Pr´actica “Leyes de Newton: Ahora con roce”Eduardo Rodr´ıguez∗ Departamento de F´ısica, Universidad de Concepci´on 9 de junio de 2003 1 El agarre de las llantas ¿Por qu´e las llantas de un autom´ovil se “agarran” a la carretera mejor sobre un terreno a nivel que cuando se sube o se baja una pendiente? y x N f θ θ F mg Figure 1: Un veh´ıculo sube por un camino inclinado. Entendemos por “agarre” la dificultad de un veh´ıculo para deslizarse sobre una superficie; mientras mayor sea el agarre, m´as dif´ıcil ser´a mover el veh´ıculo. Esta idea queda cuantificada en la fuerza de roce, dado que ´esta es una fuerza que ejerce el terreno sobre el veh´ıculo y se opone siempre su movimiento. La magnitud de la fuerza de roce, f , es proporcional a la magnitud de la fuerza normal, N, ejercida por la superficie sobre el veh´ıculo; esto ∗ e-mail: [email protected] 1 N = Nˆ . el agarre ser´a m´aximo para caminos horizontales (cuando θ = 0 y cos θ = 1) e ir´a disminuyendo continuamente a medida que el camino se hace m´as y m´as inclinado. por lo que a = aˆı. 2 . La fuerza de tracci´on del motor es denotada por F. En efecto. f = −fˆı. En la figura se muestra un veh´ıculo en ascenso por un camino inclinado en un ´angulo θ con respecto a la horizontal. (10) Este resultado nos dice que la magnitud de la fuerza de roce es proporcional al coseno del ´angulo de inclinaci´on del camino. (7) Reordenamos: Esto es equivalente al sistema de ecuaciones F − mg sin θ − f − ma = 0. hasta llegar a anularse en el caso l´ımite de un camino totalmente vertical (en donde θ = 90o y cos θ = 0). la aceleraci´on del veh´ıculo ocurrir´a en la direcci´on del camino. encontramos f = µk mg cos θ. y el eje y perpendicular a ´el y apuntando hacia arriba. (8) (9) Estas ecuaciones deben ser suplementadas por la relaci´on f = µk N . (1) Escogiendo el eje x a lo largo del camino y apuntando hacia la derecha.es. combinando esta relaci´on con la ec. (9). hallamos mg (− sin θˆı − cos θˆ ) − fˆı + Nˆ + Fˆı = maˆı. f = µk N . (2) (3) (4) (5) Adem´as. (6) (F − mg sin θ − f − ma)ˆı + (N − mg cos θ) ˆ = 0. que expresa la proporcionalidad entre la magnitud de la fuerza de roce cin´etico y la magnitud de la fuerza normal. Por lo tanto. donde la constante de proporcionalidad µk es conocida como coeficiente de roce cin´etico. Sustituyendo (2) . N − mg cos θ = 0.(5) en (1). tenemos mg = mg (− sin θˆı − cos θˆ ) . En su diagrama de cuerpo libre identificamos las fuerzas que act´ uan sobre ´el y que se combinan para producir su aceleraci´on (2a ) ley de Newton): mg + f + N + F = ma. F = Fˆı. (13) Combinando (12) y (13) encontramos que una condici´on que debe cumplirse para que la moneda se encuentre en movimiento circular es r µs g ω≤ . La u ´nica fuerza capaz de causar esta aceleraci´on centr´ıpeta es el roce est´atico f entre la superficie de la tornamesa y la moneda. el movimiento circular se vuelve imposible (de acuerdo a la segunda ley de Newton) y la moneda sale despedida. la segunda ley de Newton para la moneda toma la forma f = ma. esta desigualdad puede escribirse en la forma f ≤ µs mg. Para simplificar las cosas.2 La moneda en el tocadiscos Se coloca una moneda sobre la tornamesa de un tocadiscos. donde µs es el coeficiente de roce est´atico entre la superficie de la tornamesa y la moneda. donde r es la distancia entre la moneda y el centro del tocadiscos. pues las dos otras fuerzas presentes (el peso y la reacci´on normal) son perpendiculares al tocadiscos y se cancelan entre s´ı. La magnitud de esta aceleraci´on es a = ω 2 r. pues de otro modo su movimiento ser´ıa rectil´ıneo y con velocidad