elíptica que se deja determina por una tabla de integrales
y con la condición inicial 𝜑𝑜 = 0 obtenemos
©
ª
𝐿 2 /𝑟 − 𝐺𝑚𝑀
®
𝜑 = arc cos ­­ q
®
2
2𝑀
2
𝐺𝑚
+
2𝑚𝐸
𝐿
«
¬
cos 𝜑 = q
𝐿 2 /𝑟 − 𝐺𝑚 2 𝑀
2
𝐺𝑚 2 𝑀
+ 2𝑚𝐸 𝐿 2
tomando al semi eje mayor como 𝑎 = −
𝐺𝑚𝑀
2𝐸
y la excentricidad al cuadrado 𝜀 2 = 1 +
2𝐸 𝐿 2
𝐺 2 𝑚3 𝑀 2
se obtiene la ecuación para una ecuación cónica en coordenadas polares:
𝑟 (𝜑) =
𝑎 (1 − 𝜀)
1 + 𝜀 · cos 𝜑
(F.18)
O BSERVACIONES
1. Tanto en el afelio como en el perihelio la velocidad radial tiende momentáneamente a ser
459
F. Gravitación
cero es decir
𝑑𝑟
𝑑𝑡
= 0 . Eso significa que la ecuación F.16 se convierte en
s
𝐿2
2
𝐸 − 𝑈𝑔 −
𝑚
2𝑚𝑟 2
𝑚𝑀
2
𝐿2
0=
𝐸 − −𝐺
−
𝑚
𝑟
2𝑚𝑟 2
𝑚𝑀
𝐿2
0= 𝐸 +𝐺
−
𝑟
2𝑚𝑟 2
𝑑𝑟
=
𝑑𝑡
resolviendo hacia 𝑟 encontramos la siguiente ecuación cuadrática
0 = 𝐸𝑟 2 + 𝐺𝑚𝑀 𝑟 −
𝐿2
2𝑚
utilizando la fórmula general obtenemos
r
2
𝐿
−𝐺𝑚𝑀 ± 𝐺 2 𝑚 2 𝑀 2 − 4𝐸 − 2𝑚
𝑟 𝑚𝑖𝑛,𝑚𝑎𝑥 =
2𝐸
s
𝑟 𝑚𝑖𝑛,𝑚𝑎𝑥 =
−𝐺𝑚𝑀
2𝐸
±
𝐺 2𝑚2 𝑀 2
4𝐸 2
+
𝐿2
2𝑚𝐸
(F.19)
2. Para 𝐸 < 0 el radical es menor que el primer término, por lo que existen dos soluciones
una positiva y otra negativa que nos dan los puntos más cercanos y lejanos al sol. Además
𝑚𝑀
ya que la energía es negativo (estado enlazado) el semieje es positivo 𝑎 = −𝐺 2𝐸 > 0 y
la excentricidad 0 < 𝜀 < 1. Lo que significa que en la trayectoria es una elipse con el sol
como foco (Primera Ley de Kepler). Es decir los planetas del sistema solar están atrapados
en el campo gravitatorio solar. En el caso particular que 𝜀 = 0 entonces la órbita es circular.
3. Para 𝐸 = 0 la ecuación F.19 no tiene sentido, es decir no existe afelio o perihelio y de la
solución de la ecuación diferencial llegamos a la expresión
cos 𝜑 = q
𝐿 2 /𝑟 − 𝐺𝑚 2 𝑀
2
𝐺𝑚 2 𝑀
+ 2𝑚𝐸 𝐿 2
𝐿 2 /𝑟 − 𝐺𝑚 2 𝑀
𝐺𝑚 2 𝑀
𝐿2
1 + cos 𝜑 =
𝐺𝑚 2 𝑀 𝑟
𝐿2
𝑟=
𝐺𝑚 2 𝑀 (1 + cos 𝜑)
cos 𝜑 =
460
(F.20)
F.7. Dinámica del movimiento planetario (opcional)
Que es la ecuación de una parábola en coordenadas polares con la mínima distancia de
2
𝑟 𝑚𝑖𝑛 = 2𝐺𝑚𝐿2 𝑀 para 𝜑 = 0. Es interesante notar que la excentricidad en este caso es
𝜀 = 1, Nótese en este caso la partícula (planeta ) 𝑚 se aleja del Sol y no regresa. Que es
exactamente lo que sucedía cuando calculábamos la velocidad de escape17
4. Por último para 𝐸 > 0,la excentricidad es 𝜀 > 1 y su trayectoria es una hipérbole. No existe
una distancia máxima, sólo mínima ya que 𝑟 ≥ 0 y la otra solución se descarta.
s
𝐺 2𝑚2 𝑀 2
−𝐺𝑚𝑀
𝐿2
+
+
𝑟 𝑚𝑖𝑛 =
2𝐸
2𝑚𝐸
4𝐸 2
el cuerpo se acerca y se aleja al infinito ya que tiene suficiente energía para escapar el campo
gravitatorio.
