Física 1 Hugo Medina Guzmán

FISICA 1Autor: Hugo Medina Guzmán Profesor de la Pontificia Universidad Católica del Perú Agosto 2009 PRESENTACIÓN Me agradó saber que Hugo Medina Guzmán estaba por publicar un texto sobre Física. Había dos razones suficientes para este sentimiento. Por un lado, tenía curiosidad de saber lo que podría aportar un texto más de Física sobre los otros ya disponibles. Por otro lado, conozco de la larga carrera de Hugo Medina como cultor de la enseñanza de [a Física, y tenía curiosidad de ver cómo este compromiso como docente y experiencia se manifestarían en su texto. Tuve la suerte de conocer al Ing. José Castro Mendívil en su taller, donde desplegó una destacada labor en el diseño y construcción de equipo de laboratorio para la enseñanza de la Física. Considero que Hugo es un digno discípulo del Ing. Castro Mendívil e igualmente ha dedicado una fracción considerable de su tiempo a la docencia, y al diseño y construcción de equipo de laboratorio para resaltar los conceptos básicos de la Física. He revisado el contenido de este texto y veo con gran satisfacción que su autor utiliza un enfoque muy acertado. Toma como punto de partida una observación experimental y a partir de allí desarrolla los conceptos físicos que permiten interpretar esta observación utilizando la formulación matemática más sencilla. Todo esto lo hace con el detalle suficiente de manera que el lector pueda seguir el argumento lógico con facilidad. Considero que éste es un gran aporte de este texto. Este enfoque contrasta con textos que enfatizan la formulación matemática y dejan al alumno huérfano de una orientación para aplicarla a una realidad física concreta. El contenido de temas de la Física General que son desarrollados en este texto se ajusta al programa de estudios de la PUCP. El desarrollo de cada tema incluye ejemplos bien seleccionados que son desarrollados con un detalle muy esmerado. Al final de cada capítulo se incluye un conjunto de preguntas y problemas propuestos; se incluye las respuestas. Algunos problemas plantean configuraciones complejas pero que contienen ciertas propiedades de simetría que permiten su reducción a configuraciones sencillas. Al final del texto encontramos un listado de referencias bibliográficas a un buen número de textos de Física General que han servido de consulta al autor. En general, considero que este texto constituye una representación gráfica de la obra cotidiana que Hugo ha venido desarrollando durante su carrera docente y, por lo tanto, es un aporte muy valioso para la comunidad académica y público en general. Lima, julio de 2007 PRÓLOGO Los estudiantes a menudo se preguntan por qué llevan un curso de Física. La mejor razón por la que se estudia Física es porque proporciona un método coherente y lógico para comprender el mundo que nos rodea; una persona que comprende lo que sucede a su alrededor, es capaz de convivir en su entorno de manera racional y efectiva. Sin embargo, en ocasiones los estudiantes ignoran el potencial que tiene la Física para explicar el entorno en términos fáciles de entender; Este libro tiene por objeto brindar a los estudiantes de la Física General una ayuda para dominar los principios físicos que son la base de la tecnología moderna. En éste libro se asume que los estudiantes tienen una base de álgebra, geometría, y trigonometría. Es mucho más compacto que los libros de texto tradicionales, proporciona muchos ejemplos trabajados y pide resolver problemas Este libro será útil también como texto para una persona que repasa o que consolida su conocimiento de la Física. La discusión y las explicaciones narrativas son suficientemente claras y completas para poder utilizar el libro o como texto, o como suplemento a un texto más amplio. La forma de aprender la física es trabajar realmente con problemas. Al usar este libro, el estudiante debe ser activo. Debe intentar trabajar cada uno de los problemas y los ejemplos. Debe mirar las soluciones solamente si no logra dar con el camino a su solución. Los ejemplos en este libro están trabajados exhaustivamente, de modo que puedan servir como modelos para el propio trabajo de los estudiantes. En este sentido se considera que los estudiantes se benefician al observar los cálculos realizados en más de una manera, por lo que se han incluido varios métodos para efectuar los cálculos. Además, se tuvo especial cuidado en incluir problemas y preguntas que combinan el material del capítulo en cuestión, con material de capítulos anteriores. Tales problemas y preguntas destacan el hecho importante de que diversas áreas de la Física se manifiestan de manera simultánea en el mundo real. Además, este método de temas múltiples proporciona una manera para que los estudiantes repasen lo estudiado y ayuda a mejorar la habilidad para resolver problemas. El diseño gráfico es de gran importancia, y para mejorar su función se ha intentado enfocar solamente una idea principal en cada figura en lo posible. Por consiguiente, las figuras del libro a menudo se dividen en dos o más partes, para evitar la confusión de mezclar varias ideas en la misma figura. Los profesores conocen la importancia de los diagramas de cuerpo libre cuando utilizan la segunda ley de movimiento de Newton, y todos los estudiantes aprenden de ellos a medida que estudian Física. Tales diagramas se utilizan en todo el libro, no solamente en los primeros capítulos en los que se presenta y aplica la segunda ley de Newton. Por ejemplo, cuando se analiza la relación en las oscilaciones, también entre la presión y profundidad en un fluido, el análisis se simplifica considerablemente por medio de un diagrama de cuerpo libre. De manera semejante, cuando se deduce la expresión para la rapidez de una onda transversal en una cuerda, un diagrama de cuerpo libre es muy útil. Cifras significativas. A lo largo de todo el libro se siguen los procedimientos normales para las cifras significativas. Se espera que el esfuerzo en la elaboración de este libro sea de utilidad tanto para los estudiantes como para los profesores. Toda opinión al respecto será bienvenida. Hugo Medina Guzmán Lima Perú AGRADECIMIENTOS El autor agradece primeramente a los estudiantes, quienes han contribuido bastante en la elaboración de este libro a través de su influencia en el establecimiento de las técnicas y principios de enseñanza y a los profesores que con sus sugerencias y revisiones a las separatas de los capítulos hicieron notar puntos que necesitaban una mayor aclaración. Hugo Medina Guzmán CONTENIDO CAPÍTULO 1. Unidades, magnitudes físicas y vectores Introducción al curso. Magnitudes físicas: escalares y vectores. Unidades. Sistema internacional de unidades. Precisión y cifras significativas. CAPÍTULO 2. Movimiento rectilíneo Definición de partícula. Concepto de movimiento de traslación y rotación. Sistemas de referencia. Posición y desplazamiento. Movimiento en una dimensión. Velocidad. Aceleración. Movimiento con aceleración constante. Movimiento vertical con aceleración de la gravedad. Gráficos en cinemática: obtención de la velocidad y de la aceleración por derivación de la función posición versus tiempo, obtención de la velocidad y de la posición por integración de la función aceleración versus tiempo. CAPÍTULO 3. Movimiento en un plano y en el espacio Sistemas de referencia y el sistema de coordenadas cartesianas en dos dimensiones. Componentes de los vectores y vectores unitarios en coordenadas cartesianas. Adición vectorial. Movimiento en un plano. Vector posición, desplazamiento y trayectoria. Velocidad. Rapidez. Aceleración. Movimiento parabólico. Movimiento circular: descripción horaria (posición, velocidad y aceleración angular) y descripción vectorial cartesiana. Componentes normal y tangencial de la aceleración. Velocidad y aceleración relativas. Generalización del movimiento a tres dimensiones en coordenadas cartesianas. CAPÍTULO 4. Dinámica de una partícula Leyes de Newton del movimiento. Sistemas de referencia inerciales. Masa y fuerza. Masa y peso. Fuerzas de contacto y a distancia (Ley de gravitación universal). Diagrama de cuerpo libre. Aplicaciones de las leyes de Newton: partículas en equilibrio (Estática) y en movimiento acelerado (Dinámica), fuerzas de fricción. Dinámica del movimiento circular. Dinámica en sistemas de referencia no inerciales. CAPÍTULO 5. Trabajo y energía Producto escalar de vectores. Trabajo de una fuerza. Energía cinética. Trabajo y energía cinética. Fuerzas conservativas y no conservativas. Energía potencial gravitacional y elástica. Energía mecánica. Generalización de la ley de conservación de la energía mecánica. Potencia. CAPÍTULO 6. Sistema de partículas Centro de masa. Posición, velocidad y aceleración del centro de masa. Cantidad de movimiento lineal de una partícula y de un sistema de partículas. Impulso de una fuerza. Segunda ley de Newton y la conservación de la cantidad de movimiento lineal para un sistema de partículas. Energía cinética de un sistema de partículas. Colisión elástica e inelástica. CAPÍTULO 7. Cuerpo rígido Producto vectorial. Torque. Segunda condición de equilibrio (Estática del cuerpo rígido). Cantidad de movimiento angular. Momento de inercia. Rotación alrededor de un eje fijo. Conservación de la cantidad de movimiento angular. Energía en el movimiento de rotación. Energía cinética de rotación. Rodadura. CIFRAS S1GNIFICATIVAS Regla 1: Redondeo de un número Regla 2: Suma y Resta Regla 3: Multiplicación y División ERRORES Error absoluto Error relativo Porcentaje de error Clasificación de errores. c) Convertir un sistema de unidades a otro. e) Cocientes. SISTEMA INTERNACIONAL DE UNIDADES.CAPITULO 1 INTRODUCCIÓN AL CURSO ¿QUE ES LA FISICA? METODOLOGIA DE LA FISICA PARTES DE LA FISICA MAGNITUDES FÍSICAS: ESCALARES Y VECTORES. d) Potencias y raíces. b) Diferencia de dos variables. CONVERSION DE UNIDADES Factores de Conversión ANALISIS DIMENSIONAL a) Verificación de una fórmula específica. b) Desarrollo de ecuaciones. UNIDADES. UNIDADES. MEDICIÓN. c) Producto de dos o más variables. a) Error inherente b) Error de truncado c) Error de redondeo d) Error de interpolación e) Error de aproximación PROPAGACION ERRORES a) Suma de dos o más variables. PRECISIÓN Y EXACTITUD RANGO DE ERROR O INCERTIDUMBRE ESTIMADOS Y CÁLCULOS DEL ORDEN DE MAGNITUD MODELOS IDEALIZADOS ¿COMO ESTUDIAR FISICA? PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 4 4 4 4 5 6 6 6 6 7 7 7 7 7 7 7 7 7 8 9 9 9 10 10 11 11 12 13 13 14 . Unidades fundamentales Unidades derivadas Prefijos comúnmente encontrados. a) Caída libre b) Lanzamiento hacia arriba c) Lanzamiento hacia abajo PROBLEMA INVERSO . PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 3 4 4 5 6 6 7 8 8 9 11 12 12 12 18 19 21 23 . MOVIMIENTOS DEPENDIENTES.CAPITULO 2 Movimiento rectilíneo DEFINICIÓN DE PARTÍCULA CONCEPTO DE MOVIMIENTO DE TRASLACIÓN Y ROTACIÓN CONCEPTO DE MOVIMIENTO CLASIFICACIÓN DEL MOVIMIENTO SISTEMAS DE REFERENCIA.CÁLCULO INTEGRAL Pequeña Tabla de Integrales CINEMÁTICA DE PARTÍCULAS LIGADAS. POSICIÓN Y DESPLAZAMIENTO Sistemas de referencia Vector Posición Desplazamiento Trayectoria y Ecuación Horaria del Movimiento VELOCIDAD Y RAPIDEZ Rapidez Derivadas de algunas funciones Velocidad Velocidad instantánea ACELERACIÓN Aceleración Media Aceleración Instantánea o simplemente aceleración MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE VARIADO La Ecuación de Torricelli MOVIMIENTO VERTICAL CON ACELERACIÓN DE LA GRAVEDAD. Hallar el cambio de velocidad angular a partir de la aceleración angular. La Relatividad de Galileo PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 7 7 10 10 11 11 11 18 18 26 . MOVIMIENTO CURVILÍNEO El radio de curvatura MOVIMIENTO PARABÓLICO Ecuación de la trayectoria Tiempo de vuelo El alcance horizontal La altura máxima VELOCIDAD Y ACELERACIÓN RELATIVAS Movimiento Relativo de Traslación Uniforme. Aceleración.CAPITULO 3 Movimiento en un plano y en el espacio MOVIMIENTO CIRCULAR Posición angular Velocidad angular Aceleración angular RELACIÓN ENTRE LAS MAGNITUDES ANGULARES Y LINEALES Hallar el desplazamiento angular a partir de la velocidad angular. MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORME MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORMEMENTE ACELERADO COMPONENTES NORMAL Y TANGENCIAL DE LA ACELERACIÓN Velocidad. CAPÍTULO 4 Dinámica de una partícula INTRODUCC1ON EL ORIGEN DEL MOVIMIENTO PRIMERA LEY DE NEWTON DEL MOVIMIENTO ¿QUÉ ES FUERZA? CAMBIO DE VELOCIDAD SEGUNDA LEY DE NEWÍON DEL MOVIMIENTO UNIDADES DE FUERZA Y MASA PESO DE UN CUERPO ACCION Y REACCIÓN TERCERA LEY DE NEWTON DEL MOVIMIENTO APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON ESTÁTICA DE LAS MASAS PUNTUALES. FRICCIÓN Algunos valores típicos de coeficientes de fricción DINÁMICA DEL MOVIMIENTO CIRCULAR FUERZA CENTRÍPETA CURVAS EN LAS PISTAS MOVIMIENTO EN MARCOS DE REFERENCIA NO INERCIALES MARCO CON MOVIMIENTO DE TRASLACION NO UNIFORME MARCO DE ROTACIÓN FUERZA CENTRÍFUGA FUERZA DE CORIOLIS PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1 1 1 1 2 3 3 4 3 4 4 4 7 11 13 27 27 32 34 34 37 38 39 40 . DINÁMICA CON FRICCIÓN DESPRECIABLE. CAPITULO 5 TRABAJO Y ENERGÍA INTRODUCCION TRABAJO ENERGIA CINETICA SISTEMAS CONSERVATIVOS Y NO CONSERVATIVOS LA FUNCION ENERGÍA POTENCIAL CONSERVACION DE LA ENERGÍA Observadores en movimiento relativo SISTEMAS NO CONSERVATIVOS LA CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA Y LA FRICCIÓN POTENCIA MAQUINAS PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1 1 4 6 8 9 13 15 16 16 18 19 . PROPULSIÓN POR REACCIÓN CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR Y TORQUE MOMENTO DE INERCIA MOMENT0 DE UNA FUERZA o TORQUE CONSERVACION DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR CONSERVACION DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR DE UN SISTEMA DE PARTICULAS. IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO CONSERVACIÓN DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO SISTEMA DE REFERENCIA CENTRO DE MASA CHOQUES CASOS DE CHOQUE El péndulo balístico MOVIMIENTO CON MASA VARIABLE . PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1 1 1 2 2 4 6 9 9 11 18 20 22 23 23 24 26 30 .CAPÍTULO 6 SISTEMA DE PARTÍCULAS INTRODUCCION SISTEMA DE PARTICULAS SEGUNDA LEY DE NEWTON APLICADA A UN SISTEMA DE PARTICULAS CENTRO DE MASA MOVIMIENTO DEL CENTRO DE MASA. BIBLIOGRAFÍA .CAPÍTULO 7 CUERPO RÍGIDO INTRODUCCION CUERPO RIGIDO MOVIMIENTO DE UN CUERPO RÍGIDO TRASLACION ROTACIÓN CANT1DAD DE MOVIMIENTO ANGULAR DE UN CUERPO RÍGIDO MOMENTO DE INERCIA DEL CUERPO RÍGIDO. El teorema de Steiner o de los ejes paralelos.MOVIMIENTO DE PRECESION PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1 1 1 1 1 2 2 2 2 5 7 11 15 16 24 35 43 44 . El teorema de la figura plana SEGUNDA LEY DE NEWTON PARA ROTACION Maquina de atwood tomando en cuenta la polea EQUILIBRIO ESTÁTICO TRABAJO Y ENERGIA EN ROTACIÓN POTENCIA TRASLACIONES Y ROTACIONES COMBINADAS CONSERVACION DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR GIROSCOPOS Y TROMPOS . Mechanics of particles. Editorial Reverté. F: Woobridge Constant. Knight. Editorial Reverté. Michael E. (1990). magnetismo y óptica. Miguel Piaggio H.J. Pennsilvania State University. Miguel Piaggio H. FIS 104 M364 (Biblioteca PUCP) (1981) FÍSICA PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA. Schaum’s outline series Mcgraw-Hill (1988) FÍSICA: VOLUMEN 1. Ruderman. MIT Physics course. Mason et Cie. Wilbert J. Duane E. Simon G. UTEHA. Northeastern University. Charles Kittel. Editorial Reverté. C. (1971) ELECTRICIDAD Y MAGNETISMO PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA. FÍSICA: VOLUMEN 2. Duane E. Marion. Ya. Roller. (1978) GENERAL PHYSICS WITH BIOSCIENCE ESSAYS. Electricidad. 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Siendo estos más sencillos se pueden investigar hasta entender bien sus propiedades. la forma de pensar que se adquiere en el estudio de la física. la masa. Las reglas que gobiernan todas estas relaciones son objeto de las matemáticas. Los objetos interaccionan de acuerdo a ciertas leyes. el volumen. MAGNITUDES FÍSICAS: ESCALARES Y VECTORES. La primera forma es el análisis de un sistema físico que se realiza en base a las propiedades de sistemas más sencillos. Estas disciplinas que originalmente se desarrollaron independientemente. la óptica. la acústica y la termodinámica. están enlazadas por medio de la mecánica y el electromagnetismo. La física moderna se inició a fines del siglo XIX. para los que son válidas las leyes clásicas. Son ejemplos de magnitudes físicas: la longitud. va a encontrar a cada paso la aplicación de las nociones que aprendió en la física. A veces la teoría sugiere el experimento. La física clásica se subdivide en cierto número de ramas que originalmente se consideraban autónomas: la mecánica. INTRODUCCIÓN AL CURSO ¿QUE ES LA FÍSICA? La física es una ciencia dedicada a la comprensión de los fenómenos naturales que ocurren en el universo. esto se asocia a la Teoría de la Relatividad de Einstein. el tiempo. la energía. Por eso se dice que la matemática es el lenguaje de la física. En la descripción y estudio de los fenómenos físicos se han desarrollado (y se desarrollan) conceptos abstractos muy especiales llamados magnitudes físicas. La física moderna se ocupa de los descubrimientos hechos desde entonces. La relación entre la física y la ingeniería es más directa que la que existe entre la física y cualquier otra ciencia. La física es la ciencia más simple porque estudia los sistemas más simples. las técnicas que se emplean para resolver los problemas. es esencial poder establecer relaciones lógicas cuantitativas al estudiar los sistemas físicos. METODOLOGIA DE LA FISICA La metodología que se usa tiene tres formas características.INTRODUCCIÓN AL CURSO Hugo Medina Guzmán Capitulo 1. es necesario estudiar primeramente las leyes de la física clásica. PARTES DE LA FISICA 1 Actualmente la física se divide en dos clases: Física Clásica y Física Moderna. Una de ellas estableció el límite superior para las velocidades de las partículas a las que se aplicaban las leyes de la física clásica. El segundo se puede considerar como el establecimiento de un límite inferior para las dimensiones lineales y de masa de los sistemas físicos. La acústica al estudio de los efectos físicos relacionados con los sonidos audibles. sean estas conocidas o no. En la ingeniería se trabaja con sistemas a los que se aplica inmediatamente los principios de la física. La física estudia las interacciones entre objetos. Como las leyes físicas son casi siempre cuantitativas. esto se asocia a la Teoría de la Mecánica Cuántica. el área. Las leyes de la física tratan de describir los resultados de observaciones experimentales y de mediciones cuantitativas de los procesos naturales. esas alteraciones conceptuales fueron de dos tipos. Estas magnitudes se definen por medio de un conjunto de operaciones experimentales que permiten obtener un número como medida de la magnitud en cualquier situación. el transporte y la disipación del calor. pero más frecuentemente un experimentador realiza el trabajo inicial en un área particular de la física y luego el físico teórico sintetiza los resultados de los experimentos y perfecciona el entendimiento de su significado. Cualquiera sea la rama de la ingeniería o de la ciencia a la que uno se dedique. una vez que se obtenga el conocimiento de cada sistema se puede hacer una reconstrucción hasta lograr entender las propiedades del sistema original. El electromagnetismo se ocupa del estudio de los fenómenos eléctricos y magnéticos y las relaciones entre ellos. La termodinámica se ocupa de la generación. La tercera se refiere al uso frecuente de las matemáticas. Siempre se encontrarán útiles los conceptos específicos de la física. Básicamente. La óptica se ocupa de los efectos físicos que se asocian a la luz visible. Para poder comprender estas dos teorías modernas y los fenómenos de que se ocupan. La segunda forma parte del principio de que la física se fundamenta necesariamente en la experimentación. La mecánica se ocupa del estudio del movimiento efectos físicos que pueden influir sobre este. Esta definición comprende dos pasos esenciales: 1) La elección de una unidad de medida con múltiplos y submúltiplos y 2) un proceso para comparar la magnitud a medir con la unidad de medida y establecer un número (entero o fraccionario) como medida de la magnitud. La física es la base de todas las demás ciencias. La física clásica se ocupa de los fenómenos y las leyes que se conocían hasta la final del siglo XIX. ). El aroma o la simpatía. la potencia. Este estándar define una unidad de la cantidad. Llamamos magnitud física a aquella propiedad de un cuerpo que puede ser medida. si decimos que José Antonio tiene una temperatura de 38 ºC. Si decimos que un automóvil mide 4. la velocidad o la temperatura son todas magnitudes físicas. que forman el Sistema Internacional de unidades (S. Algunas cantidades físicas son tan básicas que sólo podemos definirlas describiendo la forma de medirlas. la velocidad. el metro se definió como una diezmillonésima parte de la distancia entre el Polo Norte y el Ecuador (ver figura). o un intervalo de tiempo con un cronómetro. la longitud. La física es una ciencia experimental. En este tema estudiaremos los vectores y sus propiedades. aunque existen otras unidades que se siguen usando por tradición (como el kilate. UNIDADES. energías. es mucho más preciso. que por definición tiene 1m de largo. Estas magnitudes que. ya que se representan mediante vectores. las unidades correspondientes son: Masa Kilogramo Longitud Metro Tiempo Segundo Estas unidades se conocen como unidades fundamentales. Deberían informarnos también desde dónde corría y hacia qué lugar se dirigía. LONGITUD . Al medir una cantidad. La masa. se basa en un reloj atómico que usa la diferencia de energía entre los dos estados energéticos más bajos del átomo de cesio.INTRODUCCIÓN AL CURSO Hugo Medina Guzmán temperatura. adoptado en 1967. la fuerza. Magnitud escalar. En el sistema SI. TIEMPO Desde 1889 a 1967. Las mediciones exactas y fiables exigen unidades inmutables que los observadores puedan duplicar en distintos lugares. Otras magnitudes. además de su valor precisan una dirección se llaman magnitudes vectoriales. UNIDADES. o SI. con su valor numérico. de tiempo. Para muchas magnitudes físicas basta con indicar su valor para que estén perfectamente definidas. Las definiciones de las unidades básicas del sistema métrico han evolucionado con los años. en realidad todas las propiedades mecánicas. la aceleración. Unidades fundamentales Las fuerzas. sabemos perfectamente que tiene fiebre y si Rosa mide 165 cm de altura y su masa es de 35 kg. establecidas por la Unión Internacional de Pesas y Medidas (UIPM). Estas definiciones eran poco prácticas y difíciles de duplicar con precisión. siempre la comparamos con un estándar de referencia. puesto que no pueden medirse. pueden expresarse en términos de tres cantidades básicas: masa. SISTEMA INTERNACIONAL DE UNIDADES. por lo que se han sustituido por otras más refinadas y por acuerdo internacional. presiones. es decir. Dos cantidades físicas que describen a una persona son su peso y su altura. la unidad de tiempo se definió como una cierta fracción del día solar medio (el tiempo medio entre llegadas sucesivas del Sol al cenit). Se define un segundo como el tiempo requerido por 9 192 631 770 ciclos de esta radiación. Cuando una magnitud queda definida por su valor recibe el nombre de magnitud escalar.29" no significa nada. Ejemplos de esto son medir una distancia con una regla. Cualquier número empleado para describir cuantitativamente un fenómeno físico se denomina cantidad física. Si nos dicen que Daniel corría a 20 km/h apenas sabemos algo más que al principio. El metro es una unidad de distancia. queremos decir que es 4. con una definición operativa. El segundo se definió como el tiempo que tarda un péndulo de 1m de largo en oscilar de un lado a otro. I. los átomos de cesio sufren una transición entre dichos estados. podríamos definir la velocidad media de un objeto como la distancia recorrida (medida con una regla) dividida por el tiempo de recorrido (medido con un cronómetro). pero desde 1960 su nombre oficial es Sistema Internacional. está claro que es sumamente delgada.29 m. por ejemplo. no son magnitudes físicas. y el segundo. velocidades. El sistema de unidades empleado por los científicos e ingenieros se denomina comúnmente "sistema métrico". etc. Magnitudes vectoriales. longitud y tiempo. siempre debemos especificar la unidad empleada. describir una distancia como "4. Así. Las medidas de las magnitudes se realizan mediante las unidades de medida. no nos suministran toda la información. Cuando se bombardea con microondas de una determinada frecuencia.29 veces más largo que una regla de 2 medir. Así. Cuando la Academia Francesa de Ciencias estableció el sistema métrico en 1791. Al describir una cantidad física con un número. MEDICIÓN. En otros casos definimos una cantidad física describiendo la forma de calcularla a partir de otras cantidades medibles. que se emplea para medir la masa de las piedras preciosas). Los experimentos requieren mediciones cuyos resultados suelen describirse con números. El estándar actual. galones (gal) 1 U. Factores de Conversión Longitud 1 pulgada (in) = 2.2778 m/s 0.609 km/h = 1.7376 ft. joules (energía). esta vez de forma más radical.54 centímetros (cm) 1 pie (ft) = 0.852 x 10-2 slug 1 unidad de masa atómica (amu) = 1.2248 lb Trabajo y Energía 1 joule (J) = 0. Se definió que la velocidad de la luz en el vacío es exactamente 299 792 458 m/s.205 lb donde la aceleración de la gravedad es 32. Esas unidades.496 x 1011m 1 pársec (pc) 3.174 ft/s2) Tiempo 1 dia =24 h= 1. pero aún no podemos medir masas a escala atómica con tanta exactitud como a escala macroscópica. la nueva definición de metro es la distancia que recorre la luz en el vacío en 1/299 792458 s.609 kilómetros (km) 1 m = 3. newton (fuerza).S.59 kilogramos (kg) 1 kg = 1000 gramos = 6.467 ft/s 0. se define como la masa de un determinado cilindro de aleación platinoiridio que se guarda en la Oficina Internacional de Pesos y Medidas en Sevres.481 U. Prefijos comúnmente encontrados. aparentemente dispares.448 Newton (N) 1 N = 10 Dinas = 0. para distinguirlas de las tres unidades fundamentales.785 x 10 m3 = 0. Así. longitud y tiempo.5 milímetros en diámetro) 1 centímetro = 1 cm =10-2 m (el diámetro de un bolígrafo) 1 kilómetro = 1 km = (1000 m) 1 microgramo = 1 μ g =10-6 g = 1-9 kg (masa de una partícula pequeña de polvo) 1 miligramo = 1 mg = 10-3 g = 10-6 kg (una gota de agua es aproximadamente 2 mg) 1 gramo = l g = 10-3 kg (la masa de un clip para papel es de aproximadamente 1 g) 3 1 nanosegundo = 1 ns =10-9 s (tiempo en el que la luz viaja 30 m) 1 microsegundo = 1 μ s = 10-6 s (tiempo en el que una bala del rifle viaja 1 μ m) 1 milisegundo = 1 ms = 10-3 s (cerca de 14 ms entre los latidos del corazón) CONVERSION DE UNIDADES Algunas veces encontramos los datos dados en unidades distintas al sistema SI. el metro es consecuente con este número y con la definición anterior del segundo. longitud y tiempo.30° 1° = 0.281 ft 1 km= 0. En este caso debemos convertir las unidades al sistema SI usando los factores conocidos de conversión. watts (potencia) y pascales (presión).4470 m/s 1 km/h = 0.09 x 1016 m Masa 1 slug = 14.0 1745 rad Presión 1 pascal (Pa) 1 N/m2 = 1.lb = 107 ergios 1 kilogramo-caloría (kcal) = 4186 J 1 Btu (60°F) = 1055 J 1 kilowatt-hora (kWh) = 3.353 1 ft3 1 ft3 = 0.02832 m3 = 7.6214 mi/h = 0. Un estándar atómico de masa.602 x 10-19 J Angulo 1 radian (rad) = 57. La tabla siguiente muestra tales factores. finalmente se pueden expresar como productos de potencias de masa. Unidades derivadas Las cantidades que interesan a los científicos no se limitan a masa. A menudo el comportamiento de objetos se describe en términos de sus velocidades.INTRODUCCIÓN AL CURSO Hugo Medina Guzmán En 1960 se estableció también un estándar atómico para el metro.6605 x 10-27 kg (1 kg tiene un peso de 2.450 x 104 lb/in2 1 lb/in2 = 6. Todas las anteriores propiedades. Por definición.895 x 10-5 Pa .156 x 107s 1 hora (h) =60min =3600s Velocidad 1 mi/h = 1.9113 ft/s Volumen 1 litro (L) = 10 m3 = 1000 cm3 = 0. cerca de París. gal = 3. Éste es un estándar de longitud mucho más preciso que el basado en una longitud de onda de la luz.1337 ft3 Fuerza 1 pound (lb) = 4. En noviembre de 1983 el estándar se modificó de nuevo.44 x 103 min = 8. MASA El estándar de masa. el kilogramo.64 x 104 s 1 año = 365.3048 metro (m) 1 milla (mi) = 5280 ft = 1.24 días = 3.600 x 106 J 1 electron volt (eV) = 1. se paga por la energía que consumen los aparatos domésticos y nos interesa la potencia que pueda desarrollar un motor. que se miden en metros por segundo (velocidad). la presión atmosférica es un indicador útil de las condiciones del tiempo.6214mi 1 ángstrom ⎛o⎞ ⎜ A ⎟ = 10-10 m ⎝ ⎠ 1 año luz = 9. Utilizamos con frecuencia prefijos para obtener unidades de un tamaño más conveniente. se conocen como unidades derivadas.461 x 1015 m 1 unidad astronómica (AU) = 1. usando la longitud de onda de la luz naranja emitida por átomos de kriptón (86Kr) en un tubo de descarga de luz. hay que identificar las fuerzas que actúan sobre los cuerpos. sería más fundamental. Ejemplos de prefijos comúnmente encontrados: 1 manómetro = 1 nm = 10-9 m (un poco más grande que el diámetro del átomo) 1 micrómetro = 1 μ m =10-6 m (una célula de sangre humana es aproximadamente de 7 μ m) 1 milímetro = 1 mm =10-3 m (el carbón del lápiz es aproximadamente de 0. por tanto.S. El análisis dimensional utiliza el hecho de que las dimensiones se pueden tratar como cantidades algebraicas (se pueden sumar y restar sólo si se tienen las mismas dimensiones). c-2b = 0 De aquí a = 0. Por ejemplo. la denominación no depende del sistema de unidades empleado. Esto lo podemos ver en el ejemplo de encontrar la distancia recorrida por un cuerpo en caída libre. Solución. B.013 bar = 14. . Los símbolos usados para especificar la 1ongitud. Ejemplo 2. Igualando exponentes para L: 1 = a + b + c para T: − 2 = − a − 2c para M: 0 = c de donde obtenemos a = 2 . la dimensión. aunque una distancia se mida en unidades de metros o pies o millas siempre será una distancia. de velocidad v = L/T. Si tenemos una fórmula en un sistema de unidades podemos convertirlo a una fórmula en otro sistema de unidades. b) Desarrollo de ecuaciones. tenemos: [] ML peso [W ] = 2 radio v = L T Reemplazando [vt ] = ⎛ L ⎞(T ) = L ⎜ ⎟ ⎝T⎠ ⎡1 2 ⎤ ⎛ L ⎞ 2 ⎢ 2 at ⎥ = ⎜ T 2 ⎟ T = L ⎣ ⎦ ⎝ ⎠ L ⎛L⎞ b ⎛ ML ⎞ = ⎜ ⎟ (L ) ⎜ 2 ⎟ 2 T ⎝T⎠ ⎝ T ⎠ ⇒ LT -2 = L a +b +c a c ( ) Podemos ver que esta fórmula es correcta porque todos los términos tienen la dimensión de longitud. T1 y L2. Entre sus aplicaciones tenemos: a) Verificación de una fórmula específica. b y c son exponentes que deben ser determinados y el símbolo ∝ indica proporcionalidad. Sean L1. Solución. Esta ecuación es correcta únicamente si las dimensiones de ambos lados son iguales. donde x y x0 representan 2 [ac ] = L T2 distancias. t ) El procedimiento para el análisis dimensional es poner la expresión en la forma 4 c) Convertir un sistema de unidades a otro. b = −1 y c = 0 por lo tanto T − a −2c M c ac = kv 2 R −1 = k v2 R x = f (m. de área A = L2. del lado izquierdo también debe ser de longitud.2b M LT =L a [] [ ] [] Igualando exponentes en ambos miembros obtendremos a = 0. Si una ecuación se lee A=B+C Los términos A. y C deben tener las mismas dimensiones. g . [m a g bt c = L b ] ⎛ L ⎞ M ⎜ 2 ⎟ Tc = L ⎝T ⎠ a b c . b =1.7376 ft. a es aceleración y t es un intervalo de tiempo. M2. Ejemplo 1. v es velocidad.013 x 10 Pa= 1.INTRODUCCIÓN AL CURSO Hugo Medina Guzmán l atmósfera (atm)= 1. Para denotar las dimensiones de una cantidad se usan corchetes. como la dimensión de x es de longitud. T2 sus unidades. la aceleración de la gravedad y del tiempo. M y T.lb/s = 745. respectivamente.70 lb/in2 = 760 torr Potencia 1 horsepower (hp) = 550 ft. la masa y el tiempo son L. Se dice que su dimensión es de longitud.lb/s ANALISIS DIMENSIONAL La especificación numérica de una cantidad física depende de las unidades que se empleen. M1.7 W 1 watt (W) = 0. Verificar la fórmula siguiente x ∝ m a g bt c Donde a. Como [v] = L T [x] = [x0 ] + [vt ] + ⎡ 1 at 2 ⎤ = L ⎢ ⎥ ⎣2 ⎦ Y las dimensiones de la velocidad son L/T y de la aceleración L/T2. del radio de curvatura y el peso ac = kv a R bW c aceleración centrípeta velocidad x = x 0 + vt + 1 2 at . Pongamos que esta caída puede depender de la masa. b = 1 y c = 2 Por lo tanto la expresión debe tener la forma x ∝ gt 2 o x = kgt 2 El análisis dimensional puede describir la forma de la ecuación pero no indica el valor de la constante k. Mediante el análisis dimensional determinar la expresión para la aceleración centrípeta de una partícula que describe un movimiento circular uniforme. por ejemplo de distancia l = L. Supongamos que la aceleración centrípeta depende de la velocidad. y mide g2 con la unidad G2.2)2 g2 = 5 (3. CIFRAS SIGNIFICATIVAS Cuando e realizan mediciones.s m.782 ] M = L 3 L T Las unidades de 1. M1.2)(1) Para obtener el valor correspondiente a 5 en el sistema Inglés Se puede leer exactamente hasta 11 y apreciar un dígito más. Si suponemos que nuestros instrumentos están adecuadamente construidos. ⇒ ⎛ 5p ⎞ 1 2 (2. M2.25 p ⎞ 2 R=⎜ ⎟ ⎜ 95.2 . T1. excepto el último digito. este último depende de cada persona puede ser 11.INTRODUCCIÓN AL CURSO Hugo Medina Guzmán Si la cantidad G de una ecuación tiene dimensiones G = La Mb Tc.75 g 2 = 1.782 son [1. [1. y en el sistema Inglés. 1 kg = 2.23 × 10 − 2 3 pie 3 (3.25 Luego en el Sistema Inglés la ecuación correspondiente es ⎛ 2. 11.7132 (2. la relación es: g1 2 M1 M2 = g2 2 22 L2 T12 L 2 T2 1 g1G1 = g 2 G2 ⇒ g 2 = g 1 G1 G2 ⎛L g 2 = g1 ⎜ 1 ⎜L ⎝ 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ a ⎛ M1 ⎜ ⎜M ⎝ 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ b ⎛ T1 ⎜ ⎜T ⎝ 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ c ⇒ g 2 = g1 ⎛ M1 ⎜ ⎜M ⎝ 2 ⎛ L1 ⎜ ⎜L ⎝ 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 2 Ejemplo 3. 1o datos medidos inherentemente no son exactos y si se registran en notación decimal consisten de un conjunto finito de dígitos llamados cifras significativas.5 ó 11.6 . p tiene unidades de m/s y A de km/m3. M2 L2 T 2 4 Para obtener el valor correspondiente a 1.782 ] = [5 ] = L4 MT Observando la ecuación de R.782 A] = [1.782 A + p ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ Donde. L1. 1 = 1 M2 L2 T2 ⎛ ⎞2 5p En la ecuación R = ⎜ ⎜ 1.s Operando en las ecuaciones respectivas obtenemos R1 = 1.28)4 = 95. s 2. T2.28 pie ) kg lb y R2 = 0. Si en el sistema MKS la fórmula para el cálculo de la variable R de unidades kg/ms aparece como R = ⎜ ⎜ 1.28 .782 A + p ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ [R] = M .75 A + p ⎟ ⎠ ⎝ Para comprobar esta expresión evaluemos R1 para p1 = 1 M1 L T = 2.28 pie Solución. Las relaciones entre estos sistemas son. A1 = 1 3 y R2 para s m pie p 2 = 3.28)2 (1)2 1 ⎛ T1 ⎜ ⎜T ⎝ 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 2 = 2.2 lb lb A2 = = 6.7132 en el sistema Inglés ⎛ L1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜L ⎟ 4 4 L1 L2 ⇒ g 2 = g1 ⎝ 2 ⎠ g1 = g2 M1T1 M 2 T2 ⎛ M1 ⎞⎛ T1 ⎞ ⎜ ⎜ M ⎟⎜ T ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠ ⇒ (3.782 A tiene las mismas unidades que p 1 kg m .7. [A] = M LT T L3 La cantidad l. Cuando se mide una longitud mediante una regla se observa la lectura de un instrumento en el cual hay una escala.899 pie. 1 = 3. la última de las cuales es conocida como cifra dudosa. Sean en el sistema MKS.782][A] = [1. el de los décimos de la 5 . Se mide g1 con la unidad G1. Hallar la fórmula en el Sistema Inglés. los valores medidos se conocen únicamente dentro de los límites de la incertidumbre experimental. el punto de observación para la lectura llega a una posición como la que se indica en la figura siguiente.28 .34 Realizando la conversión de unidades R1 encontramos que es equivalente a R2. entonces las lecturas que tomemos tendrán significado y serán reproducibles. L2. [ p] = L .2 1b l m = 3. concluimos que las unidades de 5 son las correspondientes a (R)2. 52 x 108 + . Estos ceros no son significativos.4.5 x 10-2 x 20 = 5 x 10-1 b) 3. 0 x 10 = 2. el primer cero de la izquierda sirve para llamar la atención hacia la coma. 10.288658 = 1.46 3 2.5 x10-2 = 2. el 0 representa que no hay unidad de sol y es significativo y finalmente sabemos que tenemos 52 céntimos. Para determinar la densidad de un líquido se toman 10 cm3 de éste.01052 tiene cuatro cifras significativas (1. Ejemplo.14 = 1.13 = 66.2 x 103 = 4. como se muestra en el ejemplo: Ejemplo 4.5 x 10-2 x 20 b) 3. Sin embargo. a) 2.32 x 103 + 3. tiene 2 cifras significativas 20 = 2 x 10 = 2(+1). Por lo que no hay objeto en añadir una segunda cifra incierta.1 N Cuando se anotan y se manipulan números obtenidos por medidas.14868 = 0. sin embargo el 0 entre 1 y 5 es significativo. serán de mucha ayuda las siguientes reglas: Regla 1: Redondeo de un número En el proceso de rechazo de uno o varios de los últimos dígitos.14 = 1. Regla de metro Calibrador vernier Micrómetro Reloj de segundos Cronómetro Dinamómetro Regla 3: Multiplicación y División El número de cifras significativas del producto cociente será redondeado a un número de Significativas igual a aquel componente de aproximación como se muestra en los ejemplos: 3.52.5796 = 4.58 2. el resultado se redondea a cuatro cifras significativas Regla 4.52 x 108 d) 2. el resultado se redondea a 2 cifras significativas.025 = 2.INTRODUCCIÓN AL CURSO Hugo Medina Guzmán división más pequeña.2 x 103 d) 2.38179 = 66.14 2 = 4.4. Por ejemplo si escribimos S/.38g.0005 s 0. 0.1 x 103 Ejemplo 5. Número Redondeo a dado Cuatro Tres Dos cifras cifras cifras 62. La densidad del líquido es ρ= m 15.38 3.01052 gr. ¿Cuáles son los resultados en las cifras correctas de las siguientes operaciones indicadas? a) 2. Aquí todos los números están expresados en notación científica.35 x 103 c) 4. La última cifra retenida se incrementará en 1 si la cifra rechazada es 5 o mayor.14159 x 21.005 mm 0.05 cm 0. 0.80 2.2 x 104 / 3.5(-02).578 62.538 3 10 V cm Siendo 10 el número con menos cifras significativas (2).52 x 108 . Una cifra significativa es cualquier dígito que denota la magnitud de la cantidad según el lugar que ocupa en un número.2 x 104 / 3.46287 = 1. Un número de lecturas cuando se promedia se considera como el 6 . la mayoría de las investigaciones generan una incertidumbre mayor que esto.801 x 4 x 10-3 e) 6.2 x 10 = 3. La expresión correcta de la densidad es ρ = 1.32 x 103 + 3. En la expresión 0.6 63 10 232 10 230 10 200 10 000 329 350 329 400 329 000 330 000 Regla 2: Suma y Resta El número de cifras significativas de la suma o diferencia será redondeado desechando todas las cifras a la derecha del lugar ocupado por la cifra incierta en cualquiera de las cantidades que esté más hacia la izquierda.38 g = = 1. tiene una cifra significativa.14 3 = 9.2 x 10 c) 4.5 g cm 3 ERRORES Como hemos indicado las mediciones físicas involucran incertidumbre.0 x 10 Solución. 10. La masa del líquido medida en una balanza es 15.005 cm 0. 5 y 2) 0.52 tiene cuatro cifras significativas (1.800344 = 9. ¿Cuál es la expresión correcta de la densidad? Solución. El valor exacto de una magnitud medida es algo a lo cual intentamos aproximarnos pero que nunca conocemos. el segundo cero muestra que el 1 ocupa el segundo lugar después de la coma.13 = 0.58 62. todas las cifras son significativas. Potencias y raíces La potencia o raíz de un número de n cifras significativas se redondea a n cifras significativas.13 tiene sólo cuatro cifras significativas. La tabla siguiente enumera la incertidumbre de algunos equipos comunes del laboratorio. como se muestra en los ejemplos: 2.5 s 0.801 x 4 x 10-3 = 11 x 10-3 e) 6.1487 Esto es porque 21.14159 / 21. será aunque con significado un poco incierto.29 ± ± ± ± ± ± 0. el uno representa el número de decenas en soles. Por ejemplo: 0. 5 y 2) La incertidumbre más pequeña posible con cualquier aparato de medición es mitad del límite de la lectura. Por ejemplo: El valor correcto de N = sen C10. Si π = 3. b) Error de truncado et .6 metros es: Pero el valor exacto es El porcentaje de error es 17 e% = × 100% = 0.30 = 0.01 × 100 = 0.14159 Si redondeamos a π = 3. Error absoluto es la diferencia entre el valor aceptado N (asumimos conocido) y el valor aproximado N . Es el error en los datos iniciales debido a mediciones.80769 2 ⇒ ea % = 0.00000 − π = -0. et = N .00% (El error aparece en el cuarto decimal) Si se usa solo el primer término.80658 2 ⇒ 517 s ea % = 0.5%) Si se usan los cuatro primeros términos. es el error introducido por la aproximación de un valor por su equivalente interpolado.31 m e p = 33. el error de truncado ya es insignificante.6 = 33.14159 d) Error de interpolación (e p ) .00015 .31 e) Error de aproximación (ea ) . es el error o introducido por la aproximación de una constante o una función por un valor elegido. es el error introducido por redondeo de un decimal. En los cálculos numéricos pueden ocurrir cinco tipos de errores básicos.14.03% 33. entonces: Porcentaje de error es el número de partes por cada 100 en que un número está errado ⎛ N⎞ e% = (100e )% = ⎜1 − ⎟% ⎜ N⎟ ⎝ ⎠ Cuando calcule el porcentaje de error en física elemental no use más de dos cifras significativas.56 m Por interpolación lineal la circunferencia de un círculo de 10. Por ejemplo: Si conocemos la circunferencia de un círculo de l0 metros de diámetro y de otro circulo de 11 metros. Si se usan los dos primeros términos. observaciones o registros inexactos.07516 2 3! (+7. obtenido por mediciones o cálculos. a) Error inherente (ei ) .80665 m/s2 puede aproximarse por: π 2 = 1.57080 (-57%) 2 7 . + − 2 3! 5! 7! 3 5 7 mejor por 507 m × 10 = 9.6 = 10.00453 (-0.14159 .14 = 0. y la diferencia entre una lectura y la verdadera lectura o lectura exacta se llama error.05% 3.49% 3500 Clasificación de errores. C10 = 10π = 31. et = 0. Es el error creado por representar una función con sólo unos cuantos términos de una serie.6 × π = 33.N = 1. e= N-N Error relativo es la relación entre el error absoluto e y el valor aceptado N ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ π ⎝2⎠ ⎝2⎠ − et = N .6 = C10 + (C11 − C10 ) × 0.42 m y e = 17 m El error relativo es e= 17 3500 C11 = 11π = 34.00000 − + 2 3! 5! 3 5 e= e N = 1− N N = -0..N = 1.00159 y 0.00159 er = × 100 = 0. c) Error de redondeo (er ) .000 El valor aproximado de N computado por expansión de series es: g= g= 51 m × 10 = 9.INTRODUCCIÓN AL CURSO Hugo Medina Guzmán mejor acercamiento al verdadero valor de una lectura.31 − 33.01% 52 s ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ π ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎝2⎠ N= − .5%) Si se usan los tres primeros términos.30 m C10.00000 − + ⎝ ⎠ = +0.01 m ep % = De aquí 0. Por ejemplo: La aceleración debido a la gravedad g = 9.N = 1. El error absoluto o simplemente error es er = 3.3. Por ejemplo. 3 ⎛π ⎞ ⎜ ⎟ π 2 et = N . Por ejemplo si una pista para carreras de 3500 metros tiene 17 metros más.. Aquí la palabra error no significa equivocación sino una incertidumbre. 76 g . cuando repetimos las mediciones varias veces.70 mm = 5 = 35. PROPAGACIÓN ERRORES La determinación experimental de algunas cantidades físicas tales como densidad o volumen se obtienen por medición directa.05)2 + (0. La masa media es: 35. Estas pueden medirse directamente.INTRODUCCIÓN AL CURSO Hugo Medina Guzmán Error cuadrático medio o desviación normal o estándar En general cuando se realiza una medición cualquiera siempre se comete error. Las mediciones sucesivas de un objeto determinado presentan discrepancias debido a los errores al azar o aleatorios de las medidas.73 g . cantidad que puede ser positiva o negativa según l sea mayor o menor que l m . = 0.05 m4 − mm = 35. que es la cifra dudosa.01 m3 − mm = 35.75 = .05 respectivamente) incidiendo por lo tanto en la cifra 5.02 m = (35.76 + 35. aunque empleemos el mismo método y el mismo aparato. Por ejemplo: si para medir longitudes se usa una regla cuya división minina es 1 determinado a partir de n mediciones.05)2 5 n A la raíz cuadrada de esta medía se la conoce como el error cuadrático medio o desviación normal o estándar σ . muchas veces realizamos sólo una medición de la magnitud.75 = −0. Una medida Individual cualquiera tendrá una desviación de la media e = l − l m . De esta forma podemos presentar el resultado final de un experimento en el cual se mide varias veces una magnitud.01496 = 0.75 = 0.75 ± 0.02 )2 + (0. El procedimiento es medir estas cantidades y con estas calcular por medio de relaciones conocidas la cantidad original.01 m5 − mm = 35.75 = 0.01)2 + (− 0.80 g. Por ejemplo el volumen de un cilindro puede conocerse si tenemos su longitud y Su diámetro. 35. En el caso de verdaderos errores aleatorios. Ejemplo 6.02 El mejor valor estimado es: σ .05 mm.76 g.1 g la incertidumbre seria 0. Un estudiante realiza varias mediciones de la masa de un cuerpo.75 ± 0.76 − 35.75 g La desviación de la media de cada medición es: l = lm ± e Si elevamos al cuadrado cada uno de los valores de e y tomamos la media de todos los e 2 . Si la longitud verdadera de una varilla es l 0 la media aritmética de un gran número de medidas sucesivas será un número que representa la longitud media l m .80 − 35.73 + 35. 