constante. La segunda ley de Newton implica entonces que alguna fuerza debe estar ejerci´endose sobre la moneda. (11) nos dice que la fuerza de roce est´atico f debe apuntar en el mismo sentido que la aceleraci´on centr´ıpeta a. Por lo tanto. consideremos una moneda inm´ovil sobre la tornamesa de un tocadiscos que gira con velocidad angular constante ω. (12) Por otro lado. (14) r Si la velocidad angular ω se hace mayor que este valor. debe cumplirse la relaci´on f = mω 2 r. 3 . El motor se pone en marcha. y por lo tanto tiene una aceleraci´on centr´ıpeta (que apunta hacia el centro del tocadiscos). Explique por qu´e. puesto que mg + N = 0 en este caso. pero antes de que se alcance la velocidad de rotaci´on final. La ec. la magnitud de la fuerza de roce est´atico est´a acotada superiormente por µs N . Dado que N = mg. la moneda sale despedida. Un observador inercial ubicado fuera del tocadiscos registra que la moneda recorre una trayectoria circular. Por lo tanto. (11) donde nos hemos ahorrado el escribir mg y N. donde µs es el coeficiente de fricci´on est´atica de arena contra arena. Sea θ el ´angulo de inclinaci´on del cono de arena. entonces la cota (14) es cambiada por ·³ ω≤ µs g ´ 2 − ω˙ 2 r ¸1/4 . y x f h θ θ N mg R Figure 2: Una pila de arena y el diagrama de cuerpo libre para un granito ubicado en su superficie. Las fuerzas que act´ uan sobre ´el son su peso. Si ω no es constante. Nota: el volumen de un cono es Ah/3. donde A es el ´area de la base y h es la altura. tambi´en llamada aceleraci´on angular. El radio del c´ırculo es R. la reacci´on normal y la fuerza de roce est´atico.Estas consideraciones son v´alidas para un tocadiscos en rotaci´on uniforme. (15) se reduce a (14). 3 La pila de arena Una persona desea apilar arena sobre un ´area circular en su patio. y escojamos el eje y a lo largo de 4 . Consideremos el diagrama de cuerpo libre para un granito de arena de masa m (asumimos que todos los granitos de arena tienen la misma masa) ubicado justo en el borde externo de la pila de arena. Demuestre que el mayor volumen de arena que puede ser apilado de esta manera es πµs R3 /3. No debe apilarse arena en la parte fuera del c´ırculo. la ec. cuando ω˙ = 0. Conviene notar que. (15) donde ω˙ ≡ dω/dt es la tasa de cambio de la velocidad angular. v´ease la figura. las fuerzas que act´ uan sobre el granito de arena pueden descomponerse en la forma f = fˆ . su aceleraci´on es cero. Sustituyendo las expresiones (16). (22) (23) Esto es lo m´as lejos que podemos llegar sin especificar una relaci´on entre la magnitud de la fuerza de roce y la magnitud de la normal. mg = mg (− cos θˆı − sin θˆ ) . Luego. f − mg sin θ = 0. tan θ = h/R. de (22) tenemos que N = mg cos θ. (26) De la figura. (24) Por otro lado. N = Nˆı. donde µs es el coeficiente de roce est´atico de la arena. la altura m´axima del cono de arena es h = µs R. f + N + mg = 0. (16) (17) (18) Como el granito de arena est´a en equilibrio. (25) Haciendo el cuociente entre (24) y (25) encontramos la relaci´on µs = tan θ. Cuando ya no es posible agregar un solo granito de arena a la pila sin que ´este ruede hasta el suelo. 