5. En conclusión, la solución general del problema de un potencial central gravitatorio son
trayectorias cónicas (elipses, círculos, parábolas e hipérbolas). La Primera Ley de Kepler
sólo considera los casos enlazados 𝐸 < 0 como lo son los planetas del sistema solar.
17 De
ahí el nombre velocidad de escape parabólico
461
F. Gravitación
462
Indice Analítico
ángulo
complementarios, 382
estándar, 37
átomo
hidrógeno, 16
aceleración
angular, 118
caída libre, 71
cambio de velocidad, 71
centrípeta, 116
instantánea, 71
pendiente al gráfico 𝑣 − 𝑡., 76
promedio, 70
tangencial instantánea, 116
alcance, 105
máximo, 107
altura
inicial, 103
tiro, 103
análisis dimensional, 30, 32
angulo limitante, 158
Axioma, 377
blanco, 234
brazo
efectivo, 320
palanca, 317
cálculo dimensional, 29
caída libre, 93
cantidad física, 18
catetos, 382
centro
gravedad, 336
masa, 14, 139, 259
Centroide, 259
ciencia, 14
natural experimental positiva, 17
cinemática
aceleración normal, 71
aceleración tangencial, 71
desplazamiento, 61
distancia recorrida, 61
longitud de la trayectoria, 63
movimiento partícula, 60
partícula, 59
posición, 60
trayectoria, 61
variables, 59
coeficiente
fricción cinética, 155
fricción estático, 155
colisión
completamente inelástica, 249
elástica, 249
condición
cuerda tensa inextensible, 213
encuentro, 82, 91, 248
primera equilibrio, 140
rodadura, 340
conversión
unidades, 27
Corolario, 377
cuerpos
geométricos, 378
cuerpos extendidos, 257
desbalance, 171
desplazamiento
463
Indice Analítico
angular, 118
desplazamiento lineal, 114
diagrama cuerpo libre, 257
diagramas cuerpo libre, 139
dimensión, 29
análisis, 29
dirección de giro, 319
ecuaciones
MRU, 79
MRUA, 86
ejectiles, 234
electromagnetismo, 15
electrones, 16
Empuje estático, 14
energía, 191
cinética, 192
ímpetu, 219
mecánica, 207
nuclear, 205
potencial, 198
potencial elástica, 202
potencial gravitatoria, 199
química, 205
térmica, 205
equilibrio
balanza, 362
estático, 361
Primera Condición, 361
principios, 171
Segunda Condición, 361
traslación, 136
escalar, 35
fórmulas
caida libre, 98
física, 17
clásica, 13, 14
historia, 17
leyes, 19
moderna, 13, 15
natural, 13
naturalista, 14
464
objetivos, 17
padre, 17
physicus, 13
transferencia
energía y materia, 17
factores
conversión, 27
fotones, 16
fricción
cinética, 155
estática, 154
estática máxima, 155
estado de movimiento inminente, 157
fuerzas, 153
fuerza, 131
a distancia, 132
atracción gravitatoria, 132
autofuerza, 138
de contacto, 132
externa, 284
interna, 284
no-conservativa, 198
no-conservativas, 334
normal, 135
par acción-reacción, 138
Primera Ley de Newton, 135
Segunda Ley de Newton, 137
tensión, 134
Tercera Ley de Newton, 137
función de estado, 191
gráfico de movimiento, 73
gráfico 𝑥 − 𝑡, 75
Gráficos MRUA, 87
hipotenusa, 382
impetu angular total, 353
conservación, 355
impulso
externo, 228
interno, 228
neto, 223
Indice Analítico
impuso, 223
inercia, 136
integral de camino, 177
Lema, 377
Ley
Conservación de Energía, 171
Fundamental de la Mecánica, 220
Leyes de Newton, 135, 171
Método
deductivo, 376
magnitud
derivada, 19
física, 18
fundamental, 19, 22
marco
referencia, 139
inerciales, 60
masa
gravitatoria, 136
inercial, 136
total, 258
mecánica, 59
newtoniana, 171
momento
torsión, 317
resultante, 322
movimiento
circular, 111
tangencialmente acelerado, 120
variables angulares, 117
variables lineales o tangenciales, 113