35. la media l m cae en un Observemos que en ambos casos la incertidumbre corresponde al segundo orden decimal (0. es decir mm el error absoluto o incertidumbre de la medida es Δl = 0.05) g 68 por ciento de las veces dentro de una distancia Δl del valor verdadero pero desconocido l 0 .0334 5 = 0.70 g ¿Cuál es el mejor valor estimado de la masa del cuerpo? Solución.0334 La incertidumbre o error estándar de la medida es: σ= e 2 m Cuanto mayor sea el número n de medidas.70 − 35.02 m2 − mm = 35.80 + 35. la cantidad a determinar se re1aciona de alguna manera conocida a una o más cantidades medibles.76 − 35.0112 = 0. obtenemos 2 em que es la varianza de las medidas.01)2 + (0. encontramos casi siempre resultados diferentes para cada una. cada una con su intervalo de 8 .0112 La desviación normal 2 σ = em = 0. será menor. es decir el error estándar de la media.76 + 35. 35.05 y el resultado de la medición podría expresarse así: m = (35.02 ) g = l m ± Δl n En donde Δl es la incertidumbre o error absoluto σ Si hubiéramos realizado una sola medición con una balanza cuya menor división es de 0. Generalmente.75 ± 0.73 − 35.75 = 0. Sin embargo. Por esto el mejor valor estimado n de l 0 es: l = lm ± m = mm ± Δm = 35.0. Δm = σ n = 0.05 La varianza de las medidas es: 2 em = 2 em = ∑e 1=1 n 2 i (− 0. menor será la diferencia entre su media l m y la longitud verdadera l 0 . obteniendo los siguientes resultados: 35. m1 − mm = 35. En este caso se considera generalmente que la incertidumbre o error absoluto es igual a la mitad de la división menor de la escala del instrumento. 35.02 y 0. Los menores valores posibles para x e y son x − Δx e y − Δy . los valores límites para z son M = m1 + m2 == 253 + 48 = 301 g La Incertidumbre en la suma es 2 ΔM 2 = Δm12 + Δm2 = 50 = 7 g y el resultado final es M = (301 ± 7 ) g Sin embargo.5) cm z ± Δz = ( x ± Δx ) − ( y ± Δy ) y (2. sea tal que los dos resultados experimentales sean subestimaciones. Supongamos z = xy Δz yΔx + xΔy Δx Δy + = = z xy x y Ejemplo 9. Es importante saber como hacer esta determinación de la propagación de errores. no utilizamos los (Δx + Δy ) como la incertidumbre.28 cm2 Error relativo 1 = La incertidumbre que queremos es la incertidumbre más probable. m2 ± Δm2 = (48 ± 5) g . A continuación determinemos los errores para diferentes situaciones.INTRODUCCIÓN AL CURSO Hugo Medina Guzmán error asociada. determinamos el producto de 2.5) cm? Solución. tanto de x como de y. ¿Cuál es el producto de (2.5 Error relativo 2 = =0. c) Producto de dos o más variables. Primero. ¿Cuál es la diferencia M’ entre las masas m1 y m2 del tornillo y la tuerca respectivamente? Solución. se llama suma en cuadratura. El significado de esto se más claramente en el error relativo. respectivamente.5 = 0. sino que calculamos z = ( x + y ) ± (Δx + Δy ) Ejemplo 8. que viene a ser la raíz cuadrada de la suma en cuadratura de las incertidumbres Δz = Δx 2 + Δy 2 Por lo tanto. a) Suma de dos o más variables. dando un valor inferior de Δz = −(Δx + Δy ) . ¿cuál es la incertidumbre Δz en z? Los mayores valores posibles para x e y son x + Δx e y + Δy . lo que hacemos no es sumar las incertidumbres. Consideremos z = x + y . la incertidumbre en una de las mediciones puede compensar.8 ± 0. Si éste es el caso. Es decir.179 2. magnitudes la incertidumbre en el resultado es la raíz cuadrada de la suma en cuadratura de las incertidumbres en las magnitudes. la masa M es z ± Δz = ( x ± Δx ) + ( y ± Δy ) Puesto que x e y tienen las incertidumbres Δx y Δy . sumándolas elevadas al cuadrado.192 2. Más probable es que uno de los resultados sea un poco bajo y el otro un poco alto.8cm = 7. mientras que la suma en cuadratura da la incertidumbre más probable. dando un valor superior de Δz = Δx + Δy . respectivamente. La diferencia entre simplemente sumar las incertidumbres y sumarlas en cuadratura es que la suma simple da la incertidumbre máxima en el resultado.6 ± 0. en parte.6cm x 2.6 0. Evidentemente.1 % . La incertidumbre Δz calculada de esta manera es siempre mayor que las a Δx y Δy por separado. Para tomar en cuenta esta posibilidad. la incertidumbre en la otra. z ± Δz = ( x ± Δx )( y ± Δy ) = xy ± yΔx ± xΔy + ΔxΔy el error de z es Δz = yΔx + xΔy considerando el mayor valor posible y no tomando en cuenta ΔxΔy por se el producto de dos cantidades pequeñas. La razón es que para que z realmente valga z = ( x + y ) ± (Δx + Δy ) se necesita que la incertidumbre en la medición. pero menor que la suma Δx + Δy .8 Suma de los error relativos = 0. b) Diferencia de dos variables Consideremos z = x − y . la masa M’ es M ' = m1 − m2 == 253 − 48 = 205 g La Incertidumbre en la diferencia también es 2 ΔM ' 2 = Δm12 + Δm2 = 50 = 7 g y el resultado final es M ' = (205 ± 7 ) g Δz = Δx 2 + Δy 2 Esta manera de combinar las incertidumbres. Medimos la masa de un tomillo y obtenemos m1 ± Δm1 = (253 ± 5) g . ¿Cuánto vale la masa M del tornillo y la tuerca juntos? Solución. Ejemplo 7. tenemos una regla para la propagación de incertidumbres Cuando sumamos o restamos dos 9 0.371 o 37. Estos intervalos de error determinan el Intervalo de error de la cantidad calculada. Evidentemente. luego medimos también la masa de una tuerca. . Sea z = x Donde n es el número entero o fracción positivo o negativo. n Hugo Medina Guzmán Ejemplo 12.28 cm2 = 2. su longitud L y su diámetro D. Ignorando el último término por se muy pequeño y tomando el valor máximo para Δz .28 cm2 o 3. Encontrar el error en el cálculo de z = x = x1 2 Solución yΔx + xΔy yΔx + xΔy Δx Δy Δz y2 = = = + x z xy x y y Ejemplo 13. El error de z es: Δz = 2 x 2−1 Δx = 2 xΔx E error relativo es Δz = x ⎛ Δx Δy ⎞ yΔx + xΔy ⎜ ⎟= + y⎜ x y ⎟ y2 ⎝ ⎠ Δz Δx =2 z x El error relativo es: Ejemplo 11. ⎜ ⎟ + 2! ⎝ x ⎠ 3! x ⎝ x ⎠ n x y (x ± Δx ) z ± Δz = ( y ± Δy ) −1 Δx ⎛ Δx ⎞ ⎜1 + ⎟ = 1+ n x x ⎠ ⎝ De aquí Esto se puede escribir como: z ± Δz = ( x ± Δx )( y ± Δy ) −1 Δx ⎞ ⎛ z ± Δz = x n ⎜1 ± n ⎟ x ⎠ ⎝ n −1 El error de z es Δz = nx Δx Y el error relativo es ⎛ Δx ⎞ 1 ⎛ Δy ⎞ ⎟ = x⎜1 ± ⎟ ⎜1 ± x ⎠ y⎜ y ⎟ ⎝ ⎝ ⎠ x ⎛ Δx ⎞⎛ Δy ⎞ ⎟ ≈ ⎜1 ± ⎟⎜1 m y⎝ x ⎠⎜ y ⎟ ⎝ ⎠ ≈ Δz Δx =n z x x ⎛ Δx Δy Δx Δy ⎞ ⎜1 ± ⎟ ± + y⎜ x y x y ⎟ ⎝ ⎠ Ejemplo 10. Supongamos que queremos calcular la densidad ρ de un cilindro de metal habiendo medido su masa M. Encontrar el error en el cálculo de z= 1 = x −3 3 x Δx x4 Solución.71 % x 7.INTRODUCCIÓN AL CURSO Error absoluto = 0. Δz = −3x −3−1 Δx = −3 x − 4 Δx = −3 z ± Δz = ( x ± Δx ) n Como los errores son indeterminados debemos elegir el signo de tal manera que éste sea el máximo. Al mismo tiempo queremos calcular el error relativo resultante de los errores en las cantidades medidas.. Supongamos z = 2 3 1+ n ignorando las potencias mayores que 1 de Δx Δx n(n − 1) ⎛ Δx ⎞ n(n − 1)(n − 2) ⎛ Δx ⎞ + ⎜ ⎟ + .37l x 7.70cm2 Los errores son expresados con una cifra significativa = 3 cm2 El producto es igual a 7. Encontrar el error en el cálculo de z = x2 Solución. Sabemos que la densidad está dada por la ecuación Δz = 1 2 −1 1 Δx x Δx = 2 2 x 1 E error relativo es Δz 1 Δx = z 2 x 10 . por esto: n Δz = 3 n Esto se puede escribir Δx x4 ⎛ Δx ⎞ z ± Δz = x ⎜1 ± ⎟ x ⎠ ⎝ y el error relativo es ⎛ Δx ⎞ Haciendo la expansión binomial de ⎜1 + ⎟ x ⎠ ⎝ ⎛ Δx ⎞ = ⎜1 + ⎟ x ⎠ ⎝ n n Δx 3 4 Δx Δz = x =3 1 z x 3 x e) Cocientes.3 ± 3 cm2 d) Potencias y raíces. ln (1 + x ) ≈ x .53 × 10. La medida de los lados de un rectángulo son (1. para efectos de lenguaje estadístico traduciremos "Precision" como precisión y "Accuracy" como exactitud. luego: ⎟≈ x ⎠ x ⎝ Δx ⎛ Δx ⎞ y + Δy = ln x + ln⎜1 + ⎟ ≈ ln x + x x ⎠ ⎝ Siendo y = ln x : Δx Δy = x PRECISIÓN Y EXACTITUD Los términos "PRECISION " y "ACCURACY" del idioma inglés no son sinónimos.6 s.06) cm.46 s. Ejemplo 16.2 ± 0.01) s . 0. el tiempo que tarda en efectuar una oscilación completa. estableciendo diferencias claras entre las dos palabras. A = (15.2 = 15. ¿Cuánto vale Δy ? Solución. por ejemplo 4. 2ΔR El error relativo de R es R ΔL El error relativo de L es L De aquí El error relativo de V es y + Δy = ln ( x + Δx ) En este caso podemos usar aproximaciones para cantidades pequeñas. El volumen de un cilindro de base circular es V = π R L .2 ⎠ El error absoluto del área 2 2 ρ es ΔA = 0.INTRODUCCIÓN AL CURSO Hugo Medina Guzmán ρ= π (D 2 ) L 2 M = 4M πD 2 L Solución.6 cm 2 El error relativo del área ΔA ⎛ 0.53 ± 0.6 ± 0. Como π es cantidad exacta no tienen error.6 ) cm 2 Ejemplo 17. cos x ≈ 1 .1 = 0.6. Por Obtenemos para el error ΔT = 10 tanto. es decir. cuando x << 1 . senx ≈ x . Supongamos que queremos medir el periodo T de un oscilador. tan x ≈ x En nuestro caso (1 ± x )n ΔV ΔR ΔL =2 + V R L Y el error absoluto: R ⎞ ⎛ ΔR ΔL ⎞ ⎛ ΔV = ⎜ 2 + ⎟V = πR⎜ 2ΔR + ΔL ⎟ L ⎠ L ⎝ R ⎝ ⎠ Ejemplo 15.46 ± 0.606 cm2 Como debe de tener solamente 3 cifras significativas A = 15. Se mide x con una incertidumbre Δx y se calcula y = ln x . Hallar el área del rectángulo y el error de la medida indirecta.1 s. Solución. T= t Δt . e x ≈ 1 + x .01 s . y disponemos de un cronómetro que aprecia las décimas de segundo. 11 0. Medimos el tiempo que tarda en hacer 10 oscilaciones. y (10. ¿cómo se expresa la medida? Solución. ¿Cuánto vale la incertidumbre o error en el volumen en términos de las incertidumbres ΔR y ΔL ? Solución. La medida del área junto con el error y la unidad se escribirá como Ejemplo 14.2 ) = 0. ρ= 4M 4 = MD − 2 L−1 2 πD L π Como 4 y ΔM M 2ΔD El error relativo de D es D ΔL El error relativo de L es L El error relativo de M es De aquí El error relativo de π son cantidades exactas no tienen error. la medida la podemos expresar como T = (0. ΔT = 10 10 ⎛ Δx ⎞ y + Δy = ln( x + Δx ) = ln x⎜1 + ⎟ x ⎠ ⎝ Δx ⎛ Δx ⎞ = ln x + ln⎜1 + ⎟ ≈ ln x + x x ⎠ ⎝ Δx Como << 1 podemos aplicar x ⎛ Δx ⎞ Δx ln⎜1 + .1) cm.63083 Δρ ΔM 2ΔD ΔL = + + ρ M D L 2 El error absoluto con una sola cifra significativa es 0.53 × 10.06 ⎞ ⎛ 0. respectivamente.0404422504 A ⎝ 1. El área es A = 1.0404422504(1. dividiendo este tiempo entre 10 resulta t =0.53 ⎠ ⎝ 10.1 ⎞ = ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = 0. tales como: ≈ 1 ± nx . Estas estimaciones. la línea del mejor ajuste no pasa por cada punto. Cuanto mayor es la exactitud y la precisión en nuestras investigaciones. En la dirección horizontal. Entonces ponemos una pequeña línea marcadora línea vertical en el límite del extremo incierto para el punto. El cálculo resultante del orden de magnitud no es exacto.1) cm. A menudo podemos obtener una respuesta útil mediante la estimación de los valores de las magnitudes apropiadas.INTRODUCCIÓN AL CURSO Hugo Medina Guzmán La precisión es una indicación de la concordancia entre un número de medidas hechas de la manera indicada por el error absoluto.1 Alargamiento ± 0.2 (2. imagine que va a la escuela por 12 . Cuando todos los puntos de la tabla se trazan en un gráfico. Una barra del error se puede utilizar para dar una indicación del rango de la incertidumbre para cada punto según se muestra en la figura a continuación Fuerza/alargamiento. ESTIMADOS Y CÁLCULOS DEL ORDEN DE MAGNITUD Hasta donde hemos visto. pero generalmente es correcto con un factor de diez. se denominan estimaciones del orden de magnitud. podemos realizar una investigación y trazar un gráfico del eje dependiente) contra la variable independiente (eje x). A mayor peso se une a un resorte. realizadas generalmente a la potencia de diez más cercana. Para visión la relación. el resorte extiende más lejos de su posición del equilibrio.3 + 0.5 9. unido a él.4 6. En la física. Un experimento de gran exactitud tiene un error sistemático bajo. La exactitud es una indicación de cuan cercana está una medida al valor aceptado indicado por el error relativo o del porcentaje de error en la medida.3 .2 7.1) y 2. 100 150 200 250 300 Fuerza ± 5 N 3. Las cuatro figuras a continuación ilustran la diferencia: En la dirección vertical.0 4. dibujamos una línea a la izquierda y a la derecha para que cada punto muestre la gama de incertidumbre del valor de la extensión.3 ± 0. Considere un resorte que tenga varios pesos. Entonces ponemos una pequeña línea marcadora horizontal en el límite del extremo incierto para el punto.0. Por ejemplo. es necesario resolver un problema del que no tenemos información suficiente para obtener una respuesta precisa. se requiere una indicación del error experimental o el grado de incertidumbre en las medidas y la solución. determinamos a menudo la relación que existe entre las variables. El conocimiento justo del orden de magnitud de las cantidades físicas con frecuencia nos proporciona información suficiente para obtener una comprensión útil de la situación física y la capacidad para formarnos un juicio y hacer cálculos para la construcción de modelos. Así como la obtención de una serie de medidas con las unidades correctas. dibujamos una línea arriba y abajo para que cada punto muestre la gama de incertidumbre del valor de la fuerza. tanto en la vida cotidiana como en el quehacer científico.1 cm. entonces la gama de la incertidumbre es evidente. La tabla siguiente muestra algunos valores para esta investigación de Fuerza/alargamiento. Realizar estimaciones de magnitud con frecuencia es sencillo. es importante cuidar el seguimiento de las incertidumbres en la medición cuando se calculan las respuestas a los problemas. más bajo es el grado de incertidumbre. la línea del mejor ajuste con las barras apropiadas de error se muestra en la figura siguiente y se puede ver que la línea del mejor ajuste cae dentro del rango de la incertidumbre de la barra del error. RANGO DE ERROR O INCERTIDUMBRE Cuando una respuesta se expresa como valor con incertidumbre tal como 2.4 (2.2 cm Cuando se traza un gráfico de la fuerza contra el alargamiento. En algunas ocasiones. Un experimento de gran precisión tiene un bajo error al azar. ¿El valor cae entre 2. cuerpos rígidos. Una tienda ofrece un premio al cliente que adivine con la mayor aproximación el número de caramelos de goma que llenan un frasco de un litro exhibido en un mostrador de la tienda. supongamos que nos interesa analizar el movimiento de una pelota de béisbol lanzada en el aire. Podemos hacer uso de estas observaciones para estimar el número de caramelos que hay en el frasco. Para crear un modelo idealizado del sistema debemos pasar por alto muchos efectos menores y concentramos en las características más importantes. 50 = S/. o partícula. Además. En vez de ello. Estos modelos desempeñan un papel crucial en este libro. nuestro modelo predecirá que si lanzamos la pelota hacia arriba ésta se moverá en línea recta y desaparecerá en el espacio. El concepto de modelos idealizados es muy importante en física y en tecnología. los principios mismos se expresan en términos de modelos idealizados. El viento y la resistencia del aire afectan su movimiento. el costo estimado de los libros para un semestre es de 5 x S/. MODELOS IDEALIZADOS Ordinariamente usamos la palabra "modelo" para referimos a una réplica en menor escala (digamos. y que en cada una se necesita un libro de texto. Al aplicar principios físicos a sistemas complejos siempre usamos modelos idealizados. Incluso S/. de un ferrocarril) o a una persona que exhibe ropa (o se exhibe sin ropa). hablamos de masas puntuales. Si tratamos de incluir todos estos factores. 100 es demasiado alto. está dentro del orden de magnitud correcto y proporciona una estimación razonable a un problema real. Con estos datos puede estimar el costo de un solo libro con el razonamiento siguiente. pero no para una pluma. está girando y se mueve en el aire. Así. Una estimación razonable puede ser S/. El modelo funciona bien para una bala de cañón. aislantes ideales. Necesitamos algún criterio y creatividad para crear un modelo que simplifique lo suficiente un problema sin omitir sus características esenciales. nos olvidamos de la rotación terrestre y suponemos un peso constante. ¿Qué tan complicado es el problema? La pelota no es perfectamente esférica ni perfectamente rígida: tiene costuras. posiblemente tan só1o se ha llenado 80% de éste. el número aproximado de caramelos que hay en el frasco es: Número de caramelos ≈ 800cm3 ≈ 240 . Volumen de un caramelo = ⎛3 ⎞ ⎜ cm ⎟ 27 3 ⎛d ⎞ ⎟ ≈ cm hπ ⎜ ⎟ ≈ 2cm × 3⎜ 2 8 ⎜ 2 ⎟ ⎝2⎠ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 2 13 . El siguiente ejemplo ilustra la aplicación de las estimaciones del orden de magnitud. y debemos tener presentes las suposiciones que hacemos. 10 es bajo. el peso de la pelota varía un poco al cambiar su distancia respecto al centro de la Tierra.5 cm de diámetro. 250. (Un litro es igual a 1000 cm3. Así. Usted conoce que la carga habitual para la mayor parte de los estudiantes es de cinco materias. la Tierra gira. inventamos una versión simplificada del problema. Una revisión cuidadosa del frasco (véase la figura) revela varias cosas. La predicción de Galileo respecto a la caída de los cuerpos corresponde a un modelo idealizado que no incluye la resistencia del aire. Si ignoramos totalmente los efectos de la gravedad. Número de caramelos = Volumen ocupado del frasco Volumen de un caramelo EI volumen ocupado del frasco = 0. Al usar un modelo para predecir el comportamiento de un sistema.) Estime cual será el número. Cuando hacemos cálculos de este tipo con frecuencia también efectuamos otras aproximaciones. Ejemplo 18. etc. Los caramelos de goma pueden aproximarse vagamente a pequeños cilindros de casi 2 cm de largo por aproximadamente 1. Despreciamos la resistencia del aire haciendo que la pelota se mueva en el vacío. En física. 1 es demasiado bajo y que S/. Al remplazar π por 3 o remplazar 2 por 3/2 hacemos pocas diferencias en el orden de magnitud. Aunque el resultado no es exacto.95 litros) dio 255 caramelos.8 x 1000 = 800 cm3. pero hacerlo simplifica mucho los cálculos.INTRODUCCIÓN AL CURSO Hugo Medina Guzmán primera vez y que quiere estimar cuánto dinero necesitara para comprar libros. 27 3 cm 8 Un conteo realizado de los caramelos que llenan un frasco de un cuarto (0. etc. un modelo es una versión simplificada de un sistema físico que sería demasiado complejo si se analizase de forma detallada. De hecho. Claro que hay que ser cuidadosos para no despreciar demasiadas cosas. Omitimos el tamaño y la forma de la pelota representándola como objeto puntual. Por ejemplo. Trate de Solución. Sabe por experiencia que S/. la validez de las predicciones está limitada por la validez del modelo. la complejidad del análisis nos abrumará. Ahora tenemos un problema sencillo de tratar. los caramelos no están apretados en el frasco. 50. Los ejemplos siguientes ilustran esta técnica. ¿COMO ESTUDIAR FISICA? Para estudiar física es necesario dar atención especial a los significados específicos de las palabras para poder entender el material. 10. 0.INTRODUCCIÓN AL CURSO Hugo Medina Guzmán distinguirlos al estudiar las teorías físicas y sus aplicaciones a problemas específicos. La parte más importante de los apuntes son los problemas resueltos. 4. 58 veces. ¿Qué modelo puede hacer para el dado? Respuesta. c) Seleccione una relación básica o encuentre una ecuación que se pueda utilizar para determinar la incógnita y resuélvala simbólicamente.213 mm? 6. dibujos. es muy importante que se entiendan y recuerden las hipótesis que sirven de base a una teoría o formalismo en particular. tendrá confianza y seguridad cuando tenga que resolverlos.003 m. d) Sustituya los valores dados con las unidades apropiadas dentro de la ecuación y obtenga el valor numérico de la incógnita. deben estudiarse detenidamente los gráficos. 75 veces y 6.0 m y 10. 0. e) Verificación y revisión del resultado por medio de las siguientes preguntas: ¿Las unidades coinciden? ¿Es razonable el resultado? ¿Es apropiado el signo? ¿Tiene significado? Una vez que el estudiante ha desarrollado un sistema organizado para examinar problemas y extraer la información relevante. ¿Cuál de los números siguientes se da con tres cifras significativas: 0. esto permitirá tener un conjunto de notas claras e inteligibles para repaso. PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1. Resuélvanse todos los ejemplos vistos en clase y los dejados como tarea. ¿Por qué debe informar que el área del rectángulo 1700 mm2 en lugar de 1702 mm2? 14 7 ¿Qué modelo describe en la forma más sencilla las observaciones siguientes? a) Una pelota colocada en cualquier lugar sobre el piso permanece en reposo. 2. Explique la diferencia en significado de las tres cantidades 10 m.320 cm.00 m. La habilidad para resolver problemas no es sólo una prueba del dominio que cada cual posee de la ciencia. La habilidad para resolver problemas puede ser la principal prueba de los conocimientos. 63 veces. sino también un índice del crecimiento de nuestra propia capacidad como herramienta en las futuras tareas del intelecto. En esta forma se evitan errores y ayuda a pensar en términos físicos el problema. 61 veces. Hagan esto tan pronto como sea posible después de clase. estos apuntes son necesariamente breves y carentes de relación. b) Identifique el principio básico. listando los datos y las incógnitas. tablas y fotografías incluidos para entender claramente los principios físicos involucrados.21 mm o 3. El dado es más pesado hacia el punto 2. 4. 3. 8. Suponga que está planeando un viaje en automóvil a otra ciudad y estima el tiempo que se requiere para ir allá. ¿Cómo se ha descrito en el texto y qué tan confiable es? 2. 5. En física general los exámenes se componen principalmente de problemas a resolver. 3. Se lanza un dado muchas veces con los resultados siguientes para el número que aparece en su cara superior: 1. ayudará a detectar las áreas débiles de conocimiento. c) Dé otros modelos más sencillos para estas observaciones.32 cm. Por lo tanto. 3. incógnitas. c) Para a) la bola tiene una parte plana o no es uniforme y para b) la bola es asimétrica y empieza a rodar hacia su lado más pesado. Un estudiante mide un rectángulo con una regla cuya medida varía ± 1 mm. b) Una pelota colocada en cualquier lugar sobre el piso empieza a rodar. Respuesta. Encuentra que la altura es 37 mm y el acho 46 mm. Gran parte de lo que se aprenderá será en las clases. a) Bola esférica uniforme sobre un piso horizontal. b) Bola esférica uniforme sobre un piso inclinado. . 63 veces. es recomendable tener un cuaderno ordenado con las notas de clase completando con apuntes tomados del estudio de los libros. Deberán aprender a tomar apuntes exclusivamente de las partes significativas de cada lección y concentrarse por completo en lo que el profesor está diciendo. Richard Feynman premio Nóbel en física dijo: "usted no sabe nada sobre algo hasta que lo ha practicado". Se recomienda desarrollar las habilidades necesarias para resolver un amplio rango de problemas. 5. con esto podemos eliminar errores de signo. Demuestre cómo esta estimación depende de un modelo. Dé un ejemplo personal del uso de un modelo para el análisis de los datos medidos. Para la resolución de problemas se incluyen cinco etapas básicas: a) Dibuje un diagrama con ejes coordenados si son necesarios y ponga las notaciones identificatorias. Explique la idea básica detrás de la conversión de unidades. 62 veces. Es esencial que se comprendan los principios y conceptos básicos antes de intentar resolver problemas. 2.INTRODUCCIÓN AL CURSO Hugo Medina Guzmán 9. La Tierra tiene una masa de 5. ¿Cuántos centímetros cúbicos hay en 2.2 mi expresado en kilómetros? Respuesta 64. ¿Cuáles son las dimensiones de a? Respuesta.0 nanosegundos (Velocidad de la luz = 3. Los listones de madera en una cerca están espaciados 6. por unidad de volumen.30 x 1017 kg/m3.l7853 L) Respuesta.98 x 10-15 m? c) ¿Cuál sería el radio de la Tierra si su masa no cambiara.66 dólares/m2 18.549° 22.609 por galón. Un litro (L) es un volumen de 10 cm3. Una fórmula se lee y = ½ at2. La Luna gira sobre su eje cada 271/3 días de modo que la misma cara está siempre hacia la Tierra. El cubo tal vez sea hueco si flota en el agua. 3.6 21. Calcule el volumen de la tabla rectangular con altura de 17.27 x 103 15 . ¿Cuánto cuesta el tapete por metro cuadrado? Respuesta.7 km 16.58 x 106 revoluciones 23. 2.43 x 103 y 4. ¿cuál es el precio en dólares por litro? (1 gal = 3. ¿Qué tan lejos viaja la luz en un vacío en 1. a) 5. Sume los números siguientes: 3. 6. ¿Cómo es 40. 1. ¿Cuál es el modelo más sencillo del cubo y del líquido? ¿Hay otros modelos? Respuesta. de centro a centro. Un cubo de metal flota en un líquido. Respuesta. ¿Cuál es el área en centímetros cuadrados de un pedazo de papel de 8 pulg x 14 pulg? Respuesta. pero tuviera la misma masa. ¿Cuántos listones están contenidos en un metro de valla? Respuesta.38 x 106 m. Recuerde la regla que se refiere a las cifras significativas.282 dólares/L 19.57 x 102.5 cm3 11.) Respuesta 30cm 12.865 x 102.95 por yarda cuadrada.50 x 103 kg/m3. Exprese 130 km/h en términos de millas por hora. 0. 80. ¿Cuál es la altura en centímetros de una persona cuya estatura es 5’l1’’? Respuesta. ¿Cuántas revoluciones hace el segundero de un reloj en tres años? Suponga que no hay año bisiesto en el intervalo.8 μ m de sección. 22.4cm y longitud 115.8 mi/h 17 Una tienda anuncia un tapete que cuesta US $18. Respuesta. 180cm 15. (100 ± 2) cm2 26. el cubo es sólido pero flota en un líquido que es más denso que él. ¿A cuántos grados rotará la Luna respecto a su propio eje en una hora? Respuesta. ¿Cuántos granos se requieren para oscurecer completamente 1 cm2 de película? Respuesta. Si usted mide los lados de un cuadrado y son de diez centímetros con una exactitud de ±1 %. donde y está en metros y t en segundos. Respuesta. que el núcleo de oro? Respuesta. Alternativamente.98 x 1024 kg y un radio de 6.94 x 103 cm3 25. Cuando la gasolina se vende a US $1. 0.0 pulgadas. Los granos negros en algunos tipos de películas fotográfica son de aproximadamente 0. 1.25 768 cm2 20. b) 2. Asuma que los granos tienen una sección transversal cuadrada y que todos quedan en un solo plano de la película.27 x 1025 kg y un radio de 6.6 x 108 13. c) 184 m 24. Respuesta.5 mililitros? Respuesta.0 x l08 m/s.5 mm. a) ¿Cuál es la masa por unidad de volumen de la Tierra en kg/m3? b) ¿Cuál es la masa por unidad de volumen de un núcleo de oro que tiene una masa de 3.4 cm. ¿cuál es el área del cuadrado y cuál es la incertidumbre? Respuesta. m/s2 14. 5. 1. ancho de 29. 10. Dé su resultado en milímetros. este resultado sobrestima la incertidumbre en el área. provienen de una serie de medidas. Considere una esfera que se ajusta exactamente dentro de un cubo. π /6 37. ¿Cuál es la relación del volumen de la esfera al volumen del cubo? Respuesta. a) ¿Cuántos milisegundos hay en un minuto? ¿Cuántos gigasegundos hay en un siglo? Respuesta.00 pulg por lado? Respuesta. Δ x y Δ y. 761 mi/h 34. 8. b) Demuestre que el cilindro tiene un área superficial mayor que la esfera. En algunos países el consumo de gasolina de un automóvil se expresa en litros consumidos por 100 km de viaje. Exprese la velocidad del sonido en unidades de millas por hora. 3. Un legajo de papel copia tiene 5. El piso rectangular de un gimnasio tiene lados de longitud de x ± Δ x por y ± Δ y donde Δ x y Δ y son las incertidumbres estimadas en las mediciones y son pequeñas comparadas con x e y.02 x 10-4 m o 0. 1.06 mm 30. b) 1 siglo = 3. que tienen una dispersión natural en sus valores. ¿Cuál es el volumen en milímetros cúbicos de un cubo de 1. Respuesta.INTRODUCCIÓN AL CURSO Hugo Medina Guzmán 27. Demuestre que el volumen del vaso es V = πr 2 h ± 2πhΔr ± πr 2 Δh si se ignoran los 2 términos muy pequeños del orden (Δr ) 16 . Aproximadamente 0. 29. Respuesta. (En la mayor parte de los casos. cuál es el consumo de combustible en litros por 100 km? (1 gal = 3. a) 1 min = 60000 ms. Respuesta. Respuesta. del orden de ( Δ x)2. ¿Cuál es el espesor de una sola hoja del papel? Exprese su respuesta en m y mm. Un vaso cilíndrico para malteada tiene un radio interior medido de r ± Δ r y una altura de h ± Δ h.16 Gs 35. a) Calcule la altura de un cilindro de radio R que tiene el mismo volumen de una esfera de radio R.08 cm de espesor. Alrededor de cuántos ladrillos se requieren para construir una pared de altura hasta el hombro de 100 pies de largo? Los ladrillos estándar tienen 8 pulg de largo por 2 1/4 pulg de alto y están separados por 3/8 de pulgada de mortero.) 32.102 mm 28.64 x 104 mm3 h= 4 R 3 36. La velocidad del sonido a la temperatura ambiente es 340 m/s. 1. porque no toma en consideración que las incertidumbres en las longitudes. Si un automóvil logra 27 millas/galón. Respuesta.7853 L) Respuesta.7 L/100 km 33.3 x 103 ladrillos 31. Demuestre por cálculo directo que el área del piso y la incertidumbre en esa área están dadas por ⎛ Δx Δy ⎞ cuando se ignoran términos A = xy ± xy⎜ ⎜ x + y ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ muy pequeños. Estime el espesor de las páginas de un libro. Según la dirección del movimiento: Alternativo y pendular. Desde el punto de vista estrictamente matemático. Según la trayectoria del sólido: Traslación y rotación. formando una base del espacio. Alternativo: Si la dirección del movimiento cambia. definido por n coordenadas. Así resulta que el movimiento como el reposo son hechos relativos.). describiendo una trayectoria. Traslación: Todos los puntos del sólido describen trayectorias iguales. por lo que no cabe hablar de un sistema de referencia absoluto. no necesariamente rectas. 1 . como podemos ver cuando tratamos de entender cómo se mueven los cuerpos. El Punto Material Es una idealización de los cuerpos que existen en la naturaleza y que llamamos punto material. y por un punto. no se puede decir que algo se mueve o que está en reposo sin añadir respecto a qué. SISTEMAS DE REFERENCIA. ˆ k ). Movimiento rectilíneo DEFINICIÓN DE PARTÍCULA. el cual a su vez se desplaza en la galaxia. que se encuentra en reposo relativo respecto a las paredes del aula (en condiciones normales). ˆ . El punto material.0) y k = (0.Movimiento rectilíneo Hugo Medina Guzmán CAPITULO 2.0). De acuerdo con lo anterior. En consecuencia necesitamos un sistema de referencia para descubrir el movimiento. Los vectores de la base son ˆ ˆ i = (1. En efecto. La parte de la física que se encarga del estudio del movimiento es la cinemática. variando la distancia de dicho cuerpo con respecto a ese punto o sistema de referencia. j Atendiendo a su posible estado de reposo o movimiento. el espacio suele ser la ˆ j base más habitual la llamada ortonormal ( i . Rotación: Todos los puntos del sólido describen trayectorias circulares concéntricas.0. y las trayectorias elípticas y parabólicas. La Mecánica comienza con el estudio de los puntos materiales y después extiende estos estudios a los sistemas de puntos materiales.. esta propiedad está íntimamente ligada al movimiento de los cuerpos. y el origen se sitúa a conveniencia del observador. Para producir movimiento es necesaria una intensidad de interacción o intercambio de energía que sobrepase un determinado umbral. POSICIÓN Y DESPLAZAMIENTO. incluyendo cuerpos rígidos y deformables. Sistemas de referencia.1.1). Movimiento curvilíneo: El punto describe una curva cambiando su dirección a medida que se desplaza. v respecto Un buen ejemplo del primer caso podemos encontrarlo en un sistema de referencia como la pizarra. ˆ = (0. El movimiento es una noción esencialmente relativa. un sistema de referencia en un espacio vectorial de dimensión n está formado por n vectores linealmente independientes. está asociado a una masa inercial. CLASIFICACIÓN DEL MOVIMIENTO Según se mueva un punto o un sólido pueden distinguirse distintos tipos de movimiento: Según la trayectoria del punto: Rectilíneo y curvilíneo Movimiento rectilíneo: La trayectoria que describe el punto es una línea recta. En el dominio de la física. un sistema de referencia puede estar: a) en reposo respecto a otro → b) moviéndose con velocidad constante al supuestamente fijo c) con una aceleración respecto al fijo. Un ejemplo de sistema de referencia inercial podemos encontrarlo en un tren que se mueve en un tramo de vía rectilíneo con una velocidad sensiblemente constante. a diferencia de un punto geométrico. con respecto al tiempo y a un punto de referencia. los sistemas de referencia pueden ser clasificados siempre y cuando hablemos de su relación respecto a otro sistema de referencia que arbitrariamente supongamos inmóvil. debe tenerse en cuenta que cualquier sistema de referencia está moviéndose respecto a otro (este papel gira y se traslada con la Tierra alrededor del Sol. el movimiento descrito se denomina alternativo si es sobre una trayectoria rectilínea o pendular..0. que a su vez se expande en el Universo. Movimiento uniforme: La velocidad de movimiento es constante Movimiento uniformemente variado: La aceleración es constante. Casos particulares del movimiento curvilíneo son la rotación describiendo un círculo en torno a un punto fijo. Es un cuerpo cuyas dimensiones son despreciables al compararlas con las otras dimensiones que intervienen en el movimiento. como es el caso de los cuerpos en caída libre sometidos a la aceleración de de la gravedad. Según la velocidad: Uniforme y uniformemente variado. que suele llamarse origen del sistema de referencia. Pendular: Si lo es sobre una trayectoria circular (un arco de circunferencia). CONCEPTO DE MOVIMIENTO El movimiento es un fenómeno físico que se define como todo cambio de posición que experimentan los cuerpos en el espacio. El vector posición puede ser expresado a través de las ecuaciones paramétricas de sus componentes en función del tiempo: x = x(t ) . Siendo Δ r el vector desplazamiento y describe el desplazamiento de la partícula de la posición P1 a la posición P2. Sea P la posición de la partícula en el instante t sobre la trayectoria definida por el arco El movimiento quedará especificado si conocemos el vector posición para cada instante. distancias sucesivas para diferentes tiempos. Sean P1 y P2 las posiciones de la partícula en los instantes t1 y t 2 = t1 + Δt . Para encontrar la ecuación horaria debemos medir las distancias en función del tiempo. pues no sabemos en que instante de tiempo ocupó cada punto. z = z (t ) → S = S (t ) ˆ ˆ r = x(t )i + y (t ) ˆ + z (t )k j Desplazamiento. la película y un disparador que deje caer el cuerpo y simultáneamente accione el flash. La trayectoria no define el movimiento. Ejemplo experimental. Vector Posición. que si bien es pequeña. Estudio del movimiento de la caída libre de un cuerpo.. espiral. La figura muestra una partícula que se está moviendo a lo largo de la trayectoria curvilínea C. obtenemos que la trayectoria sea una recta vertical. En una habitación oscura dispondremos el cuerpo. Sabemos dónde estuvo. Paralelamente a la trayectoria a seguir por el objeto se fija una regla. De acuerdo al tipo de movimiento podrá ser → → → → 2 . Hace falta la ecuación horaria. Los vectores posición correspondientes son OP 1 y OP 2 = r 2 = r 1 + Δ r . pero no cuando y si estuvo varias veces en cada punto o no. la propia Tierra constituye un sistema de referencia no inercial. es decir: P0 P = S La ecuación horaria del movimiento de la partícula P es ∩ r = r (t ) Esto se conoce como ley de movimiento. Solución.Se llama trayectoria de una partícula en movimiento al lugar geométrico de las posiciones efectivamente ocupadas por la partícula en el transcurso del tiempo.Para fijar la posición de un punto en el espacio respecto a un origen de coordenadas bastan tres números que pueden ser las proyecciones sobre los ejes de un sistema cartesiano ortogonal. ya que gira con una aceleración normal. Si dejamos caer un objeto. Trayectoria y Ecuación Horaria del Movimiento. parábola o curvas tan complicadas como se nos ocurra. y = y (t ) . en ciertos fenómenos se observa con claridad. Para encontrar la ley del movimiento podemos intentar medir a partir de dónde la dejamos caer. circunferencia. El vector posición del punto P es: OP = r → → → → En la figura P0 es un origen fijo sobre la curva (C) que porta la trayectoria.Movimiento rectilíneo Y por último. Hugo Medina Guzmán una recta. Una forma experimental es usando una película fotográfica y una flash electrónico que se encienda por ejemplo cada 1/30 de segundo. Como el tiempo también es un escalar. Este proceso se expresa matemáticamente como 3 S 2 − S 1 ΔS = t 2 − t1 Δt El símbolo Δ (delta) significa un incremento de una vm = .6235 0. VELOCIDAD Y RAPIDEZ La fotografía mostrada permite conocer las cotas de la foto en los diferentes instantes bien determinados.0215 1. Mediante este proceso llamamos a la rapidez instantánea v en el instante t.9 2 s ⎪ t está en segundos ⎪ ⎩ Luego la ecuación horaria es s = kt 2 Si fijamos el origen del movimiento en z = 0. observen que cuando t 2 tiende a t1 . En el instante t 2 está en P2 a una distancia S 2 del punto de referencia. Se define como rapidez media dentro de este intervalo Esta curva corresponde a una parábola y su expresión matemática es z = kt 2 ⎧ z está en segundos ⎪ m ⎪ Donde ⎨k = 4. Δt = t 2 − t1 . La figura muestra una partícula que se está moviendo a lo largo de la trayectoria curva C.7450 0.8875 1. La tabla muestra los resultados de la fotografía: Tiempo t0 t1 t2 t3 t4 t5 t6 t7 t8 t1 t 10 Cota(m) 0.4130 0. la ley del movimiento es magnitud física. Δ t tiende a cero. a una distancia S1 de un punto P0 de referencia. y = 0 y z = kt 2 En esencia para cualquier movimiento debemos ingeniarnos para obtener la ecuación horaria y conocida su trayectoria.3250 0.5155 Rapidez.1760 1. la rapidez es también un escalar.Movimiento rectilíneo Hugo Medina Guzmán → ˆ r = −kt 2 k Las ecuaciones paramétricas son x = 0 . para conocer con mejor precisión el movimiento debemos hacer los intervalos ΔS más pequeños y tomar la rapidez media de cada uno de ellos. La distancia s recorrida a lo largo de una trayectoria es una magnitud escalar. la partícula ha recorrido una distancia ΔS es la diferencia entre S 2 y S1 . La figura a continuación nos muestra el gráfico distancia recorrida versus tiempo. En el instante t1 esta en P1. independiente de la dirección. esto es ΔS = S 2 − S1 . Tracemos la curva representativa del la función z = f (t ) En el tiempo que transcurre entre t1 y t 2 . queda determinado el movimiento.3405 1.2480 0. La rapidez (que en el lenguaje común se denomina simplemente velocidad) se define como el cociente entre la distancia recorrida y el tiempo transcurrido. La rapidez se designa mediante el símbolo v y sus dimensiones son: [v] = LT -1 La unidad en el sistema SI es el metro por segundo (m/s). Si la rapidez de la partícula varía a lo largo de la trayectoria.5130 0. usando fórmulas de la tabla anterior. La tabla siguiente es una pequeña muestra de estas. dt . Hay muchas reglas o fórmulas para derivar diferentes tipos de funciones. la partícula estará en S =t n S =c S = cu S(t + Δt ) S(t + Δt ) = A(t + Δt ) = Como 2 At 2 + 2 At Δt + A(Δt ) .4 2 ⎟(10s ) = 140 m ⎝ s ⎠ v(t ) = lim m ⎛ m⎞ 2 v(10 ) = 2⎜1. 2 S =u+v ΔS = S(t + Δt ) − St = = 2 At Δt + A(Δt ) La rapidez en el instante t es: 2 At 2 + 2 At Δt + A(Δt ) − At 2 S = uv S = Asenωt S = Acosωt ΔS Δt → 0 Δt 2 2 AtΔt + A(Δt ) = lim = 2 At Δt →0 Δt b) Para t = 10 es ⎛ m⎞ 2 S(10 ) = ⎜1. Hallar una expresión para la rapidez de una partícula que se mueve de acuerdo a la ley .Asenωt dS La cantidad se llama “derivada de S con dt respecto a t ” y el proceso de encontrarla se llama derivación o diferenciación. Solución. Solución. Hallar una expresión para la rapidez de una partícula que se mueve según la ecuación horaria 4 dS d At 2 dt 2 = =A = 2 At dt dt dt ( ) Ejemplo 4. Estas pueden memorizarse o encontrarse en tablas. a) Hallar una expresión para la rapidez de una partícula que se mueve de acuerdo a la ley horaria La rapidez en un instante t cualquiera es v = lim = lim Δt → 0 ΔS Δt → 0 Δt v = Aω cos ωt Asen ωt cos (ωΔt ) + Acosωtsen (ωΔt ) − Asenωt Δt S = At 2 b) Si A = 1. hallar la distancia a la que se encuentra la partícula y su rapidez para 10 segundos después de iniciado su movimiento. Derivadas de algunas funciones Función Derivada S(t ) = At 2 Transcurrido un tiempo Δt . La notación dS . expresa incrementos infinitesimalmente pequeños que se conocen como diferenciales.4 m/s .4 2 ⎟(10s ) = 28 2 s ⎝ s ⎠ dS dt dS dt dS dt dS dt dS dt dS dt dS dt = nt n −1 =0 du dt du dv = + dt dt du dv =v +u dt dt =c = Aωcosωt = − Aωsenωt Ejemplo 3. Ejemplo 1. a) Si en el tiempo t está en S(t ) : 2 El proceso desarrollado en los dos ejemplos anteriores se hace simple con la práctica. Hallar una expresión para la rapidez de una partícula que se mueve de acuerdo a la ley horaria S = At . En el intervalo de tiempo de t hasta t + Δt la partícula que se mueve: ΔS = S (t + Δt ) − S (t ) = Asenω (t + Δt ) − Asenωt = Asenωt cos(ωΔt ) + Acosωtsen(ωΔt ) . Tenemos que: 2 y su rapidez es v= Ejemplo 2.Movimiento rectilíneo Hugo Medina Guzmán v = lim ΔS dS = Δt → 0 Δt dt S (t ) = Asen (ωt ) Solución. la velocidad es una magnitud vectorial que tiene la misma dirección y sentido que el desplazamiento. el objeto se detiene. Solución. Velocidad instantánea. cuando Δt tiende a cero: → r 2− r1 Δr d r v (t1 ) = lim = lim = t 2 →t1 Δt →0 Δt dt Δt → → → → La dirección de este vector es la dirección límite del vector cuando Δt → 0 de la figura anterior. → vm = Δr Δt → Solución. calcular la velocidad de propagación del sonido. Velocidad del sonido. Despreciando el tiempo empleado por la luz en su recorrido. Velocidad media. La velocidad (que más apropiadamente sería vector velocidad). el objeto se está moviendo a la izquierda. Sean P1 y P2 las posiciones de la partícula en los instantes t1 y t 2 = t1 + Δt . Esto significa que si una partícula sufre un desplazamiento negativo. a diferencia de la rapidez debemos incluir el concepto de dirección en nuestro estudio. como se muestra en la figura. A los 3 s de ver un fogonazo oímos el disparo del cañón.3 = 8 s ⇒ 2S’= 340 x 8 ⇒ S’ = 1360 m La costa está a 1020 + 1360 = 2380m. es decir v o simplemente v es igual a la rapidez instantánea en ese punto. 340 m/s. La velocidad es la pendiente del gráfico de x versus t. Calcular la distancia a que están de nosotros el enemigo y la costa. Siendo Δ r el vector desplazamiento y describe el desplazamiento de la partícula de la posición P 1 a la posición P 2 . Cuando la pendiente es negativa. Tenemos que Hugo Medina Guzmán → La magnitud del vector velocidad instantánea. obteniendo un valor de 3 s. v . Entre dos observadores hay una distancia de 1050 m. Despreciando el tiempo empleado por la luz en hacer tal recorrido. la distancia a que se encuentra el enemigo es: S = 340 x 3 = 1020 m El sonido emplea para ir y volver a la costa. → → → → → Ejemplo 5. desde nuestra posición. Cuando la pendiente es positiva. usando fórmulas de la tabla anterior. . La velocidad es: c = s/t = 1050/3 = 350 m/s Ejemplo 6. En el límite. r dsenωt dS d ( Asenωt ) = =A = Aω cos ωt v= dt dt dt Velocidad. La figura muestra una partícula que se está moviendo a lo largo de la trayectoria curvilínea C. en un buque situado entre el enemigo y los acantilados de la costa. Nos encontramos en una batalla naval. El cociente entre el vector desplazamiento Δ r y el intervalo de tiempo Δt es el vector velocidad media.Movimiento rectilíneo horaria S (t ) = Asen (ωt ) . Como en el caso de la → rapidez obtendremos la velocidad instantánea v tomando la velocidad media en un intervalo de tiempo cada vez menor Δt medido desde un cierto tiempo t1 . Cuando la pendiente es cero. uno de ellos dispara un arma de fuego y el otro cuenta el tiempo que transcurre desde que ve el fogonazo hasta que oye el sonido. Los vectores posición correspondientes son OP1 = r 1 y → OP 2 = r 2 = r 1 + Δ r . Es evidente que en este límite la dirección de Δ r es la de la tangente la trayectoria en P1. 5 → Solución. Como el desplazamiento es un vector y el tiempo es un escalar positivo. el objeto se está moviendo a la derecha. un tiempo que es: t = 11 . su velocidad será también negativa. y a los 11 s del fogonazo percibimos el eco. para esto debemos emplear vectores. 