5 (27) . (21) encontramos Reordenando. (19) fˆ + Nˆı + mg (− cos θˆı − sin θˆ ) = 0. Esto es equivalente al sistema de ecuaciones N − mg cos θ = 0. (17) y (18) en la segunda ley de Newton. Este valor m´aximo est´a dado por f = µs N .esta superficie. tenemos que la fuerza de roce que sostiene a nuestro granito adquiere su valor m´aximo. Entonces. (20) (N − mg cos θ)ˆı + (f − mg sin θ) ˆ = 0. Reemplazando f = µs N en (23) hallamos que µs N = mg sin θ. la fuerza de roce (f ) y la reacci´on normal de la mesa (N).18 y 0. ¿Cu´al es la aceleraci´on del bloque A? µ≠0 C A B Figure 3: Dos bloques sobre una mesa con fricci´on atados a un tercer bloque que cuelga de una cuerda. su peso (W = (mA + mC ) g). Las fuerzas que act´ uan sobre este bloque compuesto son la tensi´on de la cuerda (T1 ). V = Ah/3 (donde A = πR2 es el ´area de la base).6 kg. Los coeficientes de fricci´on est´atica y cin´etica entre A y la mesa son de 0. sobre el bloque B s´olo act´ uan dos fuerzas. simplemente hay que construir el cono de arena m´as grande con una base dada y medir su altura (o su volumen). En cambio.4 kg y B es un bloque de 2. (a) Determine la masa m´ınima del bloque C que debe colocarse sobre A para evitar que se deslice. 4 Bloques y poleas En la figura. Para la primera parte.Sustituyendo esta expresi´on para la altura en la f´ormula para el volumen de un cono. la tensi´on de la cuerda 6 . (b) El bloque C es levantado s´ ubitamente de A. (28) 3 Esta ecuaci´on puede ser usada para determinar el coeficiente de roce de la arena contra arena.15. A es un bloque de 4. obtenemos el volumen m´aximo: 1 V = πµs R3 . los bloques A y C pueden considerarse colectivamente como un bloque “AC” de masa mA + mC . Tˆ − mB gˆ = 0. T2 + mB g = 0. |T1 | = |T2 | = T . N = Nˆ . (35) (36) donde hemos puesto a = 0 (ambos cuerpos est´an en reposo). T2 = T ˆ . Sustituyendo las descomposiciones (29) . (T2 ) y su peso (mB g). la cual no es modificada por la acci´on de la polea (de masa despreciable). W = − (mA + mC ) gˆ . La segunda ley de Newton aplicada a los bloques AC y B es T1 + W + f + N = 0. mB g = −mB gˆ .y N f AC T2 x T1 B mBg W Figure 4: Diagrama de cuerpo libre para los bloques AC y B. 7 (37) (38) . (29) (30) (31) (32) (33) (34) Aqu´ı T es la magnitud de la tensi´on en la cuerda. La descomposici´on de estos vectores en sus componentes es como sigue: T1 = Tˆı.(34) en (35) y (36) encontramos el par de ecuaciones Tˆı − (mA + mC ) gˆ − fˆı + Nˆ = 0. ergo. f = −fˆı. 4 kg. aun cuando pueda tener un valor distinto al de la primera parte). la fuerza de roce cin´etico. encontramos mB = µs (mA + mC ) .las cuales. Sobre el bloque B act´ uan la tensi´on de la cuerda (T2 ) y el peso. T − mB g = 0. (44) Para hacer m´as progresos necesitamos una relaci´on entre f y la magnitud de la fuerza normal.18 es el coeficiente de roce est´atico entre el bloque A y la mesa. f = µs N . la fuerza de roce est´atico ha adquirido su valor m´aximo. por lo tanto. el bloque AC est´a a punto de deslizarse. mB = 2. (39) (40) conducen al sistema triple de ecuaciones T − f = 0. µs (46) Sustituyendo los valores num´ericos mA = 4. En la segunda parte del problema. (T − f )ˆı + (N − mA g − mC g) ˆ = 0.18 hallamos mC ≈ 10. el bloque C ha sido levantado y el bloque A comienza a deslizarse. al ser reordenadas.6 kg y µs = 0. N . donde µs = 0. Reemplazando f = µs N en (44) y combinando la ecuaci´on resultante con (42). T2 + mB g = mB aB . La aplicaci´on de la segunda ley de Newton a estos cuerpos entrega f + N + T1 + mA g = mA aA . N − mA g − mC g = 0. 8 (47) (48) .0 kg. (41) (42) (43) Combinando (41) y (43) encontramos que la magnitud de la fuerza de roce es igual a f = mB g. su peso. De ella podemos obtener el valor necesario de la masa del bloque C: mC = mB − mA . Las fuerzas que act´ uan ahora sobre el bloque A son la tensi´on de la cuerda (que seguimos llamando T1 . y la normal. (T − mB g) ˆ = 0. (45) Esta es la condici´on de “casi deslizamiento”. Seg´ un el enunciado del problema. la cuerda se romper´ıa o perder´ıa su tensi´on. sus magnitudes son iguales.y N f A T2 x T1 B mBg mAg Figure 5: Diagrama de cuerpo libre para los bloques A y B. donde aA y aB son las aceleraciones correspondientes. donde a es la magnitud com´ un de ambas aceleraciones. Por lo tanto. (47) y (48)] produce −fˆı + Nˆ + Tˆı − mA gˆ = mA aˆı. (T − mB g + mB a) ˆ = 0. Tˆ − mB gˆ = −mB aˆ . podemos escribir aA = aˆı. Sin embargo. (53) (54) (55) Este tr´ıo de ecuaciones debe ser suplementado por la relaci´on entre la magnitud de la fuerza de roce cin´etico y la normal. (51) (52) Reordenamos: Esto es equivalente a las tres ecuaciones simult´aneas T − f − mA a = 0. T − mB g + mB a = 0. (49) (50) (T − f − mA a)ˆı + (N − mA g) ˆ = 0. a saber. en caso contrario. f = µk N. La descomposici´on de las fuerzas en sus componentes sigue el mismo patr´on que en la primera parte. Su sustituci´on en la segunda ley de Newton [ecs. N − mA g = 0. aB = −aˆ . La aceleraci´on del bloque A est´a dirigida horizontalmente hacia la derecha. en tanto que la del bloque B est´a dirigida verticalmente hacia abajo. 9 (56) . (60) mB + mA Sustituyendo los valores num´ericos mB = 2. Con esta elecci´on tenemos que N 1 = N1 ˆ . T2 + N2 + f + m2 g = m2 a2 . formando un ´angulo de θ = 27o con la horizontal) y el eje y perpendicular a ´el. m1 g = m1 g (− sin θˆı − cos θˆ ) . nos vemos conducidos a un sistema de dos ecuaciones cuyas inc´ognitas son la tensi´on y la aceleraci´on: T − mA a = µk mA g.8 m/s2 . 5 M´ as bloques y poleas El bloque m1 de la figura tiene una masa de 4. 10 (63) (64) (65) .15 es el coeficiente de roce cin´etico entre el bloque A y la mesa.4 kg y g = 9. (58) (59) Este sistema permite encontrar la tensi´on y la aceleraci´on usando cualquiera de los muchos m´etodos de resoluci´on de sistemas de ecuaciones. obtenemos a ≈ 2.72 m/s2 . De (54) tenemos que N = mA g. T + mB a = mB g. El plano inclinado carece de fricci´on. mA = 4. reemplazando en (56) hallamos f = µk mA g.30 kg.donde µk = 0. Halle (a) la aceleraci´on de los bloques y (b) la tensi´on en la cuerda.47.20 kg y el bloque m2 tiene una masa de 2. (57) Al reemplazar (57) en (53) y considerar la ecuaci´on resultante en conjunto con (55). T1 = Tˆı. El coeficiente de fricci´on cin´etica entre m2 y el plano horizontal es de 0. (61) (62) Para descomponer las fuerzas que act´ uan sobre el bloque 1 ubicaremos el eje x a lo largo del plano inclinado (esto es. Para la aceleraci´on encontramos mB − µ k mA a= g. µk = 0. En el diagrama de cuerpo libre para cada cuerpo se muestran las fuerzas ´ que act´ uan sobre ´el.6 kg. Estas entran en la segunda ley de Newton en la forma N1 + T1 + m1 g = m1 a1 .15. |T1 | = |T2 | = T . a1 = −aˆı. es decir. (66) Reordenando. De modo similar. Sustituyendo (63). La inclinaci´on del plano es de θ = 27o . |a1 | = |a2 | = a. (64) y (65) en (61). por lo tanto. (T − m1 g sin θ + m1 a)ˆı + (N1 − m1 g cos θ) ˆ = 0. (67) Eso es equivalente al sistema de ecuaciones T − m1 g sin θ + m1 a = 0. hallamos N1 ˆ + Tˆı + m1 g (− sin θˆı − cos θˆ ) = −m1 aˆı. Notamos que. si la cuerda es de masa despreciable e inextensible. µk ≠ 0 θ Figure 6: Dos bloques unidos por una cuerda. y y T1 N1 N2 x T2 θ m1g f x m2g Figure 7: Diagramas de cuerpo libre para cada uno de los bloques. La aceleraci´on del bloque 1 est´a en la direcci´on negativa del eje x. N1 − m1 g cos θ = 0. 11 (68) (69) . las magnitudes de las tensiones deben ser iguales. las magnitudes de los dos vectores de aceleraci´on son iguales. f = µ k N2 . a. no es necesario determinar el valor de cada una de ellas para calcular la aceleraci´on y la tensi´on (que es lo que pide el problema). de (77) es directo que N2 = m2 g. sin embargo. obtenemos −Tˆı + N2 ˆ + fˆı − m2 gˆ = −m2 aˆı. Las inc´ognitas son T . f y N2 . N2 − m2 g = 0. m2 g = −m2 gˆ . (70) (71) (72) (73) Reemplazando (70) . (76) (77) Las ecuaciones (68). (76) y (77). f = fˆı.Para el bloque 2 escogemos el eje x en la direcci´on horizontal y el eje y vertical. Para comenzar.