variables temporales, 119
partícula, 59
proyectiles, 103
aplicaciones, 108
rectilíneo, 73
rectilíneo uniforme, 79
rectilíneo uniformemente acelerado, 85
relativo, 124
una dirección, 73
movimiento circular
frecuencia, 120
notación científica, 26
patrón
accesible, 19
invariante, 19
longitud, 24
masa, 25
medida, 19
reproducible, 19
tiempo, 23
período, 120
peso, 132
polea motriz, 402
Postulado, 377
principio de equivalencia, 136
principio de mínima acción, 206
Principio de palanca, 14
Problema, 377
producto punto, 173
proyectil, 234
punto
aplicación de la fuerza, 317
impacto, 94
rapidez
instantánea, 67, 68
promedio, 65
reacciones químicas, 205
relatividad
especial, 15
resistencia elástica, 181
revolución, 119
rotación
eje, 288
frecuencia, 289
período, 289
rotación pura, 294
satélite geosíncrono, 451
sistema
chino o shinzhi, 20
465
Indice Analítico
imperial, 20
internacional, 22
prefijos, 26
medición
absoluto, 20
gravitatorio o técnico, 20
ingleses, 20
unidades, 19
usual de los EE.UU., 20
sistema
british imperial, 20
sistema aislado, 208
SUEU, 20
Teorema, 377
Ejes Paralelos, 310
Fundamental de la Mecánica, 137
Impulso-Ímpetu, 223
Trabajo y Energía, 190
termodinámica, 15
tiempo
impacto, 94, 97
subida, 95, 103
vuelo, 96, 103
tiro
ángulo de proyección, 103
alcance, 103
altura, 96
horizontal, 105
parabólico, 105
curva geométrica, 107
vertical, 95, 105
vertical hacia abajo, 105
tiro
parabólico, 103
torca, 317
neta, 322
producto cruz, 320
trabajo, 191
definición, 171
elástico, 182
físico, 173
gravitatorio, 184
466
neto, 174
operativo, 172
rotación, 332
unidades, 172
virtual, 176
trayectoria
recta, 73
unidad
identidad, 27
vértices, 382
variables lineales, 287
variables rotacionales, 287
vector, 35
axiales, 119
cero, 48
coordenadas, 37
igualdad, 47
método
componentes rectángulares o cartesianos, 45
paralelogramo, 40
poligono, 41
trigonometrico, 44
negativo, 48
por escalar, 48
representación cartesiana, 37
representación polar, 37
resta, 48
resultante, 39
suma, 39
unitario, 49
velocidad
angular instantánea, 118
angular promedio, 118
cósmica
primera, 449
segunda, 454
escape, 446, 454
impacto, 97
instantánea, 67
lineal o tangencial, 115
Indice Analítico
luz, 15
promedio, 64
velocidad
pendiente x-t, 75
velocidad
escape parabólica, 454
467
Indice Analítico
468
Indice Definiciones
aceleración
angular, 118
instantánea, 71
promedio, 70
tangencial instantánea, 116
alcance, 105
caída libre, 93
cantidad de movimiento
angular, 350
Cantidad física, 18
cinemática, 59
desplazamiento, 61
angular, 118
desplazamiento lineal, 114
dimensión de magnitud física, 29
dinámica, 59
Distancia, 61
movimiento, 60
circular
tangencialmente acelerado, 120
rectilíneo uniforme, 79
rectilíneo uniformemente acelerado, 85
movimiento circular, 111
Movimiento de proyectiles, 103
partícula, 59
Patrón de medida, 18
período, 120
posición, 60
punto
impacto, 94
rapidez
instantánea, 67
promedio, 65
revolución, 119
Equilibrio, 361
escalar, 35
Segundo, 23
Sistema Internacional de Unidades, 22
física, 17
torca
neta, 322
trayectoria, 61
impetu angular total, 353
inercia, 136
Kilogramo, 25
Magnitud física, 18
masa
inercial, 136
Metro, 24
momento
torsión, 317
vector, 35
velocidad
angular instantánea, 118
angular promedio, 118
instantánea, 67
lineal o tangencial, 115
promedio, 64
469
Indice Definiciones
470
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