0 s.4)(10) − (0. x = 5m. tal que la ecuación stotal ssubida + sbajada = ttotal ttotal 2v1v 2 2s = = 8 km / h = s s v1 + v 2 + v1 v 2 v t + v2t v1 + v2 b) vm = 1 = 2t 2 = 12. a) Calcule la velocidad media del auto entre t = 0 y t = 10.ct3 .360)t = 0 . pero en Física se utiliza con un sentido más amplio para designar un cambio del vector velocidad. x1 = 0 .0 y 2 x(t ) = 5 + 6t 2 .360)t 2 tal que i) v x (0) = 0. z = 6m → ˆ ˆ r 1 = 11i + 3 ˆ + 6k j → → → 4. donde b = 2. b) Calcule la velocidad instantánea en i) t = 0.0 m/s .120 m/s3. La posición de una partícula en coordenadas cartesianas está dada por la ecuación → b) de la ecuación v x = lim Δx dx .0 s. Calcular: a) ¿Cuál es su rapidez media si las subidas y bajadas tienen la misma longitud? b) ¿Cuál es su rapidez media si emplea el mismo tiempo en las subidas que en las bajadas? c) ¿Cuál es su rapidez media si emplea doble tiempo en las subidas que en las bajadas? Solución. a) vm = v = 122 + 32 = 153 = 12.80 )(5) − (0. a) para t = 0 s.360)(10) = 12. Después viaja en línea recta y su distancia respecto al semáforo está dada por x(t) = bt2 .Movimiento rectilíneo Hugo Medina Guzmán Ejemplo 7. z (t ) = 6 t en segundos. Se llama aceleración al cambio de la velocidad (vector velocidad) en el tiempo. a) En t1 = 0. y = 0m. la velocidad = Δt →0 Δt dt ˆ ˆ r (t ) = x(t )i + y (t ) ˆ + z (t )k j instantánea en función del tiempo es donde v x = 2bt − 3ct 2 = (4. b) Determinar la velocidad media c) Determinar la velocidad y la rapidez para t = 1 s. y (t ) = 3t .80)(10) − (0.80)t − (0. z en metros.360 El desplazamiento es ˆ ˆ Δ r = r 1 − r 0 = (11 − 5)i + (3 − 0) ˆ + (6 − 6 )k j ˆ = 6i + 3 ˆ j b) la velocidad media es → ˆ Δ r 6i + 3 ˆ j ˆ = = 6i + 3 ˆ vm = j Δt 1− 0 c) la velocidad instantánea es → → ˆ ˆ d r d 5 + 6t 2 i + 3tˆ + 6k j v= = dt dt ˆ+3ˆ = 12ti j La magnitud de v es → [( ) ] Ejemplo 9.360)(5) = 15. Solución. iii) t = 10. x. 6 vm = vm = x2 (2. x = 11m. ii) t = 5. y =3m.40 m/s2 y c = 0.4 m/s Valor que corresponde a la rapidez instantánea para t = 1s.0 s. 2 ˆ ˆ r 0 = 5i + 6k El único tiempo después de t = 0 en que el auto se encuentra en reposo es t = Para t = 1s. En Física se dice que un cuerpo está siendo acelerado no sólo cuando aumenta su velocidad sino también cuando disminuye o cambia de dirección.80)t − (0. y. Ejemplo 8.5 km/h c) vm = 2 × 5 + 20 v1 2t + v2t 2v1 + v2 = = 3t 3 3 = 10 km/h (Obsérvese que la rapidez media es la media aritmética de las rapideces uniformes únicamente en el caso de que el tiempo que duran los distintos recorridos sea el mismo). ii) v x (5) = (4. Por consiguiente ( 4.3 s 0. c) ¿Cuánto tiempo después de arrancar vuelve a estar parado el auto? Solución.120 )(10) = t2 (10) 2 x 2 − x1 Δx ⇒ = t 2 − t1 Δt 3 = 12.8 = 13. z = 6m → iii) v x (10) = ( 4. Un auto está parado ante un semáforo. a) Determinar el desplazamiento entre t = 0 y t = 1 s. ACELERACIÓN En el lenguaje ordinario el término aceleración se refiere sólo a incrementos del módulo de la velocidad (rapidez). Un ciclista marcha por una región donde hay muchas subidas y bajadas En las cuestas arriba lleva una rapidez constante de 5 km/h y en las cuestas abajo 20 km/h.0 2 c) el auto está en reposo cuando v x = 0 . dt dt dz vz = = 3t 2 + 4t dt vx = La velocidad es: → a (t1 ) v 2 − v1 Δv d v = lim = lim = t 2 →t1 t − t Δt →0 Δt dt 2 1 → → → → → → ˆ ˆ v (t ) = (2t + 1)i + 2 ˆ + 3t 2 − 4t k j → → ( ) ˆ Para t = 1 s : v (1) = 3i + 2 ˆ − k j ˆ ˆ ˆ Para t = 3 s . Cuando t 2 → t1 o Δt → 0 llegaremos al valor de la aceleración en el instante t1 . z (t ) = t 3 − 2t 2 Las componentes de la velocidad son: dx dy = 2t + 1 . el objeto disminuye su velocidad. su aceleración media es → v 2 − v 1 Δ v Δv ˆ = = am = i Δt Δt t 2 − t1 → → → Supongamos que una partícula que se mueve en la trayectoria C de la figura anterior en el instante t1 está en P1 con una velocidad v1 y en el instante t 2 = t1 + Δt está en P2 con una velocidad v 2 . el objeto aumenta su velocidad. y (t ) = 2t − 1 . La razón en la cual la velocidad cambia se mide por la aceleración. b) La aceleración media entre t = 1 s y para t = 3 s . Por definición el vector aceleración media de la partícula entre los instantes es t1 y t 2 es → Ejemplo 10. Cuando la velocidad y la aceleración tienen signos opuestos. Aceleración Media. Cuando la velocidad y la aceleración ambas tienen el mismo signo. a) Las ecuaciones paramétricas son: x(t ) = t 2 + 1 . Los gráficos de la figura siguiente ilustran el desplazamiento. v (3 ) = 7i + 2 ˆ + 15k j b) La aceleración media entre t = 1 s y t = 3 s .Movimiento rectilíneo Hugo Medina Guzmán Observe que la aceleración negativa no significa necesariamente “bajar la velocidad”. y la aceleración para un objeto en movimiento. Este proceso para el límite se expresa matemáticamente como → Encontrar: a) La velocidad para t = 1 s y para t = 3 s . la velocidad. tenemos: dt → → ⎛ →⎞ → d v d ⎜d r ⎟ d2 r = ⎜ a= = dt dt ⎜ dt ⎟ dt 2 ⎟ ⎝ ⎠ Es mejor evitar el uso de la palabra común “desaceleración. 7 Δ v v (3) − v (1) = am = = Δt 3 −1 ˆ (7 − 3)iˆ + (2 − 2) ˆ + (15 + 1)k j 2 → → → → ˆ ˆ a m = 2i + 8k . Solución. v y = = 2. → dr Como v = . Así si un objeto tiene la velocidad → → v 1 en el t1 del tiempo y velocidad v 2 en el t 2 .” Describa la aceleración simplemente como positiva o negativa. Una partícula se mueve a lo largo de una línea curva → v 2 − v1 Δ v am = = t2 − t1 Δt → → → ˆ ˆ r (t ) = t 2 + t i + (2t − 1) ˆ + t 3 − 2t 2 k j ( ) ( ) Las dimensiones de la aceleración son a = LT La unidad de la aceleración en el sistema SI está en metros / segundo por segundo: [] −2 ms m = 2 s s Aceleración Instantánea o simplemente aceleración. c) La aceleración y su magnitud para t = 1 s . 0iˆ + 50.0t − 3. ya que t no aparece en el vector aceleración. De v ˆ ˆ r (t ) = −5. a m a= → dv Δv = = constante dt Δt → =a ˆ Δ v = Δv i ˆ a = ai = Δt Δt Δv v − v0 a= = Δt t − t 0 v − v 0 = a(t − t 0 ) Si el tiempo inicial t 0 =0 v = v0 + at .0 k dt 2 b) la velocidad en ambas direcciones x e y es constante y diferente de cero. Estudio del Movimiento Como el movimiento es uniforme v m = v . que la aceleración sea siempre igual a cero. a) El vector desplazamiento es: → x − x0 ⇒ x = x 0 + v(t − t 0 ) t − t0 Si el instante inicial t 0 = 0 .0t i + 10. Para que un movimiento sea rectilíneo uniforme su velocidad debe ser constante. es decir. Estudio del Movimiento → → Como la aceleración es constante.0 s: → → 2 ˆ ˆ r (5 ) = −5. y considerando que su trayectoria está en el eje x 8 → → MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORMEMENTE VARIADO.0(5) ˆ + 7. Una persona que se asoma por la ventana de un edificio alto de oficinas observa lo que sospecha es un ovni.0 − 2(3.0(5) k j ˆ = − 25. tenemos x = x0 + vt = Diagrama espacio-tiempo ˆ ˆ r (t ) = −5.0t i + 10.0t 2 k j ( ) El vector velocidad es la derivada del vector desplazamiento: d r (t ) ˆ ˆ = −5.0 ˆ + [7. b) ¿Hay algún tiempo en que la velocidad del objeto sea cero? c) ¿La aceleración del objeto es constante o cambia con el tiempo? Solución.0t − 3.0i + 10.0k j [ ] d 2 r (5) ˆ = −6.0(5) − 3.0t ˆ + 7.Movimiento rectilíneo c) la aceleración instantánea es → → Hugo Medina Guzmán → a (t ) = ˆ − 4 )k para t = 1s → ˆ = 2i + (6t dv d ˆ (2t + 1)iˆ + 2 ˆ + 3t 2 − 4t k = j dt dt [ ( )] ˆ Δ r = Δx i = x − x0 i ˆ ˆ v = vi = Δt Δt t − t0 Δx x − x0 v= = = tan α Δt t − t0 → ˆ ˆ a (1) = 2i + 2k Diagrama velocidad-tiempo la magnitud de la aceleración es a(1) = 2 2 + 2 2 = 2 2 m s 2 Ejemplo 11.0 k dt 2 en t = 5.0t ˆ + 7.0t 2 k j ( ) a) Obtenga los vectores de: desplazamiento.0)t ]k j dt y el vector aceleración es la derivada del vector velocidad: → → El gráfico indica las posiciones instantáneas del móvil en cada instante d 2 r (t ) ˆ = −6. luego la velocidad nunca puede ser cero c) La aceleración del objeto es constante. Para que un movimiento sea rectilíneo uniformemente variado su aceleración debe ser constante y diferente de cero.0(5)i + 10.0 s.0 ˆ − 40. velocidad y aceleración del objeto en t = 5. La persona registra la posición del objeto en función del tiempo y determina que está dada por → El gráfico velocidad-tiempo del movimiento uniforme es una recta paralela al eje del tiempo. MOVIMIENTO RECTILÍNEO UNIFORME. vm = v 0 + [v 0 + a (t − t 0 )] a(t − t 0 ) = v0 + 2 2 finalmente a(t − t 0 ) ⎤ ⎡ (t − t 0 ) x = x 0 + ⎢v 0 + 2 ⎥ ⎣ ⎦ 1 2 ⇒ x = x 0 + v0 (t − t 0 ) + a(t − t 0 ) 2 h 2 (v + v0 ) (t − t 0 ) = 2 1 = v 0 (t − t 0 ) + (v − v 0 )(t − t 0 ) 2 (v − v0 ) Pero como a = tan α = (t − t 0 ) ⇒ (v − v0 ) = a(t − t 0 ) Luego Area del trapecio = (b1 + b2 ) Si el tiempo inicial t 0 =0 Area del trapecio = v0 (t − t 0 ) + 1 2 a(t − t 0 ) 2 x = x0 + v0 t + 1 2 at 2 Valor que precisamente corresponde al desplazamiento Δx = x − x 0 . la velocidad media v m es La posición. El área encerrada es igual al área de un trapecio cuyas bases son b1 = v y b2 = v 0 con altura v + v0 2 y como v = v 0 + a(t − t 0 ) vm = resulta h = (t − t 0 ) . Demostrar que el área encerrada bajo la curva de la velocidad del diagrama velocidad-tiempo es igual al módulo del desplazamiento Δx = x − x 0 . Podemos obtener una relación muy útil eliminando el tiempo como variable en la ecuación Diagrama espacio -tiempo x = x 0 + v0 (t − t 0 ) + Como a = (v − v0 ) (v − v0 ) ⇒ (t − t 0 ) = (t − t 0 ) a 1 2 a(t − t 0 ) 2 9 . la velocidad media en este intervalo es Δx x − x0 vm = = Δt t − t0 → x − x0 = vm (t − t0 ) y x = x0 + vm (t − t0 ) Por otra parte como la velocidad es una función lineal. De lo anterior: Solución.Movimiento rectilíneo Diagrama velocidad-tiempo Hugo Medina Guzmán a= Δv v − v0 = = tan α Δt t − t 0 → La velocidad media: ˆ Si la posición en t 0 es r 0 = x 0 i y la posición en t es r Ejemplo 12. LA ECUACIÓN DE TORRICELLI. ˆ = xi . La partícula se desplaza de P 0 en sentido negativo con movimiento retardado (desacelerado) hasta detenerse en P 1 y cambia de sentido. Consideramos una aceleración constante a > 0 en el sentido positivo de la trayectoria. Descripción del movimiento de una partícula con aceleración constante. 1er Caso: La partícula tiene una velocidad inicial v0 a 0 = constante ≥ 0. vx = a x = −0. dx = 2.125 cm s 2 dt a) En t = 0.0 cm. Una tortuga camina en línea recta sobre lo que llamaremos eje x con la dirección positiva hacia la derecha.00 cm s − (0.125 cm s 2 )t dt dv ax = x = −0. Caso: La partícula tiene una velocidad inicial v 0 < 0. Solución. Ejemplo 13.00 cm/s)t .0625 cm/s2)t2 .Movimiento rectilíneo Sustituyendo Hugo Medina Guzmán x = x0 + v0 2 2 0 (v − v0 ) a 1 (v − v0 ) + a 2 a2 2 De donde se puede despejar: v = v + 2a( x − x 0 ) Los diagramas aceleración-tiempo.0 s 10 . v = v 0 + at Los diagramas aceleración-tiempo. velocidadtiempo y espacio-tiempo correspondientes son los siguientes: Conocida como la ecuación de Torricheli. v x = 2. La ecuación de la posición de la tortuga en función del tiempo es x(t) = 50.0 m de su punto de partida? ¿Que velocidad (magnitud y dirección) tiene la tortuga en cada uno de esos instantes? e) Dibuje las gráficas: x-t. x = 50. a) Determine la velocidad inicial. La partícula se desplaza de P 0 al infinito con un sentido constante y aumentando su velocidad.0 cm + (2. A partir de ese instante la velocidad aumenta constantemente (acelerado) y se desplaza al infinito con un sentido constante.0 s. vx-t y ax-t para el intervalo de t = 0 a t = 40.(0.125 cm s 2 . b) Hagamos vx = 0 y resolvamos para t: t = 16. velocidadtiempo y espacio-tiempo correspondientes son los siguientes: a 0 = constante x = x0 + v0 t + 1 a0 t 2 2 v = v 0 + at x = x0 + v0 t + 1 a0 t 2 2 2do. b) ¿En qué instante t la tortuga tiene velocidad cero? c) ¿Cuánto tiempo después de ponerse en marcha regresa la tortuga al punto de partida? d) ¿En qué instantes t la tortuga está a una distancia de 10.00 cm s . posición inicial y aceleración inicial de la tortuga. y. d) El tiempo total en el recorrido AD. b) La distancia AB.049000 (1 + 0.0 s . Esto da: t = 0 y t = 32.20 s. e) g φ = 978.000002860h h en metros y g φ en m/s Donde h 2 ≤ 40 000 m Cerca de la superficie de la tierra la magnitud de la aceleración debido a la gravedad varía muy poco con la altura y en los cálculos técnicos ordinarios se toma g = 9.0. a) 1 2 ⎫ at ⎪ ⎪ 2 ⎬ ⇒ vB =20 cm/s 1 2⎪ 105 = v B 3 + 10 × 3 ⎪ 2 ⎭ vC = v B + at = 20 + 30 = 50 cm/s BC = v B t + 1 ⎫ CD = vC t + at 2 ⎪ ⎪ 2 ⎬ 1 2⎪ 55 = 50t + 10t ⎪ 2 ⎭ 11 y = y 0 + v0 t + v = v 0 + at a = −g a) Caída libre 1 2 at 2 . En t = 36.0 s. c) El tiempo invertido en el recorrido AB y en el CD.0 cm y resolvamos para t. vx = . vx = + 1.23 cm/s. En t = 25.2. tarda en recorrer una distancia BC = 105 cm un tiempo de 3 s.0000059 sen 2 φ ) 2 g en cm/s .0 cm.0 cm del punto de partida cuando x = 60.4 s (la otra raíz de la ecuación cuadrática es negativa y por lo tanto sin significado físico). C y D.55 cm/s. Calcular: a) La velocidad del móvil en los puntos B. Hagamos x = 60.20 s y t = 25. La variación de la magnitud de la aceleración g φ debido a la gravedad en la superficie de la tierra con la latitud está dada por la fórmula internacional de la gravedad adoptada en 1930 por el Congreso Geofísico Internacional: t = 36.2213 La variación de la aceleración gravitacional con la altura sobre el nivel del mar es aproximadamente g = g φ − 0.0052884 sen 2 φ . Donde φ es la latitud de la tierra medida en el ecuador Para φ = 0º (ecuador).8 s. Solución.8 s En t = 6. vx = . g 90 = 983. finalmente. g 0 = 978.Movimiento rectilíneo c) Hagamos x = 50.0490 Para φ = 90º (polos).1. Un cuerpo que se deja caer está sometido a la aceleración de la gravedad y su movimiento corresponde a un movimiento rectilíneo uniformemente variado en el eje vertical perpendicular a la tierra. Un móvil parte del reposo y de un punto A. d) La tortuga está a 10.0 cm y resolvamos para t: t = 6.4 s. llega al punto D (CD = 55 cm).23 cm/s.81 m/s2 (dirigido verticalmente hacia abajo). Hagamos x = 40. con movimiento rectilíneo y uniformemente acelerado (a =10 cm/s2).0 cm o x = 40. 2 φ en grados Ejemplo 14.0 cm y resolvamos para t : Hugo Medina Guzmán ⇒ t2 +10t -11 = 0 ⇒ t = 1 s v D = vC + at = 50 + 10 = 60 cm/s b) v B = 2aAB 2 vB 400 = = 20cm 2a 20 ⇒ AB = c) v B = at ⎫ 20 =2 s ⎬ ⇒ t= 20 = 10t ⎭ 10 d) Será la suma de los tiempos parciales: t = 2 + 3 +1 = 6 s MOVIMIENTO VERTICAL CON ACELERACIÓN DE LA GRAVEDAD. La tortuga regresa al punto de partida después de 32. v 0 = 0 . En este caso y 0 = h . luego: y =h− v = − gt a = −g 1 2 gt 2 ⎛ 2v ⎞ v P = v0 − g ⎜ 0 ⎟ = v0 − 2v0 = −v0 ⎜ g ⎟ ⎝ ⎠ Finalmente toca piso cuando y = 0 2v 1 2h h + v 0 t − gt 2 = 0 ⇒ t 2 − 0 t − =0 g 2 g cuya solución es 2 v 0 + 2h v0 ± t= g g El cuerpo toca tierra cuando y = 0 toca el piso al tiempo 1 2 Luego h − gt = 0 ⇒ t = 2 y la velocidad es v = 2h g 2 gh 2 v 0 + 2h v0 + t= g g con una velocidad 2 v = − v0 + 2 gh b) Lanzamiento hacia arriba Si el mismo cuerpo desde la misma altura h se lanza hacia arriba con velocidad v 0 . Esta corresponde a cuando la velocidad disminuye a cero. Observamos que t P = 2t m La velocidad es Si se deja caer un cuerpo desde una altura h sobre el nivel del piso y consideramos despreciable la resistencia del aire. c) Lanzamiento hacia abajo Si el mismo cuerpo desde la misma altura h se lanza hacia abajo con una velocidad v 0 . y = h − v0 t − v = −v0 − gt a = −g 1 2 gt 2 El cuerpo alcanza el piso cuando v0 − gt = 0 ⇒ t m = De aquí v0 g ⎞ 1 ⎛v ⎟ + + g⎜ 0 ⎟ 2 ⎜g ⎠ ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 2 y = 0. 2v 2h 1 h − v0 t − gt 2 = 0 ⇒ t 2 + 0 t − =0 g 2 g ⎛v y m = h + v0 ⎜ 0 ⎜g ⎝ = cuya solución es 2 v 0 + 2h v0 t=− ± g g h+ 2 v0 2 toca el piso al tiempo 2 v 0 + 2h v0 t=− + g g Cuando el cuerpo pasa por el punto de lanzamiento y=h con una velocidad 12 . 1 y = h + v 0 t + − gt 2 2 v = v0 − gt a = −g El cuerpo sube hasta que alcanza la altura máxima y m .Movimiento rectilíneo Hugo Medina Guzmán 2v 1 h = h + v0 t + − gt 2 ⇒ t P = 0 y por 2 g supuesto t P = 0 . se mueve con un movimiento rectilíneo uniformemente retardado (desacelerado). que corresponde al tiempo inicial. el cuerpo se mueve en un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. Encontrar La altura desde donde cae. 2 Con t2 se obtiene la misma altura.2) .5t2 y2 = h . desde la misma altura se lanza una segunda piedra 2 s más tarde con una rapidez de 30 m/s.10t = 12.25) . b) El tiempo total de caída.5 m/s y = h + 12. Desde lo alto de un acantilado. Solución.5(4. Calcule: a) El tiempo transcurrido entre los dos instantes en que su velocidad tiene una magnitud de 2.5 m/s. se deja caer una piedra. Solución.Movimiento rectilíneo Hugo Medina Guzmán y2 = h .5 m/s.5t2 El tiempo en que llega al suelo es 1 y = h + v0 t − gt 2 2 1 2 gt (1) 2 v y = v0 − gt ( 2) y = v0t − a) De la ecuación (2): v y = v0 − gt1 = 2.5(4.5 ⇒ t1 = = 3.5(t .25)2 = 0. Encontrar el instante en que la distancia entre ellos es de 18 m.5s g b) De la ecuación (2): v y = v0 − gt1 = 2.25 s.y2 = t Entonces la distancia entre ellos es 18m a los 18 s Ejemplo 17.5t2 y2 = 33 .41 m. y = 0. t= h 5 La distancia recorrida en el último segundo será ⎛ h⎞ ⎛ h ⎞ ⎟ y⎜ − 1⎟ − y ⎜ ⎜ 5⎟ = ⎜ 5 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ h⎞ ⎛ h ⎞ ⎟ − 5⎜ − 1⎟ = 68. se lanza hacia arriba una pelota con una rapidez de 40 m/s.5 . Una roca cae libremente recorriendo la segunda mitad de la distancia de caída en 3(s).5 v y = v0 − gt 2 = −2.5t2 = 0 13 2 2 y =h− 1 2 gt 2 t1 = h y el g El tiempo en que alcanza h/2 es tiempo en que h = 0 es t2 = 2h g a) por lo tanto el tiempo empleado en la segunda parte de recorrido es 2h − g b) h = 3 ⇒ h = 524. y1 = h .5 Restando obtenemos: Δt = t2 − t1 = 5 = 0.83) = 81. Solución. Se deja caer un cuerpo desde una altura de y0 = 33 m. La pelota llega a tierra 4. h = 80m Ejemplo 19.83 s.83) − 1 2 g (3.5t2 a) Al tiempo t = 4.30(t . Desde el piso. Encuentre: La altura del acantilado. Determine: a) La altura que alcanzó la pelota respecto del edificio. Desde lo alto de un edificio.8 Con t1 en (1): h = 40(3.3 m.6 = = 10.0 m/s Ejemplo 16.30(t . v0 = 12.6 m g 2h 524. 2 v = − v0 + 2 gh Ejemplo 15.2 5⎜ ⎜ 5⎟ ⎜ 5 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⇒ h = 268.2 s g 5 t= . Un cuerpo que cae.2)2 = 0 De aquí t = 4 s.19 m b) vy = 12. Solución.5t2 y1 .5t . Solución. b) La rapidez de la pelota al llegar al suelo. se lanza verticalmente hacia arriba una pelota con una rapidez de 12. Suponiendo que se soltó del reposo y = h .2)2 Siendo al mismo tiempo y1 = h . Solución. luego: h + 12.5(t . después. recorre en el último segundo 68. Encuentre a) la altura desde la cual se soltó.t .25 s. La altura en función del tiempo será Con g = 10m/s2.6 m Ejemplo 18.5 37. 9.5 .25) = -30. y1 = 33 . Ejemplo 20. ⇒ h = 37.5 40 − gt1 = 2.2) . porque es cuando la pelota está de bajada. b) La distancia respecto al piso que se encuentra la pelota en ese instante. Si ambas golpean el piso simultáneamente.10(4. y simultáneamente se lanza hacia abajo otro cuerpo con una rapidez inicial de 1 m/s. 74 s = g+a 9. es: aBA = aB . Cuando el ascensor se encuentra a una cierta altura del suelo. Tomaremos el origen de coordenadas en el punto en que se suelta la piedra. a) ¿Qué tiempo t1 transcurre a partir del instante en que la bola fue lanzada hasta que pasa por el borde de la torre? ¿Qué velocidad v1 tiene en este tiempo? b) ¿Qué tiempo total t 2 se requiere para que la bola llegue al piso? ¿Cuál es la velocidad v 2 .aA = 9. La cabina de un ascensor de altura 3 m asciende con una aceleración de 1 m/s2. Calcular el tiempo que tarda la lámpara en chocar con el suelo del ascensor. En su vuelta pasa rozando la torre y finalmente toca la tierra. Primer método: En el instante en que empieza a caer el cuerpo el ascensor lleva una velocidad vertical hacia arriba v. h1: distancia al origen del globo en t'. Solución. tendremos: − h + vt + t= 1 2 1 at = vt − gt 2 ⇒ 2 2 2h 2×3 = 0. 1 a BA t 2 ⇒ 2 2h 2×3 = 0. b) Distancia globo-piedra a los 2 s del lanzamiento. 8 m/s2 Ejemplo 22. Magnitudes positivas son las que tienen direcci6n hacia arriba. Una bola es lanzada verticalmente hacia arriba con una velocidad de 20 m/s de la parte alta de una torre que tiene una altura de 50 m.8 + 1 ⇒ d = 6 + 14 = 20 m Segundo método: La aceleración de la lámpara respecto al ascensor. Solución. considerando magnitudes positivas hacia abajo.8 – (-1) = 10.8 h= Ejemplo 23. calcular: a) Altura a que se encontraba el globo cuando se soltó la piedra.Movimiento rectilíneo Hugo Medina Guzmán Ejemplo 21. Aplicando la ecuación: 1 ⎛ ⎞ h − ⎜ vt + at 2 ⎟ 2 ⎝ ⎠ s = vt + 1 2 h = 3(3) − 10(3) 2 = 36 m b) t’ = 2 s. h1 = v 0 t ' = 3 × 2 = 6m ⎫ ⎪ ⎬ 1 1 h2 = v 0 t '+ gt ' 2 = 3 × 2 − 10 × 40 − 14m ⎪ 2 2 ⎭ 1 2 at 2 Siendo positivas las magnitudes hacia arriba y negativas las descendentes. h2: distancia al origen de la piedra en t'.74 s t= = a BA 10. a) El espacio vertical y hacia abajo que debe recorrer la lámpara es: v0 = 3m/s ⎫ ⎪ 1 g ≈ 10m/s 2 ⎬ y = h + 3t − 10t 2 2 ⎪ t = 3s ⎭ Cuando la piedra toca suelo. La lámpara al desprenderse lleva una velocidad inicial hacia arriba v. con la que toca el piso? 14 . si llega al suelo a los 3 s. Se deja caer una piedra desde un globo que asciende con una velocidad de 3 m/s. y = 0 Luego (h = altura del ascensor) y (vt + at2/2) ascenso del suelo de éste. se desprende la lámpara del techo. que es el gt 2 + y= 2 y+h negativo de la velocidad inicial. Si la velocidad de la maceta en la parte superior de la ventana es v 0 . podemos encontrarla en función de la altura h de la ventana y el tiempo que tarda en pasarla:: 1 2 2h − gt 2 gt ⇒ v 0 = 2 2t 2 m 2(1. ⇒ 2 gt 2 + 2 gyt 2 + y = y + h 2 gt 2 ⇒ + 2 gyt 2 = h 2 Resolviendo para y : 1 ⎛ 2h − gt 2 ⎜ y= 2 g ⎜ 2t ⎝ Con los datos 2 1 ⎡ 2(1. La maceta tarda 0.8)(0. 2 − 15 = 20t1 − 4. ¿con qué velocidad se debe lanzar hacia arriba de la azotea? Hugo Medina Guzmán Ejemplo 24. y = v 0 t + y= 1 2 at . Se puede despreciar la resistencia del aire. Un malabarista actúa en un recinto cuyo cielorraso está 3.420 s es la diferencia entre los tiempos tomados en caer la las alturas ( y + h ) e y . ⇒ v0 = 1.8) = −37 m / s c) Máxima altura sobre tierra: h = y max + 50 .90 ) − (9. 2 2 v0 2.96 m/s.42) ⎦ 2 ymax − (20) = = 20.tl) = 0.08) = −20m / s .248 s. cuya altura es de 1. t2 = 5. la cual es el tiempo en que la bola retorna al borde.v0)(3) – 4.8)(0. encontramos: -50 = (. respectivamente. De v 0 + 2ay max = 0 . t1 = 4.311 m 2 g 2(9.47 2 = = 0.9(3)2.4 m. Ejemplo 25.47 Luego: v 0 = 2(0.08 s.420 s en pasar por esta ventana. e) Si v0 es la velocidad inicial deseada. ¿Qué tiempo se requiere para que la bola viaje de P1 a P2? e) ¿Se desea que después de pasar el borde. a) ¿Qué velocidad inicial tiene la pelota? b) ¿Cuánto tiempo tarda la pelota en llegar al techo? En el instante en que la primera pelota está en el cielorraso.8 s 2 v2 = 20 + (− 9. Lanza una pelota hacia arriba de modo que apenas llega al techo. 15 .723 s.9t 2 Resolviendo.525 s.8)(4.9t12 y − 30 = 20t 2 − 4. por debajo del techo de la torre. Luego.Movimiento rectilíneo c) ¿Cuál es la máxima altura sobre el suelo alcanzada por la bola? d) Los puntos P1 y P2 están a 15 y 30 m. luego 0 = v0 t1 + 1 2 at1 .42) s La distancia y desde la azotea al borde superior de h = v0 t + la ventana es: Solución.42) ⎤ y= ⎢ ⎥ = 0. Luego aplicando y = v 0 t + 1 2 at al viaje hacia abajo de 2 la torre. b) − 50 = 20t2 + Elevando al cuadrado: 1 (− 9. entonces –v0 es la velocidad cuando pasa el borde. la bola alcance la tierra en 3s. d) Si t1 y t2 son los tiempos para alcanzar P1 y P2. de v = v 0 + at t= 2( y + h) − g 2y ⇒ g v1 = 20 + (− 9. el malabarista lanza una segunda pelota hacia arriba con dos terceras parte de la velocidad inicial de la primera.90 m. a) Para el sistema de coordenadas mostrado en la figura.0 m arriba del nivel de las manos.9) − (9. 2 Otra forma de encontrar la distancia es: como t = 0.42) = 2.4 m − 2(9. tenemos De la cual t1 = 0.8) Pero en el borde del techo y = 0. Malabarismo. y el tiempo de P1 a P2 es (t2 . ¿A qué distancia debajo del punto desde el cual cayó la maceta está el borde superior de la ventana de abajo? Solución. Una maceta con flores cae del borde de una ventana y pasa frente a la ventana de abajo.8) ⎣ 2(0.8)(5.8) 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 2 Luego.8)t22 ⇒ t2 = 5. h = 70.311 m 2(9. respectivamente. indica el instante en el cual la bola es lanzada. y también t1 = 4. Desprecie la resistencia del aire. g 2 y máx / 2 = g El tiempo al caer para alcanzar y máx / 2 es: y máx t 1 = 1 = s. Como comienza desde su máxima altura. 1/ 2 1 − 1/ 2 = 1 2 −1 = 2. Ni los campeones pasan mucho más de 1. b) La aceleración para llevar a un objeto desde la rapidez v al reposo sobre una distancia h es: a= c) v2 2 g ( H − h) ⎛H ⎞ = = g ⎜ − 1⎟. un atleta se agazapa y salta hacia arriba tratando de alcanzar la mayor altura posible.7 m. Puede despreciarse la resistencia del aire.0 m − d = 1.59 s y d = 1.7 m s .30 s en caer el último tercio de la distancia.00 s en el aire (“tiempo de suspensión”).8)(3) ⇒ v 0 y = 7. estando originalmente en reposo a una altura H sobre un césped crecido cuyas hojas miden h. de tal 2 t2 = manera que la razón entre el tiempo que está sobre la mitad de la altura máxima y el tiempo que está por debajo de la altura máxima es.78 s . a) Sea h la altura y toma un tiempo t en caer: v = 2 g ( H − h).0 m − d ) y estará en el mismo lugar que la 2 primera bola. Trate al atleta como partícula y sea y máx su altura máxima sobre el suelo. calcule la razón del tiempo que está sobre y máx / 2 al tiempo que tarda en llegar del suelo a esa altura.4. a) La rapidez de un objeto que cae una distancia H en caída libre una distancia H − h es: t1 = 2 y máx =1 s .7 m s) = 5. ¿qué representa la otra? Solución.0 m . 2h 2h ⎝h ⎠ h = 1 gt 2 2 16 .3 m Ejemplo 26. Esto explica porque el atleta parece estar suspendido en el aire. La primera bola viaja hacia abajo una distancia d en el tiempo t . y − y 0 = 3. b) Obtenga la aceleración de la manzana ya dentro del césped. d) 3. v y = 0 . d = v0 y t + 1 gt 2 ⇒ d = (4. b) También tenemos: v y = v0 y − gt = 0 = 7. a) Obtenga la rapidez de la manzana justo antes de tocar el césped. Un excursionista despierto ve caer un peñasco desde un risco lejano y observa que tarda 1. En el salto vertical. (3 − d ) = v' 0 y t − 1 gt 2 (3 − d ) = 5. Ejemplo 28.8t En el cielorraso. v0 y = 0. Solución.9 m s 2 )t 2 2 La segunda bola tiene Ejemplo 27. 3 En el tiempo t habrá viajado hacia arriba (3. se frena con razón constante de modo que su rapidez es 0 al llegar al suelo. Cuando la manzana llega al césped.7 − 9. Para explicar por qué parece estar suspendido en el aire. ⇒ t = 0.Movimiento rectilíneo c) ¿Cuánto tiempo después de lanzada la segunda pelota se cruzan las dos pelotas en el aire? d) ¿A qué altura sobre la mano del malabarista se cruzan las dos pelotas Solución.9t 2 Tenemos dos ecuaciones con dos incógnitas. El tiempo al caer para alcanzar y máx es: v' 0 y = 1 (7.1t − 4. Una manzana cae libremente de un árbol. c) Tomemos el sentido positivo hacia abajo. a) Tomemos el sentido positivo hacia arriba. Solución. g 2 2 1 El tiempo debajo de y máx / 2 es 1 − . Tenemos que v y = v 0 y − 2 g ( y − y 0 ) 2 2 2 Hugo Medina Guzmán Luego: 0 = v 0 y − 2(9.1 m s . a) ¿Qué altura (en m) tiene el risco? b) Si en (a) obtiene dos soluciones de una ecuación cuadrática y usa una para su respuesta. Resolviéndolas obtenemos: t = 0. c) Dibuje las gráficas: v-t y a-t para el movimiento de la manzana. ⎪h = 180m ⎩ 4 Finalmente H = 200 + 180 = 380 m b) Llamando t2 al tiempo que tarda en recorrer hl: v = v 0 + gt s = v0 t + 1 2 gt g ≈ 10m/s 2 2 v0 = 10 m/s h1 = v1t 2 + 1 2 gt 2 2 a) y b) h = 60 m v = 10 + 10t t = 2. Tomamos corno origen de coordenadas el punto de lanzamiento y como sentido positivo el del eje vertical descendente.3) 2 2 gt 2 = 1 g (t − 1.6 m.9 ± 3. Las ecuaciones de este movimiento serán: ⎧v1 = 40m/s ⎪ De aquí se obtiene ⎨v2 = 60m/s . c) Velocidad cuando se encuentra en la mitad de su recorrido. b) En qué momento llegará al suelo.07 = 0 Resolviendo 1 3 2 Ejemplo 30. h1 = 300m h2 = 200m h3 = 100m t1 = 2 s g ≈ 10m/s 2 a) v2 = v1 + gt1 ⇒ v2 = v1 + 10 × 2 1 2 1 gt1 ⇒ 100 = 2v1 + 10 × 4 2 2 2 2 v v h4 = 2 ⇒ h4 = 2 2g 2 × 10 H = h2 + h4 h3 = v1t1 + Solución.73s Eliminando h de estas dos ecuaciones obtenemos: t − 7.8t + 5. h= 1 2 (9. Desde la cornisa de un edificio de 60 m de alto se lanza verticalmente hacia abajo un proyectil con una velocidad de 10 m/s.30 s en caer el último tercio h : 2 3 h = 1 g (t − 1.5m/s 30 = 10t '+ 10t ' 2 17 v = 2 gH = = 87 m/s 2 × 10 × 380 . d) Tiempo que tarda en alcanzar la velocidad del apartado c). Una piedra que cae libremente pasa a las 10 horas frente a un observador situado a 300 m sobre el suelo.6 s ⇒ 1 2 60 = 10t + 10t v = 36m/s 2 1 2 ⇒ 300 = 40t 2 + 10t 2 2 ⇒ t 2 = 5s Luego llega al suelo a las 10 horas 5 segundos c) c) y d) h’ = 30 m v' = 10 + 10t ' t ' = 1.6 m b) Con la segunda solución para t encontramos h = 2.30 s la subida a la cima y la caída al fondo. La primera es la solución correcta porque es mayor que 1. Calcular: a) Velocidad con que llega al suelo.8)(7.Movimiento rectilíneo Hugo Medina Guzmán Si tarda 1. c) La velocidad con que llegará al suelo.3) 2 2 ⎧t = 7. b) Tiempo que tarda en llegar al suelo. Se pide calcular: a) La altura desde la que cae.08)2 = 245.30 s. Ejemplo 29.08s t = 3. y a las 10 horas 2 segundos frente a un observador situado a 200 m sobre el suelo. Esto correspondería a un objeto que estaba inicialmente cerca del fondo de este "acantilado" que era lanzado hacia arriba y tomando 1. Solución.18 ⎨ 1 ⎩t 2 = 0. las condiciones del problema imposibilitan esta respuesta.65 s ⇒ 1 2 v' = 26. Aunque físicamente es posible. análogo al símbolo para la diferencial. puede utilizarse para deducir las fórmulas que ya hemos visto. 1 2 x − x0 = v0 (t − t0 ) + a(t − t0 ) 2 1 2 ⇒ x = x0 + v0 (t − t0 ) + a(t − t0 ) 2 18 . Esta área corresponde al desplazamiento en ese intervalo que como se puede observar el área faltante se complementa con el excedente del otro lado.CÁLCULO INTEGRAL Conociendo la ley del movimiento x = x (t ) es posible sin mayores dificultades calcular v(t ) y a (t ) tal como fue mostrado Δx = ∑ v m (t i )Δt i x(t ) ⇒ v(t ) = dx(t ) dv(t ) d 2 x(t ) ⇒ a(t ) = = dt dt dt 2 La regla para los tiempos es que t i +1 = t i + Δt .Movimiento rectilíneo Hugo Medina Guzmán El desplazamiento total para el intervalo (t − t 0 ) es la suma de todas las áreas de todos los rectángulos de tal modo que: PROBLEMA INVERSO . porque en el límite esta aproximación es válida. Δx = lim ∑ v(t i )Δt Δt → 0 i Obsérvese que hemos reemplazado la velocidad promedio v m por la velocidad instantánea v . dado su velocidad inicial y su aceleración conocida. Por ejemplo. el cálculo diferencial proporciona la herramienta para determinar la velocidad y aceleración en cualquier instante del tiempo. que es el inverso del cálculo diferencial. Ya hemos demostramos que el área encerrada bajo la curva de la velocidad del diagrama velocidadtiempo es igual al desplazamiento. Si tomamos los intervalos muy pequeños la suma tiene mayor precisión. Con un diferencial obtenemos una fórmula integral si la invertimos. En esta sección veremos cómo el cálculo integral. Encontrar la velocidad de un móvil a partir de la aceleración. La distancia que obtenemos con este método no será la correcta porque la velocidad cambia durante el tiempo del intervalo Δt . Ejemplo 31. Los matemáticos han inventado un símbolo para este límite. hallar la posición de una partícula en un instante cualquiera. a= ⇒ dv ⇒ dv = adt dt v v0 ∫ dv = ∫ adt = a ∫ dt t0 t0 t t Integrando obtenemos v − v0 = a(t − t0 ) ⇒ v = v0 + a(t − t0 ) v= dx ⇒ dx = vdt dt Para encontrar la posición ⇒ Si descomponemos el tiempo total desde t 0 hasta t en segmentos pequeños Δt . Obtendremos la distancia real en el límite: Como hemos visto. entonces cada tramo vertical que baja desde la curva de velocidades hasta el eje de absisas tiene un área ∫ x x0 dx = ∫ vdt t0 t ⇒ ∫ x x0 dx = ∫ [v0 + a(t − t0 )]dt t t0 Integrando obtenemos ΔA = v m Δt Donde v m es la velocidad media del intervalo. v(t i ) se llama v(t ) y el símbolo sumatoria ∑ se escribe como una "s” grande ∫ la cual se conoce el signo integral Luego escribimos Area del trapecio = v0 (t − t 0 ) + x − x 0 = v0 (t − t 0 ) + 1 2 a(t − t 0 ) 2 1 2 a(t − t 0 ) 2 En el caso de un movimiento con velocidad constante el desplazamiento entre los tiempos t y Δx = ∫ v(t )dt t t0 t 0 es x − x 0 = v0 (t − t 0 ) o Δx = v 0 (t − t 0 ) Para un movimiento cualquiera con aceleración variable el diagrama velocidad-tiempo será el mostrado en la figura siguiente El proceso de integración es el inverso del proceso de derivación. El símbolo Δ se convierte en d . Solución. Así es que los hacemos tan pequeños a fin de tener una buena aproximación. Rothschild.10t 4 0 t t = t 0 se tiene v = v0 .75(12. Parker. Salto volador de la pulga. La moto está en reposo en el origen en t = 0.5) − 0.5 la velocidad 2 3 Ahora consideremos la definición de la velocidad v = 0. K.12t 2 dt = 0.12 = 12.40(12.12t . a) Obtenga su posición y velocidad en función de t.40t 3 0 t ( ) ˆ velocidad inicial v 0 = v 0 i . Pequeña Tabla de Integrales ∫ dx = x n ∫ x dx = x n +1 (n ≠ −1) n +1 dx = lnx x e ax ax ∫ e dx = a cos(ax ) ∫ sen(ax ) = a ∫ (u + v )dx = ∫ udx + ∫ vdx ∫ 1 2 at − at 0 t + C 2 2 Como para t = t 0 se tiene x = x 0 . x = ∫ vdt + C2 Los valores de C1 y C2 dependen de las condiciones iniciales del movimiento. El movimiento es en el eje x .75t 2 − 0. C. v = v0 + a(t − t 0 ) dx dt ⎧t = 0 ⎪ a(t ) = 1. Neville y S.75t 2 − 0. tenemos v0 = at 0 + C1 ⇒ C1 = v0 − at 0 Reemplazando el valor de C1 obtendremos la Como para ecuación de la velocidad: v = ∫ adt + C1 ⇒ v = at + C1 ( ) b) Para que la velocidad sea máxima la aceleración debe ser cero.5t − 0. 2 Ejemplo 32. Solución.5t − 0. La aceleración de una motocicleta está dada por a (t ) = 1. “The Flying Leap of the Flea”. b) Calcule la velocidad máxima que alcanza.1 m/s v= También se puede escribir en forma integral x = ∫ vdt + C2 Reemplazando el valor de v : 19 Ejemplo 34. Encontrar las ecuaciones del movimiento para una partícula que se mueve con → aceleración constante inicial ˆ a = ai y que para el tiempo → dv ⇒ dv = adt = (1. Sternberg (3500 cuadros por segundo.40t 3 )dt Integrando con x0 = 0 y t 0 = 0 : v= x = ∫ 0.40t 3 dt = 0. Schlein. Solución.Movimiento rectilíneo También se puede encontrar la ecuación del movimiento expresando la integral de la siguiente manera: Hugo Medina Guzmán Integrando: x = ∫ [v0 + a(t − t 0 )]dt + C 2 v = ∫ adt + C1 . La aceleración es a= dv dt La velocidad se puede encontrar en términos de una integral como dx = 0. tenemos 1 2 2 x0 = v0 t 0 + at 0 − at 0 + C 2 2 1 2 ⇒ C 2 = x0 − v0 t 0 + at 0 2 Reemplazando el valor de C 2 obtenemos 1 1 2⎞ ⎛ x = v0 t + at 2 − at 0 t + ⎜ x0 − v0 t 0 + at 0 ⎟ 2 2 ⎠ ⎝ 1 2 ⇒ x = x0 + v0 (t − t0 ) + a(t − t0 ) 2 x = v0 t + Ejemplo 33. a) Para encontrar v(t ) . ˆ t 0 se encontraba en r 0 = x 0 i y tenía una → v = ∫ 1. Y.25t 3 − 0.75t 2 − 0. Una película tomada a alta velocidad por M.5 ⎪t = 0.40t 3 dt ⇒ dx = (0.12t 2 )dt dt Integrando con v0 = 0 y t 0 = 0 : a= Para encontrar x(t ) .5) = 39.75t 2 − 0.12t = 0 ⇒ ⎨ 1. en el ScientificAmerican de noviembre de 1973) de una pulga saltarina de 210 μg produjo los .5t − 0. con t en s m/s3.5s ⎩ 2 Para t = 0 la velocidad es mínima Para t = 12.5t − 0. La velocidad de un punto que se mueve en trayectoria recta queda expresada.0 ms) 133 2 ≈ = 1.2 × 10-3 )(133) 2 Ejemplo 35. el punto dista del origen 80 m. Otra manera de encontrar el cambio de velocidad es encontrando el área bajo la curva a versus t. b) h (0.5 ms. El área es: 1 2 (4 + 8)(7.3 ms b) La altura máxima corresponde al recorrido hasta cuando la aceleración se hace cero y llega al tiempo t = 2. ¿cuándo? Justifique su respuesta.0 ms y 1. y es el área bajo la curva v versus t.5 − 2.5 s y t = 7. La gráfica de la figura describe.4(t − t 0 ) + 2(t − t 0 ) Con t 0 = 2.5 s y t = 7. a) Determine el cambio de velocidad de la piedra entre t = 2.52 ) + 2(7. en función del tiempo.8 ⇒ a = 0. dv ⇒ dv = adt dt Como a (t ) es la ecuación de la recta: 8−4 a−2 = = 0. Hugo Medina Guzmán = = 0.3)(133) + (2.5 − 2.3 ×10 a (1.3 ×10-3 )(133) + (0. b) Calcule la altura máxima que la pulga alcanzó en los primeros 2. b) Dibuje una gráfica de la velocidad de la piedra en función del tiempo.5 s. d) Calcule la altura de la pulga a los: 0.8t + 2)dt t t0 Δv = 0. a (0.5 − 1. 1. (Dibujado aproximándolo a Un triángulo y un rectángulo).8t + 2 t − 0 7.5 s. t = 7.11 cm 1 (1.8t + 2 )dt a) a= Integrando: hmax = área bajo (v − t ) ≈ ATriángulo + ARectángulo ≈ 1 [(1.5 ms) ≈ a (1. La pulga tenía una longitud aproximada de 2 mm y saltó con un ángulo de despegue casi vertical. a) ¿La aceleración de la pulga es cero en algún momento? Si lo es.8t.5 − 2.3)(133)]10 −3 2 ≈ 0.5 ms. 1.5s . a) Pendiente de a = 0 para t ≥ 1.0 ×105 cm s -3 1. Como la aceleración es positiva.Movimiento rectilíneo datos que se usaron para dibujar la gráfica de la figura. en el SI por la ecuación: v = 40 . habiendo partido del reposo.5) = 30 cm s d) h = área bajo el gráfico v– t. Use la gráfica para contestar estas preguntas.4(7.5 dv = (0.25 cm 2 ⇒ v − v0 = 0. el cambio de velocidad es positivo.5 × 10 -3 )(33) 2 = 8.5) cm = 30 s c) a = pendiente del gráfico v– t. Para t = 2 s.52 − 2. Solución.5) ≈ ATriángulo = 1 (0.0 ms y 1.3 × 10 −3 cm 1 h (1.0 × 10 -3 )(100) 2 = 5.0 × 10 −2 cm h (1.5s . Determinar: 20 .5) ≈ ATriángulo + ARectángulo Ejemplo 36.5 ms. Solución. entre las líneas en t = 2.5 ms.5 ms.5 ms) = 0 porque la pendiente es cero.0) ≈ ATriángulo = (1.5 ms. la aceleración de una piedra que baja rodando por una ladera. y Δv = v − v0 : 2 ∫ v v0 dv = ∫ (0. c) Determine la aceleración de la pulga a los: 0. C10 = 100 + ∫ (40 − 8t )dt = 200m 10 5 b) El vector aceleración. el área limitada por el eje de abscisas y la gráfica entre dos instantes coincide numéricamente con el camino recorrido por el móvil entre esos dos instantes. El vector velocidad del movimiento de una partícula viene dado por → C7 = 100 + ∫ (40 − 8t )dt = 116m 7 5 ˆ v = (3t . C15 = 100 + ∫ (40 − 8t )dt = 500m 15 5 a) Para el movimiento horizontal vx = 3t .2)i + (6t 2 . Si la posición del j → móvil en el instante t =1 s es Calcular ˆ r = 3i − 2 ˆ m. en valor absoluto. b) El espacio inicial.4x152 = -284 m Cálculo de caminos sobre la trayectoria a partir de t = 0: El móvil cambia el sentido de su velocidad para t = 5s El recorrido en los 5 primeros segundos es: C5 = s – s0 = 116 . c) La aceleración. c) Las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante t = 2 s.16 ⇒ s0 = 16 dv m c) a = = −8 2 dt s d) 0 = 40 .5) ˆ m/s. Solución.4x102 = 16 m s15 = 16 + 40x15 . a) Hugo Medina Guzmán s = ∫ vdt = ∫ (40 − 8t )dt = 40t − 4t 2 + C e) s5 =16 + 40x5 . d) ¿En qué instante tiene el móvil velocidad nula? e) ¿Cuánto dista del origen en tal instante? f) Distancia al origen y espacio recorrido sobre la trayectoria a partir de t = 0. el vector aceleración y las componentes tangencial y normal en dicho instante.16 = 100 m A ellos hay que sumar el recorrido en los segundos restantes que se obtienen de la integral de la ecuación general de la velocidad.4x72 = 100 m sl0 =16 + 40x10 . integrando dt 21 .Movimiento rectilíneo a) La expresión general de la distancia al origen.2 Representación gráfica de la distancia al origen en función del tiempo ⇒ ax = dvx m =3 2 dt s Como vx = dx ⇒ dx = v x dt . Ejemplo 37. cuando t = 7 s.8t ⇒ t =5 s Representación gráfica de la velocidad origen en función del tiempo En la gráfica de la velocidad frente al tiempo. Solución. Dibujar el vector velocidad. ⇒ s = s 0 + 40t − 4t 2 b) 80 = s0 + 80 . entre los limites t = 5 s y t = instante final. t = 10 s y t = 15 s. j a) El vector posición del móvil en cualquier instante.4x52 = 116 m f) s7 =16 + 40x7 . En nuestro caso elegimos el eje y apuntando hacia abajo y con el origen en el techo. vy = 19 m/s ax = 3 m/s2. y 2 . MOVIMIENTOS DEPENDIENTES.Movimiento rectilíneo Hugo Medina Guzmán ∫ t 3 dx = ∫ (3t − 2 )dt t 1 an = asen (θ − ϕ ) = 2m/s 2 CINEMÁTICA DE PARTÍCULAS LIGADAS. baldes) tendrán una dependencia de a. Para ello elegimos un sistema de coordenadas. at = a cos(θ − ϕ ) = 24. ay = 24 m/s2 2 2 a = ax + a y = 24. baldes).2m / s 2 tan ϕ = vy vx ay ax = 19 = 4. Observemos los sistemas físicos de la figura. integrando dt y = (2t 3 − 5t + 1) m → ∫ t −2 dy = ∫ 6t 2 − 5 dt ⇒ 1 ( ) 7⎞ ⎛3 r = ⎜ t 2 − 2t + ⎟ˆ . Ejemplo 38. Análisis del montaje de la figura siguiente. cuando el hombre desplaza el extremo de la cuerda con una aceleración a.1m/s 2 22 . 7⎞ ⎛3 ⇒ x = ⎜ t 2 − 2t + ⎟m 2⎠ ⎝2 Para el movimiento vertical v y = 6t 2 .75 ⇒ ϕ = 78 o 4 24 = 3 ⇒ θ = 83o 3 tan θ = = Para analizar las relaciones que hay entre las variables cinemáticas del bloque m1 . Estas se representan en la figura siguiente. b) ˆ a = 3i + 12tˆ j c) Para t = 2 s vx = 4 m/s. Lo mismo se cumplirá para las otras variables cinemáticas (desplazamiento y velocidad). Para el sistema de coordenadas escogido las posiciones del bloque.5 ⇒ ay = dv y dt = 12t m s2 Como vy = t dy ⇒ dy = v y dt . y p . la aceleración de las poleas y los cuerpos a desplazar (bloques. debemos primero saber cuáles son sus posiciones. del balde y de la polea son respectivamente: y1 . del balde m 2 y de la polea móvil.2t 3 − 5t + 1 ˆ i j 2⎠ ⎝2 → ( ) Las partículas podrían ser las poleas y los cuerpos a desplazar (bloques. Podríamos decir que estos sistemas se componen de varias partículas ligadas (conectadas). Es decir. La ligadura la tienen a través de las cuerdas. para tal efecto se usa un instrumento conocido como sonar que mide el tiempo que tarda un pulso sonoro en ir y volver desde la superficie del agua. el balde y la polea móvil subirán con una aceleración igual a 2 m/s2. PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1.Movimiento rectilíneo La longitud de la cuerda debe permanecer constante en todo instante. y p + Δy p . y p + Δy p .0 m. Se desea calcular cuál es la profundidad de un lago. obtenemos: 2Δy p + Δy1 = 0 Δy Δy p = − 1 2 Por ejemplo.45m 3. El balde pasa a ocupar la posición: y 2 + Δy 2 . Esta ecuación relaciona las variables cinemáticas de la polea móvil y del bloque. y la polea se desplaza una cantidad AB = y p CD = y p − c2 EF = y1 − c2 Por tanto. 23 . Lo mismo podremos concluir para las aceleraciones: ( ) Restando (1) de (2). ( y 2 + Δy 2 ) = y p + Δy p + c1 (4) Δy p . Si el bloque se desplaza una cantidad Δy1 y la polea en una cantidad Δy p .50 m.6mm? Respuesta 2x10-11 s. Un acelerador atómico emite partículas que se desplazan con una rapidez de 2. ¿cuánto demoran estas partículas en recorrer una distancia de 5. Una cucaracha se desplaza en línea recta y su posición con respecto al tiempo se expresa de acuerdo al siguiente gráfico. De acuerdo a la información dada se pide calcular. la polea solo sube 0. Sin embargo. Si se sabe que la rapidez del sonido en el agua es de 1450m/s y el instrumento marcó 0. d) velocidad media entre 0s y 16s. a2 = a p En definitiva si el bloque baja con una aceleración igual a 4 m/s2. y concluiríamos que: 1 a p = − a1 2 Es decir. si el bloque baja 1. a) distancia recorrida entre 4s y 9 s b) distancia recorrida entre 9 s y 14s c) distancia recorrida entre 0 y 16s. la relación anterior se debe seguir cumpliéndose. e) velocidad media entre 9s y 16s.042s cuando se hizo la medición.0 m/s2 . calcule la profundidad del lago. ( ) La nueva posición de la polea: La nueva posición del bloque: y1 + Δy1 .0 m/s2 . Si dividimos la ecuación anterior por el intervalo de tiempo Δt obtenemos como se relacionan las velocidades: v2 = v p . Δy 2 = Δy p Los desplazamientos de la polea y el balde son iguales. La polea solo se desplaza la mitad de lo que se desplaza el bloque. 30. baja con una aceleración igual a 2. 2. La polea pasa a ocupar la posición Sin embargo. Por tanto debe ser siempre válida la siguiente relación: Longitud de la cuerda = constante AB + arco BC + CD +arco DE +EF = constante De la figura podemos concluir que las siguientes relaciones son válidas: Hugo Medina Guzmán Análogamente podríamos hacer un análisis para las aceleraciones. la relación anterior debe seguir cumpliéndose: 2 y p + Δy p + ( y1 + Δy1 ) = k (2) Restando (3) y (4) obtenemos. Las velocidades de la polea y del balde son iguales.8x108 m/s. la polea subirá con una aceleración igual a 1. y p + arcoBC + ( y p − c2 ) + arcoDE + y1 = constante Como los arcos BC y DE permanecen constantes podremos escribir la relación anterior así: 2 y p + y1 = k (1) Siendo k una constante. De esta figura también se deduce la siguiente relación entre la posición del balde y la posición de la polea móvil: y 2 = y p + c1 (3) Si el balde se desplaza una cantidad Δy 2 . si el bloque por ejemplo. Respuesta. 6 m/s hasta alcanzar una velocidad de 24 m/s. t ≥ 0 . a = 4 b) s = 2t − 8t + 5 . Un tren arranca en una estación y acelera uniformemente a razón de 0. a = ( 6t + 8 ) m/s b) 2 2 x0 = 29m. a) Calcular la velocidad y la aceleración de la partícula en el instante t. b) 41. a) ¿Cuánto tiempo tardará en detenerse el auto. Un ciclista recorre 100 km en 2 horas.7m . Encontrar la velocidad con la que el borde de la sombra de la cabeza del hombre se mueve sobre la tierra. b) 16. encontrar la posición. v = 0 . la velocidad y la aceleración de la partícula para t 0 = 2s y t 1 = 3s.45m a) 20m/s b) 5 m/s2 c) 15m/s e) 30m . La aceleración de una partícula está dada por: 2 c) ¿Cuáles son la velocidad media y la aceleración media de la partícula entre t 0 y t1 ? Respuesta. El alto del hombre es h. a) ¿Cuál es su rapidez media a la ida? b) ¿Cuál es su rapidez media al regreso? c) ¿Su rapidez media en e¡ viaje completo? d) ¿Su velocidad media en e} viaje entero? Respuesta. I. c) 125. le dan luz verde y arranca de modo que a los 4s su rapidez es de 72 km/hora. b) 8m. velocidad y aceleración b) Grafique x versus t c) Encuentre la ley horaria. a) Para t = 2. El movimiento de una partícula se define mediante la relación x = t / 3 − 3t + 8t + 2 . r = 2t Trayectoria rectilínea en el eje x. con aceleración constante.Haga un gráfico representativo de posición versus tiempo y de la rapidez versus tiempo. Respuesta → Hv H −h 5. Respuesta.Determine: a) La rapidez inicial en metros por segundo. b) la posición y la distancia total recorrida cuando la aceleración es nula.7 km/h c) 25 km/h d) 0 7. 3 2 Respuesta a) 4m b) 8m c) 22m d) 5/8 m/s e) 0 → 4. d) Analizar el movimiento. 5280m 6. a) t = 6s . a) Hallar la velocidad de la partícula en función del tiempo. x en metros t en segundos. b) El módulo de la aceleración en ese tramo. a) 50 km/h . Un automóvil que viaja con una velocidad de 50 km/h hacia el oeste repentinamente empieza a perder velocidad a un ritmo constante y 3 segundos más tarde su velocidad es de 25 km/h hacia el oeste. b) 240s. x es la distancia a origen en metros y t es el tiempo en segundos. a1 = 26 m/s 2 2 c) v m = 39 m/s . La posición de una partícula que se mueve en el eje x está dada por 8 t + 5. a 0 = 20 m/s 2 x1 = 68 m v1 = 51 m/s. Respuesta 24 12. la ley del movimiento y la trayectoria. d) 22. a) v = (3t + 8t)m/s . contando a partir del momento en que empezó a desacelerar? b) ¿Cuál es la distancia total que recorrerá antes de detenerse? c) ¿Cuál sería el tiempo necesario para detenerse y la distancia recorrida el) la frenada con la misma aceleración. v0 = 27 m/s. Respuesta a) 60s. Respuesta. b) 22m/s. b) Hallar su posición en función del tiempo. Un automóvil se encuentra detenido frente a un semáforo.. Determinar a) el momento en que la velocidad es nula.. Un hombre camina con una velocidad v constante pasa bajo un farol que cuelga a una altura H sobre el suelo. b) x = 2 + 2t 3 / 3 − t 5 / 5 3 2 9. 