(73) en (62). (69). (f − T + m2 a)ˆı + (N2 − m2 g) ˆ = 0. N1 . (74) Notemos que aqu´ı hemos usado a2 = −aˆı. (78) forman el conjunto de ecuaciones que necesitamos para obtener toda la informaci´on relevante para este sistema. (75) Esto es equivalente al sistema de ecuaciones f − T + m2 a = 0. Con esta elecci´on. (79) Sustituyendo (79) en (78) hallamos inmediatamente que f = µk m2 g. m´as la relaci´on entre el roce y la normal. 12 (80) . la descomposici´on de las fuerzas que act´ uan sobre el bloque 2 est´a dada por T2 = −Tˆı. N 2 = N2 ˆ . Esta elecci´on no es excluyente con la hecha para el bloque 1 siempre que en las ecuaciones finales aparezcan s´olo los m´odulos de las fuerzas involucradas. Reordenando. ¿Cu´al es la fuerza horizontal m´ınima F necesaria para mantener a m contra M ? F m M µ=0 Figure 8: El Bloque Volador. mostrados en la figura pueden moverse libremente. ejercen una fuerza perpendicular a su superficie com´ un que es 13 .Sustituyendo (80) en (76) obtenemos la relaci´on T − m2 a = µk m2 g.38. pero la superficie bajo M carece de fricci´on. m1 + m2 (83) Finalmente sustituimos los valores num´ericos m1 = 4.30 kg. m = 16 kg y M = 88 kg. m1 + m2 (82) Este valor para la aceleraci´on puede reemplazarse tanto en (68) como en (81) para obtener la tensi´on: T = m1 m2 (µk + sin θ) g. en primer lugar. Los dos bloques de la figura interact´ uan entre s´ı de dos maneras. El coeficiente de fricci´on est´atica entre los bloques es µs = 0. Restando ambas es posible despejar la aceleraci´on: a= m1 sin θ − µk m2 g.24 m/s2 y T ≈ 13.20 kg. θ = 27o .47. µk = 0. las cuales son precisamente la aceleraci´on y la tensi´on de la cuerda. m2 = 2. g = 9.8 m/s2 en (82) y (83) para obtener a ≈ 1. 6 El bloque volador Los dos bloques.5 N. (81) El conjunto formado por (68) y (81) constituye un sistema de dos ecuaciones y dos inc´ognitas. = M a. f ' Figure 9: Diagramas de cuerpo libre para el bloque volador y para el bloque que ayuda a volar. µs 14 (91) . la fuerza de roce que mantiene al bloque peque˜ no sin tocar el suelo. = 0. (86) (87) (88) (89) donde hemos llamado P a la magnitud com´ un de FM m y FmM . La versi´on en componentes de las leyes de Newton es −P + F f − mg P N − Mg − f = ma. N + FmM + M g + f 0 = M a. y que act´ ua paralela a la superficie. Como el bloque peque˜ no est´a a punto de caer. = 0. (84) (85) Aqu´ı FM m = −FmM y f 0 = −f forman dos pares de acci´on y reacci´on. no hay ning´ un ´angulo involucrado en el problema. Todas las fuerzas act´ uan en direcci´on vertical u horizontal. la fuerza de roce est´atico adquiere su valor m´aximo: f = µs P. |FM m | = |FmM | = P .f FMm N FmM F mg Mg. La segunda ley de Newton aplicada a estos bloques resulta en FM m + f + F + mg = ma. en segundo lugar. producto de la existencia de la fuerza F. (90) Reemplazando (90) en (87) podemos obtener el valor de P : P = mg . M µs (93) Al reemplazar los valores num´ericos m = 16 kg. 15 .8 m/s2 hallamos que la fuerza necesaria para mantener al bloque peque˜ no sin caer es de F ≈ 488 N.38 y g = 9. µs = 0. Notemos que la relaci´on (93) para la fuerza cumple con la segunda ley de Newton aplicada a los dos bloques como conjunto. M = 88 kg. F = (m + M ) a. M µs (92) Sustituyendo (91) y (92) en (86) podemos finalmente despejar la fuerza F : F = (m + M ) mg .Comparando (91) con (88) obtenemos la aceleraci´on: a= mg .