960m. donde x se expresa en metros y t en segundos. Determinar el tiempo empleado y la distancia recorrida en ese período si la velocidad media fue: a) 16 m/s. Respuesta a) 2s.Movimiento rectilíneo Hugo Medina Guzmán a) v = 2t 2 − t 4 . 2 → ( 2 ˆ − 8t + 5)i a = 4t − 4t 3 . El movimiento de una partícula está dado por la ecuación horaria x = t + 4t + 5 x sobre el eje x. d) La distancia que recorre en los tres primeros segundos e) La distancia que recorre entre t = 2s y t = 4s. Si se movió en trayectoria rectilínea. a) x = -3. II.33m 10. b) Encontrar la posición. 4s. El viaje de vuelta dos días más tarde lo realiza en el tiempo usual de 6 horas. 125m 8. pero con una velocidad inicial de 100 km/h? Respuesta. 7. c) La rapidez que lleva a los 3s. a m = 23 m/s 11. Se lanza un cuerpo hacia arriba con una rapidez de 16m/s. Un segundo ˆ después. la velocidad inicial y la aceleración. parte hacia la derecha desde un punto A con una rapidez de 28 (m/s) y una retardación constante de módulo 12(m/s2). Con x medido en metros y t en segundos.) f) x(t ) = 24 − 8t g) Movimiento rectilíneo uniforme. Un vehículo se mueve en el eje x de acuerdo con la siguiente ecuación de itinerario: x(t ) = 20 − 36t + 6t 2 . b) Determine la ecuación que entregue la velocidad para cualquier instante.Movimiento rectilíneo Hugo Medina Guzmán movimiento para retornar hacia A con una aceleración constante de módulo 6(m/s2). simultáneamente se lanza un objeto B verticalmente desde una altura de 5m. Sobre el eje x de un sistema de coordenadas se mueven dos partículas A y B. ambas partículas tienen la misma posición. Sobre un mismo eje x se mueven dos partículas A y B. a) (20. Desde una altura de 45m se deja caer un objeto A. En t = 0 pasa por la → posición → ˆ x 0 = −10i m con una velocidad ˆ v 0 = −20i m/s y en t =3s su posición es ˆ x = −52i m. Una partícula se mueve a lo largo del eje x con aceleración constante.. .0)m/s b) (-8.. determinar: a) Ecuación horaria de las partículas A y B. El gráfico (a) es una parábola cuadrática que muestra la variación de la componente x de la posición en función del tiempo de la partícula A. 17.0)m/s2 b) v(t ) = −36 + 12t c)3s d) (-12. a) Identifique a posición inicial. Describa la curva g) Gráfico v x versus t. c) 0 14. de acuerdo a la siguiente gráfica. b) El tiempo total para el recorrido completo hasta volver a dicho punto A..0)m 15. se mueve en el eje X. Describa la curva h) Gráfico a versus t. En t = 0 la partícula A parte desde P con ˆ aceleración constate de 15i (m/s2). Describa la curva Respuesta.0)m/s e) (20. El gráfico (b) muestra la variación de la componente v x de la velocidad en función del tiempo de la partícula B. d) Intervalos de tiempo en que la partícula se aleja del origen del sistema. Determinar a partir del gráfico de la partícula: a) b) c) d) e) f) g) Velocidad media entre t = 0 y t = 4 s Velocidad instantánea en t = 2 s Aceleración media entre t = 0 y t = 4 s Intervalos de tiempo en que se acerca al origen Intervalos de tiempo en que se aleja del origen Ecuación Itinerario de la partícula A ¿Qué tipo de movimiento tiene esta partícula? Respuesta. Calcular: a) la velocidad inicial de B para que los objetos se crucen a una altura de 20m. Una partícula A. B pasa por Q con una velocidad de − 20i (m/s). Encuentre las retardaciones constantes que deben aplicar A y B a partir de este último instante para que ambas partículas se detengan simultáneamente antes de chocar.0)m (-36. c) El intervalo de tiempo que transcurre entre los pasos de la partícula por el punto situado a 1/3 de AB. 13.0)m/s d) (0-3)s e)(3-. Si en t = 0. medido desde A. 18. es donde se anula su rapidez. invierte el sentido de 25 19. → 20. b) la distancia que separa a los objetos cuando B alcanza su altura máxima. a) ¿Qué altura alcanza a subir? b) ¿Qué tiempo demora en volver al punto de partida? Respuesta.4s 16. c) La velocidad media en el intervalo (4-7) s.0)m/s (12. c) Determine el instante en que cambia de sentido d) La velocidad de la partícula en t = 2 s y en t = 4 s e) Posición de la partícula en t = 6 segundos f) Gráfico x versus t. a) 3.2m b) 6. a) ( -8. En el punto B. Calcule: a) La ecuación itineraria de la partícula b) La distancia recorrida en el intervalo (3-6) s. Una partícula se mueve sobre una recta horizontal.0)m/s (12. Calcular: a) La distancia total cubierta hasta que la partícula retorne al punto A. Un cuerpo que se ha dejado caer desde cierta altura. Un malabarista mantiene cinco bolas continuamente en el aire. 26 . La distancia es S = 2v0 t − v0τ − gtτ + 1 2 gτ 2 ˆ por P a 6i m/s. recorre 72 m en el último segundo de su movimiento. Encuentre las retardaciones constantes que deben aplicar A y B a partir de este último instante para que ambas partículas se detengan simultáneamente justo antes de chocar. que se mueven a lo largo del eje x Calcular: a) La aceleración de B.7s más tarde.31s . El primer cuerpo es lanzado verticalmente hacia arriba. A y B. 2. Un hombre parado en el techo de un edificio tira un cuerpo verticalmente hacia arriba con una rapidez de 14m/s. c) Instante en que se encuentran. Calcule la altura desde la cual cayó el cuerpo y el tiempo que empleó en llegar al suelo. a) 0.Movimiento rectilíneo b) Posición de B cuando A cambia de sentido de movimiento. y el segundo verticalmente hacia abajo después del tiempo τ .91 m. Dos cuerpos son lanzados uno después de otro con las mismas velocidades v0 desde una torre alta. 26.0 ) m/s y 2s después A pasa → segundo es: v1 − v 2 = 2v0 − gτ . La velocidad del primer cuerpo relativa al 22.87 y 1. Determine la ecuación itinerario de A y B (diga cuál es su origen). b) Camino recorrido por A y B cuando B alcanza la ˆ velocidad v B = 30i m/s. Respuesta. 2. 24.91. a) ¿Cuál es el tiempo que debe transcurrir entre lanzamientos sucesivos? b) ¿Cuáles son las alturas de las otras pelotas en el momento en que una de ellas vuelve a su mano? Respuesta. 25. El cuerpo llega al suelo 4. b) 1.87. lanzando cada una de ellas hasta una altura de 3m. d) Ecuación horaria de A si en t0 = 0 su posición es → → ˆ x 0 = 8i m. c) Desplazamiento de B en el intervalo (0-10)s. En t = 0. Hugo Medina Guzmán 23. En el gráfico de la figura están representadas la componente v x del vector velocidad de dos partículas. Determinar las velocidades de los cuerpos una con respecto al otro y las distancias entre ellos en el instante t >τ . B pasa por Q con m/s v B (0 ) = (− 5. d) Distancia recorrida por A y B entre 3 y 9 s. Dos partículas A y B se mueven sobre el mismo eje x. a) Cuál es la máxima altura alcanzada por el cuerpo? b) Qué altura tiene el edificio? c) Con qué rapidez llegará el cuerpo al suelo? 21. θ = S / r . Posición angular. El móvil se habrá En el instante t1 el móvil se encontrará en la posición P1 dada por el ángulo RELACIÓN ENTRE LAS MAGNITUDES ANGULARES Y LINEALES De la definición de radián (unidad natural de medida de ángulos) obtenemos la relación entre el arco y el radio. αm = Δω Δt La aceleración angular en un instante. con las unidades en el SI de rad/s. perpendicular a la dirección radial 0H ω = lim Δθ dθ = Δt →0 Δt dt Aceleración angular. la velocidad angular en un instante se obtiene calculando la velocidad angular media en un intervalo de tiempo que tiende a cero. La dirección de la velocidad es tangente a la trayectoria circular. θ En el instante t el móvil se encuentra en el punto P. dv dω =r ⇒ at = rα dt dt . θ= s s' = r r' Se denomina velocidad angular media al cociente entre le desplazamiento y el tiempo. ωm = Δθ . Una vez situado el origen O de ángulos describimos el movimiento circular mediante las siguientes magnitudes. α = lim Δω dω = Δt →0 Δt dt Velocidad angular. Δt Derivando s = rθ respecto del tiempo obtenemos la relación entre la velocidad lineal y la velocidad angular ds dθ =r ⇒ v = rω dt dt Como ya se explicó en el movimiento rectilíneo. Como vemos en la figura. La velocidad angular del móvil ha cambiado Δω = ω1 − ω 0  en el intervalo de tiempo Δt = t1 − t 0 comprendido entre t 0 y t1 . el centro de la circunferencia C y el origen de ángulos O. no tiene dimensiones. el ángulo se obtiene dividiendo la longitud del arco entre su radio desplazado Δθ = θ1 − θ 0 en el intervalo de tiempo Δt = t1 − t 0 comprendido entre t 0 y t1 . Se denomina aceleración angular media al cociente entre el cambio de velocidad angular y el intervalo de tiempo que tarda en efectuar dicho cambio. α Si en el instante t la velocidad angular del móvil es ω y en el instante t1 la velocidad angular del móvil 1 Aceleración tangencial Derivando esta última relación con respecto del tiempo obtenemos la relación entre la aceleración tangencial a t y la aceleración angular. es el cociente entre la longitud del arco S y el radio de la circunferencia r. se obtiene calculando la aceleración angular media en un intervalo de tiempo que tiende a cero. que hace el punto P. es ω1 . La posición angular es el cociente entre dos longitudes y por tanto.Movimiento en un plano y en el espacio Hugo Medina Guzmán CAPITULO 3. es decir. Su posición angular viene dada por el ángulo θ . ω θ 1 . Movimiento en un plano y en el espacio MOVIMIENTO CIRCULAR Se define movimiento circular como aquél cuya trayectoria es una circunferencia. El ángulo θ . Hugo Medina Guzmán dθ ⇒ dθ = ωdt . movimiento la velocidad será de la forma Aceleración. a partir de un registro de la velocidad 2H cero. y el otro siempre es tangente a la misma. Las ecuaciones del movimiento circular uniforme son análogas a las del movimiento rectilíneo uniforme 1H θ − θ 0 = ω (t − t 0 ) ∫θ θ 0 dθ = ∫ ωdt t0 α = 0 ω = constante θ = θ 0 + ω t El primero siempre pasará por el centro de la circunferencia. MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORME Un movimiento circular uniforme es aquél cuya velocidad angular ω es constante. pero no de cualquier modo. Las fórmulas del movimiento circular uniformemente acelerado son análogas a las del movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. mediante integración de la velocidad angular ˆ tangencial. 1 2 angular ω= ω dθ dt en función del tiempo t . por tanto. relacionamos la velocidad angular ω con el desplazamiento θ − θ 0 . la aceleración angular es cero. con vector unitario t . Uno de los ejes siempre está perpendicular a su trayectoria. α= t t0 dω dt θ − θ 0 = ∫ ω dt ω − ω 0 = ∫ α dt t0 t ω 2 = ω 02 + 2α (θ − θ 0 ) COMPONENTES NORMAL Y TANGENCIAL DE LA ACELERACIÓN. Del mismo modo que hemos calculado el desplazamiento angular del móvil entre los instantes t 0 y t . Dada la aceleración angular podemos obtener el cambio de velocidad angular ω − ω 0 entre los instantes t 0 y t . mediante la integral θ = θ 0 + ω0 (t − t0 ) + α (t − t0 )2 Habitualmente. Debemos estudiar ahora que componentes tienen la velocidad y la aceleración en este sistema de referencia. Habitualmente. es decir. Por tanto es fácil afirmar que en este → () ω en función del tiempo ω = ω0 + α (t − t0 ) . Velocidad. el instante inicial t 0 se toma como cero. con vector unitario (r = n ) y al segundo eje ˆ ˆ MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORMEMENTE ACELERADO Un movimiento circular uniformemente acelerado es aquél cuya aceleración α es constante. ω = ω 0 + α t . θ = θ 0 + ω0 t + α t 2 Despejando el tiempo t en la segunda ecuación y sustituyéndola en la tercera. Si conocemos un registro de la velocidad angular del móvil podemos calcular su desplazamiento θ − θ 0 entre los instantes definida. Al primer eje se le denomina eje normal. ω= La posición angular θ del móvil en el instante t podemos calcularla integrando dθ ⇒ dθ = ωdt dt t O gráficamente. α = constante . el instante inicial θ − θ 0 = ∫ ωdt t0 t t 0 se toma como Hallar el cambio de velocidad angular a partir de la aceleración angular. integrando dt obtenemos el desplazamiento θ − θ 0 del móvil entre los instantes t 0 y t : Siendo ω= ∫θ dθ = ∫ [ω t 0 θ t0 0 + α (t − t0 )] dt ⇒ 1 2 t 0 y t . en la representación de ω en función de t. en un movimiento circular no uniforme Hallar el desplazamiento angular a partir de la velocidad angular. 2 v = vtˆ .Movimiento en un plano y en el espacio Existe aceleración tangencial. Así pues. siempre que el módulo de la velocidad cambie con el tiempo. Cuando el sistema de referencia se sitúa sobre la partícula tal como se indica en la figura. Con anterioridad se ha deducido que el vector velocidad siempre es tangente a la trayectoria descrita. Para entender la aceleración. su aceleración tangencial será nula. teniendo en cuenta que arco = ángulo x radio. La aceleración tangencial sólo se dará en aquellos movimientos en los que el módulo de la velocidad varíe con el tiempo. que es el caso extremo de los movimientos rectilíneos. mientras que n al ser j perpendicular a este adoptará la expresión ˆ n = cosθ i + senθ ˆ j ˆ ˆ Derivando t ⇒ dtˆ dθ dθ ˆ ˆ i − senθ = −cosθ j dt dt dt dtˆ dθ (− cosθ iˆ − senθˆ ) = j dt dt De esta expresión para la aceleración pueden concluirse cosas sustancialmente importantes: Existen dos componentes: Una tangente a la trayectoria y una perpendicular y orientada hacia el centro de la circunferencia. Para decir si el auto está dando vuelta a la derecha o a la izquierda. comprobaremos que el 3 . en un MCU. como el ángulo formado por el eje normal con el eje de abscisas (eje x). imagínese que usted es el conductor que se sienta con el vector de la velocidad dirigido hacia adelante de usted. si observamos j dt R podemos expresar como v = detenidamente esta ecuación. por lo que ˆ ˆ general a = at t + an n Sabemos por la definición de aceleración que → → dtˆ dt dv . de manera que adoptará la expresión Hugo Medina Guzmán ˆ paréntesis es efectivamente n . a= dt → → dtˆ v = −ω n = − n . la aceleración v2 n es decir sólo tendrá la expresión a = − ˆ R → presentará aceleración normal. dtˆ dt normal (a n ) dv y aceleración dt v2 a la ecuación an = − R = ˆ No es difícil darse cuenta que el vector t desde el sistema de referencia situado en el centro de la circunferencia tendrá la forma ˆ ˆ tˆ = −senθ i + cosθ ˆ . con lo cual tendería a cero. en el caso particular del MCU. tal como se muestra en la figura. Ahora bien. ˆ ˆ dt R → dv v2 tˆ − n Finalmente: a = ˆ dt R quedará como Así. si tomamos un desplazamiento diminuto sobre la circunferencia. utilizando estos dt dθ v dos últimos llegamos a =ω = . dt R ˆ dt reemplazando en : dt dtˆ v ˆ = − (cosθ i + senθ ˆ ) . en esta expresión. se denomina aceleración tangencial (at ) al término at → d v dvtˆ dv ˆ dtˆ a= = = t +v dt dt dt dt Estudiemos el último término de esta expresión Si se define el ángulo θ . En las figuras siguientes se muestran algunas combinaciones posibles para v y a para un auto en movimiento. salvo que el radio de curvatura fuera muy grande. Por tanto. del esquema adjunto se deduce que ds = Rdθ . descompóngala en las componentes paralela y perpendicular a v . La aceleración normal siempre existirá. Concluyendo pues. Un componente de la aceleración hacia adelante significa que la velocidad está aumentando. y además el módulo de la velocidad instantánea lo ds . al que denominamos ds . Un objeto puede experimentar la aceleración normal o centrípeta y la aceleración tangencial.Movimiento en un plano y en el espacio No es tan obvio que la aceleración tenga una sola componente. luego. y at = 0. c) Como v = 2πR ⇒ T 2πR 2π (14.5 2 = 0. 2π c) v(t ) = Rω(t ) ⇒ θ (t ) = ω 0 t + α t 2 ⇒ Ejemplo 4. a) Calcúlese la velocidad angular al cabo de 6 segundos. α = 3π 2 R = 37.643 at = α R ⇒ an = (3π )(37.00 v rad rad .0 s 2 Ejemplo 2.25 cm/s2.0 m de radio gira sobre un eje horizontal en el centro. La 4 .50 2 . Solución. En un instante dado. La rueda de la figura del problema anterior. que gira en sentido antihorario. ω 0 = 2π s s a) ω (t ) = ω 0 + α t ⇒ ω (6 ) = 2π + 3π (6) = 20π b) rad s 1 2 1 θ (6 ) = 2π (6) + (3π )(6 2 ) = 66π rad 2 66π Habrá girado = 33 vueltas. Una rueda de 75 cm de diámetro gira alrededor de un eje fijo con una velocidad angular de 1 rev/s. La aceleración es de 1. b) a = 3.9º 0.8 Solución.5 = 37.00 m/s.Movimiento en un plano y en el espacio Hugo Medina Guzmán rapidez lineal de un pasajero en el borde es constante e igual a 7.5 2 R 14.. Calcule la magnitud y la dirección de la aceleración del pasajero en este instante.50 m/s .00 m/s. a) a = v 2 7. punto más bajo del círculo es hacia el centro.5 cm . ¿Qué magnitud y dirección tiene la aceleración del pasajero al pasar a) por el punto más bajo de su movimiento circular? b) por el punto más alto? c) ¿Cuánto tarda una revolución de la rueda? Ejemplo 1.42 cm/s2.00 2 m ac = = = 0. b) ¿Cuánto habrá girado la rueda en ese tiempo? c) ¿Cuál es la velocidad tangencial en un punto de la periferia de la rueda en t = 6 s? d) ¿Cuál es la aceleración resultante de un punto de la de la periferia para t = 6 s? Solución.8 g 9.0) T= = = 12.500 m/s2.5(20π ) = 750π d) an = ω 2 (6 ) cm s a = a c2 + at2 = R ⇒ 2 θ = tan −1 0.5i 0.00 2 m = = 3. hacia el centro. hacia arriba. an = (20π ) (37.5) = 353. Un avión a chorro militar de combate volando a 180 m/s sale de una picada vertical dando la vuelta hacia arriba a lo largo de una trayectoria circular de 860 m de radio ¿cuál es la aceleración del avión? Exprese la aceleración como múltiplo de g. m v 2 3.5) = 147894 cm/s2. Solución. La aceleración el R 14. la cual está aumentando a razón de 0. a= v 2 180 2 m = = 37.643 2 + 0.643 ˆ + 0. un pasajero en el borde de la rueda que está pasando por el punto más bajo de su movimiento circular tiene una rapidez de 3. Ejemplo 3.0 s s Luego: → ˆ ˆ ˆ j a = a c n + at t = − 0.7 2 r 860 s g a = 37.6 s 7. se acaba de poner en movimiento.643 2 . Una rueda de la fortuna de 14.7 = 3. dirigida hacia abajo.814 m s2 v(6 ) = 37.5 rev/s2. 2 a = an + at2 = 147894. Dos partículas describen movimientos circulares de radio R = 1m. como lo muestra la figura. θ M De (2) . Determine además el número de vueltas que realiza la partícula durante el siguiente segundo del movimiento. Solución.U. En un reloj análogo el horario y el minutero coinciden a las 12:00:00 horas. es decir. determine la aceleración angular de la partícula. Ejemplo 6. con θ 0 H Ejemplo 5. la posición angular de este será: θ1 = 0 + ω1 t = 10 t .α = 2rad/s .U.. como parte del reposo.C. Una partícula se mueve sobre una circunferencia de radio R con aceleración angular constante partiendo del reposo. ¿A qué hora minutero y horario formarán un ángulo de 90º? Solución. Por 2 2 otro lado. (1) El cuerpo (2) posee una aceleración tangencial constante y por lo tanto.ω M = donde TH = 12 h y TH TM −θH = TM = 1 h y bajo la condición que estos formen un ángulo de 90º.36 min.Movimiento en un plano y en el espacio Hugo Medina Guzmán Como ωH = 2π 2π . Ejemplo 7. ω0 = 0. Solución. Como el cuerpo (1) se mueve con M. 11 Es decir.(1).C. (1) Análogamente para el minutero se tiene: θ M = θ 0 M + ω M t . θ 2 = − 2 t 2 = −t 2 El recorrido se muestra en la figura siguiente: 1 2 Como los movimientos del horario y minutero son circulares uniformes. en t = 16. Por lo tanto forman 90º a las 12:16:22 h. Determine cuando y donde se cruzan ambas partículas.A. Aquí Se encuentra para t: π = θ 0M = 0 . 2 θ = αt 2 1 ⇒ α = 4πn 2α 1 2 Entonces 2πn = 1 2 2 Como θ = (4πn )t = 2πnt . encontramos para la posición angular del horario: θ H = θ 0 H + ω H t . se trata de un M. El primero (1) parte de O con rapidez angular ω = 10 rad/s constante en sentido antihorario y el segundo (2) parte del reposo del mismo punto en sentido horario con aceleración tangencial constante de 2 m/s . 2 Número de vueltas para t = 1 n(1) = 2 Número de vueltas para t = 2 θ (1) 2π n(2) = 2 θ (2 ) 2π Durante el siguiente segundo (dos) realiza θ (2 ) − θ (1) = n(2 2 − 12 ) = 3n 2π vueltas. Debido que at = α R = 2 m/s . Si la partícula realiza n vueltas completas a la circunferencia en el primer segundo. θ M − θ H = (ω M − ω H )t t= 2(ωM − ωH ) 2 π = 3 h. (2) El encuentro se produce cuando: θ1 + θ 2 = 2π ⇒ 10t + t 2 = 2π 5 . a) Escribir las ecuaciones del movimiento de cada uno de los móviles. pasa por B dos segundos más tarde llevando una velocidad angular de 120 rpm. y podemos considerar ese instante como tiempo inicial. El punto de encuentro es θ1 = 2π (24.5π rad . la velocidad angular.Movimiento en un plano y en el espacio Hugo Medina Guzmán ⎧t = 0.5π rad θ2 = 0. b) La velocidad lineal. Dos vehículos describen la misma trayectoria circular de radio 0. equivalente a 24 vueltas mas 1/4 de vuelta. se obtiene para el ángulo de encuentro: θ encuentro = 5. ⎧ π 2 ⎪α 2 = − rad / s 6 ⎪ ⎪ π ⎞ ⎛ ⎨ω 2 = ⎜ 4π − t ⎟rad / s 6 ⎠ ⎝ ⎪ ⎪ π 2⎞ ⎛π ⎪θ 2 = ⎜ + 4π t − t ⎟rad 12 ⎠ ⎝2 ⎩ Los móviles se encontrarán cuando θ1 = θ 2 2π t = π 2 + 4π t − π 12 t2 ⇒ π 12 t 2 − 2π t − π 2 =0 ⇒ t 2 − 24t − 6 = 0 Resolviendo ⎨ ⎧t = −0. c) Realícese un esquema en el que se especifique los vectores velocidad. las componentes tangencial y normal de la aceleración de cada uno de los móviles en el instante de encuentro. b) La velocidad lineal. Ejemplo 8. Hallar el instante y la posición de encuentro por primera vez de ambos móviles.59 s La solución significativa es: t = 0.59 s Reemplazando este valor de t en ecuación (1). y sale de la posición A cuando se empieza a contar el tiempo.9 rad = 338. el encuentro es en punto B.25)2 = 48.75 m. El primero está animado de un movimiento uniforme cuya velocidad angular es de 60 rpm. Solución.59 s t 2 + 10t − 2π = 0 ⎨ 1 ⎩t 2 = −10.25 s La solución es 24.25 s ⎩t = 24. aceleración. tal como esperábamos.25) = 48.25) − π 12 (24.π/6 rad/s2. la velocidad angular. con lo que: Móvil 1: Como θ 1 = θ 2 = 48.5π rad Los valores son iguales. Móvil 1 ⎧α 1 = 0 ⎪ ⎨ω1 = 2π rad / s ⎪θ = 2π t rad ⎩ 1 Móvil 2: ⎧ω1 = 2π rad / s ⎪v = ω r = 1. en dicho instante de encuentro. El segundo móvil está animado de un movimiento uniformemente acelerado cuya aceleración angular vale . a) Para t = 2 s el móvil 1 como su velocidad angular es 2π rad/s estará en el punto A.25 s. las componentes tangencial y normal de la aceleración de cada uno de los móviles en el instante de encuentro.5π + 4π (24.04º .5π m/s ⎪ 1 1 ⎨ ⎪α 1 = 0 → at1 = α 1 r = 0 ⎪a = ω 2 r = 3π 2 m / s 1 ⎩ n1 Móvil 2 6 . Esta adopta la expresión → La aceleración normal. Calcular las j ( ) . 2 2 2 a 2 = a x + a y = a n + a t2 2 2 2 ⇒ a n = a x + a y − at2 dv ˆ v 2 ˆ a = t + n donde ρ es el denominado radio ρ dt de curvatura y corresponde al radio de una hipotética circunferencia en cada uno de los puntos de la trayectoria.25 s se produce el encuentro. aceleración.125π m/s 2 ⎪ 2 ⎪a n 2 = ω 2 r = 0. se obtiene a partir del producto escalar del vector aceleración a y el vector velocidad v . El vector velocidad del movimiento de una partícula viene dado por La figura siguiente muestra la velocidad y la aceleración con las coordenadas x e y para un determinado instante. Es evidente que en el caso del movimiento circular éste no varía ya que coincide con el radio de la circunferencia en cada uno de esos ⎛v a +v a x x y y 2 2 2 an = a x + a y − ⎜ ⎜ 2 2 ⎜ vx + v y ⎝ Finalmente a n = ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ 2 v2 dv puntos. porque a l tiempo t = 24 s su velocidad se hizo cero e inicia el retorno. La extensión de las ecuaciones en el sistema intrínseco es inmediata sufriendo sólo una ligera modificación respecto a la aceleración.04π rad / s ⎪ ⎪v = ω r = −0.0012π 2 m/s 2 ⎩ El móvil 2 tiene velocidad negativa. → → → → v ⋅ a = va cos θ = vat → → at = v⋅ a vx ax + v y a y = 2 2 v vx + v y MOVIMIENTO CURVILÍNEO El movimiento curvilíneo es aquel en el que pueden combinarse tramos rectos y/o curvos.03π m/s 2 ⎨ 2 ⎪at 2 = α 2 r = −0. at = y an = ρ dt v y ax − vx a y 2 2 vx + v y El radio de curvatura an = v2 ρ ⇒ ρ= v2 an Ejemplo 9.Movimiento en un plano y en el espacio Hugo Medina Guzmán 24. 2 2 La aceleración tangencial en cualquier instante. al tiempo t = 24. en el instante de encuentro. c) Esquema especificando los vectores velocidad. se obtiene a partir del módulo de la aceleración a y de la aceleración tangencial a t . 7 → ˆ v = (3t − 2)i + 6t 2 − 5 ˆ m/s.25 ⎧ ⎪ω 2 = 4π − π 6 = −0. En el instante del encuentro el esquema sería el siguiente: Como at = a cos θ m/s y a n = asenθ m/s . c) la ecuación de la trayectoria en coordenadas cartesianas. En el instante t = 0.Movimiento en un plano y en el espacio componentes tangencial y normal de la aceleración y el radio de curvatura en el instante t =2 s.19 m/s 2 v = 4 2 + 19 2 = 19. Una partícula se mueve de modo que sus coordenadas cartesianas están dadas como funciones del tiempo m . ay = 4cos(2t) m/s2. dv v x = (3t − 2) m/s ⇒ a x = x = 3 m/s 2 dt v y = (6t 2 − 5) m/s ⇒ a y = En el instante t = 2 s x = 3t .t = ˆ an = a⋅ n = c) y = → → → − 10t (2 − 10t ) 9 + (2 − 10t ) − 10t (2 − 10t ) 9 + (2 − 10t ) 30 2 at = v ⋅ a v x a x + v y a y 4(3) + 19(24 ) = = = 24 m/s 2 2 2 v 19. a) Hallar las expresiones de r(t) y v(t). vx = 2 a y = 4 cos(2t ) m . y tenía la velocidad vx = 2. s x = 3t . dv y dt = 12t m/s 2 ˆ b) t = ⎧v x = 4 m/s a x = 3 m/s 2 ⎪ ⎨ 2 ⎪v y = 19 m/s a y = 24 m/s ⎩ v = 4 2 + 19 2 = 19. ay = -10. el móvil se encontraba en x = 0. x=0 s Ejemplo 10. an = −2 m/s 2 a) En t = 0 ρ= v 2 377 = = 188. vy = 0 m/s.49 vx + v y El radio de curvatura 9 + (2 − 10t ) 2 2 5 x − x2 3 9 an = v2 ρ ⇒ ρ= v2 an Ejemplo 11. y = -1 m. v y = 0 . b) Dibujar y calcular las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante t = π/6 s.10t.19 m/s 2 La aceleración tangencial es: → → ˆ v 3i + (2 − 10t ) ˆ j = .49 vx + v y 2 La aceleración normal es: v y a x − v x a y 19(3) − 4(24) an = = = −2 m/s 2 2 2 19.5 m an 2 ax = 0 . 8 En el eje x el movimiento es uniforme v x = 2 x = 2t m . a = 3 2 + 24 2 = 24. vy = 2 . Solución. y = 2t − 5t 2 Determine a) las componentes cartesianas de la velocidad y de la aceleración. ax = 0. y = 2t − 5t 2 a) vx = 3. Una partícula se mueve en el plano xy de acuerdo con la ley ax = 0. Hugo Medina Guzmán b) las componentes normal y tangencial de la velocidad y aceleración. Solución.t = ˆ aT = a . y = −1 m s2 m . 2 v 9 + (2 − 10t ) ˆ − 3 ˆ + (2 − 10t )i j ˆ ˆ ˆ n = t ×k = entonces 2 9 + (2 − 10t ) → → 2 vt = v ⋅ tˆ = v = 9 + (2 − 10t ) vn = 0 ˆ aT = a . Solución.49 m/s a = 3 2 + 24 2 = 24.49 m/s v 2 = 377 . c) Las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante t = 2 s. ay = 2 at = ax = 2 v2 m s2 an = a y = 10 m s2 an = ρ ⇒ ρ= v 2 42 = = 1. Solución. → ˆ r = 3i − 2 ˆ m. ax = 0 vy = 3 .1º Ejemplo 12. ay =10 m/s2. b) El vector aceleración. Calcular las componentes tangencial y normal de la aceleración.2 Como v x = ⇒ ax = dv x m =3 2 dt s dx ⇒ dx = v x dt . integrando dt 9 . Calcular j a) El vector posición del móvil en cualquier instante. el vector aceleración y las componentes tangencial y normal en dicho instante. a) Para el movimiento horizontal m a y = −10 2 s ax = 2 m s2 v y = 20 + (− 10 )t v x = 2t vx = 3t . j ( ) Si la posición del móvil en el instante t = 1 s es m at = 2 cos θ = 1.51 2 .Movimiento en un plano y en el espacio Para encontrar el movimiento en y hay que integrar Hugo Medina Guzmán ∫ ∫ vy 0 v y = ∫ 4 cos(2t )dt ⇒ v y = 2sen (2t ) t 0 t m s Para t = 2 s ⎨ ⎧v y = 0 ⎩v x = 4 y −1 dy = ∫ 2sen (2t )dt ⇒ y − (− 1) = 1 − cos(2t ) 0 ⇒ y = − cos(2t ) m b) Las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante t = π/6 s. tan θ = x = ⇒ vy s 3 θ = 49. El vector velocidad del movimiento de una partícula viene dado por → ˆ v = (3t − 2)i + 6t 2 − 5 ˆ m/s. y el radio de curvatura en el instante t = 2 s.31 2 . Dibujar el vector velocidad. Solución.6m an 10 Ejemplo 13. Un móvil se mueve en el plano xy con las siguientes aceleraciones: ax=2 m/s2. s v m 2 a n = 2senθ = 1. Si en el instante inicial parte del origen con velocidad inicial vx = 0 y vy =20 m/s. vx = 2 . v y = v0 senθ − gt x = (v0 cos θ )t . → 7 ⎞ˆ ⎛3 r = ⎜ t 2 − 2t + ⎟i . Si el proyectil es lanzado con un ángulo θ sobre la horizontal. la velocidad inicial en la dirección x y la velocidad inicial en la dirección y se pueden expresar en términos de g y de y θ usando la trigonometría.5 Como v y = ⇒ ay = dv y dt = 12t m s2 dy ⇒ dy = v y dt .2m / s 2 tan ϕ = vy vx ay ax = 19 = 4. y = (v0 senθ )t − 1 2 gt 2 Ecuación de la trayectoria. no hay entonces aceleración en la dirección horizontal. La aceleración en la dirección de y es ∫ t 3 dx = ∫ (3t − 2 )dt ⇒ t 1 7⎞ ⎛3 x = ⎜ t 2 − 2t + ⎟m 2⎠ ⎝2 Para el movimiento vertical v y = 6t 2 . y a x = 0 .1m / s 2 an = a(senθ − ϕ ) = 2m MOVIMIENTO PARABÓLICO. A pesar de estas simplificaciones. a y = −g Con esto: tan θ = = v x = v0 cosθ = constante . vy = 19 m/s ax = 3 m/s2. Como primera aproximación. Así un proyectil se mueve a una velocidad constante . Es constante y dirigida hacia abajo. así que a y = − g . poner el origen en el punto donde el proyectil comienza su movimiento). De la ecuación para x obtenemos t = Sustituyendo en la ecuación para y x . El recorrido de un proyectil se llama su trayectoria.Movimiento en un plano y en el espacio Hugo Medina Guzmán Considere un objeto que se desplaza en el aire sin ninguna fuerza con excepción de la gravedad y de la resistencia del aire.75 ⇒ ϕ = 78 o 4 24 = 3 ⇒ θ = 83o 3 v0 x = v 0 cosθ . no tomemos los efectos del aire y de variaciones en g . Una característica dominante del movimiento del proyectil es que el movimiento horizontal es independiente del movimiento vertical.80 m/s2. v0 y = v0 senθ ax = 0 . Es conveniente elegir x0 = 0 y y 0 = 0 (es decir. ay = 24 m/s2 2 2 a = ax + a y = 24.2t 3 − 5t + 1 ˆ j 2⎠ ⎝2 → ( ) ˆ b) a = 3i + 12tˆ j c) Para t = 2 s vx = 4 m/s. 10 ⎛ g y = (tan θ )x − ⎜ 2 ⎜ 2v cos 2 θ ⎝ 0 ⎞ 2 ⎟x ⎟ ⎠ Corresponde a la ecuación de una parábola que pasa por el origen. v0 cos θ at = a cos(θ − ϕ ) = 24. Asumiremos que la tierra es plana para el rango horizontal de los proyectiles. nos referimos típicamente a v 0 como la rapidez inicial del proyectil. Si se desprecia la resistencia del aire. integrando dt 2 ∫ t −2 dy = ∫ 6t − 5 dt ⇒ y = 2t − 5t + 1 m 3 1 t ( ) ( ) debido a la gravedad. Además. La fuerza de la gravedad produce una aceleración constante hacia abajo de magnitud 9. podemos aún obtener una descripción bastante buena del movimiento del proyectil. que corresponde al disparo del proyectil y t= 2v0senθ g El valor máximo de t se obtiene para θ = 90º.Movimiento en un plano y en el espacio en la dirección horizontal. Poniendo y = 0 Su valor máximo se obtiene para el ángulo de disparo θ = 90º. Cuando el proyectil se lanza verticalmente hacia arriba. Determinar los valores del ángulo y de la velocidad de disparo para que la piedra rompa la botella. t= v0senθ . describiendo una trayectoria rectilínea a lo largo del eje y.8 m/s2) 1 y = (v 0 senθ )t − gt 2 = 0 . despejando t. Esto se ilustra en la figura. Podemos entender mejor el significado de la 1 2 ecuación y = (v 0 senθ )t − gt viendo el 2 movimiento del proyectil de esta manera: Primero. como vemos es igual a la mitad del g 1 2 gt 2 ⎞ 1 ⎛ v0senθ ⎟ − g⎜ ⎟ 2 ⎜ g ⎠ ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 2 tiempo de vuelo. y máx = (v0 senθ )t − = (v0senθ )⎛ v0senθ ⎜ ⎜ g ⎝ Finalmente: y máx = 2 v0 sen 2θ 2g Tiempo de vuelo. independiente de su movimiento vertical.Uniforme a lo largo del eje horizontal 3H . es decir. despejando t. 2 v0 sen (2θ ) g Hugo Medina Guzmán = La altura máxima que alcanza un proyectil se obtiene con v y = 0 . 2 t2 − 2v0senθ t=0 g Resolviendo obtenemos dos soluciones t = 0. Ejemplo 14. UN BLANCO EN CAÍDA LIBRE (Tiro al mono) Se deja caer una botella desde el reposo en el instante en que una piedra es lanzada desde el origen. en el tiempo t el proyectil movería una distancia v 0 t en una línea inclinada recta. El alcance horizontal de cada uno de los proyectiles se obtiene para y = 0. ⎛ 2v senθ ⎞ ⎟ xmáx = (v0 cosθ )t = (v0 cosθ )⎜ 0 ⎟ ⎜ g ⎠ ⎝ 11 Solución. es la composición de dos movimientos . Movimiento de la piedra: El movimiento curvilíneo de la piedra se realiza bajo la aceleración constante de la gravedad. si no hubiera fuerza de la gravedad y aceleración hacia abajo. v y = v0 senθ − gt = 0 . (Tómese g = 9. Si ahora imaginamos con la gravedad el efecto sería hacer que el proyectil se aleje de la trayectoria recta por una distancia ½ gt2. De la superposición de estos dos efectos resulta la trayectoria parabólica como se muestra en la figura. 53 s = − 49. 4H 2(− 124) ⇒ t = 5. Esto sucede para el tiempo t = Ejemplo 16. g 2x 2y ⇒ y = − x Ecuación de una =− ax ax g línea recta.03) m = 5.10)(5. b) ¿Cuanto tiempo toma para llegar la tierra? c) ¿Con qué velocidad llega a la tierra? Solución. tan θ = H A Para romper la botella debemos de apuntarla directamente y en el instante en el que se deja caer. mientras la botella esté en el aire. el vector aceleración y las componentes normal y tangencial de la aceleración. La velocidad debe tener un valor mínimo para hacer el recorrido A.03) t2 = − m s vx = v0 x + axt = 0 + (1.03 s 9. a) Demuestre que la trayectoria de la bolsa de arena es una línea recta. Disparamos un proyectil desde el origen y éste describe una trayectoria parabólica como la de la figura.53)2 + (− 49. y el viento da a bolsa de arena una aceleración horizontal constante de 1.8 c) v y = v0 y − gt = 0 − (9. D y E el vector velocidad.10 m/s2. la posición de la piedra y de la botella coincide. → Ejemplo 15.Movimiento en un plano y en el espacio Hugo Medina Guzmán De estas ecuaciones. se debe lanzar la piedra.8)(5. (5. obtenemos: ⎧a px = 0 ⎪ Horizontal ⎨v px = v0 cos θ ⎪ ⎩ x p = v 0 cos θ t . C. b) En tierra.Uniformemente acelerado a lo largo del eje vertical. y = −124 . sólo la dirección y el sentido de las mismas) ¿Qué efecto producen an y at sobre la velocidad? 2H . tal que ⎧a px = − g ⎪ ⎪ Vertical ⎨v px = v 0 senθ − gt ⎪ 2 ⎪ y p = v 0 senθ t − gt / 2 ⎩ Movimiento de la botella: La botella se mueve verticalmente bajo la aceleración constante de la gravedad. Dibuja en las posiciones A.6 A = v0 cos θ t m s H − gt 2 / 2 = v0 senθ t − gt 2 / 2 ⇒ H = v0 senθ t Dividimos la segunda ecuación entre la primera.3 2 2 v = vx + v y = abx = − g vbx = − gt y b = H − gt 2 / 2 Choque de la piedra con la botella: Cuando se produce el choque. Despreciamos la resistencia del aire.3)2 = 49. B. a) x = v es tangente a la trayectoria 1 2x axt 2 ⇒ t 2 = 2 ax 1 2y y = − gt 2 ⇒ t 2 = − 2 g 12 Cuando sube . Una bolsa de arena cae del reposo de un globo de aire caliente desde una altura de 124 m está soplando un viento horizontal. (No se trata de dar el valor numérico de ninguna de las variables. y el g g 2H recorrido horizontal de la piedra debe cumplir: ⎛ 2H v0 cos θ ⎜ ⎜ g ⎝ ⎞ ⎟ ≥ A ⇒ v0 ≥ A ⎟ cos θ ⎠ Solución. 60°. Una bala del rifle se dispara con una velocidad de 280 m/s hacia arriba de una superficie plana inclinada 30° sobre la horizontal. La ecuación del plano inclinado es a = −10 ˆ j → Entonces π at = a⋅ tˆ = −10sen = −5 m/s 2 6 2 an = a 2 − an = 100 − 25 = 8. 15° sobre la superficie plana). El artillero debe darle a un blanco que se encuentra a 8640 (m) detrás de un cerro. S = 3. (c) Las componentes normal y tangencial de la aceleración al salir en el punto de disparo.0m El vector unitario tangente es at y v tienen sentidos opuestos. 90° vemos que 5(8649) 8649 tan α − =0 (300)2 cos 2 α 2 gx 2 =0 y = x tan α − 2 2v0 cos 2 α x = S cos 30° = De aquí S = 2 3 ( 3 S.5t2 = 0.Movimiento en un plano y en el espacio → Hugo Medina Guzmán y = 150 + 180(sen π/6)t . Demuestre que es posible darle al blanco y determine el ángulo de elevación para cumplir el objetivo.5(9)2 = 555.5t2 a) Punto de caída 150 + 180(sen π/6)t . Solución. para ello evaluamos en ambos ángulos y(1200) y1 (1200) = 1373. Supondremos que damos en el blanco entonces x g = (tan θ )x − 2 x2 2 2v0 cos θ 3 v2 ⎛ 1 ⎞ Para θ = 45° : x = 0 ⎜1 − ⎟ g ⎝ 3⎠ Para un triángulo 30°. Sabemos que xmax ymax 2 v0 sen 2α = g 2 v0 sen 2α = 2g Entonces . t = 9. → → a n modifica la dirección de v π π v ˆ tˆ = = i cos + ˆsen j 6 6 v → → Ejemplo 17.49 0 .5 s x = 180(cos π/6)(19. ⎛ g y = (tan θ )x − ⎜ 2 ⎜ 2v cos 2 θ ⎝ 0 ⎞ 2 ⎟x ⎟ ⎠ La intersección de la parábola y la línea recta ocurre cuando Ejemplo 19. ¿Cuál es el alcance de la bala sobre el plano? Solución. Con y 0 = 280 m/s.97º Debemos verificar que el disparo pasa sobre el cerro.03º α2 = 36. Ejemplo 20. Ejemplo 18. Solución. Calcule: (a) La distancia horizontal entre el punto de lanzamiento y el punto de caída del proyectil.0 s entonces ymax = 150 + 180(sen π/6)(9) . (b) La altura máxima del proyectil con respecto al suelo.0 m y2 (1200) = 777.8m b) Tiempo para la altura máxima 180(sen π/6) . 2 v2 v2 3 − 1 0 = 0. cuya altura es de 1000 (m) ubicado a 1200 (m) del cañón.95 m La altura del cerro es excedida en el primer caso. Solución: x = 180(cos π/6)t 13 Tiene dos raíces reales α1 = 53.5) = 3039. Cuando baja at y v tienen el mismo sentido at modifica el módulo de la velocidad con el tiempo. t = 19. arriba del g g ) plano. La bala se dispara con un ángulo de elevación inicial de 45° sobre la horizontal (es decir. Se dispara un proyectil de modo que su alcance horizontal es igual al triple de la altura máxima.90 km.66 m/s 2 y x = tan 30° y = x 3 La ecuación de la trayectoria parabólica. Se dispara un proyectil desde la cima de una colina de 150 (m) de altura con una rapidez de 180 (m/s) y formando un ángulo de 30º con la horizontal. Un cañón de artillería lanza proyectiles con una rapidez de 300 (m/s). Encuentre el ángulo de lanzamiento.10t = 0. 77 y de m s 10 = 400 (54.77 a) h = 116. Tomar g =10 m/s2 ax = 0 t1 ⎧v x = 4. Solución. Determine: a) La altura mínima que debe subirse el lanza granadas.t − 10t 2 2 Punto de impacto x = 45 .72 s c) Para t = Ejemplo 22.t ⎫ ⇒ 2⎬ − 45 3 = 45senα . alcanzando al finalizar la pista una velocidad de 45 m/s.46 a y = −10 ⇒ θ = 30 o tan θ = vx vy at = g cos 30 o = 5 3 m s 2 a n = gsen30 o = 5 m s 2 14 .t − 5t ⎭ 1 1 − 45 3 = 45senα . Un lanza granadas tiene un alcance máximo de 300 m. En una competición de salto. b) ¿Cuánto tiempo tarda en aterrizar? c) Calcular y dibujar las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante t/2. La ecuación de la parábola de seguridad es Solución.87o gx α 2 = −54. a) ¿Cuál será el ángulo (o los ángulos) α que debe formar su vector velocidad inicial con la horizontal?.31 ⎨ 2 ⎩v y = −7.701m c) El ángulo de lanzamiento cuando el blanco está sobre el límite de la parábola de seguridad es a y = −10 v y = 45senα − 10t x = 45 cos α .69º 3 Hugo Medina Guzmán Ejemplo 21. c) El ángulo de lanzamiento.t 1 y = 45senα .Movimiento en un plano y en el espacio 2 v0 sen 2α v 2sen 2α =3 0 g 2g ⇒ 2 cos α = 3senα 2 ⇒ tan α = ⇒ α =33. Un patinador desciende por una pista helada. a) y b) y = h+ 2 v0 gx 2 − 2 2 g 2v 0 Sabemos también que para h = 0 la distancia máxima alcanzable es x (0 ) = 2 v0 = 300 g ax = 0 v x = 45 cos α y para una altura h la distancia horizontal máxima será x(h ) = (v 2 0 + 2hg ) vg = 400m 0 de la primera b) v0 = 3000 = 54. Siendo t el tiempo de vuelo.5 o t 2 = 1.5 o t1 = 10. Para dar en un blanco que se encuentra a una distancia de 400 m del lanza granadas. −5 cos α cos 2 α tan 2 α − 9 tan α + 1 − 9 3 = 0 ⇒ α 1 = 84. b) La rapidez de lanzamiento.77 )2 + 2h(10) 54.45s tan α = 2 v0 entonces α = 36. y = −45 3 45 = 45 cos α . debería alcanzar 90 m a lo largo de una pista inclinada 60º respecto de la horizontal. b) Dibujar en la misma gráfica la trayectoria de la piedra y de la botella. 2 ⎛ v senθ ⎞ v 0 ⎟= x = v0 cos θ ⎜ 0 ⎜ g ⎟ 2 g sen 2θ ⎝ ⎠ 2 v y = x tan α = 0 sen 2θ tan α 2g v2 h = y máx − y = 0 (sen 2θ − sen 2θ tan α ) 2g b) El alcance máximo S .t 1 1 30 − 9. (Tomar g = 9. Solución: a) Ejemplo 24.8 v y = 15senθ − 9. Se deja caer una botella desde el reposo en la posición x =20 m e y =30 m.8t 2 = 15senθ t − 9. a) Determinar el ángulo con el que tenemos que lanzar la piedra para que rompa la botella.8t x = 15 cosθ t 1 y = 15 senθ t − 9.Movimiento en un plano y en el espacio Punto de encuentro Hugo Medina Guzmán 20015 cosθ . Encontrar.3 ⎧ ⎨tan θ = 20 y = 1.8 m/s2).8t 2 2 Movimiento de la piedra vx = 0 x = 20 v y = v0 senθ − gt La altura máxima se produce cuando v y = 0 2 v0 sen 2θ = 2g y máx Con ese valor. x = v0 cos θ t y = v 0 senθ t − 1 gt 2 2 Ecuación del plano en función de t y = x tan α Dividiendo y x : ax = 0 vx = 15 cosθ a y = −9. Este sale con una velocidad v 0 Movimiento de la botella a) v 0 x = v 0 cos θ v 0 y = v 0 senθ ax = 0 1 a y = −9. a) El punto más alto al que llega el proyectil.8t 2 2 2 o 30 θ = 56.69m ⎩ b) Ejemplo 23. b) El alcance del proyectil.8t y = 30 − 9. calcular la altura a la que ha ocurrido el choque. Al mismo tiempo se lanza desde el origen una piedra con una velocidad de 15 m/s. Solución. dispara un proyectil. Desde un cañón que está sobre un plano inclinado un ángulo α con la horizontal se formando un ángulo θ con el plano horizontal.8 v y = −9.8t 2 2 15 . El proyectil se lanza desde el origen O con una velocidad inicial de módulo v 0 y que Solución. a x = 2 . Demuestre que esa distancia es máxima si θ = α / 2 . 1 z = − gsenα t 2 + v 0 cosθ t 2 b) La máxima separación ocurre para v z = 0 y vale x= z= 2 v0 cos 2 θ 2 g 2senα 1 (− 10)t 2 2 a) Punto de impacto y = -50 ⇒ t = 5. c) Halle la distancia entre el origen y el punto de caída del proyectil sobre la colina. 16 . v x = g cos α t + v 0 senθ . El valor de x cuando el proyectil toca tierra es: 2 2v0 x = v0 cosθ t = cosθ (senθ − cosθ tan α ) g Y el alcance S es: S= 2 2v0 cos θ x (senθ − cos θ tan α ) = cos α g cos α forma un ángulo θ con el eje z (perpendicular al plano). El eje x se toma tangente al plano apuntando hacia abajo. x = a y = −10 . velocidad y posición del proyectil en función del tiempo. La figura muestra una colina inclinada un ángulo α respecto a la vertical y la trayectoria de un proyectil.97 m b) altura máxima v y = 0 ⇒ t = 2 s ⇒ y = 20 m hmáxima = 70 m sobre el suelo. Tómese g =10 m/s2. La pelota además es empujada por el viento. b) La altura máxima c) El valor de las componentes tangencial y normal de la aceleración cuando la pelota se encuentra a 60 m de altura sobre el suelo.Movimiento en un plano y en el espacio 2 y v0 senθ t − 1 gt 2 = = tan α ⇒ x v 0 cos θ t Hugo Medina Guzmán c) El punto de caída ocurre para z = 0 y la distancia vale x(θ ) = v0 senθ t − 1 gt 2 = tan α v 0 cos θ t 2 Resolviendo encontramos el tiempo para el que el proyectil toca tierra: ⎡1 + cos 2θ ⎤ ⎢ tan α + sen 2θ ⎥ ⎣ ⎦ dx(θ ) La distancia máxima ocurre para = 0.74 s ⇒ x = 32. Ejemplo 25. Solución. a) a x = g cos α . Calcular: a) La distancia horizontal entre el punto de lanzamiento y de impacto. dθ 2 v0 gsenα t= 2v0 (senθ − cos θ tan α ) g Ejemplo 26. v z = − gsenα t + v0 cosθ . y = 20t + 1 g cos α t 2 + v0 senθ t 2 a z = − gsenα . Se lanza una pelota verticalmente hacia arriba con una velocidad de 20 m/s desde la azotea de un edificio de 50 m de altura. 1 2 2t 2 v y = 20 + (− 10 )t . a) Tome el sistema de referencia indicado en la figura y halle las componentes de los vectores aceleración. b) Halle la máxima separación entre el proyectil y la colina. produciendo un movimiento horizontal con aceleración de 2 m/s2. v x = 2t . ⎧v x = 6.23 m 17 = = 14. 1 x = 50 cos 30 o − 2t 2 2 a y = −9.8t 2 2 Punto de impacto x = d.7 o 2 ϕ = ϕ 2 − ϕ 1 = 73o ⎧a n = a.81 m/s 2 ⎪ ⎨ ⎪at = a. La flecha sale con una velocidad inicial de 50 m/s haciendo una inclinación de 30º con la horizontal y el viento produce una aceleración horizontal opuesta a su velocidad de 2 m/s2.55 m/s 2 ⎩ ⎧v x = 1.83 m/s ⎧a x = 2 t 2 = 3. cos ϕ = 9.8 m/s2) tan ϕ1 = tan ϕ 2 = vx 1.14 = 2.14 m/s ⎩a y = −10 a = 2 2 + 10 2 tan ϕ1 = tan ϕ 2 = vy vx ay ax ax = −2 . v y = 50sen30 o − 9.2 o 6.5o ⎧a n = a.senϕ = 2. y = -5 -5 =25 t -4. b) Hállese la altura máxima que alcanza la flecha medida desde el punto de lanzamiento.8 .08 ⇒ ϕ1 = 4.59 s ⎨ ⎨ ⎩v y = 14.8t . (g = 9. /s 2 ⎪ ⎨ ⎪at = a. v x = 50 cos 30 o − 2t .41 s Hugo Medina Guzmán ϕ = ϕ2 − ϕ1 = 14.14 ⎩a y = −10 a = 2 2 + 10 2 Ejemplo 27.41s ⎨ ⎨ ⎩v y = −14.17 ⎧a x = 2 t1 = 0.83 10 = 5 ⇒ ϕ 2 = 78.07 ⇒ ϕ 1 = 64.Movimiento en un plano y en el espacio c) h = 60 ⇒ y = 10 m ⇒ t1 = 0.9 t2 ⇒ t = 5.87 m. donde Guillermo Tell va a intentar ensartar con una flecha una manzana dispuesta en la cabeza de su hijo a cierta distancia d del punto de disparo (la manzana está 5 m por debajo del punto de lanzamiento de la flecha). cos ϕ = 2.senϕ = 9.17 = = 0. Nos encontramos en la antigua Suiza.29 s ⇒ x = 201. 1 y = 50sen30o − 9.14 ay ax = 10 = 5 ⇒ ϕ 2 = 78.7 o v y 14. a) Calcular la distancia horizontal d a la que deberá estar el hijo para que pueda ensartar la manzana.80 m/s 2 ⎩ Solución.7 o 2 .59 s t2 = 3. hallar donde las gotas del agua al hacer girar del borde tocan el piso. El alcance horizontal de la gota es x = v0t = (1.5)(0.8t = 0 ⇒ t = 2. Vectorialmente podemos representar la transformación de Galileo como → Para calcular el tiempo en que la gota llega al piso usamos h = ⇒ t= 1 2 gt 2 2h 2(1. j → → Solución. dx dx' = + V ⇒ v x = v' x ' + V dt dt dy dy ' ⇒ v y = v' y ' = dt dt dz dz ' = ⇒ v z = v' z ' dt dt → → Derivando las relaciones anteriores podemos obtener la relación de la velocidad.5m / s Las ecuaciones de transformación de Galileo que relacionan las observaciones desde los sistemas S y S' son x = x'+ Vt . Un paraguas abierto mojado se sostiene hacia arriba como se muestra en la figura y se gira sobre la manija a razón uniforme de 21 revoluciones en 44 s. y la altura del borde sobre el piso es 1.55) = 0. y el locus de las gotas es un círculo de radio R= (0.Movimiento en un plano y en el espacio Máxima altura vy = 0 50sen30º .5)2 + (0.89 m Ejemplo 28.9. S' tiene un movimiento de traslación rectilíneo uniforme con respecto a S.5) = = 0. La Relatividad de Galileo Consideramos dos sistemas de referencia S y S'. S' se aleja de S con una Vectorialmente v = v '+ V Derivando nuevamente obtenemos la relación de la aceleración → → → ˆ velocidad V = vi 18 → dv x dv' x ' dV dV = + ⇒ a x = a' x ' + dt dt dt dt dv y dv' y ' = ⇒ a y = a' y ' dt dt . Si el borde del paraguas es un círculo 1 m de diámetro.5)(3) = 1.5 m.553m 9.8 g r = r '+ V t . Movimiento Relativo de Traslación Uniforme. y = y ' . La velocidad angular del paraguas es ω= 21 × 2π rad = 3rad / s 44s La velocidad tangencial de las gotas de agua que salen del borde del paraguas es v0 = rω = (0.97 m.55 s ⇒ y = 31.83 m. z = z ' t = t ' Aquí se supone que puede establecerse una escala de tiempo absoluta aplicable a ambos marcos de referencia de manera que t = t ' . VELOCIDAD Y ACELERACIÓN RELATIVAS.83)2 = 0. Esto sucedería si la velocidad de la luz fuera infinita (Debemos reconocer que las escalas de tiempo asociadas a dos marcos de referencia no son los mismos si existe movimiento relativo entre ellos es uno de los principios fundamentales de la teoría especial de la relatividad propuesta por Einstein en 1905). Hugo Medina Guzmán Sea un objeto P determinado por un observador en el ˆ ˆ j sistema S por r = xi + yˆ + zk y por un observador en el sistema S' por ˆ ˆ r ' = x' i + y ' ˆ + z ' k como se muestra en la figura. El observador O suelta una piedra del trigésimo piso de un rascacielos. pasa el trigésimo piso justo cuando se suelta la piedra.0 m/s. b) La posición. en t = 3. la componente horizontal será v ' x '0 = 0 . Así. Para un instante t cualquiera La componente horizontal del movimiento del proyectil es igual al movimiento del cañón. r ' = r − V t → → → → → → → → θ 0 = tan −1 v y0 V v = v'+ V La trayectoria será una parábola tal como se ve en la figura siguiente → a = a' r Ejemplo 29.8)(3. En este caso la velocidad inicial v 0 vista desde el suelo será r 2 ˆ v 0 = Vi + v y 0 ˆ v0 = V 2 + v y 0 j Las ecuaciones son: → → r = r '+ V t . cuando el proyectil se eleva con velocidad v 0 .0 s. la velocidad. Solución. la velocidad. y la aceleración de la piedra relativa a O. Al tiempo t = 3. como se muestra en la figura siguiente b) Si se observa el mismo proyectil desde un sistema de referencia situado en el suelo S con un origen en el lugar de lanzamiento (para t 0 = 0 . Ejemplo 30. 19 . a) El tiempo se mide desde el momento del lanzamiento t 0 = 0 .8 m/s2 x 3.0 s = +29 m/s. v = v0 + at da v = 0 + 9.Movimiento en un plano y en el espacio Hugo Medina Guzmán dv z dv' z ' ⇒ a z = a' z ' = dt dt Si la velocidad V del sistema S' es constante. hallar: a) La posición. La componente horizontal de la velocidad coincide con la velocidad V del camión. descendiendo en un ascensor a velocidad constante de V = 5. El observador O' en el camión verá únicamente la componente vertical v ' y '0 .0)2 = + 44 m/s 2 También. las velocidades y las aceleraciones respecto de O estarán dadas por la transformación de Galileo. y la aceleración de la piedra relativa a O’. O = O'). a) Para O.0 s después de que se suelta la piedra. → → dV = 0 y a = a' dt → → Estas relaciones encontradas son de aplicación general si S y S' están animadas por un movimiento relativo cualquiera. Desde la plataforma de un camión en movimiento horizontal V constante se lanza un proyectil directamente hacia arriba con una r velocidad v 0 . ¿Cómo será visto el movimiento del proyectil por: a) un observador situado en el camión (sistema S')? b) un observador situado en el suelo (sistema S)? Solución. El observador O’. de modo que cuando cae el proyectil coincidirá con el cañón. la posición de la piedra está dada por: x' = 0 y ' = v' y '0 t − ½ gt 2 v' x ' = 0 v' y ' = v' y '0 − gt a' x ' = 0 a' y = − g x = x0 + v0 t + 1 2 at 2 Donde x = 0 en el trigésimo piso con la dirección hacia abajo como la dirección positiva de x. entonces las posiciones. x = 0+0+ 1 (9. Determine en términos de los datos la rapidez de las aguas del río. es decir ve = Si la escalera funciona y la persona camina. a) ˆ j V = ui + vˆ b) La componente de la velocidad absoluta perpendicular al río determine el tiempo de cruce de acuerdo a t = → a v Por lo tanto el bote avanza paralelamente al río una distancia d = ut = u a v Ejemplo 35. mientras que el otro rema directamente corriente abajo.0 m/s = +24 m/s Puesto que V es constante.Vt. entonces V1 = u -W V2 = u + W de modo que W = V2 − V1 2 Ejemplo 34. Si el estudiante puede nadar con una rapidez de 1. Sea L el largo de la escalera. Un comprador que está en una tienda puede caminar sobre una escalera mecánica en 30 s cuando está detenida. Es decir. ¿Cuánto tiempo le tomaría al comprador al subir caminando con la escalera mecánica en movimiento? Suponga que el comprador hace el mismo esfuerzo al caminar sobre la escalera mecánica en movimiento o cuando está parada.7 entonces el tiempo de ida y vuelta será Hugo Medina Guzmán Sea W la rapidez del río y u la rapidez de los botes respecto al agua. según el observador O que está inmóvil con respecto a la tierra.5 m/s. v' = 29 m/s – 5.56 h 0. (De hecho.0 s. de aquí.95 = -15 km/h b) 95 . puede llevar al comprador sin caminar al siguiente piso en 20 s.) Ejemplo 31.0 s. Un observador en reposo sobre la orilla del río determina sus rapideces que resultan ser de V1 y V2 respectivamente. Entonces la velocidad de la persona respecto a la escalera es 1000 1000 t= + = 2016. a' = a. Solución. la dirección en la cual apunta el bote) perpendicular al río y al motor fijo para dar una rapidez constante de v m/s con respecto al agua. Si el Oeste indica el sentido positivo entonces a) 80 . La velocidad de la piedra relativa a O' es v' = v -V. x' = 44 m – 5. Un río tiene una rapidez uniforme de 0. (en general.7 y cuando nada corriente abajo es 1. 20 v' = L . ¿cuánto dura el recorrido? Compare este resultado con el tiempo que duraría el recorrido si el agua estuviera tranquila.5 = 0. esto es la base de la validez de los dos cálculos anteriores. a) ¿Cuál es la velocidad del automovilista respecto al auto patrulla? b) ¿Cuál es la velocidad del auto patrulla respecto al automovilista? Solución. entonces v = ve + v' = de donde el tiempo será t = 12 s . (igual en ambos). medido corriente abajo paralelamente al río.7 Ejemplo 33.2 m/s en agua tranquila. la piedra se localiza 29 m debajo del observador O’ después de 3. 30 L 20 L L L + = 20 30 t Sea ve la velocidad de la escalera.8 m/s2. después de 3. De acuerdo a los datos (a) ¿Cuál es la velocidad del bote respecto a un observador detenido en la orilla? (b) ¿Hasta dónde estará el bote. uno corriente arriba (y se mueve corriente arriba). Un automovilista viaja hacia el oeste sobre la Ruta Interestatal 80 a 80 km/h y es seguido por un auto patrulla que viaja a 95 km/h. relativa a x por medio de la ecuación x' = x .2 – 0.80 = 15 km/h Ejemplo 32.) Así tenemos: a = +g = +9. Solución. se sabe que la aceleración gravitacional es constante. b) O’ mide la posición x'.5 = 1. desde la posición inicial hasta cuando alcance la orilla opuesta? Solución. Luego. El observador O’ ve la piedra con la misma aceleración vista por O.8 m/s2.7 1. Un estudiante nada corriente arriba una distancia de 1 km y regresa al punto de partida. Solución.81 s = 0. Un bote cruza un río que mide de ancho a en el cual la corriente fluye con una rapidez uniforme de u. Ella corresponde a la de la persona cuando no camina.Movimiento en un plano y en el espacio La aceleración de un cuerpo en caída libre. y a'= +g = +9. Cuando la escalera mecánica. las aceleraciones son iguales en todos los sistemas inerciales.0 s = +29 m. Dos remeros en idénticas canoas ejercen el mismo esfuerzo remando en un río.0s.0 m/s x 3.2 + 0. La rapidez absoluta (respecto a la ribera) cuando nada corriente arriba es 1. funciona normalmente. El botero mantiene una orientación (es decir. en t =3. a) si el bote procede a su rapidez máxima de 20 km/h con respecto al agua.5º v 200 ˆ v = vˆ = 30i + v' j → → Debe dirigirse 75. que deberá tomar el conductor del bote? b) ¿Cuál es el ángulo que hace la velocidad.6 km/h Ejemplo 38. La rapidez del avión respecto al aire es de 150 km/h.8 b) La velocidad del bote v. Pero → cosθ = 50 vv = = 0. Para poder volar directamente hacia el oeste con respecto a tierra debe compensar el arrastre producido por el viento. v. Si existiera un viento de 30 km/h hacia el norte. para poder alcanzar en el menor tiempo el bote de enfilar con un ángulo relativo a la orilla dado por: Solución. a) La dirección en la que debe dirigirse el avión está dada por el ángulo θ. con respecto a la orilla vx = −20 cos 37 º +2. El piloto de un avión desea volar hacia el oeste en presencia de un viento que sopla hacia el sur a 50 km/h.5 km/h. tan θ = 0. a) ¿en qué dirección debe dirigirse el avión? b) ¿cuál debe ser su rapidez respecto a la Tierra? Y su rapidez respecto a tierra es: v = v'2 −502 = 200 2 − 502 = 193. La velocidad del viento es vv = 30 km/h y la rapidez del avión respecto al aire es v’ = 150 km/h. Un niño en peligro de ahogarse en un río está siendo llevado corriente abajo por una corriente que fluye uniformemente con una rapidez de 2. ¿cuál es la dirección.5 (1) 21 . tal como se muestra en la figura siguiente.Movimiento en un plano y en el espacio Hugo Medina Guzmán Ejemplo 36.6 = 1.5 ⇒ θ = 37 º 0. b) Su velocidad respecto a la Tierra es: → ˆ v = v' − 50i → ˆ De donde v' = vˆ − 30i j y si tomamos magnitudes 150 = v 2 + 302 ⇒ v = 146. El niño está a 0. del bote con respecto a la orilla? c) ¿Cuánto tiempo le tomará al bote para alcanzar al niño? Solución. relativa a la orilla.8 km corriente arriba de un embarcadero cuando un bote de rescate se pone en camino.25 ⇒ θ = 75. a) Considerando al bote y al niño dentro del río se encuentran en un sistema inercial S’.969 km/h Ejemplo 37.6 km de la orilla y a 0. El piloto de un avión observa que la brújula indica que va dirigiéndose hacia el oeste. Si la rapidez del avión cuando no sopla el viento es de 200 km/h.5 = −13. En este sistema el niño esta en reposo y el bote se mueve con su velocidad. calcule la velocidad del avión respecto a la Tierra. Solución. La velocidad del viento es vv = 50 km/h hacia el sur y la rapidez del avión respecto al aire es v’ = 200 km/h.5º dirección N-O. 0 km 1 t= = 0. Solución.8 ˆ j dr → → = V + v' v= dt → Ejemplo 40.8 ˆ . entonces a) V = 300 ˆ j ˆ v' = −400i → → R =V t r ' = v' t La posición del avión visto desde O es → → → → → r = R+ r ' = V t + r ' → → → → → ˆ a ' = −2.5 ⇒ φ = −41º V 2 cot 2 α 2g Ejemplo 41. Desde el techo del carro de un tren que está acelerando hacia el norte a una razón de 2. Ejemplo 42. entonces en la dirección x tenemos: Vx = V’ cos α V = 0 Porque el profesor observa que sale verticalmente. Un estudiante de la Facultad de Ingeniería pasea sobre el vagón de un tren que viaja a lo largo de una vía horizontal recta a una rapidez constante de V m/s.82 + 0. V '= V cos α Luego Vy = V’y = V’sinα= V cot α Subirá una altura h dada por 22 . observa que la pelota sale verticalmente. El profesor del estudiante. La información de tierra indica que el viento sopla hacia el norte con una velocidad de 300 km/h. que un trozo de madera que flota en ella recorre 20 m en 1 minuto. ¿Cuál es la aceleración del perno con respecto a: a) el carro del tren? b) la estación? Solución: Si y es la vertical hacia arriba y x es la dirección de la aceleración del tren. Va a nadar en un río observando antes de lanzarse e al agua. El estudiante lanza una pelota al aire a lo largo de una trayectoria que inicialmente forma un ángulo de α° con la horizontal y está en línea con la vía. En este caso tenemos dos sistemas. j b) → → La velocidad es → a = −9.Movimiento en un plano y en el espacio Hugo Medina Guzmán v y = 20sen37º = 12 Dividiendo (2) : (1) (2) h= vx 12 = tan φ = = −0.5i − 9. que está parado cerca sobre la tierra. el módulo de la velocidad es 500 km/h. ¿Qué altura subirá la pelota? Solución. Calcular el tiempo que tardará el nadador en recorrer 100 m en el río. ˆ j Luego v = 300 ˆ + 400i Su magnitud v = 300 2 + 400 2 = 500 α = tan -1 300 = 37 o 400 km h El avión se dirige hacia el NE formando un ángulo de 37° con la dirección este. Un nadador recorre una piscina de 100 m en 2 min.05 h = 3 min 20 Ejemplo 39. Si V’ es la rapidez inicial de lanzamiento relativa al tren.62 = 1. el sistema tierra (S) y el sistema aire (S') que se mueve con una velocidad de 300 km/h respecto a tierra. c) El tiempo que le tomará al bote para alcanzar al niño: d = vt ⇒ t = d v Siendo v = 20 km/h y d = 0. La brújula de un avión indica que se está dirigiendo hacia el este con una velocidad de 400 km/h. según vaya a favor o en contra de la corriente.5 m/s2 se suelta y cae un perno. ¿cuál es la velocidad del avión con respecto a tierra? Solución.89 vy − 13. vy = vb = 8 km/h Ejemplo 44. vT = 10 h h 2 2 V = 55. a) Suponiendo la posición de la proa perpendicular a las orillas. La velocidad del agua de un río es 6 km/h.56 La dirección será 90º - ϕ = 55º 12’ 11’’ c) ¿Qué velocidad. a) vx = vr = 6 km/h. b) ¿En qué dirección debe colocarse la proa de la barca para alcanzar el punto de la orilla opuesta situado enfrente del de partida? (punto de partida y llegada en la perpendicular común a las orillas). vb senϕ = vr ⇒ senϕ = ⇒ ϕ = 48o 35’ c) En el primer caso 23 . La velocidad nadando en contra de la corriente es: v 2 = v n − v r = 50 .45 km/h 55.56 tan α = ⇒ α = 79. a una velocidad de 10 km /h. Anchura. La velocidad del agua del río es: vr = 20 La velocidad nadando a favor de la corriente es: v1 = v n + v r = 50 + 20 = 70 m/min Y el que tarda en recorrer 100 m es: t1 = s 100 = = 1 min 26 s 70 v1 s = x 2 + y 2 = 60 2 + 50 2 = 78.8 = 34º 47’ 49’’ v A = 55.56 + 10 = 56.20 = 30 m/min Y el que tarda en recorrer 100 m es: t2 = s 100 = = 3 min 20 s 30 v2 Ejemplo 43. Una pequeña lancha atraviesa un río de 50 m de. aguas abajo. el camino recorrido por la lancha es s. Calcular el valor de la velocidad resultante y su dirección.8 10 ϕ = 79. Solución. calcular el tiempo que tarda la barca en cruzar el río y la distancia a que es arrastrada. Un acorazado navega con rumbo NE a una velocidad de 50. por la corriente. respecto a la tierra. Solución.1 Km = 75 m 8 6 8 b) Para que la barca vaya en la dirección de v2 la componente horizontal de vb ha de ser igual a 6 km/h. y = vyt ⇒ t = x = vxt = 6 × y 0.Movimiento en un plano y en el espacio La velocidad del nadador es: Hugo Medina Guzmán vn = m s 100 = = 50 2 min t m min Si en la figura y es el ancho del río y x el avance producido por la corriente. La velocidad que provocan unos remeros a una barca es de 8 km/h. Suena zafarrancho de combate y uno de los tripulantes marcha corriendo de babor a estribor para ocupar su puesto. km km .8 − 45 = 34. ¿Qué camino ha recorrido? Solución. lleva la barca en los dos casos estudiados? d) ¿Cuánto tarda en atravesar el río?.56 km/h. al mismo tiempo la corriente lo arrastra 60 m aguas abajo.1 m Ejemplo 45.1 = h = 45 s vy 8 La distancia a que es arrastrada por la corriente: 0. y el ancho de tal río 100 m. Una canoa de 2.2 m/s ⇒ x1 = 6. y el eje y es el NS).3 km/h d) En el primer caso son 45 s ya calculados. 97. (b) Encuentre el vector que representa la velocidad del bote con respecto a la orilla.5 5 = ⇒ vr = 1. 24 .4 v r b) v1 = v c + v r = 5 + 1.1º río abajo. Los remos pueden propulsar el bote con una velocidad de 3.1.3 = 3 + 4 = 5m / s .1 . d) Halle el tiempo en el cual los marineros son rescatados. Además.Movimiento en un plano y en el espacio Hugo Medina Guzmán b y c) La velocidad del bote con respecto a la orilla es v neta = v B + v R . Solución: a) Diagrama.5 = 97.5 m el río arrastra a la canoa x = 23. determinar el camino recorrido en 1 minuto según vaya en el sentido de la corriente o en sentido contrario.5 m siendo y = vc t = 97.2 = 3. escriba en forma vectorial.8 x 60 =228 m Ejemplo 47. Solución . Se pone en marcha con una velocidad de 5 m/s y al llegar a la orilla opuesta ha avanzado en el sentido de la corriente 23. El ángulo ϕ mostrado en la figura se determina por 2 2 tan ϕ = Ejemplo 46.4 m = vr t dividiendo las dos anteriores vR . 100 v B 3 Ejemplo 48. a) Si V es el módulo de la velocidad del submarino nuclear visto desde tierra. Un bote de remos se dirige perpendicular a la orilla de un río. a) La proa de la canoa debe recorrer un espacio en dirección perpendicular al río: y = 100 – 2. El río tiene una corriente de 4. b) Halle la velocidad del submarino con respecto a la corriente de agua. Como v B y v R son perpendiculares. El submarino diesel se encuentra al Sur a 500 km de distancia del submarino nuclear (ver figura). (Asuma que el eje x es el eje DE.2m / s 23. En el segundo caso: t= y 0. Solución.2 = 6.0 m/s con respecto al agua. Debido a un huracán no era posible enviar barcos ni aviones para ayudar al submarino diesel. tenemos v D 4 = R = . d) Haciendo D = distancia río abajo. a) Calcular la velocidad del agua sabiendo que el río tiene una anchura de 100 m.0 m/s. hay una corriente marina de 36 km/h que se mueve al NE formando un ángulo de 30° respecto al norte. c) Calcule el módulo de la velocidad V.2 x 60 =372 m v 2 = v c − v r = 5 . La rapidez del submarino nuclear respecto al agua es de 54 km/h. la velocidad del submarino nuclear respecto a tierra para que llegue al submarino diesel y la velocidad de la corriente marina con respecto a tierra.5 m de larga está junto a la orilla de un río y perpendicularmente a ella. b) Si la canoa marcha a lo largo del río. vB o Para las velocidades dadas encontramos ϕ = 53. El bote se mueve a lo largo de una línea dirigida 53. Un submarino de propulsión convencional (Diesel) sufrió un incendio en el Atlántico norte después de salir de Inglaterra. tenemos 2 2 v neta = v B + v R → → → → → 2 2 v1 = v x + v y = 6 2 + 8 2 = 10 km/h En el segundo caso: v2 = vbcos ϕ = 8cos 48º 35’ = 5. usando el sistema de coordenadas x -y.8 m/s ⇒ x2 = 3. tal que D = 133 m. (c) ¿Qué ángulo forma este vector con la dirección en la cual el bote está señalando? (d) Si el río tiene 100 m de ancho.4 m.1 = h = 68 s v2 5. determínese cuan lejos río abajo del punto del lanzamiento el bote llega al orilla opuesta. (a) Construya un diagrama en el cual las dos velocidades se representen como vectores. La marina decidió enviar un submarino de propulsión nuclear para ayudar al de propulsión Diesel. 18) ˆ j = 19.45 m Solución.Movimiento en un plano y en el espacio Hugo Medina Guzmán a) ¿A qué distancia del poste contada a lo largo de la vía. horizontalmente y perpendicularmente a la marcha del tren. → 1 z = 0 = 2.7) = 7m t= 500 d = V 19. 25 . Desde el interior de un tren que viaja a 108 km/h. usando el sistema de coordenadas x-y. escriba en forma vectorial. Solución.45 − 10t 2 2 Cuando la piedra llega al suelo z = 0 V sT = (− 54 cos α + 31.18 ˆ j j 18 1 − 54senα + 18 = 0 ⇒ senα = = 54 3 ⇒ cos α = 0.18) ˆ j = (− 50. Velocidad del tren v y = 108 km m = 30 . y = 30t . un niño lanza un objeto por una ventana con una velocidad de 36 km/h.18 km/hora d) Halle el tiempo en el cual los marineros son rescatados. justo en el momento en que pasa en frente de un poste indicador.76 + 31.7 s 2 Distancia del poste medida desde la vía: y = 30t = 30(0. m s2 a) El movimiento de la piedra lanzada está dada por las ecuaciones: V → sR = − 54 sen α iˆ − 54 cos α ˆ .18 ˆ j c) Calcule el módulo de la velocidad V. a) Si V es el módulo de la velocidad del submarino nuclear visto desde tierra.7) = 21m Distancia de la vía al punto de caída: x = 10t = 10(0. la velocidad del submarino nuclear respecto a tierra para que llegue al submarino diesel y la velocidad de la corriente marina con respecto a tierra. h s km m = 10 h s Velocidad de la piedra vx = 36 g ≈ 10 b) Halle la velocidad del submarino con respecto a la corriente de agua. j ˆ ˆ v c = 36sen30º i + 36 cos 30º ˆ = 18i + 31. y a qué distancia de esta chocará el cuerpo con el suelo? b) Realícese un esquema de la trayectoria seguida por el cuerpo Dato: la altura inicial del objeto sobre el suelo es de 2. z = 2.94 → 1 x = 10t . 19.45 − 10t 2 ⇒ t = 0.18 b) = 26 horas Ejemplo 49. a 1 = 8i → → → ˆ ˆ v 2 = (16t + 11)i + 5 ˆ . Respuesta. La aceleración de un cuerpo es: ˆ a = 3i + 2 ˆ + k cm/s 2 j ˆ ( ) ˆ a r 1 = 4t + 3t + 228 i + (2t + 12 ) ˆ y j 2 → → ( ) ˆ r 2 = (8t 2 + 11t − 444 )i + (5t − 24) ˆ j a) Si el cuerpo parte del reposo ¿Cuál es su velocidad después de 3 segundos? b) ¿Cuál es su posición después de 10 segundos? c) ¿Cuál es su rapidez media durante los primeros 10 segundos? respectivamente. a) ˆ Respuesta. t = 12 6. b) j s = ωAt . Hallar: 2 → ( ) . Un bote que navega en el río tiene una velocidad u relativa al agua. a) 9i + 6 ˆ + 3k cm/s j ˆ ˆ b) 150i + 100 ˆ + 50k cm j c) 18. Cerca de la orilla la velocidad es cero.1senπ t i + 0. c) El radio de curvatura. c) x 2 + y 2 = A 2 5. Un automovilista entra en una curva de 150 m de radio. j a) La velocidad y aceleración de la partícula. Las posiciones de dos partículas P1 y P2 están → → → ˆ dadas por r 1 = 5 + 3t + 2t i . Respuesta: 2. b) Demostrar que la trayectoria de la partícula es una parábola.25cos2π t ˆ .71 cm/s ( ( ) ) ˆ ˆ j a) v 1 = (8t + 3)i + 2 ˆ . a = 0 2 b) y = 0. Dos objetos se mueven en el plano xy de acuerdo → ˆ v = −0. Determinar el módulo de la aceleración del automóvil cuando su velocidad es de 63 km/h. y = A cos ω t . v son constantes. z = vt . dibujar la trayectoria.025 − 5 x → → → 9. a) d = C ˆ j b) r 1 = r 2 = 840i + 36 ˆ . una velocidad de 72 km/h. b) La ley horaria c) La trayectoria C 2 + R 2 b 2 . v0 2u a) ¿En qué instante chocarán las dos partículas? b) ¿Cuál es la diferencia de velocidades en ese instante? Respuesta: a) t = 2 b) 8 7. El movimiento de una partícula está definido por el vector posición → 2.53 m/s 2 2 ˆ ˆ r = Rsenb t i + Ct ˆ + Rcosb t k . a) ¿Cuales son la velocidad y aceleración de cada objeto? b) ¿Dónde y cuando chocan? Respuesta.1π i m/s . a) r = Asenω t i + Acosω t ˆ .5 m/s . Las ecuaciones paramétricas del movimiento de una partícula son x = R cos ω t . a 1 = 16i j 26 → 10. C2 b) Helicoide. El movimiento de una partícula está definido por el vector posición → ˆ r = 0. a) v = 8. Respuesta: Movimiento helicoidal con velocidad angular ω y subiendo con velocidad v. Determinar. La velocidad de la corriente de un río aumenta en proporción a la distancia de la orilla y alcanza su valor máximo v 0 en el medio. b) Determinar la trayectoria del bote Respuesta. 2 → ( ) ˆ r 2 = (t + 5t 2 )i . ω. a) Encontrar la distancia que fue arrastrando el bote al cruzar el río de ancho C. Dadas las ecuaciones paramétricas de un movimiento x = Asenω t . 3. c) ρ = R + Rb 2 Respuesta. 4. Probar que se trata de un movimiento uniforme. a) Escribir la ecuación del movimiento. R. b) La trayectoria de la partícula. y = Rsenω t .Movimiento en un plano y en el espacio Hugo Medina Guzmán PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1. constante y perpendicular a la corriente. r en metros y t j en segundos: a) Determinar la velocidad y aceleración para t = l s. a = Rb 2 . Accionando los frenos hace disminuir su velocidad de modo uniforme a razón de 1. ˆ ˆ Respuesta. Si una partícula que se mueve sobre una trayectoria curva tiene una aceleración total en un ˆ ˆ momento dado a = 3t + 2n cm/s . Movimiento en un plano y en el espacio a) La aceleración tangencial. b) La aceleración centrípeta. c) El módulo de la aceleración total. d) El ángulo ϕ que la aceleración total forma con la tangente a la curva. Respuesta: a) at = 3 cm/s b) a c = −4 cm/s c) a = 5cm/s d) 2 2 Hugo Medina Guzmán → 2 ϕ = 53,1o 11. Dos cuerpos se lanzan simultáneamente desde un mismo punto con la misma rapidez inicial pero en distintas direcciones, uno verticalmente hacia arriba y el otro formando un ángulo θ = 60° con la horizontal. Conociendo que la rapidez inicial de ambos cuerpos es v 0 = 25 m/s, ¿a qué distancia se encontrarán cuando hayan pasado 1,7 s? 12. Una partícula se mueve en un plano de tal suerte que su radio vector con respecto a un punto fijo barre ángulos iguales en tiempos iguales mientras que la distancia al punto fijo es variable con el tiempo. Escriba las componentes radial y tangencial de la velocidad y la aceleración de la partícula mostrando explícitamente cualquier cantidad que se mantenga constante durante el movimiento. 13. Un tren pasa por una estación con una velocidad de 30 km/h. En el instante en que la locomotora pasa junto al guardagujas este lanza una bolsa a uno de los ingenieros de maquinas. Sabiendo que la rapidez inicial con que el guardagujas lanzó la bolsa fue de 45 km/h a) ¿Cuál tendrá que ser el ángulo de lanzamiento para lograr el objetivo?. b) Describa la trayectoria de la bolsa en el sistema de referencia del maquinista. 14. Un arquero está en una colina cuya pendiente forma un ángulo α con la horizontal. Si el arquero dispara la flecha según una dirección β respecto a la colina y con velocidad v 0 , encontrar la distancia, medida a lo largo de la colina, a la cual caerá la flecha. partícula 1 con aceleración constante a = aˆ , y la j partícula 2 con aceleración angular constante α , en sentido contrario al movimiento de las agujas de un reloj, describiendo una circunferencia de radio R, como se muestra en la figura. Determine en función de a y R: a) El tiempo que tardan en encontrarse, suponiendo que lo hacen sobre el eje de las ordenadas, antes que la partícula 2 complete una vuelta completa. Encuentre el valor de α que hace esto posible. b) Halle los vectores velocidad y aceleración de las dos partículas para el instante del encuentro. 16. Un niño hace girar uniformemente una piedra en un círculo horizontal por medio de una cuerda de 1 m de longitud. El niño se encuentra sobre un montículo de tal forma que el plano del movimiento se encuentra a 5 m de altura sobre el suelo. La cuerda se rompe y la piedra sale disparada horizontalmente, golpeando el suelo a 3 m de distancia. ¿Cuál fue la aceleración centrípeta de la piedra mientras estaba en movimiento circular? 17. Desde un sistema de referencia situado en el suelo, con eje horizontal x y vertical y, se observa el movimiento de un objeto sometido a una aceleración ˆ a = −2i − 6 ˆ (m/s). Si en el instante inicial el j objeto se encontraba en el punto P = (-3, 2) (m), j moviéndose con una velocidad v (t = 0 ) = 3 ˆ (m/s): a) Obtenga la ecuación explícita de la trayectoria del objeto. b) Determine el instante en el que la velocidad y la aceleración son perpendiculares. c) Calcule las coordenadas del punto más alto de la trayectoria. d) Calcule el tiempo que tardó el móvil desde que salió del punto P hasta que llegó al suelo. 18. La figura muestra una cuenta p que desliza por un alambre plano en forma de parábola. La ecuación de la parábola es y = x2/b, donde b es una constante positiva con dimensiones de longitud. Llamaremos a 27 15. Dos partículas se encuentran inicialmente en reposo en las posiciones que muestra la figura. Ambas comienzan a moverse al mismo tiempo, la Movimiento en un plano y en el espacio al ángulo entre la tangente a la curva y el eje x. en el punto donde se encuentra la cuenta. a) Halle tan α en función de la coordenada x de P. b) Suponga que la cuenta tiene rapidez v y se mueve hacia la derecha. Halle las componentes x e y de la velocidad de la cuenta en función de y y de la coordenada x de P. Ayuda: recuerde que el vector velocidad es tangente a la trayectoria. Hugo Medina Guzmán Respuesta. ˆ ˆ Llamaremos E y N a los vectores unitarios en dirección Este y Norte respectivamente. → ˆ ˆ v = (300 E + 60 N ) km/h, v = 60 26 km/h. 21. Un hombre guía su automóvil bajo lluvia a una velocidad constante respecto a Tierra de módulo y dirección. Mientras conduce el hombre observa que la trayectoria de cada gota es una línea recta que se aparta un ángulo α de la vertical y al detenerse observa que la lluvia cae verticalmente y prácticamente con velocidad constante. Halle el vector velocidad de las gotas de lluvia respecto al auto en movimiento y respecto a Tierra (tome vertical hacia arriba). Respuesta. → Respuesta. 2x a) tan α = b 2 xv bv b) v x = , vy = 2 2 2 b + 4x b + 4x 2 19. Un ascensor parte del reposo y desciende con aceleración constante de 1 m/s2 respecto a Tierra. Dos segundos después de iniciarse el descenso se cae la lámpara del techo del ascensor. La distancia del techo al piso del ascensor es de 2 m. Definimos el referencial del ascensor como aquél con origen en su techo y dirección y positiva apuntando hacia abajo. a) Halle los vectores aceleración, velocidad y posición de la lámpara respecto al ascensor. b) Determine el tiempo que tarda la lámpara en caer. c) Encuentre la distancia recorrida por el ascensor mientras cae la lámpara. Respuesta. Todas las unidades están expresadas en el sistema MKS. L indica lámpara, A ascensor y T Tierra. a) Tomaremos como t = 0 el instante para el cual se desprende la lámpara. v gota ,Tierra = − → v gota , Auto v ˆ, j tan α v ˆ − vi =− j ˆ tan α 22. Un vagón de ferrocarril motorizado va cuesta abajo sobre un plano inclinado un ángulo α . La distancia entre el techo y el piso del vagón es H y su aceleración respecto a Tierra es constante y a LA = a LT − a AT = 9 ˆ , v LA = 9tˆ , j j → 9 r LA = t 2 ˆ j 2 9 2 2 b) y LA = t = 2 ⇒ t = 2 3 14 c) D = 9 20. Los instrumentos de un aeroplano en vuelo horizontal indican que se dirige hacia el Este con una rapidez de 300 km/h respecto al aire. En Tierra se observa que el aeroplano se encuentra en medio de una corriente de aire que sopla hacia el Norte con rapidez de 60 km/h. Halle la velocidad y rapidez del avión respecto a Tierra. 28 → → → → ˆ vale a = ai , ver figura. Un pasajero del vagón observa que una lámpara, situada en el centro del techo del vagón, se desprende y choca con el piso en el punto O (en el extremo inferior del vagón). a) Halle la aceleración de la lámpara respecto a Tierra y respecto al pasajero del vagón. Exprese sus ˆ resultados en términos de los vectores unitarios i y ˆ. j b) Escriba las componentes cartesianas de la velocidad y posición de la lámpara según el pasajero. Torne el origen en el punto o solidario al vagón y llame L a la longitud del vagón. c) Halle el tiempo que tarda la lámpara en caer y la longitud L del vagón. d) Determine la ecuación de la trayectoria de la lámpara, y = y ( x ) , según el pasajero. ¿Qué clase de curva es la trayectoria de la lámpara vista por el pasajero y vista desde Tierra? → Respuesta. Los subíndices L, P y T hacen referencia a la lámpara, al pasajero y al referencial inercial de Tierra respectivamente. Movimiento en un plano y en el espacio → Hugo Medina Guzmán 24. El aro de la figura tiene radio R y rueda sobre una superficie horizontal fija a Tierra. El aro gira en sentido horario mientras su centro e se mueve hacia la derecha con rapidez V respecto a la superficie. Considere un observador con origen en C (se traslada con el aro) y que no rota respecto a Tierra. Suponga que todos los plintos del aro tienen rapidez V respecto al observador (se dice entonces que el aro rueda sin deslizar). En la figura se han marcado cuatro puntos para un cierto instante. El punto A es el punto más alto del aro, el B el más bajo, el D el punto del extremo izquierdo y el E con un radio vector que forma un ángulo θ con la vertical. a) Halle la velocidad angular w del aro. b) Halle los vectores velocidad de los puntos A, B y D respecto a la superficie. c) Halle el vector velocidad del punto E respecto a la superficie y diga para qué ángulo θ su módulo es igual a V. ˆ j a) a LT = g senθ i − cos θ ˆ , ˆ a LP = (gsenθ − a )i − g cos θ ˆ j b) v x = (gsenθ − a )t , v y = − g cos θ t 1 (gsenθ − a ) t 2 − L , 2 2 1 y = − g cos θ t 2 + H 2 2H 2 H (gsenθ − a ) c) t = , L= g cos θ g cos θ → ( ) x= d) Vista por el pasajero la trayectoria es una línea recta de ecuación y=− g cos θ x gsenθ − a Vista desde Tierra la trayectoria es una parábola. 23. La corriente de un río fluye de Este a Oeste con rapidez constante v = 2 m/s respecto a Tierra. Un bote atraviesa el río y de acuerdo a sus instrumentos de a bordo se mueve respecto al río dirigiéndose al Norte con rapidez constante = 10 m/s. Respecto al bote un pasajero se desplaza sobre la cubierta en línea recta desde el punto A hasta el punto G con una rapidez constante v1 = 10 m/s. Suponga que BA = 4 m y apunta hacia el Norte y BC = 3 m y apunta hacia el Este. a) Halle el vector unitario u que apunta de A a C y ˆ las velocidades del bote y del pasajero respecto a Tierra. b) Halle el tiempo que tarda el pasajero en ir de A hasta C. ¿Qué distancia recorre el bote en ese tiempo según un observador en Tierra? Respuesta. a) La rapidez de cualquier punto del aro respecto a C es V = Rω , luego ω = V / R . r r r ˆ ˆ j b) V A = 2Vi , V B = 0 , V D = Vi + Vˆ ˆ c) V E = V (1 − cos θ ) i + Vsenθ ˆ , V E = V j r r ⇒ θ = ±60° 25. Para conocer la rapidez de un avión es necesario determinar cuanto tiempo toma volar en un rizo cerrado de longitud conocida. ¿Cuánto tiempo tomará al avión volar alrededor de un cuadrado de lado a, con el viento soplando con una velocidad u?, en dos casos: a) la dirección del viento coincide con uno de los lados del cuadrado; b) la dirección del viento coincide con la diagonal del cuadrado? Sin viento la rapidez del avión es v, mayor que u. Respuesta, a) t1 = Respuesta. Las letras b, p y T designarán respectivamente el bote, pasajero y Tierra. a) u = ˆ → ˆ 3i + 4 ˆ j ˆ , v b ,T = − 2i − 10 ˆ m/s, j → ( ) ˆ v p ,T = (4i − 2 ˆ ) m/s. j 1 b) t = s , d = 26m 2 2a v + v 2 − u 2 , b) v2 − u 2 ( ( ) ) t2 = 4a v 2 − u 2 / 2 v2 − u 2 ( ) 26. Un hombre que viaja en un camión intenta golpear un poste con una piedra, y cuando pasa 29 Movimiento en un plano y en el espacio frente a él arroja la piedra con una velocidad horizontal de 20 m/s respecto al camión. Sabiendo que la velocidad del camión es de 40 km/h, Calcular: a) la dirección en que debe lanzar la piedra. b) la velocidad horizontal de la piedra respecto al suelo. Respuesta. a) 56,3º con relación a la dirección trasera del camión b) 16,63 m/s 27. El piloto A está volando con un avión con una velocidad de 150 km/h, sobrevolando al piloto B, cuyo avión vuela a 135 km/h, 300 m por debajo Con el mismo rumbo. El piloto A para mandar un mensaje a B lo sujeta a una piedra y la arroja a la cabina de B. Sin tomar en cuenta la resistencia del aire. a) ¿Con qué velocidad deberá lanzarla respecto a su avión cuando B está directamente debajo de él? b) ¿Cuándo B está todavía a 300 metros delante de l? Respuesta, a) v = 15 km/h hacia atrás; b) v = 128 km/h hacía adelante. 28. Una partícula describe una circunferencia de radio R = 0,5 m con una frecuencia de 10 r pm. Si en t0= 0 la partícula está en la posición A moviéndose en el sentido horario, calcular: a) El período T y la rapidez del movimiento b) La velocidad media y aceleración media en el intervalo (0; 0,75T). c) La aceleración en t =T / 2 Hugo Medina Guzmán 30. Un automóvil viaja hacia el Este con una rapidez de 50 km/h. Está lloviendo verticalmente con respecto a la Tierra. Las marcas de la lluvia sobre las ventanas laterales del automóvil forman un ángulo de 60° con la vertical, calcule la velocidad de la lluvia con respecto a: a) el automóvil y b) la Tierra. 31. La distancia de A a B es l . Un aeroplano vuela desde A hasta B y vuelve otra vez con una velocidad constante V relativa al aire. Calcular el tiempo, total que empleará en realizar el recorrido si el viento sopla con una velocidad v en las siguientes direcciones: a) Sobre la línea que une A y B. b) Perpendicular a esta línea. c) Formando un ángulo θ con esta línea. Demostrar que la duración del trayecto siempre aumenta con la existencia del viento. Respuesta. Poniendo T0 = a) 2l , los resultados son: V T0 ⎛ v2 ⎜1 − 2 ⎜ V ⎝ T0 ⎛ v2 ⎜1 − 2 ⎜ V ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 12 b) 29. Una partícula P se mueve con aceleración angular constante sobre una circunferencia de radio R =3m. Parte desde el reposo del punto A y completa la primera vuelta en un tiempo t = 2s. Calcular: a) El módulo de la aceleración angular b) La ecuación r = r(t ) . c) El tiempo que emplea para llegar a la posición definida por θ = 3π/2 . d) La velocidad lineal en θ = π → → ⎡ ⎛ vsenθ ⎞ ⎟ ⎢1 − ⎜ ⎢ ⎝ V ⎠ ⎣ c) T0 ⎛ v2 ⎞ ⎜1 − 2 ⎟ ⎜ V ⎟ ⎝ ⎠ 2 ⎤ ⎥ ⎥ ⎦ 1 2 32. El bloque deslizante A se mueve hacia la ˆ izquierda a una velocidad constante de 0,3i m/s, Determinar: a) La velocidad del bloque B; b) las velocidades de los tramos de cable C y D; e) la velocidad relativa de A respecto a D; d) La velocidad relativa del tramo de cable C respecto al tramo D. 30 Movimiento en un plano y en el espacio Hugo Medina Guzmán Respuesta. ˆ ˆ ˆ a) − 0,2i m/s, b) − 0,2i m/s, − 0,4i m/s, ˆ ˆ c) − 0,1i m/s, d) 2i m/s, 31 Entonces los efectos de la fuerza neta son dos: cambiar el estado de movimiento de un cuerpo o producir una deformación. Seguiremos tratando a los cuerpos como partículas simples. aún si el cuerpo es muy rígido.c. Parece ser necesaria una acción exterior o fuerza aplicada al cuerpo para mantener el movimiento. Si seguimos incrementando la fuerza empujando o jalando más. cuando dejamos de empujar un cuerpo. Lo describimos simplemente en términos de los vectores → r . en este capítulo discutiremos la causa del movimiento. Incrementamos la fuerza y a un valor particular el bloque se mueve. Sin embargo si ponemos ruedas al bloque el resultado es diferente. En ausencia de una fuerza resultante. una fuerza cambia la velocidad de un objeto. se sopla aire sopla hacia arriba a través de pequeños agujeros manteniendo un disco suspendido sobre un colchón de aire. La diferencia son las ruedas debido a la fricción. entonces puede cambiar su forma. Se llama fuerza neta o fuerza resultante a la suma de todas las fuerzas que actúan sobre un cuerpo. Si la fuerza neta es cero. Sin embargo. por ejemplo la fuerza con que la Tierra atrae a los cuerpos que caen en caída libre. . 1 → → Nuestra discusión fue geométrica. ¿Qué pasa cuando empujamos un objeto en ausencia de fricción? Este se mantiene en movimiento a velocidad constante. En Física se identifica una fuerza por el efecto que produce. el movimiento es con velocidad igual a cero (cuerpo detenido) o con velocidad constante. y fuerzas de acción a distancia que actúan a través del espacio sin que haya contacto físico entre el cuerpo y sus alrededores. más concretamente. Cuando un cuerpo está en reposo o se mueve con velocidad constante. Aplicamos una fuerza pequeña al bloque. Uno de los efectos de una fuerza es cambiar el estado de reposo o de movimiento del cuerpo. una fuerza muy pequeña causa el movimiento. Esta es la PRIMERA LEY DE NEWTON DEL MOVIMIENTO Ahora podemos pensar acerca de la situación cuando un objeto era empujado sobre un plano. Normalmente sobre un cuerpo pueden actuar varias fuerzas. no pasa nada. es decir produce una aceleración. una forma de lograr esto es con una mesa neumática.) decía que un cuerpo permaneciera en movimiento era necesario ejercer alguna acción sobre él ya que el estado natural es el reposo. representan el resultado del contacto físico entre el cuerpo y sus alrededores. o ambas cosas.Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán CAPÍTULO 4. la conclusión es que debe haber otra fuerza actuando sobre el cuerpo la cual anula justamente el efecto de la fuerza que aplicamos. hasta que en algún valor particular la fuerza opuesta termina de incrementarse y comienza el movimiento porque hay una fuerza resultante actuando sobre el objeto. EL ORIGEN DEL MOVIMIENTO ¿Qué origina el movimiento? ¿Qué detiene el movimiento? ¿Se necesita causa para mover las cosas? ¿Por qué un objeto al que se le da un empujón pronto se detiene? ¿Por qué los planetas mantienen su movimiento alrededor del sol? Aristóteles joven filósofo griego (siglo IV a. La deformación puede o no ser permanente. la aceleración es cero. el objeto se mantiene en movimiento con velocidad uniforme o permanece en reposo. por ejemplo mover un carro o estirar un resorte. Dinámica de una partícula INTRODUCCIÓN En el capítulo anterior estudiamos el movimiento de una partícula con respecto a un sistema de referencia sin preguntarnos sobre la causa del movimiento. Cuando la fuerza era pequeña no había movimiento. se dice que está en equilibrio. Al incrementar nuestra fuerza. el objeto se mueve con mayor rapidez. Para hacer un estudio libre de la fricción busquemos llegar cercanamente a esta condición. La figura siguiente muestra un bloque de madera sobre un plano. Cuando dejamos de empujar el cuerpo rápidamente vuelve al reposo. Todas las diferentes formas de fuerzas se encuentran dentro de esas dos grandes clasificaciones. la fuerza opuesta también se incrementa. entonces el cuerpo acelerará cuando el efecto de la fuerza neta que actúa sobre él no es cero. Esto parece ser razonable. Cuando se aplica una fuerza sobre un cuerpo y no se produce movimiento. pero una fuerza debería causar movimiento. este pronto alcanza el reposo. Posteriormente trataremos sobre sistemas de partículas y cuerpos rígidos. v y a. Se pueden distinguir dos grandes clases de fuerzas: fuerzas de contacto. observemos esta situación con mayor detenimiento. La fuerza opuesta es la fuerza de Fricción ¿QUÉ ES FUERZA? En la vida cotidiana se considera fuerza a una sensación común asociada con la dificultad para mover o levantar un cuerpo. y es responsable de un gran número de reacciones y de desintegraciones. y se estira 5 veces. Para esto necesitamos lo siguiente: 1. Si se aplican simultáneamente las dos fuerzas. Si se aplica una fuerza de una unidad sobre el dinamómetro. el resorte se estira hasta que ejerce una fuerza igual y contraria a la aplicada. es varios órdenes de magnitud (1012) menor que la fuerza electromagnética. la fuerza es un vector. 2. se puede deformar y no volver a su forma original. ya que si la fuerza es muy intensa. 3) Fuerzas nucleares débiles de corto alcance. Una fuerza se puede medir por el efecto que produce. protones y neutrones. es la fuerza de menor magnitud comparada con las otras. bosón (interacción débil). rige algunos procesos radiactivos. que son: fotón (interacción electromagnética). Si se aplica una fuerza verticalmente a un resorte y se estira una unidad. 4) Fuerza de atracción gravitacional entre cuerpos debido a sus masas. explica la cohesión de los átomos. Un registrador de tiempo. le asignamos a la fuerza una magnitud unitaria F. el resorte se inclina. es mucho más intensa que la fuerza gravitacional. gluón (interacción fuerte) y gravitón (interacción gravitacional).Dinámica de una partícula Para describir el mundo. la magnitud de la fuerza será de 2F. entre otras cosas hace que caigan las manzanas y que suba la marea. por ejemplo se aplica una fuerza sobre el dinamómetro y 2 Con los datos obtenidos en esta experiencia se realiza el gráfico distancia . Para que el concepto de fuerza sea exacto se debe establecer un método para medirla. entonces la fuerza aplicada es 2. 3. El instrumento para medir fuerzas se llama dinamómetro. Esta podernos obtenerla mediante un resorte (Si mantenemos un resorte estirado una misma longitud. Por ejemplo se puede usar la deformación que una fuerza produce en un resorte. La fuerza equivalente que produce ese estiramiento del resorte es la suma vectorial de F y 2F.tiempo es una línea recta que indica que . Un carro muy ligero que pueda moverse sin fricción sobre una superficie horizontal. que actúan sobre las partículas de materia (y sobre las antipartículas).5 veces la unidad de fuerza. como en la figura. Con los datos también se puede obtener la velocidad media en cada intervalo de tiempo.5 unidades.tiempo y se obtiene una curva. El gráfico velocidad . En la escala se mide el alargamiento del resorte y se le asigna una unidad de fuerza. es un resorte que se estira sobre una escala. El movimiento del carro puede estudiarse si una cinta de papel atada a éste pasa a través del registrador que produce marcas en la cinta a intervalos de tiempo regulares. 1) Fuerzas electromagnéticas de atracción o repulsión entre partículas cargadas en reposo o en movimiento.103 veces la fuerza electromagnética). responsable de la existencia del núcleo atómico asegura la cohesión interna de los constituyentes del núcleo atómico. establece la estabilidad de algunos núcleos. Se aplica ahora otra fuerza al mismo resorte horizontalmente. son vehiculadas por unas partículas llamadas vectores de interacción. CAMBIO DE VELOCIDAD Nuestro siguiente problema es encontrar una relación entre la fuerza y el cambio en el movimiento producido por ésta. De esa manera se calibra el dinamómetro y se usa para medir fuerzas. Una fuerza constante. es la de mayor magnitud (102 . Hugo Medina Guzmán si se estira 2. produciéndole un estiramiento de dos unidades. 2) Fuerzas nucleares intensas entre partículas subatómicas. la fuerza que la estira es constante). Este procedimiento es válido para pequeños alargamientos del resorte. La figura siguiente muestra la cinta de papel producida por una fuerza constante. Es decir. la física contemporánea recurre a cuatro interacciones o fuerzas fundamentales. Podemos escribir esto como F = ma . En el sistema 3 Su dirección es hacia abajo (hacia el centro de la Tierra). El sistema internacional adopta corno unidad una pieza de material llamado KILOGRAMO. Esta expresión constituye la SEGUNDA LEY DE NEWTON DEL MOVIMIENTO.Dinámica de una partícula el movimiento es con aceleración constante. quiere decir que la constante con dos carros es igual a 2m y con tres carros es 3m. Para conocer qué factores cambian esta constante realicemos el siguiente experimento: en lugar de usar un solo carro jalado por el resorte estirado usemos dos carros uno sobre otro y luego tres carros como se muestra en la figura N= kgm s2 a∝F Otros sistemas: MKS: igual al S. Para una determinada fuerza a mayor constante m la aceleración es menor. Este . sin embargo la masa de un cuerpo es la cantidad fija que no depende del lugar donde está situado el cuerpo. el peso P de este cuerpo es P = mg La aceleración que se obtiene con los carros es igual a la mitad y con tres es igual a un tercio. Duplica la fuerza y produce el doble de aceleración. el peso de un cuerpo parece ser una característica constante al igual que su masa. Como el valor de F es igual en todos los casos.45 N Aceleración → pie/s2 Masa → slug = lb58 s2/pie PESO DE UN CUERPO. Hugo Medina Guzmán internacional (S. Aunque el peso de un objeto varía de un sitio a otro. El kilogramo es la masa un prototipo de platino iridiado sancionado por la Conferencia General de Pesas y Medidas realizada en París en 1889 y depositado en el pabellón de Breleuil en Sevres. Como el peso es una fuerza debe medirse en Newtons. el peso de un cuerpo es diferente en lugares distintos. como se muestra en la figura.) la unidad de aceleración es m/s. Un cuerpo de masa m sometido a cierta fuerza cae con la aceleración de la gravedad g. donde m es la constante de proporcionalidad. pero un módulo m veces mayor. cuyo símbolo es kg. esta variación es demasiado pequeña para ser observada en la mayor parte de las aplicaciones prácticas.I. por esto. A mayor valor de la constante es más difícil acelerar el cuerpo. La unidad de fuerza es el newton. l g = 10-3 kg Aceleración → cm/s2 Fuerza → dina = g.I. ¿Cuales son las unidades de fuerza y de masa? Como son dos cantidades que se relacionan sólo tenernos que especificar un estándar para una de ellas. Como la aceleración es una cantidad vectorial la fuerza también lo es y tiene la misma dirección que la aceleración. Fuerza → libra (lb). La fuerza que actúa sobre un cuerpo es igual al producto de la masa del cuerpo por la aceleración que le imprime. UNIDADES DE FUERZA Y MASA La relación F = ma nos da una relación entre fuerza. masa y aceleración. Si duplicamos la fuerza usando dos resortes iguales estirados la misma longitud.cm/s2 Inglés técnico: En este sistema la unidad fundamental es la unidad de fuerza. de modo que la relación anterior puede escribirse en la forma → → F = ma → → Fuerza = masa x aceleración. 1 lb = 4. cuyo símbolo es N y se define así: El newton la fuerza que produce una aceleración de un metro por segundo al cuadrado a una masa de un kilogramo. De aquí podemos concluir que una fuerza constante produce una aceleración constante. Concluimos que la aceleración a del cuerpo es directamente proporcional a la fuerza. A esta constante la llamaremos MASA. CGS: Masa → gramo (g). Si triplicamos la fuerza se obtiene una aceleración de valor triple. El peso de un cuerpo es la fuerza de atracción que ejerce la Tierra sobre el cuerpo. Debido a que la aceleración de la gravedad varía de un lugar a otro de la Tierra. Si un cuerpo ejerce una fuerza sobre un segundo. Por ejemplo. Si se comete una equivocación todo lo demás fallará. Así como también las fuerzas que actúan sin tocar el cuerpo. y ahora resolver para la aceleración. es decir la posición y la velocidad en el tiempo que llamamos inicial (t = 0). es el peso de un Kilogramo masa. la acción de tos resortes. 1 libra masa = 0. conociendo la aceleración a las condiciones tales como posición inicial. ¿Cuáles son las magnitudes de estas fuerzas? Con el objeto de dar respuesta a esta pregunta pongamos dos resortes iguales al primero y jalemos de tal manera que el carro adquiera la misma aceleración que antes. es decir si la suma vectorial de todas las fuerzas que actúan es nula. podemos conocer la velocidad y posición para cualquier tiempo. es la masa de un cuerpo que pesa una libra. por la segunda ley de newton que siendo la misma masa m estamos aplicando la misma fuerza (F = ma) que antes y observamos que los resortes estiran la misma longitud. como la fuerza eléctrica. Expresado en símbolos.8 N LIBRA MASA. o si está en movimiento. se mantiene con velocidad constante 4 F sobre 2 debido a 1 = F sobre 1 debido a 2 Fuerza de contacto de un cuerpo a otro con un cambio de dirección o sin él A continuación presentarnos algunos casos tipo de la → → . todos deben ser considerados.Dinámica de una partícula hecho ha conducido al empleo ordinario de otras dos medidas: KILOGRAMO FUERZA. Hagamos una observación más detallada cuando jalamos el carro con un resorte estirado una determinada longitud. Dibujar un esquema del sistema 2. Esto se conoce como DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE (DCL). Una mejor forma de comenzar es poner la fuerza de gravedad primero y luego preguntarse: “¿Qué toca al cuerpo?”. aplicar la segunda ley de Newton a cada componente de fuerza y aceleración. ACCION Y REACCION. las acciones se producen por fuerzas sin contacto. 1 kgf = 9. es: → → ∑F y = ma y . Se necesitan fuerzas en sentidos opuestas y en cada extremo del resorte. es hacerlo con algunos problemas que involucran las leyes de Newton. el cuerpo esta en equilibrio y permanece en reposo. APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON Cuando estudiamos Cinemática. en otros se usan cuerdas y varillas como medios de conexión. La fuerza ejercida por el primer cuerpo sobre el segundo es la ACCIÓN. éste ejerce una fuerza igual y opuesta sobre el primero. En algunos de los problemas que se presentan más frecuentemente. velocidad inicial. Esto constituye la TERCERA LEY DE NEWTON DEL MOVIMIENTO. Finalmente. Cuando jalamos el carro. 3. manos y otros objetos. F =ma ∑ Fx = ma x . encontrarnos las relaciones entre desplazamiento. una fuerza actúa sobre el carro y una fuerza en sentido opuesto actúa sobre nuestra mano. por eso es conveniente hacerlo bien. todo lo que tenemos que hacer es conocer las fuerzas sobre el cuerpo y su masa. cuerdas. lo que quiere decir que la fuerza sobre la mano es igual a la fuerza sobre el carro. → → → → → → Para que el resorte esté estirado es necesario jalarlo por los dos lados. ∑ Fz = ma z . ¿de dónde? Para esto tenemos F = m a . Estas unidades son prácticas pero incorrectas y no deben ser usadas en Física. y entonces podremos encontrar a . Dibujar otra figura con solamente el objeto en particular manteniendo el marco de referencia poner todas las fuerzas que actúan sobre el objeto mediante flechas. magnética de las cuales no nos preocupamos en este curso. esto quiere decir. La mejor forma de estar seguros que comprendemos el significado de F = m a . Identificar el cuerpo a cuyo movimiento se refiere el problema. aceleración y tiempo.454 kg. Los sistemas en los cuales todas sus partes satisfacen la primera ley son llamados sistemas estáticos. Para resolver un problema sugerimos cuatro pasos a seguir: 1. Cuando las masas de estos medios de conexión son despreciables su único efecto es el de transmitir ESTÁTICA DE LAS MASAS PUNTUALES. Las condiciones iniciales las tenemos pero la aceleración. 4. la fuerza igual y opuesta actuando sobre el primero es la REACCIÓN. Hugo Medina Guzmán aplicación de las leyes de Newton. Medios exteriores al sistema. Solución. Las fuerzas son ejercidas sobre el objeto o sistemas por. consideramos que este se realiza en el eje z. La Fuerza gravitacional Dado que la aceleración de un cuerpo en caída libre en la tierra es g. Diagrama del cuerpo libre (DCL) Aplicando la condición de equilibrio de la masa m T1 − mg = 0 Luego ⇒ T1 = mg Si despreciamos la masa del dinamómetro. Ejemplo 2. Se tiene los dispositivos mostrados en la figura. tenemos que: T1 − T2 = 0 y T1 = T2 El dinamómetro indica en la escala la fuerza T2 = mg Ejemplo 3. Consta de un resorte con una escala que indica su estiramiento. ¿Cuánto indica el dinamómetro de la figura (a) y cuánto el dinamómetro de la figura (b)? Se suspende la masa m. El dinamómetro es un instrumento que se utiliza para medir las fuerzas. a) El diagrama de cuerpo libre de la figura (a) es 5 . ∑F y = 0 . ∑ Fz = −mg . la cual está graduada en Newtons. ∑ Fz = 0 . Ejemplo 1. ∑ Fy = 0 . tal que → ˆ a = − gk → → Según la Segunda Ley de Newton ˆ F = m a = −mgk ∑ Fx = 0 . el resorte del dinamómetro se estira hasta que alcanza el equilibrio estático. Como este movimiento es en una sola dimensión. ¿cuál es la fuerza de la gravedad? Solución. El dinamómetro. Cuando lo utilizamos para pesar se dispone como lo muestra la figura.Dinámica de una partícula La condición de este equilibrio es Hugo Medina Guzmán ∑F = 0 y en componentes cartesianas: → ∑F x = 0. Siendo esta la respuesta que ya conocíamos. Un cuerpo de masa m se sostiene por medio de cuerdas como se muestra en la figura. Encontrar las tensiones T1. considerándolo de masa despreciable. Un bloque de 50N de peso se ubica sobre un plano inclinado en un ángulo α de 30º con la 6 . sólo que hemos sustituido una de las poleas por la pared. y su ∑F = 0 → → → T1 = mg b) El diagrama de cuerpo libre de la figura siguiente es T1 + T2 + T3 = 0 Obtenemos: ∑F ∑F x = T2 cos θ − T3 cos α = 0 y = T2 senθ + T3senα − mg = 0 Resolviendo estas dos ecuaciones T2 = mg cos α mg cos θ . Ejemplo 4. T2 en las tres cuerdas. ∑F = 0 T2 − T3 = 0 ⇒ T2 = T3 En la polea de la izquierda → T4 = T3 En la masa de La izquierda ∑F = 0 T4 − mg = 0 ⇒ T4 = mg Como conclusión todas las tensiones son iguales a mg → Tomando un sistema de ejes horizontal y vertical como el mostrado en la figura tenemos: T1 = −mgˆ j ˆ T2 = T2 cos θ i + T2 senθ ˆ j ˆ T3 = −T3 cos α i + T3senα ˆ j Con → → → → T4 = T3 = T2 = T1 = mg El dinamómetro es tensionado por la fuerza indicación será: T1 . Como la cuerda se considera sin masa la suma de fuerzas a lo largo del eje x es → T1 cos θ − T2 cos θ = 0 ⇒ T1 = T2 Solución. Para que el trozo de cuerda este en equilibrio ∑F = 0 Descomponiendo las fuerzas sobre el trozo de cuerda en los ejes x e y.Dinámica de una partícula En la masa Hugo Medina Guzmán T1 − mg = 0 ⇒ T1 = mg En la polea T1 = T2 En el dinamómetro T3 = T2 = T1 = mg Empezando por la derecha El dinamómetro es tensionado por la fuerza indicación será T1 y su T1 − mg = 0 ⇒ T1 = mg La figura siguiente muestra la polea T1 = mg Como se puede ver esta situación es completamente análoga a la anterior. En el dinamómetro. T3 = sen (θ + α ) sen (θ + α ) Ejemplo 5. Fuerza de la cuerda que lo sostiene. Para el siguiente sistema mecánico. C. supongamos que el cuerpo de masa M sube por el plano inclinado. del cuerpo M: Despejando T y N. que es su peso mg. Describir su movimiento. del cuerpo: Del diagrama de cuerpo libre se obtiene: Solución. El bloque se sujeta con una cuerda ideal que se encuentra fija en la parte superior del plano inclinado. Los sistemas en los cuales todas sus partes satisfacen la primera ley son llamados sistemas estáticos. ∑F ∑F x y : − T + mgsenα = 0 : N − mgcosα = 0 Solución. C. L. Ejemplo 6. L. L. C. Del diagrama de cuerpo libre se obtiene: T − Mgsenα = Ma ⇒ T = Mgsenα + Ma ∑ Fy : N − Mgcosα = 0 x ∑F : De estas ecuaciones se obtiene: El D. es decir si la suma vectorial de todas las fuerzas que actúan no es nula y la fricción se considera despreciable. Estudiar el comportamiento mecánico del bloque. que es la normal N Como el sistema está en equilibrio. El D. del cuerpo: ∑F ∑F x : mgsenα = ma x : y N − mgcosα = ma y = 0 De estas ecuaciones se obtiene: a x = gsenα y N = mg cos α Se concluye que la aceleración del bloque en dirección del plano inclinado es la componente de g en esa dirección. lo que determina el sentido de la aceleración. El D. Si se considera que el movimiento del bloque comienza desde el reposo. y reemplazando los valores numéricos. se obtiene: T = mgsenα = 50sen30° = 25 N N = mgcosα = 50cos30° = 43. inclinado un ángulo α con la horizontal. resbalará una distancia D a lo largo del plano.2 N DINÁMICA CON FRICCIÓN DESPRECIABLE. Estudiando ahora el movimiento del bloque. como en la figura. entonces aplicando la segunda Ley de Newton se aplica cada masa: El D. Hugo Medina Guzmán Solución.Dinámica de una partícula horizontal. se puede calcular la rapidez con que llega a la base del plano. C. Como no se conoce la dirección del movimiento. se puede usar: 2 v 2 = v 0 + 2a x Δx ⇒ v 2 = 2( gsenα )D Fuerza de atracción de la Tierra. del cuerpo m: 7 . considerando que parte del reposo y se desliza una distancia D. se aplica la primera Ley de Newton: Del diagrama de cuerpo libre se obtiene: y v= 2gDsenα Ejemplo 7. L. calcular la aceleración de las masas y la tensión de la cuerda. que es la tensión T Fuerza que el plano ejerce sobre el cuerpo. Si un bloque de masa m se ubica sobre un plano sin roce. Describir el movimiento y calcular la tensión en la cuerda. C. C. ( m1 > m 2 ).87 m/s2 (20 + 8 + 2) b) De (3) FB = m2 ( g + a ) FB = 8(9. Calcular: a) La aceleración del conjunto. En el D. están unidos mediante una cuerda homogénea inextensible que pesa 2 kg.6 N Ejemplo 9. que están unidas mediante una cuerda que pasa sobre una polea. L. (2) y (3): De estas ecuaciones se obtiene Mgsenα + Ma = mg − ma (m − Msenα ) g a= (m + M ) F1 − (m1 + m2 + m3 )g = (m1 + m2 + m3 )a Se observa que el signo de a depende del término (m .87 ) = 186. Dos bloques de masas m1 = 20 kg y m2 = 8 kg. Es un aparato que se utiliza para determinar con exactitud la gravedad y consiste de dos masas m1 y m 2 . L. L. la masa m1 se moverá hacia abajo con una aceleración a y la masa m 2 se moverá hacia arriba con la misma aceleración a . Siendo m1 mayor que m 2 . Considerar la cuerda inextensible y sin masa. Se aplica al conjunto una fuerza vertical hacia arriba de 560 N. En el D. de la cuerda de masa m3: FA − FB − m3 g = m3 a (2) FB − m2 g = m2 a (3) Solución.8 + 8.8 = 8. F1 −g (m1 + m2 + m3 ) 560 a= − 9. b) Las fuerzas que actúan en los extremos de la cuerda. Asimismo.Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán Del diagrama de cuerpo libre se obtiene: ∑F y : T − mg = −ma ⇒ T = mg − ma a) Sumando (1). Solución. de m1: F1 − FA − m1 g = m1 a (1) En el D. Ahora se calcula el valor de la tensión reemplazando el valor de a en T: y a= ⎛ m − Msenα ⎞ T = mg − m⎜ ⎟g ⎝ m+M ⎠ mM (1 + senα )g T= (m + M ) Ejemplo 8. de m2: 8 .M sen α).87 ) = 149. La figura siguiente muestra los diagramas de cuerpo libre de cada una de las partes del sistema. C. La máquina de ATWOOD.4 N De (1) FA = F1 − m1 ( g + a ) FA = 560 − 20(9. no tornar en cuenta la fricción y la masa de la polea.8 + 8. L. subir con una velocidad constante? b) ¿Con qué fuerza debe jalar para subir con una aceleración de l m/s2 (considerar g = 10 m/s2? m1 g − T1 = m1 a Aplicando la Segunda Ley de Newton para la masa m2 : T1 − m2 g = m2 a De estas dos ecuaciones obtenemos: a= (m1 − m2 ) g (m1 + m2 ) y T1 = 2m1 m2 g (m1 + m2 ) Si las masas m1 y m 2 fueran casi iguales. el valor de la aceleración sería pequeña y podría determinarse midiendo el tiempo en que una de las masas sube o baja una distancia determinada. El peso de un pasajero en ascensor. Ejemplo 10. la magnitud de g se obtiene a partir de estas cantidades mediante la ecuación (m1 + m2 ) g= (m1 + m2 ) a (m1 − m2 ) Solución. Se pregunta: a) ¿Con qué fuerza debe jalar para. ¿Cuál es el peso de la persona? Solución. La figura muestra el ascensor subiendo con una aceleración a Como se considera la cuerda con masa despreciable en el D. R '− mg = −ma ⇒ R ' = m( g − a ) . Finalmente. Aplicando la Segunda Ley de Newton a la masa m1 Ejemplo 11. del trozo de cuerda La polea solo cambia la dirección de la tensión T .del hombre-silla T=F T + F − W = 0 ⇒ 2F = W W y F = 2 Como W = 100 × 10 = 1000 N 9 . Si el ascensor desciende con esta aceleración.C.Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán Ahora la reacción del piso es R ' . a) La figura siguiente muestra los diagramas de cuerpo libre de cada una de las partes del sistema. En el D. Si el hombre y la silla juntos tienen una masa de 100 kg. Si el ascensor sube con aceleración a. si el ascensor estuviera parado R = mg . La polea cumple la función de cambiar la dirección T1 Considerando el sentido de la aceleración o como positiva.C. La razón (m1 − m2 ) se determina pesando los cuerpos. Aplicando la Segunda Ley de Newton al movimiento de la persona R'− mg = ma ⇒ R ' = m( g + a ) Si el ascensor sube el pasajero se siente más pesado. el pasajero se siente más liviano.L . La figura muestra a un hombre elevándose mediante una fuerza vertical que aplica él mismo a la cuerda que tiene en las manos. como si fuera empujado contra el piso. Consideremos un pasajero de peso mg en un ascensor este peso es equilibrado por la reacción que el piso ejerce sobre él. T1 − m1 g = m1 a ⇒ T1 = m1 (a + g ) T1 = 1100(2 + 9.C.L. el contrapeso con masa m 2 = 1000 kg . 10 .L de la masa m1 : Solución.8) = 12980 N b) Consideremos el D. el contrapeso tiene igual aceleración pero hacia abajo. Cuando el ascensor tiene una aceleración hacia arriba de 2 m/s2. a) Consideremos el D.Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán F= 1000 = 500 N 2 b) Ahora como el hombre debe subir con una aceleración de l m/s2 tenemos: W W a ⇒ 2F = W + a g g W⎛ a⎞ ⎜1 + ⎟ y F = ⎜ 2⎝ g⎟ ⎠ T + F −W = Como W = 1000 N . La figura muestra un ascensor. de la masa m 2 : Aplicando la Segunda Ley de Newton a = 1 m/s 2 y = 1 m/s 2 F= 1000 ⎛ 1⎞ ⎜1 + ⎟ = 550 N 2 ⎝ 10 ⎠ Aplicando La Segunda Ley de Newton Ejemplo 12. Este consiste de la caja con masa m1 = 1100 kg . Demostrar que aquí se cumple la tercera ley de Newton. El cable y poleas con masa y fricción despreciables.C. Solución. Se tienen dos cuerpos de masas m1 y m 2 los cuales son empujados sobre un plano sin fricción por una fuerza de magnitud P . a) ¿Cuál es el valor de la tensión T1 ? b) ¿Cuál es el valor de la tensión T2 ? c) ¿Cuál es la fuerza ejercida por el motor sobre el cable? m1 g − T2 = m2 a ⇒ T2 = m2 ( g − a ) T2 = 1000(9.8 − 2) = 7800 N c) En el motor Fuerza ejercida por el motor (T1 y T2 pueden considerarse colineales) FM = T1 − T2 = 12980 – 7800 = 5180 N Ejemplo 13. Demostración de la tercera ley de Newton mediante el uso de la segunda ley. La fuerza P solo actúa sobre el bloque 1.8 m/s2) Solución. Determinar para t = 5 s: 11 1 2 at . (Usar g = 9. Como ellas son opuestas resulta ser precisamente la tercera ley de Newton. De las ecuaciones de cinemática x = v0 t + Hallamos: P − F21 + F12 = P Esto dice que la magnitud de la fuerza de 1 sobre 2 es igual a la fuerza de2 sobre 1.8) = .2 (9. c) El desplazamiento es cero. F21 es la fuerza que el bloque 2 ejerce sobre el bloque 1.Dinámica de una partícula Asumiremos que no hay fricción entre las superficies de contacto de m1 y m 2 . N 1 y N 2 son las fuerzas ejercidas por el plano. Ejemplo 14.8t Dentro de 5 s el carrito tendrá una velocidad v = . v = v0 + at .8 m/s2 a=− g =− (M + m ) 0. P − F21 + F12 = m1 a1x + m2 a 2 x = (m1 + m2 )a x Comparando con la ecuación para el sistema tenemos: La aceleración es en sentido contrario al indicado en la figura.4t 2 . Un carrito de masa M = 500 gramos está unido a una carga de masa m = 200 gramos mediante una cuerda. La figura muestra los D. las fuerzas son normales a la superficie de contacto. b) el lugar. Acción y reacción.2. 2 x = 7t − 1.7 a1x = a 2 x = a x Sumamos la ecuación para el bloque 1 con la ecuación para el bloque 2.8m/s2. F12 es la fuerza que el bloque 1 ejerce sobre el bloque 2. para los bloques 1. a) La velocidad inicial del carrito es v0 = 7 m/s y su aceleración es a = . v = 7 − 2. En el momento inicial el carrito tenia la velocidad inicial v0 = 7 m/s y se movía a la derecha por un plano horizontal..2.C. F21 = F12 . Hugo Medina Guzmán a) el valor y sentido de la velocidad del carrito. 2 y para el sistema.7 m/s (dirigida a la izquierda). donde encontrará c) el desplazamiento del carrito d) el recorrido total del carrito. Como los bloques se mueven juntos: − mg = (M + m )a ⇒ m 0.4(5) = 35 − 35 = 0 El carrito se encontrará en la posición inicial. Para el bloque 1 tenemos: P − F21 = m1 a1x y N 1 − m1 g = 0 Similarmente para el bloque 2 F12 = m2 a 2 x y N 2 − m2 g = 0 Para el sistema Para la masa M: − T = Ma (1) (2) Para la masa m: P = (m1 + m2 )a x y N 1 + N 2 − (m1 + m2 )g = 0 T − mg = ma Sumando (1) y (2) En este caso no nos interesan las ecuaciones en y pero si las ecuaciones en x. 2 b) x = 7(5) − 1. . ya que solo está en contacto con él. Como asumimos que no hay fricción entre los bloques. d) El carrito se detiene cuando v = 0 e inicia el camino de vuelta.L. Con 10 N el bloque comienza a moverse. Estamos en una situación de equilibrio estático F = Ffs = μ s N En el punto A. En resumen: Una fuerza de 10 N inicia el movimiento del bloque. después de esto es posible reducir la fuerza a 8 N y aún mantener el bloque en movimiento. la fuerza de atracción podría ser considerable. Las superficies nunca son perfectamente lisas y las imperfecciones constituyen verdaderos obstáculos al desplazamiento como se muestra en la figura. Si la fuerza F no cambia. la fuerza neta sobre el bloque F − F fk se incrementa y también se incrementa la aceleración. Es preciso vencer estos obstáculos para iniciar el movimiento y también para mantenerlo. la fuerza de rozamiento su máximo valor F fs alcanza A esta fuerza se le conoce como FUERZA DE FRICCION O ROZAMIENTO F f . Si medimos la aceleración podemos conocer la fuerza resultante sobre el bloque aplicando la segunda ley de Newton. Cuando el dinamómetro indica 12 N la fuerza resultante a partir de la aceleración medida es 4 N. Comportamiento de un cuerpo que descansa sobre un plano horizontal Supongamos que jalamos un bloque con un dinamómetro.5) − 1. punto B. Cuando lograrnos que el cuerpo deslice sobre la superficie es necesario aplicar una fuerza para que éste continúe en movimiento. Supongamos un plano inclinado con un bloque de masa ni descansando sobre él. El origen de este fenómeno se debe a la existencia de fuerzas entre las moléculas del cuerpo y la superficie. ( ) F = F fk = μ k N Con la finalidad de conocer la dependencia de esta fuerza de rozamiento realicemos la siguiente experiencia.5 s 2.4(2.Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán 0 = 7 − 2. Si la fuerza F aplicada se incrementa un poquito más. como es el caso de dos placas de vidrio perfectamente limpias que una vez puestas en contacto. Comportamiento de un cuerpo que descansa sobre un plano horizontal Dibujemos una gráfica de la fuerza el bloque versus el tiempo t . La fuerza de rozamiento disminuye rápidamente a un valor menor e igual a la fuerza de rozamiento dinámico. para vencer la fuerza de fricción Si aplicamos 10 N al bloque para que inicie el movimiento. [ 7 = 2.8 a= 2 (F − F ) fk ] m Si incrementamos la fuerza F. punto C. Para fuerzas mayores a 10 N el bloque se acelera. F = ma .5) = 17. Una fuerza de 8 N mantiene el movimiento del bloque. el bloque comienza moviéndose con una aceleración 12 . y permanece igual a F fsmáx . difícilmente pueden ser separadas. Encontramos que con fuerzas menores que 10 N no se produce movimiento. esto sucede porque la fuerza aplicada no ha sido suficiente para vencer la fuerza de fricción.5 m Recorrerá un trayecto igual a 17. como se muestra en la figura. F aplicada sobre 1. esto significa que se necesita 12 N – 4 N = 8 N.5 m. FRICCIÓN Cuando un cuerpo sobre una superficie se empuja o se jala éste puede permanecer inmóvil. el bloque comienza a moverse.8t ⇒ t = Recorrido total s = 2 7(2. si la superficie de contacto del cuerpo con la superficie fuera perfectamente plana. Observación. Desde el origen hasta el punto A la fuerza F aplicada sobre el bloque no es suficientemente grande como para moverlo. μ smáx N F = Ffsmáx = μ smáx N 2. 40 1. paralela al plano. A esta constante μs se le llama coeficiente de fricción estática. Si colocamos dos bloques juntos. a) La figura muestra el D. duplicamos la fuerza que jale al bloque y la fuerza normal tal que: también.65 μk 0.80 0.C.40 0. lo mismo ocurre con tres bloques.60 0.78 0. la fuerza de fricción F f es proporcional a la fuerza normal N porque la verdadera superficie de contacto es proporcional a la fuerza normal. el ángulo con el cual inician el movimiento sigue siendo θ .005 0. por lo tanto F f = μN donde se está incluyendo ya el aumento de superficie. la superficie aumenta y F f Encontramos que el bloque empieza a resbalar para un determinado ángulo θ . el ángulo para que el movimiento continúe es generalmente menor y obtenemos Fuerza para continuar el movimiento = μk Fuerza normal A esta constante se le llama coeficiente de fricción cinética μ k . Ejemplo 15. F f = μN .L. siendo μ el coeficiente de rozamiento estático entre el piso y el bloque en cada uno de los casos siguientes? Fuerza que inicia el movimiento = Constante Fuerza normal O mg senθ = tan θ = μ s = Constante mg cos θ Ff = μs N Solución.Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán intermoleculares son tanto mayores.40 0. cuanto mayor es la superficie de contacto. Algunos valores típicos de coeficientes de fricción.60 El hecho que la fuerza de fricción es independiente del área de contacto parece absurdo ya que las fuerzas 13 ⇒ N = mg − Fsenθ ∑ Fx : F cosθ − μN = 0 ⇒ F cos θ = μN De estas dos ecuaciones obtenemos: ∑F y : N + Fsenθ − mg = 0 .42 0. Esta es la fuerza que sostiene al bloque sobre la superficie (Fuerza Normal).60 0.05 0.40 0. es una constante que depende de la superficie y se puede escribir simplemente. Material Acero Cuero Cuero Bronce Aluminio Vidrio Caucho Caucho Caucho Piedra Sobre material Acero Cuero Roble Hierro Aluminio Vidrio Asfalto Concreto Hielo Piedra μ ∑F ∑F y : N − mg = 0 ⇒ N = mg : F − μN = 0 ⇒ F = μN x Luego: F = μmg b) La figura muestra el D. prácticamente no hay puntos de contacto entre las dos superficies (el área de contacto es despreciable). Si se toman los datos con el bloque en movimiento.64 0. La otra componente es perpendicular al plano mg cos θ . La fuerza que jala al cuerpo es la componente del peso mgsenθ .70 0.50 0.92 0.02 0. En realidad se debía esperar que F f fuera proporcional a la superficie. Cuando N aumenta.30 1. Es decir.C. lo que suceder es que si el cuerpo pesa muy poco. Si duplicarnos el peso mg a 2mg. μs 0.56 0. ¿Cuál es la fuerza mínima F necesaria para mover la masa m .L. L.C. Se aplica una fuerza horizontal F sobre la masa m1 . Hallar la aceleración del bloque m0 y la tensión del cable que 14 .C. N 1 = m1 g y Solución. ¿Cuál es el valor mínimo de F para sostener el bloque de masa m sobre una pared vertical. tal como muestra la figura. En el esquema de la figura las masas de la polea y del cable son despreciables y no hay rozamiento entre el cable y la polea. ⇒ N = mg + Fsenθ ∑ Fx : F cosθ − μN = 0 ⇒ F cos θ = μN F= De estas dos ecuaciones obtenemos: ∑F y : N − Fsenθ − mg = 0 Solución. El coeficiente de rozamiento entre los bloques y el plano inclinado es μ . Se tiene una masa m 2 sobre una masa ∑ Fy : N − F = 0 ⇒ N = F ∑F F= x : μN − mg = 0 ⇒ N = mg μ Por consiguiente mg m1 sobre un piso horizontal. como se muestra en la figura.Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán une los bloques m1 y m2. De aquí: m0 g − μ (m1 + m2 )g = (m0 + m1 + m2 )a a= [m0 − μ (m1 + m2 )] g (m0 + m1 + m2 ) m1 m0 (1 + μ )g (m0 + m1 + m2 ) La tensión del cable que une los bloques m1 y m2: T2 = m1 (a + μg ) = Ejemplo 18. La masa carece de fricción.L. μ es el coeficiente de fricción estático entre la pared y el bloque? Para m0 : {m0 g − T1 = m0 a ⎧T1 − T2 − μN 2 = m2 a ⎩ N 2 − m2 g = 0 Para m 2 : ⎨ Para m1 : ⎨ ⎧T2 − μN 1 = m1 a ⎩ N 1 − m1 g = 0 De estas ecuaciones obtenemos: N 2 = m2 g . ¿Cuál es el valor máximo de F para que la masa m1 no resbale sobre m 2 . ¿Cuál es la aceleración resultante de los bloques? μ Ejemplo 17. μmg cos θ − μsenθ Ejemplo 16. F= μmg cos θ + μsenθ c) La figura muestra el D. La figura siguiente muestra el D. C. ∑F ∑F ∑F ∑F y : N 2 − m2 g = 0 : F − μN 2 = m2 a 2 : N 1 − N 2 − m1 g = 0 : μN 2 = m1 a1 x ∑F ∑F y : N 1 − N 2 − m1 g = 0 : F − μN 2 = m1 a1 Las ecuaciones para la masa m1 son. Solución. para este caso Aplicando la Segunda Ley de Newton a la masa m 2 . μ1 y .L. a2 = Pero como queremos encontrar el valor máximo posible de F para que las masas vayan juntas. Fmáx = (m1 + m2 )m2 m1 μ máx g Ejemplo 20. la que suponemos se mueve con aceleración a1 . de las masas m1 y m 2 .L. es decir. se tiene como condición que. para que m1 no se quede. la que suponemos se mueve con aceleración a 2 .Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán Solución. La figura muestra el D. y x Trabajando con estas ecuaciones encontramos que x F = m1 a1 + m2 a 2 Trabajando con estas ecuaciones encontramos que μN 2 μm2 g = = μg m2 m2 Como el valor de μ varía desde 0 hasta el valor máximo μ máx : a 2 = μ máx g o simplemente a 2 = μg . a1 = a 2 Luego el valor máximo de F pera que m1 y m 2 vayan juntas es. La figura muestra el D. Ejemplo 19. Usando el dispositivo del ejemplo anterior discuta el caso en ci que la fuerza F se aplica a la masa m 2 . Si aplicamos una fuerza mayor el bloque m1 avanzará dejando atrás al bloque m 2 .C. ∑F ∑F y : N 2 − m2 g = 0 : μN 2 = m2 a 2 Las ecuaciones para la masa m 2 son x Aplicando la Segunda Ley de Newton a la masa m1 . El coeficiente de fricción entre m1 y la mesa es el coeficiente de fricción entre m1 y m 2 es 15 μ2 . En el dispositivo de la figura encontramos el valor mínimo de F para sacar la masa m1 . La aceleración de la masa m 2 es: F = m1 a1 + m2 a 2 m μN 2 μm2 g = = μg 2 m1 m1 m1 Como el valor de μ varía desde 0 hasta el valor máximo μ máx : a1 = a1 = μ máx g m2 m1 La aceleración de la masa m1 es: a1 = a 2 = μg Luego: Fmáx = (m1 + m 2 )μ máx g Como la condición de que las masas m1 y m 2 vayan juntas es. C. La figura muestra el D. el 16 . están unidos por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea sin rozamiento. μ2 . Ejemplo 22.Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán Solución. Considerando que el equilibrio es la condición mínima de inicio del movimiento. de las masas m1 y m 2 Solución.3.de las masas m1 y m 2 Considerando que el equilibrio es la condición mínima de inicio de movimiento Aplicando la Segunda ley de Newton para la masa m2 . El coeficiente de rozamiento cinético entre las masas y la superficie es 0. encontrar el valor mínimo de F para sacar la masa m1 . Los bloques m1 y m 2 de 20 y 60 kg. Aplicando la segunda ley de Newton a la masa m 2 : ∑F ∑F ∑F ∑F m1 y : N 2 − m2 g = 0 : μ2 N2 − T = 0 ∑F ∑F ∑F ∑F y : N 2 − m2 g = 0 : μ2 N2 − T = 0 x x Aplicando la Segunda Ley de Newton para la masa Aplicando la segunda ley de Newton para la masa m1 : y : N 2 − N 1 + m1 g = 0 : F − μ1 N1 − μ 2 N 2 − T = 0 y : N 2 − N 1 + m1 g = 0 : F − μ1 N 1 − μ 2 N 2 = 0 x Resolviendo estas ecuaciones x Resolviendo estas ecuaciones N 2 = m2 g T = μ 2 N 2 = μ 2 m2 g N 1 = N 2 + m1 g = (m1 + m2 )g F = μ1 N 1 + μ 2 N 2 = μ1 (m1 + m 2 )g + μ 2 m2 g Siendo este valor de F el mínimo para iniciar el movimiento de la masa m1 . μ1 . En el dispositivo de la figura. La figura muestra los D.L.C. Ejemplo 21. respectivamente. El coeficiente de fricción entre m1 y la mesa es coeficiente de fricción entre m1 y m 2 es N 2 = m2 g T = μ 2 N 2 = μ 2 m2 g N 1 = N 2 + m1 g = (m1 + m2 )g F = μ1 N1 + μ 2 N 2 + T = μ1 (m1 + m2 )g + μ 2 m2 g = [μ1 m1 + m2 (μ1 + μ 2 )]g Siendo este valor de F el mínimo para iniciar el movimiento.L. Determinar la velocidad del sistema 4 segundos después de partir del reposo. C.25 + 7.35 m/s2 a p es menor que 10 m/s2 El plato resbala ya que ∑F ∑F Ff 2 y y : N 2 − m2 g cos 60º = 0 : m2 gsen 60º − F f 2 − T = m2 a b) En el instante en que el extremo del mantel coincide con el centro del plato están a la misma distancia del borde de la mesa x De estas ecuaciones N 2 = m2 g cos 60º = 20 × 10 × 1 = 150 N 2 = μN 2 = 0.5 − 30a 30 × 10 × m s2 Igualando los valores de T: 151.3 × 150 = 45 N x p = xm 1 1 a p t 2 = 0. de la masa m 2 .25t ⇒ v = 1. de la masa m1 .25 + 7.9 + 20a = 214.75 x 9.9 N N 1 = m1 g cos 30º = 20 × 10 × y T − 51. cuyo centro está a 0. v0 = 0 ⇒ v = 1. En una mesa un plato descansa sobre el mantel.25m del borde de la mesa. a) Aplicando la segunda ley de Newton para el plato.L. Solución. encontrar: a) La aceleración del plato b) La velocidad de! plato c) La distancia del plato al borde de la mesa.9 − 20 × 10 × ⇒ T = 151. la masa del plato es m y su aceleración a p .25 + Igualando 2 3 − 45 − T = 30a 2 ⇒ T = 214. Consideremos que el movimiento es de izquierda a derecha con aceleración a ∑F ∑F y : N 1 − m1 g cos 30º = 0 : T − F f 1 − m1 gsen30º = m1 a x De estas ecuaciones 3 = 173 N 2 F f 1 = μN 1 = 0. El coeficiente de fricción cinético entre el mantel y el plato es μ k = 0. Cuando el extremo del mantel pasa bajo el centro del plato.5 − 30a ⇒ a = 1.8 = 7.C.35t 2 = 10t 2 2 2 Resolviendo: t = 0. El mantel se jala súbitamente en forma horizontal con una aceleración constante de 10 m/s2. Solución. Asumiendo que el mantel llega justo al borde de la mesa.L.9 + 20a 1 = 20a 2 La figura muestra D.25 Como Siendo v = v0 + at .25 × 4 = 5 m s Para t = 4 s 1 1 0.75 .Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán Ejemplo 23.3 × 173 = 51.58 s y 17 . La figura muestra el D.35t 2 2 2 1 1 x m = a m t 2 = 10t 2 2 2 x p = 0. ∑F ∑F V H = 0 ⇒ mg − N = 0 = ma p ⇒ F f = ma p De aquí obtenemos: N = mg y μ k mg De donde: = ma p a p = μ k g = 0. suponiendo que el cuerpo de masa M desciende y tira a m hacia la derecha. Calcular la aceleración y la tensión de la cuerda. la figura a continuación muestra su DCL.58 = 1.35 × 0. el bloque resbalará para valores menores que el indicado. La polea por donde cuelga otro bloque de masa M no tiene roce y la cuerda se considera inextensible y de masa despreciable. lo que permite despejar la aceleración .35 × 0. Consideremos que el bloque tiene masa m . ⇒ N = mg − F senα y ∑ FH = ma Para que el bloque no resbale debe tener la misma aceleración a . lo que define el sentido de la aceleración.26 m/s.Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán horizontal con coeficiente de fricción µ. encontrar la condición para que el bloque resbale. Se hacen los DCL y se aplica la segunda ley de Newton. En el siguiente sistema mecánico.25 + 1 a pt 2 2 1 2 = 0. El plano inclinado mostrado en la figura tiene una aceleración a hacia la derecha. ubicado sobre la superficie 18 (μ cos α − senα ) g (cos α + μ senα ) ⇒ T − Mg = − Ma Además: F f = μN De la ecuación (1): ∑F V = − Ma (3) F f = μ (mg − Fsenα ) (4) (5) De (3) se despeja T: T = Mg − Ma Ahora 4) y (5) se reemplazan en (2).25 + 7.49 m 2 Ejemplo 24. c) x p = 0. Si el coeficiente de fricción estático entre el plano y el bloque es μ . Ejemplo 25. Solución.58 = 4. Aplicando la segunda ley de Newton V ∑F V = 0 ⇒ N + F senα − mg = 0 (1) ⇒ T − F cos α − F f = ma (2) Para M ∑ F = 0 ⇒ N cos α + μN senα − mg = 0 y ∑ F = ma ⇒ − N senα + μN cos α = ma H De estas ecuaciones N= mg y cos α + μ senα mg (− senα + μ cos α ) = ma ((cos α + μ senα )) Finalmente a= Este es el va1or crítico de a para que no resbale. se aplica una fuerza F inclinada un ángulo α sobre el cuerpo de masa m. v p = v0 + a p t = 0 + 7. Para m Solución. Supongamos que no hay deslizamiento. Ma M = F − μ k mg − μ k (M + m )g de donde (2m + M ) g F − μk M M Que es fácilmente verificar en el caso de a M > a m am = μ k g . am y aM son Solución. El coeficiente de rozamiento entre el cuerpo y la viga. Las ecuaciones (1) y (2) en este caso deben escribirse en la siguiente forma: ma m = μ k mg . Una viga do masa M está sobre un plano horizontal liso. Las ecuaciones del movimiento. Si F ≤ μ k (m + M )g . Si F > 2μk(m + M)g. Es evidente que aM > am. Una viga de masa M está situada en un plano horizontal. Las ecuaciones del movimiento de la viga y del cuerpo tienen la siguiente forma: F fm = ma m . entonces el cuerpo deslizará por la barra. xM = aM t 2 2 2 1 1 xM − xm = l = a M t 2 − am t 2 2 2 2l 2l ⇒ t= = (F − μ k mg ) aM − am − μk g M 2lM = F − μ k g (M + m ) xm = . en este caso. no hay movimiento. Sobre la viga hay un cuerpo do masa m. si k (m + M) g < F < 2k (m + M) g. F fm = mF (m + M ) Ma = F − F fm − F fM = F − F fm − μ k (m + M )g . aM = (F − μ k mg ) M . Para que no haya deslizamiento la fuerza de rozamiento debe satisfacer la siguiente desigualdad: F fm ≤ μ k mg de donde F fm ≤ μ k mg . Ejemplo 26. (m + M ) k F a= −μ g. así como entre la viga y el plano es μ k . ¿Con qué valor de la fuerza F que actúa sobre la viga en dirección horizontal. entonces surge el deslizamiento. Si F > μk (M + m) g. Supongamos que las aceleraciones. (m + M ) k mF F fm = − μ mg ≤ μ k mg (m + M ) k que es posible. es decir. Analizar el movimiento para diferentes valores do la fuerza F. F ≤μ g. el cuerpo comienza a 19 1 1 am t 2 . tendrían la siguiente forma: F fm = ma . aM = Ejemplo 27. Sobre la viga se encuentra un cuerpo do masa m. (1) F − μ k mg = Ma M (2) Donde F fm es la fuerza do rozamiento. por el cual puede moverse sin fricción. El coeficiente de rozamiento entre el cuerpo y la viga es μ k . En este caso las ecuaciones del movimiento tendrán la siguiente forma: ma m = μ k mg . Mg − Ma − F cos α − μ (mg − Fsenα ) = ma (M − μm )g − F (cos α − μsenα ) a= M +m y la tensión T T = Mg − M (M − μm )g − F (cos α − μsenα ) M +m Solución. La fuerza de rozamiento es F > μ k (m + M )g . Ma M = F − μ k mg De estas ecuaciones obtenemos am y aM: am = μ k g .Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán deslizarse sobre la viga? ¿Dentro do cuánto tiempo el cuerpo caerá de la viga? La longitud do la viga es l . Analicemos el caso de ausencia de deslizamiento del cuerpo por la viga. entonces am = aM De las ecuaciones del movimiento podemos determinar la aceleración y la fuerza de rozamiento. El coeficiente de rozamiento estático entre el bloque y el carro es μ k . Ff. ∑F Cuerpo 2: ∑ F ⎧∑ F ⎪ Mesa: ⎨ ⎪∑ F ⎩ Cuerpo 1: verticales = m1 g − T = m1 a = T = m2 a horizontales verticales = N 3 − N 2 − T − m3 g = 0 = T − Ff 3 = 0 horizontales Ff N = g g ⇒ a= Ff a Donde N3 y Ff3 (fricción) las componentes verticales y horizontales de la fuerza ejercida por el piso sobre la mesa. F f 3 = T = m 2 a = Finalmente. Las superficies de contacto entre el bloque y el plano inclinado son rugosas con coeficiente de fricción cinética μk = 0. ⎡ m1m2 ⎤ + m2 + m3 ⎥ ⎣ (m1 + m2 ) ⎦ Ejemplo 30. Hugo Medina Guzmán Solución. N Ff N es a= m1 g (m1 + m2 ) m1 m2 g (m1 + m2 ) Como el valor máximo de tener a ≥ μ s . Se tiene un bloque de 20 kg sobre un plano inclinado que está sujeto a una cuerda (ver figura). encontrar la aceleración del carro requerida para evitar que caiga el bloque B.Dinámica de una partícula Ejemplo 28. La figura muestra los diagramas de cuerpo libre de cada uno de los elementos. determine la magnitud y sentido de la fuerza de rozamiento. N 3 = T + m2 g + m3 g = ⎢ Ejemplo 29. debe balancear el peso del bloque: Ff = mg. encuentre la reacción del piso sobre la mesa mientras los dos cuerpos están en movimiento. de las masas m1 y m2. Luego. Solución. Pero el movimiento horizontal del bloque está dado por y N = ma. Si la masa de la mesa de superficie lisa (sin fricción) es m3. determine la aceleración del bloque. Esto no afecta nuestro análisis) De las primeras dos ecuaciones. a) 20 . se liberan de la posición mostrada en la figura. Asuma que la mesa permanence inmóvil. En la figura. debemos Luego. b) Si por un accidente se corta la cuerda. la fuerza de fricción. g μs si el bloque no cae. Dos cuerpos.7. Solución.5 y el de fricción estática μs = 0. a) Si la tensión de la cuerda es de 150 N. Si el bloque no cae. (Asumimos que las patas de la izquierda y de la derecha comparten la carga igualmente. N 1 − m1 g = 0 (2) De aquí ⇒ T = m1 a La segunda ley de Newton para m2 es N 2 − m2 a = 0 . Consideremos un sistema de referencia fijo en el suelo con el eje x paralelo a la fuerza aplicada Solución. Determinar la fuerza F aplicada al bloque de masa M de la figura adjunta. La fuerza que ejerce el cable sobre m1 y la que ejerce sobre m2 tiene el mismo módulo T. para que los bloques de masas m1 y m2 apoyados en M. Todas las superficies son lisas. luego en la referencia O su aceleración es del conjunto. T − m2 g = 0 De aquí ⇒ T = m2 g De (2) y (3) se tiene Cuando se rompe la cuerda para iniciar el movimiento debe vencerse a la máxima fuerza de fricción estática: (3) ⇒ a= m2 g m1 (4) ⎛ 3⎞ ⎟ = 173 N F fs = μ s mg cos 30º = 0. por lo tanto la aceleración del bloque es cero. Sustituyendo (4) en (1) se obtiene la fuerza aplicada a M F= m2 (M + m1 + m2 )g m1 Ejemplo 32. Ejemplo 31. no se muevan respecto de M. Las masas m1 y m2 están en reposo sobre el bloque M. el movimiento no se inicia . La fuerza que ejerce el cable sobre m1 y la que ejerce sobre m2 tiene el mismo módulo T. la polea y el cable tienen masa despreciable. Las masas m1 y m2 están en reposo sobre el bloque M. Solución. 21 . Siendo a la aceleración del conjunto. De la primera ley de Newton aplicada al conjunto se tiene: F = (M + m1 + m2 ) a → → → → F = (M + m1 + m2 ) a → → (1) (1) Siendo a la aceleración del conjunto. Determinar la aceleración mínima con que debe desplazarse el bloque de masa M en sentido horizontal para que los bloques de masas m1 y m2 no se muevan respecto de M. → → F. b) La segunda ley de Newton para m1 es T − m1 a = 0 . luego en la referencia O su aceleración es del conjunto.7⎜ 20 g ⎜ 2 ⎟ ⎠ ⎝ Como 20g sen 30º = 100 N 100 N < 173 N. siendo μ el coeficiente de rozamiento entre los bloques.Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán T − mgsen30º − F f = 0 ⇒ F f = T − mgse30º = 150 − 100 = 50 N en el sentido indicado en la figura (hacia abajo). La polea y el cable tienen masa despreciable. Consideremos un sistema de referencia fijo en el suelo con el eje x paralelo a la fuerza aplicada De la segunda ley de Newton aplicada al conjunto se tiene: F. el conjunto se mueve con una aceleración común a . b) La aceleración de cada uno de los bloques. N 1 = mg Ejemplo 33. Un bloque de masa m se encuentra sobre otro bloque de masa M que está apoyado sobre una superficie horizontal lisa. luego la aceleración de m es a1 = a(τ ) = μg La segunda ley de Newton aplicada a la masa M es kt − F f = kt − μN 1 = Ma 2 (t ) . El coeficiente de rozamiento entre los dos bloques es μ. N1 − m1 g = 0 F f 1 = μN 1 = μm1 g (2) La segunda ley de Newton para m2 es N 2 − m2 a = o . ( la fuerza de rozamiento sobre m tiene. La segunda ley de Newton aplicada al conjunto en el instante t = τ es kτ = (M + m )a(τ ) . su valor máximo Ff = μ m g ) F f = μN 1 = ma(τ ) . Al bloque M se le aplica una fuerza horizontal dirigida hacia la derecha que depende del tiempo según la ley F = k t. Diagrama del cuerpo libre del conjunto ⇒ kt − μmg = Ma 2(t ) y a2(t ) = − μg m m k + t 2 M M s Gráfica de las aceleraciones en función del tiempo 22 . Las fuerzas que actúan sobre m son constantes. en ese instante. como N 1 = mg Solución.Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán Diagrama del cuerpo libre masas separadas La segunda ley de Newton para m1 es T − m1 a − F f 1 = 0 . Determinar: a) El instante τ en que m empieza a deslizar sobre M. Hasta dicho instante t ≤ τ . ⇒ a(τ ) = μmg m = μg (2) De (1) y (2) queda ⇒ τ= (M + m ) μg k s b) De (1) se tiene que la aceleración del conjunto para t < τ es ⇒ a1(t ) = a(t ) = k t (M + m ) Para t > τ . Sea τ el instante en que m empieza a deslizar sobre M. N 2 − (M + m )g = 0 → → F f 2 = μN 2 = μm2 a ⇒ T = m2 g − μm2 g De (2) y (3) se tiene ⇒ m1 a + μm1 g = m2 g − μm2 g (m − μm1 ) a= 2 g (m1 + μm2 ) m2 (M + m1 + m2 )g m1 (3) (4) ⇒ a (τ ) = Sustituyendo (4) en (1) se obtiene la fuerza aplicada a M k τ (M + m ) (1) F= La segunda ley de Newton aplicada a la masa m en el instante t = τ es. T + F f 2 − m2 g = 0 ⇒ T = m1 a + μm1 g a) Consideremos un sistema de referencia fijo en el suelo con el eje x paralelo a la fuerza aplicada F . Supongamos que el bloque A sube sobre el plano inclinado. luego el movimiento es el previsto. Solución. luego ⇒ mB g > T El movimiento de A es hacia arriba. Determinar el sentido del movimiento cuando se dejan en libertad a partir del reposo. T + μm A g cos θ < m A gsenθ ⇒ T < m A gsenθ − μm A g cos θ m B g < 2T El movimiento de B es hacia arriba. luego ⇒ mB g < T El movimiento de A es hacia abajo.13 Desigualdad que se cumple. ⇒ mB < senθ − μ cos θ mA Los bloques no se mueven si mB < senθ + μ cos θ mA Ejemplo 35. luego: m ⇒ B > senθ + μ cos θ mA Supongamos que el bloque A desciende sobre el plano inclinado.10(10) cos 30º 2 Con los valores ⇒ 3. El cable es inextensible y las masas del cable y la polea despreciables.Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán El movimiento de B es hacia arriba.10 y θ = 30º. tal como se indica. están unidos mediante un cable que ⇒ senθ − μ cos θ < pasa a través de las poleas tal como se muestra en la figura adjunta. El movimiento de B es hacia abajo. luego ⇒ T > m A gsenθ + μm A cos θ El movimiento de los bloques es el indicado si ⇒ m B g > m A gsenθ + μm A cos θ Supongamos que el movimiento de A es hacia abajo. b) La tensión del cable. El cable es inextensible y las masas del cable y las poleas son despreciables. luego: De ambas expresiones queda 1 m B g < m A gsenθ − μm A g cos θ 2 1 (7 ) < (10)sen30º −0. Determinar: a) Las aceleraciones de los bloques.5 < 4. 23 . El coeficiente de rozamiento entre el bloque A y el plano inclinado es μ. El coeficiente de rozamiento entre el bloque A y el plano inclinado es μ = 0. Solución. Sea T la fuerza que ejercen los extremos del cable sobre los bloques dirigida. Dos bloques A y B de masas m A = 10 kg y m B = 7 kg. Dos bloques A y B de masas mA y mB están unidos mediante un cable que pasa a través de una polea tal como se muestra en la figura adjunta. en ambos bloques. luego ⇒ T + μm A cos θ < m A gsenθ El movimiento de los bloques es el indicado si ⇒ m B g < m A gsenθ − μm A cos θ Ejemplo 34. 2 N 2 Ejemplo 36. Estudiar el sentido del movimiento de los bloques. N A − m A g cos θ = 0 Supongamos que el bloque A asciende por el plano inclinado. Las posiciones. están relacionadas por las condiciones de ligadura De estas dos obtenemos: (2) La segunda ley de Newton aplicada al bloque B es T = m A g (senθ − μ cos θ ) − m A a A 2T − m B g = m B a B 1 ⇒ T = m B (a B + g ) 2 s A + h − y p = constante Las posiciones de la polea y el bloque B. por una parte. m A g (senθ + μ cos θ ) + m A a A = 2m B ( g − 2a A ) aA = 2m B g − m A g (senθ + μ cos θ ) m A + 4m B 24 . (2). (3) y (4) obtenemos: De estas ecuaciones obtenemos: m B g − TB = m B a B ⇒ TB = m B ( g − a B ) Solución.5 − 0.8) = 35.8)(0.87 ) − 20(2a ) a A = 0. El cable es inextensible y las masas del cable y la polea son despreciables. luego La tensión en ambos lados son iguales (TB ) y T= 1 (7 )(0. Dos bloques A y B de masas m A y m B están unidos mediante un cable que pasa a través de las poleas tal como se muestra en la figura adjunta.8) = 2(10 )(9. T A = 2TB (2) De la segunda ley de Newton aplicada al bloque A se tiene: TA − mA gsenθ − μN A = mAa A N A − m A g cos θ = 0 T A = m A g (senθ + μ cos θ ) + m A a A (3) De la segunda ley de Newton aplicada al bloque B se tiene (4) De las ecuaciones (1). del bloque A y de la polea móvil. Fuerzas sobre los bloques y sobre la polea móvil.52 m/s 2 para abajo.26 + 9. La masa de la polea móvil es cero. b) La magnitud de la tensión del cable es el valor de la fuerza que el cable ejerce sobre los bloques.26 m/s 2 para arriba. Luego sus aceleraciones cumplen 1 a A + 2a B = 0 ⇒ a B = − a A = a 2 (1) Fuerzas sobre los bloques La segunda ley de Newton aplicada al bloque A es m A a A = m A gsenθ − T − μN A .Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán a) Consideremos un sistema de referencia con el eje x horizontal. Consideremos un sistema de referencia con el eje x horizontal.1 × 0. están relacionadas por las condiciones de ligadura 2 y p − y B = constante De estas dos ecuaciones obtenemos: (3) 2 s A + 2h − y B = constante Las componentes de las aceleraciones de los bloques satisfacen la condición 2a A = a B (1) Igualando las ecuaciones (2) y (3). a B = 0. Como la polea superior tiene masa despreciable solo cambia el sentido de la fuerza. De la ecuación (3) se tiene Sean T A y TB las fuerzas que los cables ejercen sobre los respectivos bloques.26 m/s2 Las aceleraciones de los bloques son : 7(a + 9. Las posiciones de los bloques están relacionadas por la condición de ligadura s A + 2 y B = constante . El coeficiente de rozamiento entre el bloque A y el plano inclinado es μ . m B (a B + g ) = 2m A g (senθ − μ cos θ ) − 2m A a A Teniendo en cuenta la ecuación (1) y los valores: Resolviendo: a = 0. Sean a '1 ˆ la aceleración de m1 j j 2 y a ' 2 ˆ la aceleración de m 2 en la referencia O’. 3 ⇒ m1 a' 2 = T − m2 g 2 (2) De la condición de ligadura para los bloques se tiene a '1 +a ' 2 = 0 ⇒ a '1 = − a ' 2 = a ' (3) De las ecuaciones (1). (2) y (3) se obtiene 3 3 m1 a' = T − m1 g y m1 a' = −T + m2 g 2 2 Sumando estas ecuaciones: (m2 + m1 )a' = 3 (m2 − m1 )g 2 Despejando a ' a' = 3 (m2 − m1 ) g 2 (m2 + m1 ) → Finalmente: a'1 = a ' ˆ y a' 2 = −a' ˆ j j En la referencia fija. De la ecuación fundamental de la dinámica en la referencia no inercial se tiene 2 mB < (senθ − μ cos θ ) mA El signo menos es porque en este caso el peso de la masa A es el que mueve al sistema y la fuerza de rozamiento está en sentido contrario a éste. j b) La fuerza que la polea ejerce sobre el techo de la cabina es F − 2T = 0 ⇒ F = 2T De la ecuación (1) y (3) se tiene 3 ⎞ 3m1m2 ⎛ T = m1 ⎜ a '1 + g ⎟ = g 2 ⎠ (m2 + m1 ) ⎝ 25 . las aceleraciones de m1 y de Solución. Seleccionemos una referencia con origen O′ en un punto del ascensor. La cabina comienza a subir con una aceleración constante g / 2. a) El ascensor constituye una referencia no inercial en traslación que se mueve con una aceleración constante en sentido ascendente respecto de una referencia fija. A los extremos de un hilo que pasa a través de una polea fija al techo de la cabina de un ascensor se atan los cuerpos de masa m1 y m 2 m1 a '1 = T − m1 g − m1 g 2 (1) 3 ⇒ m1 a'1 = T − m1 g 2 m1 a ' 2 = T − m2 g − m2 g 2 (m1 < m2 ) . calcular: a) La aceleración de m1 y m 2 respecto de la cabina y con relación al foso del ascensor. La aceleración del origen O′ respecto de la referencia fija O es la aceleración → m 2 se obtienen de sumar a las anteriores la aceleración del ascensor a1 = (2m2 − m1 ) g g y + a' = (m2 + m1 ) 2 (2m1 − m2 ) g a 2 = − a' = g (m2 + m1 ) 2 1 del ascensor gˆ . si se cumple: Hugo Medina Guzmán 2m B > (senθ + μ cos θ ) mA El movimiento es de sentido opuesto. Despreciando la masa de la polea y la del hilo. y sobre m 2 son la tensión del cable T y el peso m2 g . si se cumple: Las fuerzas exteriores que actúan sobre la m1 son la tensión del cable T y el peso m1 g . Ejemplo 37. así como el rozamiento. b) La fuerza con la cual la polea actúa sobre el techo de la cabina.Dinámica de una partícula El movimiento es el indicado. a) Para hallar la aceleración del ascensor. ∑F ∑F x = F f = ma cos 30º (1) = N − mg = − masen 30º (2) g⎛ 3⎞ ⎟ = 191N ⎜ 2⎜ 2 ⎟ ⎠ ⎝ y Aplicando la segunda ley de Newton al conjunto niño . un bloque de masa M se apoya sobre el centro del piso rugoso del ascensor (con coeficiente de fricción estática μ ). Solución. Siendo N la cantidad que marca la báscula. y la fuerza de fricción sobre el bloque. c) ¿Cuál es el valor máximo de F para que el bloque dentro del ascensor no resbale respecto del piso del ascensor? d) Si el ascensor pierde contacto con la fuerza F y empieza a caer libremente. con respecto a la horizontal.Dinámica de una partícula Luego Hugo Medina Guzmán 6m1 m2 F = 2T = (m2 + m1 ) Ejemplo 38. .y’) en un punto de la plataforma. b) Haga el diagrama de cuerpo libre de la masa M. Además.cuña. Solución en una referencia no inercial . Un ascensor de masa total 3M es levantado bajo la acción de una fuerza F.cuña.45 Kg.45 kg Siendo N la cantidad que marca la báscula. y a la aceleración con la que desliza hacia abajo el conjunto. de (1) ⇒ F f = 45 de (2) ⇒ ∑F // = Ma ⇒ Mgsen30º = Ma ⇒ a = gsen 30º = g 2 g⎞ ⎛ N = mg − masen30º = 45⎜ g − ⎟ 4⎠ ⎝ La aceleración del conjunto es a = 1 g 2 = 33. Aplicando la segunda ley de Newton al DCL del niño. Aplicando la segunda ley de Newton al DCL del niño. 26 Solución en una referencia inercial. Sea M la masa del conjunto niño . a) Hallar la aceleración del ascensor. Ejemplo 39. El piso del ascensor está inclinado un ángulo θ . Un niño de masa m = 45 kg se pesa en una báscula de resorte situada sobre una plataforma especial que se desplaza por un plano inclinado de ángulo θ = 30º como muestra la figura (no hay rozamiento entre la plataforma y el plano inclinado). Sobre el niño actúan: su peso mg y la reacción Ff en el apoyo.. Solución. calcule el valor de la fuerza normal entre el bloque y el piso del ascensor. El niño está en reposo sobre la plataforma. Seleccionemos una referencia con origen O′ (x’. La indicación de la báscula el valor de la normal. ¿Cuál será la lectura de la báscula en estas condiciones? ∑F ∑F x y = F f − ma cos 30º = 0 (1) = N − mg + masen 30º = 0 (2) g⎛ 3⎞ ⎟ = 191N ⎜ 2⎜ 2 ⎟ ⎠ ⎝ de (1) ⇒ F f = 45 de (2) ⇒ g⎞ ⎛ N = mg − masen30º = 45⎜ g − ⎟ 4⎠ ⎝ = 33. F − 3Mg − Mg = (3M + M )a F − 4Mg F = −g ⇒ a= 4M 4M b) Diagrama de cuerpo libre de la masa M. de la masa m. C. d) Si el ascensor pierde contacto con la fuerza F y empieza a caer libremente. como ser la tensión de una cuerda. se encuentra sometida a una aceleración radial de magnitud v2/R. la fuerza gravitacional en el caso de movimientos de planetas y satélites. que describe una trayectoria circular en el plano horizontal. La partícula está sometida a una aceleración centrípeta. alguna componente de la normal. Como a depende de F. y a esta en miembros de la igualdad. y la fuerza centrípeta correspondiente está dada por la componente de la tensión de la cuerda en dirección radial hacia el centro de la circunferencia. Aplicando la segunda ley de Newton: ⇒ T cosα − mg = 0 ⇒ Tcosα = mg y ∑ Fx = ma ⇒ Tsenα = ma = m Dividiendo (2) entre (1): ∑F y =0 (1) v2 r (2) v2 Fc = mac = m R 27 tanα = v2 ⇒ v 2 = rg tan α rg . una fuerza de roce. debe haber una fuerza resultante. Se puede sentir esta fuerza cuando se hace girar a un objeto atado a una cuerda. su nombre se debe a que apunta hacia el centro de una trayectoria circunferencial. para un objeto que se hace girar en una circunferencia horizontal al extremo de una cuerda. El D. L. la fuerza Fc se llama fuerza centrípeta. FUERZA CENTRÍPETA. Una partícula que se mueve sobre una trayectoria circular de radio R con rapidez constante. genera una superficie cónica. por lo que se llama péndulo cónico. Ejemplo 40. Determinar la rapidez y el período de revolución de la masa.Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán Por ser proporcional a la aceleración centrípeta. debe haber una fuerza sobre él cambiándole la trayectoria recta. N = 0. cuya magnitud es: Solución. ya que se nota el tirón del objeto. Por la segunda ley de Newton. sujeto al extremo de una cuerda de longitud L. Un cuerpo de masa m. Entonces cuando un objeto se mueve en trayectoria circular. c) Para que el bloque dentro del ascensor no resbale respecto del piso del ascensor se debe cumplir M ( g + a )senθ ≤ μM ( g + a ) cos θ ⇒ μ ≥ tan θ . Su efecto es cambiar la dirección de la velocidad de un cuerpo. por la fuerza de la gravedad para un satélite orbitando la tierra. Las fuerzas centrípetas no son diferentes de otras fuerzas ya conocidas. sobre la partícula actúa una fuerza en la dirección de hacia el centro de la circunferencia. Los objetos en movimiento circular no están en equilibrio. por lo tanto Ff = 0 DINÁMICA DEL MOVIMIENTO CIRCULAR La primera ley de Newton dice que un objeto permanecerá en movimiento uniforme en línea recta con velocidad constante o en reposo si no actúa una tuerza sobre él. Esta fuerza puede ser proporcionada por la tensión en una cuerda. de otro modo sólo habría un movimiento en línea recta. Cualquiera de las fuerzas ya conocida pueden actuar como fuerza centrípeta si producen el efecto correspondiente. el que el bloque resbale dentro del ascensor solamente depende del coeficiente de fricción. etc. es decir para valores dados de θ . 28 . Para θ = 270º ⎨ ⎩ Ft = 0 ⎧T = mRω 2 Para θ = 360º ⎨ ⎩ Ft = − mg t La tensión en la cuerda es T = mRω . Δt = 2πr = v 2πL senα Lg tan α senα = 2π L cos α g L cos α ⇒ T = 2π g Ejemplo 41. La figura muestra el D. Una bola de masa m. Se sabe que Δx = vΔt . con Δx = 2πr . Resolver el problema anterior pero en el caso que el giro sea en el plano vertical.C. atada al extremo de una cuerda se hace ir en un plano horizontal formando una circunferencia de radio R. obtenemos la ecuación dt α =− diferencial: Solución. Ejemplo 42. reemplazando se obtiene la rapidez de m: Hugo Medina Guzmán v 2 = (Lsenα )g tan α ⇒ v = Lg tan α senα Para calcular el periodo T.C. Aplicando la segunda ley de Newton a la masa m . Pero podríamos encontrar la tensión y fuerza tangencial para posiciones determinadas. entonces: Solución. La fuerza tangencial es cero y la aceleración tangencial α también es cero. Para θ = 90º ⎨ ⎩ Ft = 0 ⎧T = mRω 2 Para θ = 180º ⎨ .L. ¿cuál es la tensión en la cuerda? Aplicando la segunda ley de Newton.L. d 2θ g = − cos θ dt R cuya solución esta fuera del alcance de este curso. Para θ = 0º ⎨ ⎩ Ft = − mg ⎧T = mRω 2 − mg .Dinámica de una partícula De la geometría de la figura. r = Lsenα . esto es el tiempo que demora en dar una vuelta. ∑F ∑F n = mac ⇒ − T = −mRω 2 = mat ⇒ 0 = mRα 2 ⎧T = mRω 2 . ∑F ∑F n = mac ⇒ − T − mgsenθ = − mRω 2 = mat ⇒ − mg cos θ = mRα t La tensión en la cuerda es T = mRω 2 − mgsenθ La fuerza tangencial es − mg cos θ y la aceleración angular es g cos θ R d 2θ Como α = . ⎩ Ft = mg ⎧T = mRω 2 + mg . La figura muestra el D. ya que la velocidad angular es constante. Si tiene una velocidad angular ω . Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán b) Cuando el bloque está en A se dirige a B, su velocidad es en el sentido antihorario y su aceleración en el sentido horario. Luego su rapidez disminuye. c) Si en "B" su velocidad es nula, ¿cuál es la trayectoria que seguirá la masa m? Ejemplo 43. Un pequeño bloque de masa m se desliza sobre una superficie lisa circular de radio R como se muestra en la figura. (La pista está sobre un plano vertical y g = aceleración de la gravedad) a) Trace el diagrama de cuerpo libre del bloque cuando se encuentra en "A" y muestre (dibujando los vectores) la dirección de la fuerza resultante y su aceleración. b) Cuando está en "A", ¿su rapidez aumenta o disminuye? (Justifique) c) Si en "B" su velocidad es nula, ¿cuál es la trayectoria que seguirá la masa m? d) Si en "B" su velocidad es seguirá la masa m? N + mg = ma c = m v2 v2 ⇒ N = − mg + m R R Si v = 0, el valor de N es negativo, lo que no permite al bloque sostenerse sobre la circunferencia, por consiguiente el bloque caerá verticalmente. d) Si en "B" su velocidad es seguirá la masa m? gR , ¿qué trayectoria gR v2 N = − mg + m ⇒ N = − mg + m = 0, R R el bloque tiene suficiente velocidad para seguir en la trayectoria circular. Ejemplo 44. Un avión describe un rizo (un camino circular en un plano vertical) de 150 m de radio. La cabeza del piloto siempre apunta al centro del rizo. La rapidez del avión no es constante; es mínima en el cenit del rizo y máxima en el nadir. a) En el cenit el piloto experimenta ingravidez. ¿Qué rapidez tiene el avión en ese punto? b) En el nadir, la rapidez del avión es de 280 km/h. ¿Qué peso aparente tiene el piloto aquí? Su peso real es de 700 N. Solución. a) Sí el piloto siente ingravidez, está en caída libre, y gR , ¿qué trayectoria Solución. a) Trace el diagrama de cuerpo libre del bloque cuando se encuentra en "A" y muestre (dibujando los vectores) la dirección de la fuerza resultante y su aceleración. v2 , luego R v = Rg = (150 )(9,80) = 38,3 m s , o 138 km h . a=g= b) El peso aparente es la suma de la fuerza neta hacia adentro (arriba) y el peso del piloto, o P' = P + ma = P + m Aquí: P = 700 N v2 R m= P 700 = = 71,43 kg g 9,8 v = 280 km/h = 77,6 m/s R = 150 m Luego: ⎛ 77,6 2 ⎞ P' = 700 + 71,43⎜ ⎜ 150 ⎟ = 3579 N ⎟ ⎝ ⎠ 29 Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán → Ejemplo 45. Una partícula de masa m que está unida al extremo de un cable de longitud l , cuyo otro extremo está fijo, se mueve en un plano vertical, a partir de un punto A tal que el cable forma con la vertical un ángulo θ 0 , iniciando el movimiento con velocidad cero. Determinar: a) La velocidad de v de la esfera en función de b) La tensión del cable en función de θ . c) La aceleración a en función de θ . ˆ ˆ a = at t + a n n at = gsenθ , T − mg cos θ = ma n = 2mg (cos θ 0 − cos θ ) ⇒ a n = 2 g (cos θ 0 − cos θ ) Ejemplo 46. Una partícula de masa m se encuentra en el polo de una semiesfera de radio R, la cual está apoyada sobre una superficie horizontal. Desplazada ligeramente de su posición de equilibrio, la partícula desliza sobre la superficie, la cual se supone lisa. Determinar: a) La velocidad v de la partícula en función del ángulo θ que forma su radio posición con el radio inicial. b) El valor de la normal N en función de θ. c) El valor de θ, en el instante en que la partícula se despega de la superficie. Solución. θ. Solución. En la referencia de origen O, la esfera recorre una circunferencia de radio l con velocidad variable v(t). Las componentes intrínsecas la aceleración son: at = Sobre la masa m actúan la tensión del cable peso mg . dv v2 , an = dt l T y su En la referencia de origen O, la partícula m tiene un movimiento circular no uniforme de radio R. Las componentes de la aceleración son: ˆ ˆ De la segunda ley de Newton en componentes n y t se tiene: at = ∑F ∑F t n = mat ⇒ mgsenθ = mat = ma n ⇒ T − mg cos θ = ma n Sobre la masa m actúan el peso mg y la reacción en el apoyo N. Aplicando la segunda ley de Newton: dv v2 , an = dt R a) Para la componente tangencial se tiene: Integrando y teniendo en cuenta las condiciones iniciales queda dv mgsenθ = m dt ds dv ⇒ = gsenθ dt ds ⇒ vdv = gsenθ ds = gsenθ ldθ v = 2 gl(cos θ 0 − cos θ ) 2 ∑F ∑F t n = mat ⇒ mgsenθ = mat = ma n ⇒ N − mgcosθ = − ma n a) De la componente tangencial se tiene: dv ds dv ⇒ = gsenθ dt dt ds ⇒ vdv = gsenθ ds = Rgsenθ dθ mgsenθ = m Integrando y teniendo en cuenta las condiciones iniciales queda v 2 = 2 Rg (1 − cos θ ) Finalmente: v = 2 gl(cos θ 0 − cos θ ) b) Para la componente normal: v = 2 Rg (1 − cos θ ) T − mg cos θ = m La tensión del cable es v = 2mg (cos θ 0 − cos θ ) l 2 b) De la componente normal se tiene: N = mgcosθ − ma n = T = mg (2 cos θ 0 − 3 cos θ ) c) De las ecuaciones anteriores se tiene la aceleración: v2 = mg cos θ − 2mg (1 − cos θ ) R La normal es N = mg (3 cos θ − 2 ) mgcosθ − m c) La masa m deja de estar en contacto con la superficie cuando N = 0 30 Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán N = mg (3 cos θ − 2 ) = 0 2 ⇒ cos θ = ⇒ θ = 48,19º 3 Ejemplo 47. En un parque de diversiones hay un cilindro grande vertical, de radio R que rota alrededor de su eje, con velocidad angular constante ω . Explicar cómo es posible que las personas que están dentro, al retirárseles el piso permanezcan “pegadas” a la pared interior del cilindro. m 2 . Los bloques están a la distancia R del eje de rotación. El coeficiente de rozamiento estático entre las masas y entre m 2 y la tornamesa es μ Considerando el rozamiento y la masa de la polea despreciables, encontrar la velocidad angular de la tornamesa para la cual los bloques justamente comienzan a resbalar. Solución. Solución. En este problema todo depende de tomar correctamente la dirección de la fuerza de fricción entre m1 y m 2 . Consideremos m 2 > m1 , por lo tanto m 2 tenderá a moverse hacia afuera, jalando a La figura muestra el D.C.L del hombre. m1 hacia adentro. La fuerza de fricción actuará en oposición a su movimiento relativo. La figura muestra los D.C.L. de los componentes del sistema. Aplicando La segunda ley de Newton: Como el hombre no cae, radialmente está en reposo (R = constante) ∑F y ∑ Fr = mac ⇒ − N = −mω 2 R z Aplicando la segunda Ley de Newton = 0 ⇒ mg − μN = 0 2 ∑F z = ma z , ∑F r = ma r y ∑F t = mat A la masa m1 : De estas ecuaciones: mg − μmω R N 1 − m1 g = 0 , − T + F1 = − m1ω 2 R , Ft = 0 A la masa m 2 : ω= g μR Esto quiere decir que para que suceda el efecto de suspensión de las personas, la velocidad angular ω tiene que tener un valor relacionado con el radio R y el coeficiente de fricción μ . Ejemplo 48. En la tornamesa mostrada en la figura el bloque de masa m1 descansa sobre el bloque de masa N 2 − N1 − m2 g = 0 , − T − F1 − F2 = − m2ω 2 R , Ft = 0 De las ecuaciones obtenemos: N 1 = m1 , N 2 = (m1 + m2 )g 2 y 2 F1 + F2 = (m2 − m1 )ω R F1 ≤ μm1 g , F2 ≤ μ (m1 + m2 )g 31 Dinámica de una partícula Corno ω puede incrementarse hasta que F1 y F2 alcancen sus valores máximos Hugo Medina Guzmán 2μm1 g + μ (m1 + m2 )g = (m2 − m1 )ω 2 R Finalmente ω= μ (3m1 + m2 ) R(m2 − m1 ) Curvas sin peraltar En estos casos la fuerza de rozamiento es la que nos proporciona toda la componente normal que servirá para tomar la curva. Siempre que tengamos que ésta es mayor que la aceleración normal el automóvil será capaz de tomar la curva, es decir, el caso límite se alcanza cuando Ejemplo 49. ¿Cómo afectará la rotación de la tierra al peso aparente de un cuerpo en el ecuador? Solución. La figura muestra la situación de un cuerpo situado en la línea ecuatorial v2 Fr = ma c = m R Ejemplo 50. ¿Cuál es la velocidad a que puede ir un automóvil por una curva sin peralte, de radio R, sin derrapar?, el coeficiente de rozamiento entre las ruedas y el suelo vale μ. Solución. Aplicando la segunda ley de Newton ∑F ∑F ∑F z = maz ⇒ Fz = 0 = mar ⇒ N − mg = − mω R 2 r ∑F h = mac ∑F V = 0 ac = v2 R t = mat ⇒ Ft = 0 El peso de la masa es representado por la reacción N F f = μN = μmg = m N = mg − mω 2 R Para tener una idea de cuánto afecta la rotación de la tierra es necesario hacer el cálculo numérico para esta consideración: El radio de la tierra en el ecuador: R = 6,378 x l06m La velocidad angular de la tierra v2 ⇒ v = μgR R Ejemplo 51. El ciclista tiene que inclinarse al desplazarse por una pista circular (o para pasar por una curva), Encontrar la relación de la velocidad con el radio de curvatura, el ángulo de inclinación y μ coeficiente de fricción. ω= 2π rad −5 rad = 7,27 × 10 24 × 3600 s s La aceleración de la gravedad en el Ecuador: g = 9,780490 m/s2 Porcentaje = ω2R g × 100 = 0,34% CURVAS EN LAS PISTAS. Para un cuerpo como un vehículo o un vagón de tren que se mueven describiendo una trayectoria curva de radio r, sobre el vehículo debe actuar una fuerza centrípeta para evitar que continúe moviéndose en línea recta y se salga de la pista; esta es la fuerza para hacer que el vehículo gire por la pista curva. La fuerza centrípeta necesaria la da el roce de las llantas o las pestañas de las ruedas del tren. Solución. La figura muestra el D.C.L. 32 Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán Ejemplo 52. ¿Cuál es la velocidad a que puede ir un automóvil por una curva con peralte, de radio R, sin derrapar, el peralte es de θ grados? Solución. Aplicando la segunda ley de Newton: ∑F z = maz ⇒ N − mg = 0 = mar ⇒ μN = m ∑F r v R 2 ∑ F⊥ = 0 ac = v2 R v2 R De las ecuaciones obtenemos N = mg y μmg = m Finalmente v = v2 R ∑ F// = mac cos θ ⇒ mgsenθ = m ⇒ v = gR tan θ μgR Del D.C.L. también obtenemos: tan θ = μN N Curvas peraltadas con rozamiento Este es un caso bastante más complejo de analizar. Ejemplo 53. ¿Cuál es la velocidad a la que puede ir un automóvil por una curva con peralte, de radio R, para que no se deslice hacia el exterior, el coeficiente de rozamiento entre las ruedas y el suelo vale μ., el peralte es de θ grados? Solución. =μ Esto quiere decir que si el motociclista al realizar una curva no se reclina y el piso no es lo suficientemente áspero (fricción), éste caerá. Curvas peraltadas sin rozamiento Para no tener que confiar en el roce o reducir el desgaste de los rieles y pestañas, la carretera o la vía pueden inclinarse, como en la figura. En este caso la componente de la normal dirigida hacia el centro de curvatura proporciona la fuerza necesaria para mantener al móvil en la pista. A la inclinación de la pista o vía se le llama ángulo de peralte, θ . F f = μN , a c = ∑F v2 R // = ma c cos θ v2 ⇒ mgsenθ + μN = m cosθ R ∑F ⊥ = 0 ⇒ N − mg cosθ = m v2 senθ R ⇒ N = mg cosθ + m v2 senθ R En estos casos se toma la proyección de la normal sobre la horizontal como causante de la fuerza centrípeta. Este caso se tiene, que: v2 2 R = v tan θ = mg Rg m Siendo ⎛ ⎞ v2 v2 mgsenθ + μ ⎜ mg cos θ + m senθ ⎟ = m cos θ ⎜ ⎟ R R ⎝ ⎠ 2 v v2 mgsenθ + μmg cos θ + μm senθ = m cos θ R R mg (senθ + μ cos θ ) = m θ , la inclinación de la carretera. 33 v = gR (senθ + μcosθ ) (cosθ − μsenθ ) v2 (cos θ − μsenθ ) R a c = R ∑ F// = mac cos θ ⇒ v2 mgsenθ − μN = m cosθ R v2 ∑ F⊥ = 0 ⇒ N − mg cosθ = m R senθ v2 ⇒ N = mg cos θ + m senθ R ⎛ ⎞ v2 v2 mgsenθ − μ ⎜ mg cos θ + m senθ ⎟ = m cos θ ⎜ ⎟ R R ⎝ ⎠ 2 2 v v mgsenθ − μmg cos θ − μm senθ = m cos θ R R ˆ aceleración constante A = Ai . A este conjunto de marcos de referencia se le Si la partícula P tiene una masa m y aplicarnos la segunda ley de Newton del movimiento en el sistema inercial S obtenemos F = ma → → Donde P es la suma de todas las fuerzas de interacción que actúan sobre las partículas.. En la mayoría de los casos se supondrá que la tierra es un marco inercial. ¿Cuál es la velocidad a laque puede ir un automóvil por una curva con peralte. para que no se deslice hacia el interior. En los problemas trabajados hasta esta parte el primer paso era dibujar un sistema de coordenadas. de radio R. El sistema S es inercial y el sistema S’ se mueve con respecto a S con ⇒ v = gR (tan θ + μ ) (1 − μ tan θ ) Para que no se vaya Ejemplo 54. estas aceleraciones son pequeñas comparadas con la aceleración de la gravedad y a menudo se pueden despreciar. v z = v' z ' → Para que no se caiga ˆ v = v'+ Ati → La velocidad debe de estar entre esos valores para permanecer en la carretera. z = z ' 2 → → 1 ˆ r = r '+ At 2 i 2 x = x'+ Derivando con respecto al tiempo encontramos v x = v' x ' + At . tal que D= → 1 2 At . Para relacionar con el sistema no inercial S’ 34 . 2 De la figura obtenemos que la posición de la partícula P es: mg (senθ − μ cosθ ) = m v = gR ⇒ v= (senθ − μcosθ ) (cosθ + μsenθ ) (tan θ − μ ) gR (1 + μ tan θ ) v2 (cosθ + μsenθ ) R 1 2 At . Sin embargo. el coeficiente de rozamiento entre las ruedas y el suelo vale μ. Ahora veremos cómo cambian los resultados cuando se trabaja en un MARCO DE REFERENCIA NO INERCIAL. MARCO CON MOVIMIENTO DE TRASLACION NO UNIFORME. Elegimos un sistema fijo a tierra. v y = v' y . Consideremos los sistemas S y S’ tal corno se muestra en la Figura siguiente. el peralte es de θ grados? Solución. gR (tan θ + μ ) ≥ v ≥ (1 − μ tan θ ) gR (tan θ − μ ) (1 + μ tan θ ) Derivando nuevamente encontramos a x = a' x + A . a z = a' z ' → ˆ a = a'+ Ai o a = a'+ A → → → → MOVIMIENTO EN MARCOS DE REFERENCIA NO INERCIALES Hasta este momento nuestro estudio de mecánica clásica lo hemos realizado en sistemas de referencia que están en reposo o con movimiento con velocidad constante con respecto a un sistema considerado en reposo. y = y ' . v2 F f = μN . a y = a' y ' .Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán conoce como MARCOS DE REFERENCIA INERCIALES. que es el nombre que se da a un marco de referencia acelerado. pero no pusimos atención al hecho que la tierra no es un marco inercial debido a que la tierra al viajar en su orbita casi circular alrededor del sol experimenta una aceleración centrípeta hacia el centro de la tierra. como se muestra en la figura. a su vez B ejercerá una fuerza sobre A. de la masa m. Observador en tierra: La figura muestra el D. a) Para un observador en S: El D. según la tercera ley de Newton. es una fuerza ficticia que agrega un observador ubicado en un sistema acelerado (respecto a uno inercial) para justificar los fenómenos que observa. Analizar el caso de masa m colgada mediante un hilo del techo de un vagón. si A ejerce una fuerza sobre B. de la masa m Aplicando la segunda ley de Newton: Solución. m sujeta a un resorte de constante k y largo l . ¿cuál es el otro cuerpo que está ejerciendo la fuerza ?. b) para un observador dentro del vagón (S’). de manera que. Como es sistema no inercial tenemos que aplicar la fuerza ficticia − mA .L. donde k es la constante del resorte y el signo menos significa que la fuerza es en oposición a la deformación.C. a) Desde el punto de vista de un observador en tierra (S). Si sobre una mesa sin fricción que se encuentra en un vagón se coloca una masa. Ahora. ⇒ T cos θ = mg Dividiendo (1) : (2) ∑F ∑F x y = ma x ⇒ Tsenθ = mA (1) = 0 ⇒ T cos θ − mg = 0 (2) 35 . La fuerza para estirar o comprimir un resorte es proporcional a su deformación lineal. Ejemplo 55. La fuerza es Aplicando la segunda ley de Newton: F = kΔl x FA = − m A m a ' = F + FA De este modo. → → ⇒ Δl = mA F Ejemplo 56.Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán → → → → ⎛→ ˆ⎞ F = m⎜ a '+ Ai ⎟ o m a' = F − m A ⎝ ⎠ Aquí vemos que para que el observador según S’ pueda aplicar la segunda ley de Newton debemos introducir una fuerza extra FA a la llamaremos fuerza de arrastre y debemos incluirla en los diagramas de fuerzas: → El observador ve que el resorte se estira Δl . FAB .C. tal que → → → → → → Observador en el vagón: La figura a continuación muestra el D. No existe tal cuerpo. la fuerza no tiene reacción. ¿es la reacción de la fuerza de arrastre?. de la masa m que no se mueve para el observador en el vagón. que se mueve con una aceleración A.L. Solución. en el sistema S’: Donde F ' es la suma de las fuerzas reales más la de arrastre → → → → → → ∑F = ma x ⇒ kΔl = mA ⇒ Δl = mA F F ' = F + FA Recalquemos el carácter ficticio de FA . Calcular la deformación del resorte desde el punto de vista del observador en tierra y desde el punto de vista del observador en el vagón. C. F = − kΔl . FBA . El tren arranca con una aceleración A que se mantiene constante en la dirección x. Aplicando la segunda ley de Newton ∑F x' = 0 ⇒ − mA = kΔl FAB = − FBA . Para aplicar una fuerza real sobre un cuerpo debemos ponerlo en interacción con otro. L. L. Encuentre el ángulo que forma la cuerda con la vertical.de la masa m Ejemplo 59. Ejemplo 57.. El D. Solución.L. es el mismo para todo sistema puesto que el movimiento vertical es independiente del horizontal. y = y' = h − piso: Aplicando la segunda ley de Newton 1 2 gt . Solución.C. b) El tren frena con aceleración A constante. resuelva para un observador situado dentro del ascensor. Considerando que en el momento que suelta la piedra el tren tiene una velocidad v 0 . A su vez el carrito tiene una aceleración horizontal de magnitud g respecto al ascensor. Desde el techo de un carrito de juguete cuelga una masa m unida al cielorraso mediante una cuerda ideal.. El tiempo en que la piedra esta en movimiento. Hallar la trayectoria de dicha piedra que ve el pasajero y la trayectoria vista por un observador en tierra.C. deja caer una piedra. a) El tren acelera con aceleración A constante. desde el punto de vista del hombre en el ascensor. Dividiendo (1) / (2) 36 . Aplicando la segunda ley de Newton ⇒ Tsenθ = mA = 0 (1) ∑ Fy ' = 0 ⇒ T cosθ − mg = 0 ⇒ T cos θ = mg (2) Dividiendo (1) : (2) obtenemos: ∑F x' = 0 ⇒ Tsenθ − mA = 0 tan θ = A g Aplicamos la segunda ley de Newton. El pasajero de un tren deja caer una piedra en diversos estados de movimiento del tren. Para un observador en el ascensor. Resolver el caso del peso del hombre en un ascensor cuando asciende con una aceleración constante A. ⇒ N = m( g + a ) N = m( g + a ) ∑F y' = ma y ' ⇒ N − mg − ma = 0 El peso del hombre será la reacción N En caso de subir con aceleración a: En caso de bajar con aceleración a: N = m( g − a ) Solución.de la masa m 2 g = ⇒ θ = 33.Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán tan θ = A g tan θ = b) Para un observador en S’ El D. para y = 0 la piedra lega al 2 2h g h− ⇒ Tsenθ = mg ∑F x' = ma x ' (1) 1 2 gt = 0 ⇒ t = 2 g⎞ ⎛ = 0 ⇒ T cos θ − m⎜ g + ⎟ = 0 2⎠ ⎝ 3 ⇒ T cos θ = m g (2) 2 ∑F y' a) Cuando el tren va con aceleración A. El carrito se encuentra en el piso de un ascensor que sube con aceleración g/2.7° 3 3 g 2 Ejemplo 58. Observador en el tren La ecuación del movimiento en el sistema S’ Movimiento de la piedra La piedra cae a una distancia Δx = del punto de plomada. este es un caso específico. deja caer una piedra. detrás 2 La piedra cae a una distancia Δx = xtren − x piedra = plomada. → → → Observador en tierra Las ecuaciones del movimiento en el sistema S. La posición de la partícula con respecto a un sistema inercial está determinada por un vector r . el nuevo origen está determinado → La piedra cae a una distancia Δx = del punto de plomada. x piedra = − 1 2 At 2 1 2 At . El gráfico siguiente muestra el moviendo visto por un observador en el sistema S y en el sistema S’. detrás 2 MARCO DE ROTACIÓN Veamos el caso de un marco de referencia que está rotando con velocidad angular ω con respecto a otro marco de referencia. b) Cuando el tren desacelera con aceleración A. Observador en el tren La ecuación del movimiento en el sistema S’ Movimiento de la piedra xtren = v0 t + 1 2 At 2 1 2 At . sin embargo tiene todos los efectos en él. Movimiento de la piedra De la figura tenemos. Movimiento de la piedra x piedra = v0 t Movimiento del tren plomada. Supongamos que tenemos un objeto moviéndose alrededor de un punto arbitrario. Consideremos un nuevo sistema de coordenadas tal que siga al objeto. El gráfico siguiente muestra el moviendo visto por un observador en el sistema S y en el sistema S’. Considerando que en el momento que suelta la piedra el tren tiene una velocidad v 0 .Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán xtren = v0 t − 1 2 At 2 1 2 At . detrás del punto de 2 x piedra = 1 2 At 2 1 2 At . por R contenido en r tal que la posición de la partícula en este nuevo sistema está ciada por r ' . → x piedra = v0 t Movimiento del tren 37 r = R + r ' = Rr + r ' r = (R + r ')r ˆ ˆ ˆ → → Derivando: . detrás del punto de 2 La piedra cae a una distancia Δx = xtren − x piedra = Observador en tierra Las ecuaciones del movimiento en el sistema S. tal R + r ' = b . → → → → → ⎡ d 2 ( R + r ') ⎤ ⎡ d ( R + r ') ⎤ ω + (R + r ')α ⎥tˆ ˆ =⎢ − (R + r ')ω 2 ⎥ r + 2⎢ 2 dt ⎣ ⎦ ⎣ dt ⎦ d2 r donde a = es la aceleración de la partícula dt 2 → → d ( R + r ') d 2 ( R + r ') y =0 =0 dt dt 2 dω ω = constante. α = =0 dt FAr = m(R + r ')ω 2 r = mbω 2 r ˆ ˆ → Sólo nos queda Que es la fuerza ficticia del centro hacia afuera y se le da el nombre de FUERZA CENTRÍFUGA. Llamando a → ⎡ d 2 ( R + r ') ⎤ − (R + r ')ω 2 ⎥ r Ar = ⎢ ˆ 2 ⎣ dt ⎦ y At = 2 ⎢ → ⎡ d ( R + r ') ⎤ ω + (R + r ')α ⎥tˆ ⎣ dt ⎦ → ˆ Tenemos: A = Ar r + At t ˆ Tal que: a = a '+ A → → → α= dω =0 dt d ( R + r ') .Dinámica de una partícula → Hugo Medina Guzmán Si la partícula tiene una masa m y aplicamos la segunda ley de Newton en el sistema inercial dr d d ( R + r ') dr ˆ r + ( R + r ') = (R + r ')r = ˆ ˆ dt dt dt dt dr ˆ Como = ωtˆ dt d r dR dr ' = r+ r + (R + r ')ωtˆ ˆ ˆ dt dt dt dr → = v es la velocidad de la partícula vista en el dt d r' → sistema inercial y = v' es la velocidad de la dt partícula vista en el sistema no inercial. dt y nos queda FAr = m(R + r ')ω 2 r ˆ 38 . → vista en el sistema inercial y a' = → d 2 r' es la aceleración de la partícula vista en dt 2 → e1 sistema no inercial. en el sistema no inercial d ( R + r ') ˆ dω ˆ + ωt + (R + r ') tˆ − (R + r ')ω 2 r dt dt = d 2 (R + r ') d ( R + r ') ˆ ˆ r+2 ωt 2 dt dt ˆ + (R + r ')αtˆ − (R + r ')ω 2 r d 2 r d 2 ( R + r ') d ( R + r ') ˆ ˆ r+ ωt = 2 2 dt dt dt F ' = m a ' = F + FA Recalquemos el carácter ficticio de FA Con el objeto de clarificar esta idea veamos dos casos especiales: a) El origen O’ rota con velocidad angular constante ω a una distancia constante b. debemos insistir que solo aparece en el marco no inercial. Tal que → → dR r + v'+ (R + r ')ωtˆ ˆ dt → F = ma → → → → donde F es la suma de todas las fuerzas de interacción que actúan sobre la partícula. b) El origen O’ rota con velocidad angular constante ω y también se está alejando del origen fijo en O con una velocidad constante V = Con esto. Para relacionar con el sistema inercia! → → → → ⎛→ →⎞ F = m⎜ a '+ A ⎟ o m a' = F − m A ⎝ ⎠ → Para que el observador pueda aplicar la segunda ley de Newton debemos introducir aquí también una fuerza extra FA y debemos incluirla en los diagramas de fuerzas → FA = − m A ˆ d 2 ( R + r ') d (R + r ') dr d (R + r ') dω dt ˆ r+ + ωtˆ + (R + r ') tˆ + (R + r ')ω ˆ dt dt dt dt dt dt 2 → → v= FA = FAr r + FAt tˆ ˆ → → → Para encontrar la aceleración es necesario derivar nuevamente: d r d d ⎡ d ( R + r ') ⎤ = 2 (R + r ')r = ˆ ˆ r + (R + r ')ωt ⎥ ⎢ dt dt 2 dt dt ⎣ ⎦ 2 2 → Como → dr dtˆ ˆ = ωtˆ y = −ωr ˆ dt dt → ⎤ ⎡ d 2 ( R + r ') FAr = −m ⎢ − (R + r ')ω 2 ⎥ r ˆ 2 ⎦ ⎣ dt → y FAt = 2m ⎡ d (R + r ') ω + (R + r ')α ⎤t ⎢ dt ⎥ˆ ⎣ ⎦ De este modo. R y r’ son constantes. a r = −ω Tenemos (l + Δl ) . La figura muestra el D. Ejemplo 60. ¿Cuál es la fuerza que la plataforma ejerce sobre el hombre. La figura muestra el D. cuya dirección es transversal. ∑F ∑F r t = mat ⇒ Rt = m(− 2vω + αr ) 2 = ma r ⇒ − Rr = ma r − mrω 2 Como: a r = 0 y Rr = mrω y α = 0: Rt = −2mvω Rt es debido a la aceleración de coriolis. = ma' t ' ∑ F' r' = ma' r ' .C. Se tiene una plataforma circular de radio R a la cual se le ha pintado un radio y gira con velocidad angular constante ω . − T = −mω 2 (l + Δl ) . se conoce como FUERZA DE CORIOLIS.Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán ˆ y FAt = −2mVωt Esta última fuerza ficticia. Ft = 0 De aquí obtenemos: N = mg y T = mω 2 (l + Δl ) Como T = kΔl kΔl = mω 2 (l + Δl ) mω 2 l k − mω 2 Aplicando la segunda ley de Newton: y Δl = Visto por un observador no inercial colocado en el centro de rotación y girando con la misma velocidad angular. Como a ' z ' = 0 .C. ∑F r = ma r . a ' r ' = 0 . en función de su posición? mω 2 l k − mω 2 Solución. Rr es el sentido indicado en la figura y Rt en el sentido contrario. de la masa Aplicando la segunda ley de Newton. el resorte estira Δl . Ejemplo 61. Ft = 0 Como T = kΔl − kΔl + mω 2 (l + Δl ) = 0 y Δl = Visto por un observador no inercial colocado sobre la misma masa Este caso es idéntico al caso anterior.L. Se quiere calcular el estiramiento Δl del resorte. at ∑F t = mat =0 Solución. Un cuerpo de masa de masa m unido a un resorte de constante k y longitud l que gira con ve1ocidad angular ω constante en un plano horizontal sin fricción. Aplicando la segunda ley de Newton: 39 . → ∑ F' ∑ F' z' t' = ma' z ' . − T + mω 2 (l + Δl ) = 0 . 2 Como: a z = 0 . Visto por el observador inercial. del hombre N − mg = 0 . L. luego su longitud es (l + Δl ) ∑F z = ma z . Un hombre camina de afuera hacia adentro de la plataforma siguiendo la línea con una velocidad de módulo constante v . Tenemos ∑ F' t' = ma' t ' N − mg = 0 . 27 m/s2 . b) j ˆ F = − 16i − 2 ˆ N j 6. de acuerdo con la tercera ley de Newton habría una fuerza igual hacia atrás. 256. con la dirección del camino. 40 9. 4. Sobre una partícula de masa m que parte del reposo en origen de coordenadas. CD = 0. Asumiendo que la fuerza sobre la caja es constante. actúa una fuerza Respuesta. 4. que a su vez esta ‘parado’ sobre una mesa. b) La tuerza de reacción inercial de la masa superior aumenta la resistencia frente a una aceleración rápida. -21. ¿Cómo podría usted razonar con este misterioso caballo? Respuesta. se negó argumentando que si él tiraba la carreta hacia delante. De acuerdo con la leyenda.3º → → ( ) ( ) Respuesta. BC = 2mg. está apoyado en el extremo superior de un resorte vertical. a) La cuerda superior debido a que la tensión es mayor. ˆ F = 2i + 3 ˆ Después de l0s la posición de la j partícula viene dada por las coordenadas (3m. a) Si en el cubo inferior se hace presión suavemente hacia abajo.3 kg. CD se puede retirar y no pasa nada. que forman un ángulo de 30º y 60º respectivamente. ¿Cuál es su masa? Respuesta. con fuerzas de 160 N y 200 N. Calcular la magnitud de la fuerza resultante y la dirección en la que se moverá el carro. ¿Cuál es la mínima aceleración con la que puede deslizarse hacia abajo un hombre de 75 kg por una cuerda que solo soporta una tensión de 490N. a) F = − 4i − 2 ˆ N. AD = DB = mg . ¿Cuál de las cuerdas se romperá antes? ¿porqué? b) Si la masa interior se golpea hacia abajo con un martillo. El libro de Física I. b) identificar todos los pares de fuerzas de acción y reacción. m = 33. 3. Dos cubos de masa m están unidos mediante una cuerda y uno de ellos está sujeto al techo mediante otra cuerda igual. la carreta no aceleraría. Dos alumnos de forestal ubicados en los bordes opuestos de un camino recto tiran a un carro por el camino. se rompe la cuerda de abajo ¿porqué? . CB = CA = mg/2. a = 3.4 m/s 7. 2 Hallar las fuerzas que actúan sobre cada una de las seis barras rígidas de peso despreciable. un caballo aprendió las leyes de Newton. Una caja de 40 kg que está resbalando en el piso disminuye su velocidad de 5 m/s a 2 m/s. encontrar su magnitud y dirección relativa a la velocidad de la caja. → ( ) ˆ 5. Respuesta. De esta manera.Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1. Para cada componente del sistema libro-resorte-mesa-tierra: a) dibujar el diagrama de cuerpo libre. 20N opuesta a la velocidad. Cuando se le dijo que tirara una carreta. 8. las fuerzas estarían balanceadas y de acuerdo con la segunda ley de Newton. v = 11.1N. ¿Cuál será la velocidad de la persona después de deslizarse la distancia de 20m? Respuesta. tal que: a) no acelere? ˆ b) tenga una aceleración − 4i m/s2 → → 2ˆ j ˆ Respuesta. Si están unidas mediante pivotes lisos y cada una de las barras cortas tiene una longitud l . ¿Qué fuerza en adición a F1 = 4i N y F2 = N debe aplicarse al cuerpo en la figura.5 m). Una masa de 5kg cuelga de una cuerda de 1m de longitud que se encuentra sujeta a un techo. d) 5 N. c) -1. μ = 0.577 ˆ m/s2.89 ˆ m/s2 j j C llega primero. a) Dibujar el diagrama de cuerpo libre para cada bloque. Respuesta. Dos bloques de masas M y 3M ubicado a la derecha de M. determinar la aceleración de cada 41 . Una mano ejerce una fuerza horizontal de 5 N para mover hacia la derecha a dos bloques en contacto entre sí uno al lado del otro. a) 1/3. b) la fuerza ejercida por el paquete A sobre el B. 14. Respuesta. En la figura bloque. c) 5/3 m/s2. La misma fuerza aplicada a una masa m2 produce una aceleración 1 m/s2. 13.75 m/s2.2 m. Respuesta. 5 kg . c) 15Mg N. a) Hacer los diagrama de cuerpo libre. determinar: a) la tensión en el cable. 15. mC = 10kg Respuesta. de masa despreciable. 18. c) la velocidad de A cuando ha recorrido 1.68 N 16. Tres fuerzas F1 = − 2i + 2 ˆ N. m A = 5 kg. encuentre su aceleración bajo la acción de F. j ˆ F2 = 5i − 3 ˆ N y F3 j → → ( ) ( → ) ˆ = (− 45i ) N que actúan Respuesta: a) a A = a B = 0. El bloque de la izquierda tiene una masa de 2 kg y el de la derecha de 1 kg.346 ˆ m/s 17. a A == → → 4.Dinámica de una partícula 10.7 N. b) 5 m/s2. 5N. Hugo Medina Guzmán ˆ 11.15. 15. Sabiendo que los paquetes están en contacto cuando se dejan libres. j → a B == −0. El coeficiente de rozamiento entre el plano y el paquete A es 0. calcular su velocidad después de 10s? 12. Respuesta. Dos paquetes se colocan sobre un plano inclinado como muestra la figura. b) 0. a) ¿Cuál es el valor de la proporción m1/m2? b) Si se combinan m1 y m2. sobre una superficie horizontal sin roce.45 . j j Respuesta. b) la velocidad de B transcurridos 3 s. b) Calcular la aceleración del sistema. a) ¿Cuál es la dirección de la aceleración? b) ¿Cuál es la masa del objeto? c) Si el objeto esta inicialmente en reposo. a) 302 N. c) Resolver el problema invirtiendo las posiciones de los paquetes. c) Calcular la tensión del alambre. determinar: a) la aceleración de cada paquete.79 ˆ m/s. c) Calcular la aceleración y fuerza sobre el bloque de 1 kg. que están sobre una mesa horizontal lisa se unen entre sí con una varilla de alambre horizontal. m B = 20 kg mC = 15 Kg. a C == −2. Si el sistema se abandona en reposo. b) 5/3 m/s2. Calcular la fuerza horizontal que aplicada a la masa la desvíe 30 cm de la vertical y la mantenga en esa posición. ¿Que bloque llega primero al suelo? mA=5kg. b) 6. sobre un objeto le producen una aceleración de valor 3 m/s2.738 m/s2. mB = 15 kg. b) 5.25 y entre el plano y el paquete B es 0. Un bloque A de 100 kg está unido a un contrapeo 8 de 25 kg mediante un cable dispuesto como muestra la figura. Una fuerza F aplicada a un objeto de masa m1 produce una aceleración de 3 m/s2.04 ˆ m/s2. b) Calcular la aceleración del sistema. d) Calcular la fuerza neta actuando sobre cada cuerpo. Determinar la aceleración de cada uno de los bloques de la figura. Una fuerza horizontal de magnitud 2Mg se aplica sobre M hacia la izquierda. El bloque C tiene una masa de 4. Una fuerza externa P = 80 N. El coeficiente de roce entre la nieve y los esquíes es 0. 24.1 kg 25. a) 3. El coeficiente de roce cinético es 0.45 ˆ m/s2. deslizándose desde la parte superior del plano inclinado 30º con la horizontal. la que mantiene el sistema en equilibrio estático según como se muestra.8 s.1. la aceleración del bloque. j j Respuesta. En el sistema de la figura. mB = 100 kg.91 ˆ m/s2. saliendo desde la cima ubicada a 3 m de altura respecto a la horizontal. 23. → Respuesta. de modo el sistema siga en reposo tal como se muestra. de coeficiente de roce μ. → 21. Deducir la expresión de la magnitud de F para que el sistema se mueva: a) con rapidez constante. Se tiene un sistema formado por tres bloques y una polea sin fricción.6 m. Pepe anda esquiando. Mg (μ cos α + senα ) + μmg + a(m + M ) . b) Calcular la longitud del plano si el bloque sale con una rapidez de 5 m/s.0 kilogramos.Dinámica de una partícula b) 28 N y 37 N Hugo Medina Guzmán Respuesta. Respuesta. Las tensiones en las dos cuerdas verticales son: Respuesta. b) T = 4000 N. aC = 0 19. con una rapidez de 10 m/s. El coeficiente de roce es μ entre cada cuerpo y los planos. mA=250 kg. c) 2. El bloque de masa m de la figura parte del reposo. El bloque A tiene una masa de 6. La masa del bloque A no se cambia. b) 5. cuando en algún momento sube 5 m deslizándose por la pendiente de un cerrito nevado en sus esquíes. Respuesta. D.81 ˆ N 20. Calcular en función de m. b) a) ¿Cuál es la masa del bloque B? ¿Cuál es la fuerza de fricción sobre el bloque A? b) se quita la fuerza externa de 8. μ y α. se aplica verticalmente al bloque A. a B = −2. a) 13 m/s. pero están justo por iniciar el movimiento. b) con aceleración a constante. b) 16.0 kilogramos y está en una superficie áspera (μ = 0. Determinar la aceleración del cilindro B de la figura.2 N 42 . si a) T = 1500 N.4 m/s2. En el sistema de la figura.0 N.11 ˆ N b) -9.40). a A = → j j 4. a) Calcular la rapidez con la cual el esquiador comienza a subir la pendiente. a) -3.3. determine el tiempo total del movimiento. c) Si el bloque cae al suelo a una distancia horizontal de 3 m desde el borde del plano. a) Calcular la aceleración del bloque mientras se mueve sobre el plano. g. la fuerza F paralela al plano inclinado empuja al bloque de masa m haciéndolo subir una distancia D sobre el plano. 22. b) Determine la distancia horizontal que vuela Pepe cuando sale de la punta del cerro. Las masas de los bloques B y C se ajustan. a) 2. F.2 m. se aplica una fuerza F sobre m. 5m/s2. Un trineo de 50 kg de masa se empuja a lo largo de una superficie plana cubierta de nieve. donde la magnitud de la aceleración de caída libre es 1. c) ( ) 32.6g. Calcular: a) la aceleración de cada bloque. Demostrar que si la masa asciende desde la base del plano. La masa m1 sobre una mesa horizontal sin fricción se conecta a la masa m2 por medio de una polea móvil y una polea fija sin masas. Sobre el planeta X un objeto pesa 12 N. y c) las aceleraciones a1 y a2 en función de m1. El bloque M desliza sin roce en la superficie horizontal. µmg/(m+M). b) [2L/(a1-a2)]1/2. y el coeficiente de rozamiento cinético es 0. 1. El coeficiente de roce es μ entre los bloques. Dos bloques de 1 y 2 kg. Los bloques parten del reposo con el pequeño en un extremo del grande. ubicados sobre planos lisos inclinados en 30º. a) ¿En qué tiempo el objeto se moverá con una velocidad de 15 m/s? b) ¿A qué distancia está de su posición inicial cuando su velocidad es 15 m/s? c) ¿Cuál es la posición del objeto en este tiempo? Respuesta. . que tiene su extremo inferior fijo a un eje vertical que puede girar. ¿Cuál es la aceleración máxima con la cual la araña puede subir por la hebra con toda seguridad? Respuesta. calcular: el coeficiente de roce y la tensión en la cuerda. El coeficiente de rozamiento estático es 0. y la superficie horizontal no presenta fricción. ¿Cuál es la aceleración del globo y de los instrumentos? b) Después de que el globo ha acelerado durante 10 segundos. como se muestra en la figura. La tensión máxima que soporta la hebra antes de romperse es 2. El coeficiente de fricción estático entre los bloques A y B es 0. a) ¿Cuál es el peso del trineo? b) ¿Qué fuerza se requiere para que el trineo comience a moverse? c) ¿Qué fuerza se requiere para que el trineo se mueva con velocidad constante? d) Una vez en movimiento. 31. b) Calcular el tiempo que el bloque m demora en llegar al otro extremo de M. → ˆ F = 8i − 4tˆ N (donde t está en segundos). Respuesta. (18iˆ − 9 ˆj ) m 28. b) las tensiones en las cuerdas. ¿Cuál es velocidad de los instrumentos en el momento en que se sueltan? c) ¿cuál es la fuerza neta que actúa sobre los instrumentos después de que se sueltan? d) ¿En qué momento la dirección de su velocidad comienza a ser hacia abajo? 43 34.Dinámica de una partícula 25. a) (F. el objeto pesa 27 N. Un bloque de masa M se ubica sobre un pequeño plano inclinado un ángulo α sin roce.1m. En algún momento el eje gira con el plano con rapidez constante. Determinar: a) una relación entre estas aceleraciones.5.1 x 10-3 N. los instrumentos se sueltan. c) si la aceleración cuando los planos son rugosos fuera ½ de la calculada en ese problema. su rapidez cuando ha subido una distancia L es v = gLsenα . b) 20. Una araña de 2 x 10-4 kg está suspendida de una hebra delgada de telaraña. b) la tensión en la cuerda. 27. se j aplica a un objeto de 2 kg inicialmente en reposo.µmg)/m. como se ve en la figura. 29. a) El globo se suelta y ejerce una fuerza hacia arriba de 5 N sobre los instrumentos. m2 y g. en función de L y las aceleraciones. ¿qué fuerza total debe aplicársele al trineo para acelerarlo a 3 m/s2? 33.7 kg. a) 3s.3. Si a1 y a2 son magnitudes de las aceleraciones de m1 y m2. Hugo Medina Guzmán 30. 26. Una fuerza dependiente del tiempo. a) Calcular la aceleración de cada bloque relativa a la superficie horizontal. Una fuerza F se aplica a un pequeño bloque de masa m para hacerlo moverse a lo largo de la parte superior de un bloque de masa M y largo L. En el planeta Y. 7m/s2.1. respectivamente. ¿Cuál es la masa del objeto y cuál es la aceleración de caída libre en el planeta X? Respuesta. se conectan por una cuerda ligera que pasa por una polea sin roce. 0. Los instrumentos de un globo meteorológico tienen una masa de 1 kg. Calcular la fuerza F que debe aplicarse sobre un bloque A de 20 kg para evitar que el bloque B de 2 kg caiga. 4 rad/s. b) la velocidad en el punto B. Respuesta.9° 38. determinar la desaceleración tangencial de cada automóvil sí sus respectivos frenos sen repentinamente accionados y las ruedas deslizan. 73° 20’ 41.91 m/s2.2m de radio.60. En el instante en que la velocidad angular vale 2. 42. 100 N debido al hombre.Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán b) Calcular la tensión de la cuerda. a B = 7. Determinar: a) la componente tangencial de la aceleración en el punto B. a) Respuesta. determinar El ángulo que forma la cuerda con la vertical. c) g 2mg d) 10 N debido a la tierra. con un coeficiente de rozamiento 0. 37. Expresar la rapidez y en función de la altura y de la trayectoria sobre el vértice del cono. a) gsenθ . 40 N debido al agua.86 m/s2. Un estudiante hace girar un balde que contiene 2 kg de agua en una circunferencia vertical de l. Sabiendo que el coeficiente de rozamiento entre las llantas y la carretera es 0. 39. g (l + Lsenα ) tan α . el brazo del péndulo es de longitud l y la cuerda de largo L. d) 60°.30? Respuesta: 22. a A =3. ¿Con qué ángulo debe peraltarse una carretera en una curva de 50 m de radio. v = 36. una partícula . c) la tensión en la cuerda cuando la bola para por el punto mas bajo. b) 2mg . gy 40. 44 2π r .3? ¿Cuál es el ángulo que hará la motocicleta con la horizontal? Respuesta: 147 m. En el sistema de la figura. Respuesta. Respuesta. considerar a) ¿Cuál es la máxima velocidad para que el agua permanezca en el balde? b) ¿Cuál es la fuerza ejercida por el balde sobre el agua en el punto inferior de la circunferencia? c) ¿a la altura de los hombros? d) Si el balde pesa 10k. b) c) mg (3 − 2 cos θ 0 ) . 2 gL(cos θ − cos θ 0 ) . Una bola pequeña da vueltas con una rapidez y recorriendo una circunferencia horizontal en el interior de un cono recto de base circular. a) v = b) mg/cos α. ¿Cuál es el mínimo radio que un motociclista con velocidad de 21 m/s puede hacer en una pista que tiene un coeficiente de fricción con las llantas igual a 0. aC = 5.89 m/s2. hallar cada una de las fuerzas que actúan sobre el balde en el punto inferior de la circunferencia. Tres automóviles circulan a la velocidad de 80 km/h por la carretera representada en la figura. para que un vehículo pueda tomar la curva a 72 km/h. Una bola de masa m se suelta sin velocidad inicial desde un punto A y oscila en un plano vertical al extremo de una cuerda de longitud L. Una mesa giratoria horizontal tiene una aceleración angular de α = 3 rad/s2. de modo que la cuerda que sostiene a la masa m forme un ángulo de α º con la vertical.5° ≤ θ ≤ 55. d) el valor de si la tensión en la cuerda es 2 mg cuando la bola pasa por el punto C Respuesta. a) Calcular la rapidez tangencial para que el sistema gire en torno al eje de rotación que pasa por la barra vertical. 35. c) Si el sistema da una vuelta en 30 s. → 45 . b) cayendo libremente en el aire. como la de un carrusel a una cierta distancia de su centro. e) la componente tangencial de la fuerza aceleradora. f) Fr = 20 x l0-5 N. 44. Respuesta. Calcular el ángulo de peralte de una carretera en una curva de radio 150 m. f) la componente centrípeta de la fuerza aceleradora. Respuesta.Dinámica de una partícula de masa 1. con tal que esté situada a una distancia inferior a 50 cm del eje vertical de rotación de la mesa. Describir e interpretar las fuerzas que realmente se apreciarían si nos encontráramos con los ojos vendados y: a) de pie sobre una plataforma elevada. sobre un pavimento cubierto de escarcha. b) a t = . Se tiene una partícula de masa 5g que se mueve sobre una trayectoria curva y su aceleración en un Hugo Medina Guzmán c) a = 5 cm/s2. Respuesta: a) Ff = 7. c) estando sentado en el suelo de una plataforma en rotación.8 kg descansa sin deslizar sobre la mesa. e) Ft = 15 x 10-5 N. Respuesta.9 N b) μ s = 0. Hallar: ˆ a) la aceleración tangencial. a) Una fuerza de reacción de la plataforma hacia arriba.4 cm/s2 . a) ¿Cuál es el valor de la tuerza de rozamiento? b) Hallar el coeficiente de rozamiento estático entre el objeto y la mesa.1°. 45. g) F = 25 x 10-5 N. g) la fuerza aceleradora total. c) el módulo de la aceleración total. para que un camión de 15 toneladas pueda girar con una rapidez de 70 km/hr. 14º ˆ momento dado vale a = (3t + 4n ) cm/s2.45 43. b) Ninguna fuerza. c) Una fuerza de reacción de la plataforma y una fuerza hacia afuera (radial). d) el ángulo φ que la aceleración total forma con la tangente a la curva. a) a t = 3 cm/s2 . b) la aceleración centrípeta. d) φ = 53. determinamos la aceleración a = F / m . Si el resorte se estira o se comprime una longitud pequeña desde su posición no deformada o de equilibrio. el resorte ejercerá una fuerza sobre el cuerpo F = − kx . Es decir. el signo negativo (-) significa que la fuerza es en sentido opuesto al sentido del desplazamiento. o si se hubiese transportado dos veces la masa m. En el estudio de la mecánica tiene un significado más restringido. TRABAJO Y ENERGÍA INTRODUCCIÓN Con lo que hemos visto hasta el momento estamos en condiciones de analizar un movimiento en situaciones en que la fuerza es constante. menor que el peso mg del bloque. Una vez aplicada La segunda ley de Newton. todavía no tenernos el conocimiento matemático para resolverla. pero no sabemos resolverlas.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán CAPÍTULO 5. por ejemplo cuando se jala una masa situada en un extremo de un resorte. el problema se complica. por ejemplo si subimos cierta altura h con una masa m decimos que hemos realizado un trabajo W. dt dt 2 Obtenemos: d 2x − kx = m 2 dt 2 d x k ⇒ + x=0 dt 2 m A pesar de ser una ecuación simple esta última. si subimos la misma altura h pero con una masa 2m. 1 Si ahora aplicamos al mismo tiempo las dos fuerzas. k es la constante del resorte. se habrá realizado un trabajo 2W. Cuando una fuerza constante Fx mueve un cuerpo realizando un desplazamiento Δx que tiene la misma dirección que la fuerza. la altura h. es importante notar que los conceptos de Trabajo y Energía se fundamentan en las leyes de Newton y por lo tanto no requieren ningún principio nuevo. donde x es el desplazamiento del cuerpo desde la posición de equilibrio ( x = 0 ) . igual a que si se hubiese transportado una masa m una altura 2h. Estas observaciones sugieren que el trabajo es una magnitud física proporcional a la fuerza y a la distancia. de la cual nos ocuparemos en el Capítulo de Elasticidad Apliquemos la segunda ley de Newton: W = Fx Δx ∑ F = ma Ahora consideremos que sobre la misma masa m actúa una fuerza vertical Fy . dv d 2 x Con F = − kx y a = = . estamos en condiciones de plantear las ecuaciones del movimiento. Sin embargo. TRABAJO El término “trabajo” que se usa en la vida cotidiana es para definir una actividad de algún tipo que incluye un esfuerzo físico o mental y cuya finalidad sea el alcance de algún objetivo definido y bien establecido. Veremos aquí que se puede tomar un atajo y resolver de otra forma el problema. Pero en el caso en que la fuerza no es constante. De aquí podemos determinar la velocidad y la posición. como tal no dará origen a ningún movimiento vertical y por lo tanto no estará realizando trabajo. se define la cantidad de trabajo realizado por esta fuerza como: La figura muestra un cuerpo de masa m sobre una superficie horizontal lisa. conectado a un resorte helicoidal. Esta ley de fuerza se conoce como la ley de Hooke. En este capitulo se verán los conceptos de Trabajo y Energía que se pueden aplicar a la dinámica de un sistema mecánico sin recurrir a las leyes de Newton. → . pero que puede sumarse como un escalar. la fuerza aplicada es: ˆ F = Fx i + Fy ˆ j Si el desplazamiento del bloque es únicamente en la dirección x. Whombre + Wgravedad = 0 2 . y1. y2.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán ˆ Δ r = xi → dW = F d r cos θ dW = F ds cos θ dW = Ft ds Es el trabajo realizado por la componente tangencial de la fuerza Ft . a) Sea P la posición de la partícula en un instante t . z2) tenemos que integrar el trabajo diferencial. si esta es suficientemente pequeña se puede → asimilar como la cuerda PP' . dW = F ⋅ d r → → b) Podríamos hacerlo directamente por la ley de Newton. → Δr → La dirección de la cuerda → PP' es el de la tangente PT en P. Como la masa se mueve con velocidad constante. → → Wgravedad = ∫ y =h → y =0 h ˆ ˆ F ⋅ d r = ∫ − mgk ⋅ dyk 0 → ( ) = − mg ∫ h 0 dy = − mgh El trabajo de la fuerza F para el desplazamiento → d r es un trabajo diferencial. la fuerza es constante en dirección y sentido. z1) a un punto P2(x2. → ˆ ˆ F = Fxi + Fy ˆ + Fz k j Siendo → ˆ ˆ d r = dxi + dyˆ + dzk j → → → Consideremos el caso general de una fuerza F cualquiera que mueve a una partícula sobre una trayectoria curva como se muestra en la siguiente figura. 1 Joule = (1 Newton)(1 metro) Ejemplo 1. El trabajo realizado es el producto escalar de la tuerza por el desplazamiento es: ˆ ˆ j ΔW = F ⋅ Δ r = (Fx i + Fy ˆ ) ⋅ Δxi = Fx Δx → → Para evaluar el trabajo realizado para ir desde el punto P1(x1. Un hombre levanta una masa m con una fuerza tal que la coloca a una altura h sobre el piso a velocidad constante. Tenemos: F ⋅ d r = Fx dx + Fy dy + Fz dz Luego: WP1 P2 = ∫ x2 x1 Fx dx + ∫ Fy dy + ∫ Fz dz y1 z1 y2 z2 La unidad de trabajo es una unidad derivada de las unidades de fuerza y de longitud. el desplazamiento de la → partícula en el tiempo Δt es PP' = Cuando P’ tiende a P (Δt → 0 ) . O ΔW = FΔx cos θ Donde WP1P2 = ∫ dW = ∫ F ⋅ d r P 1 P 1 P2 P2 → → → F = F +F 2 x 2 y y Para esto tenemos que conocer como varía F θ es el ángulo formado entre la fuerza aplicada y el desplazamiento. a) ¿Cuánto trabajo realiza la gravedad? b) ¿Cuál es la magnitud de la fuerza que ejerce el hombre? Solución. el trabajo realizado es cero. la posición con respecto al origen de coordenadas O está dada por La partícula en el tiempo Δt describe la trayectoria ∩ OP = r → → PP' . [W ] = FL = ML2T −2 En el sistema Internacional la unidad de trabajo es el Joule (J). Δ r es d r . El trabajo de la componente normal → → Fn es nulo. pero lo haremos con los conceptos de trabajo. Whombre = ∫ y=h y =0 h ˆ ˆ Fhombre ⋅ d r = ∫ Fk ⋅ dyk 0 → → = F Luego: → Fh = mgh ⇒ F = mg Solución. e) Determine el trabajo neto efectuado sobre la caja por todas las fuerzas que actúan sobre ella. Se arrastra una caja de masa m sobre un piso horizontal. 3 → . → a) El trabajo efectuado por F es: → WF = ∫ Como x=s → ˆ ˆ F = F cos θ i + Fsenθ ˆ y d r = dxi j x=s x =0 x =0 → F ⋅d r → WF = ∫ (F cosθ iˆ + Fsenθ ˆj )⋅ dxiˆ Fx s → El resorte de la figura. cuando se deforma o estira hasta una cierta posición x. El trabajo realizado desde x1 = − x hasta x 2 = 0 por la fuerza del resorte a medida que el objeto se mueve es = Fs cos θ = W =∫ x2 = 0 x1 = − x Fx dx = ∫ (− kx )dx = 1 kx 2 −x 0 2 La componente vertical de F no realiza trabajo. como se muestra en la figura siguiente. Solución. El trabajo realizado por la fuerza es exactamente igual al área bajo la curva desde x = 0 hasta x = 8.5) Nm = 27. mediante una fuerza que forma un ángulo θ con la horizontal. Solución. r en j Ejemplo 3. Supongamos que el objeto se empuja hacia la izquierda una distancia x respecto a la posición de equilibrio y se deja libre. W = 1 (5N )(2 − 0)m + (5N )(5 − 2)m + 1 (5N )(8 − 5)m 2 2 ∫ h 0 dy = Fh Y ˆ F = mgk Ejemplo 2. a) Calcule el trabajo realizado por la fuerza b) Calcule el trabajo efectuado por La fuerza de fricción. ejercerá una fuerza restauradora F = − kx . la caja se desplaza un distancia s hacía la derecha. el coeficiente de fricción cinético entre la caja el piso es μ . Una fuerza que actúa sobre un cuerpo varía con respecto a x como se muestra en la figura.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán ⇒ Whombre = −Wgravedad = mgh También tenemos: Calcule el trabajo cuando el cuerpo se mueve desde x = 0 hasta x = 8 m. [ ] Ejemplo 5. Trabajo realizado por un resorte.5 J Ejemplo 4. = (5 + 15 + 7. La posición de una partícula en el plano 2 ˆ está dada por r = 3ti − 2t ˆ (t en segundos. ˆ b) Como F f = − μNi Y → Y si consideramos el trabajo realizado por el resorte a medida que se estira de x1 = 0 a x2 = x el trabajo es W = − N = mg − Fsenθ → → ˆ Obtenemos F f = − μ (mg − Fsenθ )i El trabajo efectuado por F f es = − μ (mg − Fsenθ )s c) El trabajo neto sobre la caja es la suma de los resultados obtenidos en a) y b). Wneto = WF + W f = F cos θs − μ (mg − Fsenθ )s = F cos θ − μ (mg − Fsenθ ) s ˆ ˆ W f = ∫ F f ⋅ d r = ∫ − μ (mg − Fsenθ )i ⋅ dxi s 0 0 s → → 1 2 kx 2 Este resultado podemos obtenerlo también de La gráfica F versus x. → F⋅ d r = m → → → → dv ⋅ v dt = m v ⋅ d v dt → → → Como F ⋅ d r es el trabajo diferencial dW y → d ⎛ 1 2 ⎞ 1 d ⎛→ →⎞ ⎜ mv ⎟ = m ⎜ v ⋅ d v ⎟ dt ⎝ 2 ⎠ ⎠ 2 dt ⎝ 1 → dv 1 dv → = m v⋅ + m ⋅v dt 2 dt 2 → → dv = m v⋅ dt De aquí: → → ⎛1 ⎞ d ⎜ mv 2 ⎟ = m v ⋅ d v ⎝2 ⎠ → → Para un proyectil la posición en función del tiempo es. xt =1 dW = ∫ (12 + 20t )dt 3 1 1 2 mv 2 = ⎢12t + ⎡ ⎣ 1 ⎤ 20t 2 ⎥ = 126 − 22 = 104 J 2 ⎦1 3 La energía cinética es una propiedad general del movimiento de la partícula es la ENERGIA DEL MOVIMIENTO. La segunda ley de Newton afirma que: dv F = ma = m dt También sabemos que d r = v dt . Sus dimensiones son las de trabajo. v y = v0 y − gt La energía cinética en P0 es 1 2 gt 2 Reemplazando obtenemos: ⎛1 ⎞ dW = d ⎜ mv 2 ⎟ ⎝2 ⎠ El trabajo para ir de P1 donde la velocidad es v1 al punto P2 donde la velocidad es v 2 será: K0 = K= 1 2 1 2 2 mv0 = m v 0 x + v 0 y 2 2 ( ) La energía cinética en P es 1 2 1 2 2 mv = m v x + v y 2 2 1 2 2 2 2 = m v0 x + v0 y − 2v0 y gt + g t 2 ( ) ( ) 4 . Solución. ⎝2 ⎠ Esta magnitud se define como la ENERGIA CINETICA K de la partícula. Encontrar la variación de la energía cinética de un proyectil en función de su altura. Multiplicando escalarmente: → → → → → ˆ j y0) con una velocidad inicial v 0 = v 0 x i + v 0 y ˆ . → → P2 v2 ⎛ 1 ⎞ W1→2 = ∫ dW = ∫ d ⎜ mv 2 ⎟ P v1 1 ⎝2 ⎠ 1 2 1 2 = mv 2 − mv1 2 2 ˆ ˆ r = 3ti − 2t 2 ˆ ⇒ d r = 3dti − 4tdtˆ j j → → → Aquí tenemos una medida para el trabajo realizado sobre la partícula expresada en función de la variación de la magnitud ⎜ Luego ˆ ˆ dW = F ⋅ d r = 4i − 5 ˆ ⋅ 3dti − 4tdtˆ j j = 12dt + 20tdt W =∫ t =3 ( )( ) ⎛1 2⎞ mv ⎟ . Resulta conveniente escribir: ENERGIA CINETICA Consideremos una partícula de masa m bajo la acción → W1→2 = K 2 − K 1 = ΔK El trabajo realizado por la fuerza al desplazar una partícula es igual al cambio de energía cinética de la partícula. y = y 0 + v0 y t − Y la velocidad v x = v0 x . Su unidad es la misma que la del trabajo. j ¿Qué trabajo se realiza sobre la partícula en el intervalo de t = l s a t = 3 s? Solución. Ejemplo 6.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán metros). x = x0 + v0 x t . Se lanza un proyectil de masa m desde el punto P0 (x0. la fuerza ejercida sobre la misma es ˆ F = 4i − 5 ˆ (en Newton). Entonces: K = El trabajo W realizado sobre la partícula entre t = 1 y t = 3. de la fuerza F . [K ] = ML2 T -2 El trabajo realizado sobre la partícula es 104 Joules. Si se empieza a jalar desde el reposo y considerando que ya se inició el movimiento ¿Cuál es la velocidad del bloque después que recorre una distancia s? Solución. La tensión en la cuerda será así la mayor en el punto más bajo del arco. En una demostración experimental para ilustrar la conservación de la energía por medio del dispositivo siguiente.4º Ejemplo 7. mediante una fuerza que forma un ángulo θ con la horizontal. donde la fuerza de la gravedad está 5 El trabajo realizado desde x = L a x = 0 por la fuerza restauradora del resorte F = . Para la demostración se suelta del reposo en el extremo de la nariz. Aunque la cuerda es bastante fuerte para sostener la bola cuando está inmóvil. por la ley de Newton podríamos encontrar la aceleración. la cuerda se rompió en el fondo del arco y la bola fue despedida alrededor del salón "Boing boing. Ejemplo 9. Se sostiene la bola parado en una escala tijeras alta. En este caso como la fuerza F es constante. el coeficiente de fricción cinético entre la caja el piso es μ . (intente esto alguna vez si usted desea experimentar un juego para asustar) La demostración impresiona a la clase. pero vamos a hacerlo por conceptos de Energía Cinética y Trabajo. Para el caso de la masa m atada a un resorte con constante de rigidez k .kx Es: . que es constante.75 = 1− cos θ = 1 − 2(80 ) 2mg ⇒ θ = 41. ¿Cuál es el máximo ángulo con la vertical con el que se habría podido lanzar la bola sin tener la rotura de la cuerda? Ejemplo 8.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán La variación de energía entre P y P0 es: 1 1 2 ΔK = K − K 0 = mv 2 − mv0 2 2 1 2 2 = m − 2v 0 y gt + g t 2 1 2⎞ ⎛ = − mg ⎜ v 0 y t − gt ⎟ 2 ⎝ ⎠ 1 2 Como y − y 0 = v 0 y t − gt 2 1 2 1 2 Resulta ΔK = mv − mv0 = − mg ( y − y 0 ) 2 2 dirigida hacia abajo y la bola se mueve lo más rápidamente. Una bola de bowling realmente rebota en el concreto. pero no por la razón esperada. Se ata una bola del bowling a un extremo de una cuerda. La cuerda debe proporcionar suficiente fuerza ascendente para balancear el peso más la fuerza radial necesaria para que la bola haga la curva hacia arriba. Se arrastra una caja de masa m sobre un piso horizontal. ¿Cuál es la velocidad cuando pasa por la posición de equilibrio después de estirarlo una longitud L y soltarlo? Solución. ( ) fuerza radial = T − mg = mv 2 r mv 2 1 2 y mhg = mv r 2 h = r − r cos θ T − mg = 2mg (1 − cos θ ) 120 − 80 T − mg = 0.0 m de largo y tenía una resistencia a ruptura de 120 N. boing" y dispersó a los presentes en todas las direcciones. y se sujeta el otro extremo al techo de la sala de conferencias. la bola volverá de la oscilación más arriba y golpeará violentamente la cara. Suponga que la bola pesa 80 N y la cuerda tenía 4. Encontramos que WNeto = [F cosθ − μ (mg − Fsenθ )]s Sabemos que 1 2 1 2 mv2 − mv1 2 2 Como: v1 = 0 y v2 = v WNeto = K 2 − K1 = Finalmente: v= 2 [F cosθ − μ (mg − Fsenθ )]s m Solución. cuando la dejé ir. d r3 = dyˆ j j Luego 6 → → → → . . Por la trayectoria (a) Siendo va = v0 WP1 P2 = ∫ F f ⋅ d r x1 x2 → → ⎛1 1⎞ 1 2 1 2 Tenemos mA⎜ − ⎟ = mvb − mv0 2 ⎝a b⎠ 2 ⎛1 1⎞ 2 vb = 2 A⎜ − ⎟ + v0 ⎝a b⎠ SISTEMAS CONSERVATIVOS Y NO CONSERVATIVOS Un sistema conservativo es aquel en el que el trabajo realizado por las fuerzas del sistema es independiente de la trayectoria seguida por el móvil desde una posición a otra. Cuál es su velocidad en b? Solución. Naturalmente la definición de un sistema no conservativo es aquel que no satisface las condiciones anteriores. Un objeto de masa m se mueve en el eje x sujeto a la fuerza F = m → WAA = WAB + WBA Como WAB = −WBA ⇒ WAA = WAB − WAB = 0 El trabajo total efectuado por una fuerza conservativa sobre una partícula es cero cuando la partícula se mueve alrededor de cualquier trayectoria cerrada y regresa a su posición inicial.La fuerza de fricción. siguiendo Las trayectorias mostradas en las figuras siguientes. Luego → ˆ d r = dxi → WP1 P2 = ∫ x2 x1 (− μN )dx = μN (x2 − x1 ) → x2 → → y1 → → Por la trayectoria (b) WP1P2 = ∫ F f 1 ⋅ d r1 + ∫ F f 2 ⋅ d r2 + ∫ F f 3 ⋅ d r3 y1 x1 y2 y2 → Aquí F f 1 = − μNˆ . d r1 = dyˆ j j → → ˆ ˆ F f 2 = − μNi . A ˆ i donde A es una x2 constante y x es la distancia desde el origen. F = m b → → A ˆ → ˆ i .TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán WR = 1 2 kL 2 1 2 1 2 mv2 − mv1 2 2 Si en un sistema conservativo el trabajo efectuado por la fuerza para desplazar la partícula de A a B es independiente del camino entre A y B. a) El trabajo que realiza la fuerza para mover la masa desde x = a a x = b es: Wab = ∫ Luego x =b → x=a F ⋅d r . y1). Sistema no Conservativo. ni dispositivos que puedan producir pérdida de la energía cinética. d r2 = dxi F f 3 = μNˆ . a) ¿Cuánto trabajo realiza esta fuerza si el objeto se mueve de x = a a x = b? b) ¿Si la masa tenía una velocidad v en la dirección positiva de x. Ejemplo 11. se puede escribir: También WR = K 2 − K1 = Siendo v2 = v0 y v1 = 0 Tenemos 1 2 1 2 kL = mv0 − 0 2 2 k ⇒ v0 = ± L m WAB = −WBA En un circuito cerrado Para el caso que mostramos la respuesta correcta es la negativa. ˆ Aquí F f = − μNi . el coeficiente de fricción entre el bloque y la superficie es μ . no existen fuerzas de rozamiento. Calcular el trabajo realizado por la fricción en ambos casos. d r = dxi x2 Wab = ∫ m a b b dx Aˆ ˆ i ⋅ dxi = mA∫ 2 = 2 a x x ⎛1 1⎞ ⎡ 1⎤ mA⎢− ⎥ = mA⎜ − ⎟ ⎝a b⎠ ⎣ x ⎦a b) Como Wab = K b − K a = 1 2 1 2 mvb − mva 2 2 Solución. Ejemplo 10. y1) al punto P2 (x2. Supongamos que un bloque se mueve del punto P1 (x1. como la fuerza de fricción. Sistema Conservativo. . El trabajo para ir de 1 a 2 es Solución. por consiguiente cuando hay fuerza de fricción el sistema no es conservativo. La fuerza de la gravedad Supongamos que un bloque de masa m se mueve del punto P1(x1 . d r2 = dyˆ .TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán WP1 P2 = ∫ y2 = − μN ( y2 − y1 ) − μN ( x2 − x1 ) + μN ( y1 − y2 ) y1 (− μN )dy + ∫x (− μN )dx + ∫y (μN )dy x2 1 y1 2 WP1P2 = ∫ Fg ⋅ d r + ∫ Fg ⋅ d r r1 r3 r2 → → r2 → → Aquí = − μN ( x2 − x1 ) − 2 μN ( y2 − y1 ) Obviamente el trabajo realizado por la fuerza de fricción por las dos trayectorias a) y b) no son iguales. Ejemplo 12. Fx = 0 j WP1 P2 = ∫ − mgdy = −mg ( y2 − y1 ) y2 y1 El trabajo para ir 2 a 1 es Por la trayectoria b) WP1P2 = ∫ Fg ⋅ d r1 + ∫ Fg ⋅ d r2 + ∫ Fg ⋅ d r3 x1 y1 x2 x2 → → y2 → → x1 → → Wr2 r1 = ∫ F ⋅ d r = x2 → Aquí ˆ ˆ Fg = −mgˆ . = − mg ( y2 − y1 ) − mg ( y1 − y2 ) =0 WP1P2 = WP1P3 + WP3 P2 7 Esto no sucedería en el caso de una fuerza no conservativa. Si completamos la trayectoria volviendo al punto inicial. d r = dxi + dyˆ j ˆ Fg ⋅ d r = (− mgˆ )⋅ (dxi + dyˆ ) = (− mg )dy j j Luego → → → → WP1P2 = ∫ y3 y1 (− mg )dy + ∫y (− mg )dy y2 3 = − mg ( y3 − y1 ) − mg ( y2 − y3 ) = − mg ( y 2 − y1 ) Resultado igual que en a) y b) Luego la fuerza de la gravedad es una fuerza conservativa. d r3 = dxi j j Luego → → → → = − mg ( y1 − y2 ) El trabajo total es = 0 − mg ( y1 − y2 ) ∫ x1 x2 Fx dx + ∫ Fy dy y2 y1 WP1P2 = 0 + ∫ y2 y1 (− mg )dy + 0 = − mg ( y2 − y1 ) Wr1r1 = Wr1r2 + Wr2 r1 Igual que en a) Por la trayectoria c). d r = dyˆ j j Luego → → Wr1r2 = 0 − mg ( y2 − y1 ) = − mg ( y2 − y1 ) x1 → F = −mgˆ : Fy = − mg .y2) al punto P2(x2 . d r1 = dxi . Calcular el trabajo realizado por la fuerza gravitacional con los tres casos mostrados en la figura.y2) donde y es la dirección vertical. tenemos una trayectoria cerrada y el trabajo es cero. (La fricción no es conservativa). Trabajo en una trayectoria cerrada. Por la trayectoria a) Wr1r2 = ∫ F ⋅ d r1 = ∫ x1 x2 → → x2 x1 (F iˆ + F ˆj )⋅ (dxiˆ + dyˆj ) x y WP1P2 = ∫ Fg ⋅ d r y1 y2 → → = Como → ∫ x2 x1 Fx dx + ∫ Fy dy y1 y2 Aquí Fg = −mgˆ . ˆ j Fg = −mgˆ . y1. Fz = − ∂x ∂y ∂z → ⎛ ∂U ˆ ∂U ˆ ∂U ˆ ⎞ F = −⎜ ⎜ ∂x i + ∂y j + ∂z k ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ Fx = − ˆ F = −kxi Tenemos que: Integrando → dU = − Fx dx = −(− kx )dx = kxdx 1 2 kx + C 2 1 2 kx 2 1 2 kx encontrar la fuerza 2 Ejemplo 13. por ejemplo aquí consideramos para y = 0 ⇒ U (0 ) = 0 . digamos . la energía potencial es cero. dU = − F ⋅ d r = − Fx dx − Fy dy − Fz dz Como U es función de x. tal que integrándolo. Consideremos que el resorte está en el eje x. la energía potencial a cualquier altura con respecto a y = 0 es: U ( y ) = mgy También podíamos haber determinado esta función a partir de: W12 = ∫ F ⋅ d r = P1 → ∫ (F dx + F dy + F dz ) P2 P 1 x y z dU = − Fg dy ⇒ dU = −(− mg )dy = mgdy Integrando Para un sistema conservativo el trabajo es independiente de la trayectoria seguida. y2. Relacionando con los componentes de la fuerza obtenemos ∂U ∂U ∂U . C es igual a cero y U= W12 = ∫ − mgˆ ⋅ dyˆ = − mg ∫ dy j j = − mg ( y2 − y1 ) y1 y1 y2 y2 Ahora realicemos el problema inverso: Dado U = Como W12 − ΔU : correspondiente: − mg ( y2 − y1 ) = −ΔU = U ( y1 ) − U ( y 2 ) O ΔU = U ( y 2 ) − U ( y1 ) = mgy2 − mgy1 Fx = − ∂U ∂ ⎛1 ⎞ = − ⎜ kx 2 ⎟ = −kx ∂x ∂x ⎝ 2 ⎠ 8 . z ) = ∂U ∂U ∂U dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z ∂U ∂mgy =− =0 ∂x ∂x ∂U ∂mgy Fy = − =− = −mg ∂y ∂y ∂U ∂mgy Fz = − =− =0 ∂z ∂z Fx = − → Luego: F = − mgˆ j Ejemplo 14. La fuerza de la gravedad es un ejemplo de fuerza conservativa. solamente los límites determinan el valor de la integral.dU. y . Solución. Tomemos la vertical a la tierra como el eje y. a partir de una función energía potencial determinar la fuerza ⇒ U ( y ) = mgy Como comprobación. z2) es igual a: P2 → → Si consideramos la energía potencial igual a cero en el nivel de referencia y = 0. Esto es: ∫ dU = ∫ mgdy + C U ( y ) = mgy + C Donde C es una constante relacionada con las condiciones de cada caso. Solución. y se estira en esa dirección. Consideremos ahora el problema inverso. cuyas unidades son las mismas que las de trabajo. tal que: U= Fg = Fg ˆ = −mgˆ j j El trabajo realizado por la gravedad cuando la partícula se desplaza desde el punto y1 al punto y2 es: → Si para la posición de equilibrio x = 0. podemos escribir esta derivada en función de sus derivadas parciales: → → dU ( x . y y z.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán LA FUNCION ENERGÍA POTENCIAL El trabajo realizado por la fuerza ˆ ˆ F = Fxi + Fy ˆ + Fz k j Para mover una partícula de P1(x1. z1) a P2(x2. a partir de esta energía potencial podemos encontrar la fuerza. Su integral debe ser un diferencial exacto. La constante es C = 0 W12 = ∫ P2 P1 (− dU ) = (− U )P P 2 1 = −(U 2 − U1 ) = − ΔU Aquí llamamos a U. Fy = − . Hemos determinado la función energía potencial a partir de una fuerza dada. energía potencial. Determinar la función energía potencial asociada a un resorte de constante de rigidez k. M la masa de la tierra. Luego 1 2 mv + mgy 2 Para y = h . Una masa pequeña m se suelta desde el reposo de la parte más alta de una superficie esférica de radio R. la primera válida para todo caso ya sea fuerza conservativa o no conservativa Ejemplo 17. su velocidad es v. 2 2 Solución. de aquí C es igual a cero. Cuando la partícula está a una altura y del suelo. ¿A qué ángulo con vertical dejará el contacto con la esfera? W12 = 1 2 1 2 mv2 − mv1 = K 2 − K1 = ΔK . E = K + U = Constante F = −G → mM ˆ r r2 Ejemplo 16. Si r = R (radio de la tierra). Su energía potencial es U = mgy Su energía cinética es K = La energía mecánica total es: Donde m es la masa e un cuerpo. r la distancia entre las masas. Cuando la masa está a una altura h su energía es igual a cuando está en el punto más alto. Fuerza de la gravedad: Se suelta una partícula de masa m desde la altura h sobre el suelo. v = v 0 1 2 1 2 E = mv0 + 0 = mv0 2 2 E = K +U = Para cualquier instante 1 2 mv + mgy = mgh 2 2 De aquí v = 2 g (h − y ) ⇒ E= v = 2 g (h − y ) U ( r ) = −G mM r El gráfico de la variación de energía potencial y cinética es: CONSERVACION DE LA ENERGÍA Hasta esta parte tenemos dos formas de encontrar el trabajo realizado sobre un objeto por una fuerza.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán Fy = − ∂U =0 ∂y ∂U Fz = − =0 ∂z → Colocando las energías iniciales a un lado y las finales al otro tenemos: K1 + U1 = K 2 + U 2 Esta ecuación es la forma matemática de “El principio de conservación de la energía mecánica”. Y la segunda para el caso de fuerzas conservativas W12 = U1 − U 2 = − ΔU Luego podemos escribir W12 = K 2 − K1 = U1 − U 2 9 . Si definimos la energía mecánica total del sistema E como la suma de la energía cinética y potencial se puede expresar la conservación de la energía mecánica como: ˆ Luego F = − kxi Ejemplo 15. la masa m está sobre la superficie de la tierra y 1 2 mv 2 F = −G → mM ˆ ˆ r = − mgr R2 → → La energía potencial es dU = − F ⋅ d r = G U = ∫G mM dr r2 mM dr + C r2 mM U = −G +C r Para evaluar la constante C consideremos que el potencial U es cero para r infinito. la fuerza de atracción de dos masas es directamente proporcional al producto de estas e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia. v = 0 E = 0 + mgh = mgh Para y = 0 . Por la ley de Newton de la gravitación universal. G es la constante gravitatoria universal. Energía potencial gravitatoria cerca de la tierra. sin fricción. A una distancia x de la posición de equilibrio la velocidad de la masa es v. La energía total E de una partícula de masa m que está a una distancia r del centro de la tierra y que tiene una velocidad v es: E = K + U . r → ∞ . v = 0 1 1 E = 0 + kL2 = kL2 2 2 Para x = 0 . Calcular la velocidad necesaria para que una partícula pueda escapar de la atracción de la tierra.2º mg cos θ = Ejemplo 18.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán E= E= 1 2 1 2 mv0 + 0 = mv0 2 2 Para cualquier instante 1 mgR + 0 = mgh + mv 2 2 Con h = R cos θ 1 mgR = mgR cosθ + mv 2 2 2 ⇒ v = gR(2 − 2 cosθ ) La segunda ecuación de Newton cuando la masa esta en la posición del ángulo θ: 1 2 1 2 1 2 mv + kx = kL 2 2 2 k 2 2 De aquí: v = L − x2 m k 2 ⇒ v= (L − x 2 ) m ( ) El gráfico de la variación de la energía potencial y cinética es: v2 Con ac = : R v2 N − mg cosθ = m R La masa deja la superficie esférica cuando: mv 2 mgR(2 − 2 cosθ ) = R R 2 v ⇒ cosθ = = 2 − 2 cosθ Rg 2 ⇒ cos θ = 3 ⇒ θ = 48. U ∞ = −G mM →0 r En esta región con la velocidad menor posible v∞ = 0 Tenemos K ∞ = 0 Luego: E = K + U = 0 Como E es constante ⇒ E = 0 1 2 kx 2 1 2 Su energía cinética es K = mv 2 Su energía potencial es U = Su energía mecánica total es: La energía E de la partícula en la superficie de la tierra con la velocidad ve para que pueda escapar: 1 2 1 2 mv + kx 2 2 Para x = L . Fuerza de un resorte: Se jala una masa a sujeta a un resorte de constante k sobre una superficie sin fricción. donde K = 1 2 mv y 2 mM r 1 2 mM Luego: E = mv − G = Constante 2 r U = −G Si la partícula escapa de la atracción de la tierra y se sitúa a una distancia infinita de ésta su potencial es cero. v = v 0 E = K +U = mM 1 2 mve − G =0 R 2 2GM ⇒ ve = R E= Como en la superficie de la tierra mM GM = −mg ⇒ g = 2 2 R R Tenemos: v e = 2 gR F = −G 10 . desde la posición de equilibrio x = 0 hasta una distancia L y se suelta. N =0 Ejemplo 19. ¿Qué podemos decir acerca del movimiento? Solución.4 × 10 m 2 s 4 m Obtenemos. ¿Cuál será la distancia mas cercana al piso que alcanzará el bloque antes de rebotar? Solución. entre x4 y x5. En la figura. Velocidad de la partícula: Tenemos que ETotal = K + U = ⇒ 1 2 mv + U ( x ) 2 1 2 mv = E − U ( x ) ⇒ 2 2 (E − U ( x ) ) v= m En el instante inicial la energía es solamente la potencia1 gravitatoria es U = mgH . de tal manera que: Siendo v la velocidad del auto a la altura h.12 × 10 s g = 9. Se suelta el bloque desde la altura H. La fuerza es negativa entre x2 y x3. En el instante final: La energía potencial es la correspondiente a la masa a una altura y. son posiciones de equilibrio estable. es decir: La energía cinética: . desprecie la fricción? 1 2 E = mgy + k (L − y ) 2 Por la conservación de la energía 1 2 mgH = mgy + k (L − y ) 2 La solución de esta ecuación es: ⎤ ⎛ mg ⎞ mg ⎡ 2k y = −⎜ − L⎟ ± ⎢1 + mg (H − L )⎥ ⎝ R ⎠ k ⎣ ⎦ Siendo el valor positivo de y la solución significativa. más la del resorte comprimido una longitud (L − y ) . . ¿Si se suelta a una altura 2R sobre el piso. ve = 1. la pendiente del gráfico de 1 2 U = U g + U r = mgy + k (L − y ) 2 Como en ese instante ha cesado el movimiento. Los puntos en que U es mínimo.Tiene su valor máximo donde U(x) es mínimo. fuera de estos valores la velocidad sería imaginaria. Se tiene un resorte de longitud L y constante k conectado a la base de un bloque de masa m. La fuerza es positiva entre x1 y x2. x3 y x4. tal que la fuerza se hace cero donde la pendiente es cero. La energía total es: U(x) en determinado punto corresponde a La fuerza actuante. un auto de juguete de masa m se libera del reposo en la pista circular.Es igual a cero en x1 y x5.81 Ejemplo 20. como en x2. El gráfico de la figura muestra la función potencial y la energía total de un movimiento.entre x3 y x4. En la figura de arriba: h = R (1 + senθ ) Despreciando las pérdidas por fricción la energía total es constante. Solución. tal que la energía total es E = mgH . Ejemplo 22. Ejemplo 21.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán Siendo m 6 y R = 6. la energía cinética es cero. como son x2 y x4. el punto x2 La partícula se mueve entre x1 y x5. Como Fx = − dU ( x ) dt . ¿cuán arriba sobre el piso estará cuando sale de la pista. 11 . la energía cinética es cero. con el que se puede retirar el segmento (2) Reemplazando (2) en (1): gH = 2 gR + H= 1 gR ⇒ 2 5 R ⇒ H = 2. a) Siendo v la velocidad de la masa en la parte superior del rizo. ˆ velocidad inicial v = vxi + v y ˆ j 12 .67 R 3 Ejemplo 23. como un proyectil con → de tal modo que la masa que sale de A alcance el punto B después de viajar una cierta distancia en el aire.5R ) − 2 gR(1 + cos α ) ⇒ v 2 = 3gR − 2 gR cos α ⇒ v = gR(3 − 2 cos α ) c) La masa sale del punto A. v2 ac = R Luego: mg − N = mac N = 0.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán 1 mg (2 R ) = mg (h ) + mv 2 ⇒ 2 1 mg (2 R ) = mgR(1 + senθ ) + mv 2 ⇒ 2 1 gR = gRsenθ + v 2 (1) 2 Aplicando la segunda ley de Newton en la altura h: Solución.5R ) = mgR(1 + cos α ) + mv 2 ⇒ 2 v 2 = 2 g (2. Una masa pequeña resbala sobre una superficie inclinada pasando por un rizo de radio R. a) ¿Cuál es la altura mínima H de la que debe soltarse a fin de que el cuerpo no deje la superficie interior del rizo al dar la vuelta? b) ¿Con que velocidad llega la masa al punto A? c) ¿Cuál es el valor del ángulo α . condición de caída. Por conservación de la energía: 1 mg (H ) = mg (2 R ) + mv 2 ⇒ 2 1 2 gH = 2 gR + v (1) 2 Aplicando la segunda ley de Newton en ese punto: mgsenθ − N = mac N = 0. condición de caída.5 R 2 b) Sea v la velocidad en el punto A su altura es h = R(1 + cos α ) Por conservación de la energía: AB de la circunferencia ∩ 1 mg (H ) = mgR(h ) + mv 2 ⇒ 2 1 mg (2. v2 mgsenθ = m ⇒ R 2 v = gRsenθ (2) Reemplazando (2) en (1): ac = v2 R v2 ⇒ R Luego: mg = m v 2 = gR 1 gR = gR sen θ + gR sen θ ⇒ 2 2 3 gR = gRsenθ ⇒ senθ = 3 2 Finalmente: ⎛ `2 ⎞ h = R (1 + senθ ) = R⎜1 + ⎟ 3⎠ ⎝ 5 = R = 1. 6 m/s 0. con la que obtenemos α = 60º Ejemplo 24. donde x = h − 30 . y = 0: Su recorrido horizontal es x = vxt = v cos α t 2v Para t = senα debe de estar en B. La cuerda tiene una longitud si estirar de 30 m. a) ¿Cuál es la constante del resorte del arco? b) ¿Cuál es la velocidad de una flecha de masa 24 g cuando deja el arco? 1 2 kx . Recorrido vertical: 1 2 1 kx + 0 = 0 + mv 2 ⇒ v = 2 2 v= 344 (0. Ejemplo 25. luego: g ⎛ 2v ⎞ 2 Rsenα = v cos α ⎜ senα ⎟ ⇒ ⎜ g ⎟ ⎝ ⎠ gR v2 = cos α gR gR(3 − 2 cos α ) = ⇒ cos α 1 3 cos 2 α − cos α + = 0 2 2 Resolviendo: Ejemplo 24. Puenting. ¿Cuánto recorrerá el saltador antes de que la cuerda detenga su descenso? Igualando esta expresión de la velocidad con la encontrada anteriormente: Solución. La energía cinética inicial y la energía cinética en el punto más bajo son ambas igual a cero. Sea el punto más bajo del salto h = 0. y resolviendo: h 2 − 68h + 900 = 0 ⇒ h = 68 ± (68)2 − 4(900) = 50 m. pero una cuerda no se comprime como un resorte. el hombre se eleva una distancia h tirando la cuerda del lado derecho. Tal que por la conservación de la energía: mgh = 0 + ⎧1 cos α = ⎨ ⎩1 2 En nuestro caso tomamos la solución ½.024 k x m y = vsenα t − 0 = vsenα t − 1 2 gt 2 1 2 2v gt ⇒ t = senα 2 g Cuando llega a B. 2 Sustituyendo mg = 800 N y k = 200 N/m. ¿La constante del resorte de la cuerda elástica es 200 N/m. o 18 m. y un extremo se une al punto donde el salto comienza.64 b) U 1 + K 1 = U 2 + K 2 a) k = En el tiempo t de su recorrido vertical debe alcanzar al punto B. Se supone que un arquero ejerce una fuerza de 220 N jalando a la flecha una distancia de 64 cm. Un saltador que pesa 800 N se ata con una cuerda elástica al tobillo y se salta de una torre alta. el hombre y la plataforma tienen una masa m. La solución h = 18 m corresponde al rebote que comprime la cuerda “amortiguador auxiliar”.64) = 76. a) ¿En cuánto aumenta su energía potencial gravitatoria? b) ¿Qué fuerza debe ejercer para elevarse? c) ¿Qué longitud de cuerda debe tirar para llegar a la posición superior? d) ¿Despreciando el rozamiento ¿Qué trabajo habrá realizado? 13 . F 220 = = 344 N/m x 0. En la figura mostrada.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán Solución. Un arco del tiro al arco ejerce la fuerza kx de la ley de Hooke en una flecha cuando la cuerda se jala una distancia x. La solución correcta es h = 50 m. en este caso la caja se mueve la distancia d ' = Vt´+ d . Sobre una plataforma en movimiento horizontal con una velocidad constante V. Solución. un hombre empuja una caja de masa m con una fuerza F una distancia d partiendo del reposo. de masa m. luego d ' = V +d F F El trabajo es: ⎛ ⎞ 2dm +d⎟ W ' = Fd ' = F ⎜V ⎜ ⎟ F ⎝ ⎠ W ' = Fd + V 2 Fdm El observador ve que la caja tiene una velocidad inicial v'1 = V y una velocidad final v'2 = V + v2 = V + 2 Fd m El observador en tierra determina que el cambio de energía es: ΔK ' = K '2 − K '1 = El observador en la plataforma ve que la caja. Si se cumplen en uno en particular entonces se cumplen en todos los marcos de referencia que se muevan a velocidad constante en relación a este mareo. t= 2d = a 2dm 2dm . Siendo t el tiempo que demora el recorrido de la distancia d sobre la plataforma. Ejemplo 26. la fuerza Fh que debe ejercer el hombre es: Fh = mg . 2 El observador en tierra ve que la caja se mueve bajo la acción de la fuerza F. Observadores en movimiento relativo. c) Para llegar a la posición superior la cuerda debe ser tirada en una longitud dos veces h d = 2h. d) EL trabajo realizado por el hombre es: ⎛ mg ⎞ Wh = Fh d = ⎜ ⎟(2h ) = mgh ⎝ 2 ⎠ Justamente igual al cambio de energía. Demostrar la validez de la conservación de la energía desde los puntos de vista de observadores en marcos inerciales diferentes. a) Observador en la plataforma. se mueve bajo la acción de la fuerza F. siendo esta conservativa. ΔK = F =− ∂U = −mg ∂y 1 ⎛ 2 Fd ⎞ m⎜ ⎟ = Fd 2 ⎝ m ⎠ W = ΔK b) Observador situado en tierra: Como la polea divide en dos.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán W = Fd La aceleración de la caja es a = F m Como la caja parte del reposo su velocidad en la posición final es: v2 = 2ad = Solución. a) La energía potencial gravitatoria es 2 Fd m El observador determina que el cambio de energía: U ( y ) = mgy + C Para la posición inicial U1 = mgy1 + C Para la posición final U 2 = mgy2 + C El aumento de la energía potencial gravitatoria es: 1 2 1 2 mv2 − mv1 2 2 2 Fd Como v1 = 0 y v2 = m 1 ⎛ 2 Fd ⎞ ΔK = m⎜ ⎟ = Fd 2 ⎝ m ⎠ ΔK = K 2 − K1 = El observador sobre la plataforma concluye que: U = U 2 − U1 = mg ( y2 − y1 ) = mgh b) La fuerza para elevar el sistema.. Las leyes de Newton se cumplen sólo en marcos de referencia inerciales. El trabajo realizado para mover la distancia d es: 14 1 1 2 mv'2 − mv'1 2 2 2 2 1 ⎛ 2 Fd ⎞ 1 ⎟ − mV 2 ΔK ' = m⎜V + ⎜ 2 ⎝ m ⎟ 2 ⎠ . a) ¿Cuál era la magnitud de la fuerza de resistencia? b) ¿Cuánta energía mecánica se ha perdido? c) ¿Qué velocidad tenía el cuerpo inmediatamente antes de chocar Contra el suelo? Solución. fuerzas que en general son complicadas y que en principio deberíamos de calcular resolviendo integrales curvilíneas.8)(15) = 1470 J E2 = K 2 + U 21 = 15 1 2 2 mv2 + 0 = 5v2 2 .8 − 7. x1 F f = − μN = − μmg Luego: W12 = ∫ L+ x 0 (− μmg )dx = − μmg (L + x ) Como en un Sistema no Conservativo. x1 = 0 .5 2 2 t 2 s Aplicando la segunda ley de Newton: mg − Fg = ma Fg = m( g − a ) = 10(9. Después de resbalar distancia L golpea un resorte de constante k. W12 NO CONSERVATIVAS = E2 − E1 W12 = W12 CONSERVATIVAS + W12 NO CONSERVATIVAS Como: − μmg (L + x ) = W12 CONSERVATIVAS = U 1 − U 2 1 2 1 2 kx − mv0 2 2 Ecuación de segundo grado cuya solución es: W12 = U 1 − U 2 + W12 NO CONSERVATIVAS De las expresiones de trabajo total tenemos: x=− μmg k ± μ 2m2 g 2 k 2 − m 2 2μgL − v0 k ( ) K 2 − K1 = U 1 − U 2 + W12 NO CONSERVATIVAS ⇒ (K 2 − U 2 ) − (K1 − U 1 ) = W12 NO CONSERVATIVAS E 2 − E1 = W12 NO CONSERVATIVAS A diferencia que en un Sistema conservativo. Esta última expresión nos permite calcular el trabajo de fuerzas no conservativas. Supongamos que también intervienen fuerzas no conservativas. Como h = 1 2 at 2 La aceleración es a = 2h 2(15) m = 2 = 7. x 2 = L + x . c) Como W NO CONSERVATIVAS = E 2 − E1 Siendo E1 = K1 + U1 = 0 + mgh = (10)(9.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán ΔK ' = Fd + V 2 Fdm Aquí se cumple también la conservación de la energía: La energía inicial es solo la energía cinética de la masa: Ei = W ' = ΔK ' 1 2 mv0 2 1 2 kx 2 La energía final es solo la energía potencial del resorte: SISTEMAS NO CONSERVATIVOS. Ejemplo 27. es decir: W f = ∫ F f dx . no es igual a cero. Si el coeficiente de fricción entre el bloque y la masa es μ . Un cuerpo de masa 10 kilogramos cae desde una altura de 15 metros y alcanza el suelo en 2 segundos. A un bloque de masa m se le da un empujón tal que adquiere la velocidad v 0 a lo largo del eje x. Ejemplo 28. W NO CONSERVATIVAS = Fg d = (23)(15) = 345 J Sea x La longitud que se comprime el resorte. ¿Cuánto se comprime el resorte? Solución. La distancia recorrida por la masa es (L + x). Considerando constante la fuerza de resistencia del aire. como la fricción. El trabajo total para mover la partícula de r1 a r2 es Ef = x2 El trabajo hecho por la fricción 1 2 1 W12 = mv2 − mv12 = K 2 − K1 2 2 Este trabajo es también igual a la suma del trabajo realizado por las fuerzas conservativas y del trabajo realizado por las fuerzas no conservativas.5) = 23 N b) La energía que se ha perdido es el trabajo realizado por las fuerzas no conservativas. a) Siendo el peso y la fuerza de resistencia del aire las fuerzas que intervienen y siendo ambas constantes tenemos que la aceleración a del cuerpo es constante. Δt → 0 E1 − W f = E 2 U1 + 1 2 1 2 mv1 − W f = U 2 + mv 2 2 2 También como dW = F ⋅ d r Tenemos → Ejemplo 29. ¿Cuán lejos a lo largo de la rampa el carro viajaría antes de detenerse? Solución. Δt → 0 . La grava floja en la rampa proporciona una fuerza friccional para ayudar a detener al carro mientras sube la rampa. Si levanta cada 5 minutos. imaginemos que tenemos que levantar una masa de 50 kg. N = mg cos θ dW → d r P= = F⋅ dt dt → P = F⋅ v → → El análisis dimensional [P] = [F ][L][T ]−1 = [M ][L]2 [T ]−1 F f = μN = μmg cosθ U1 + K1 − W f = U 2 + K 2 Su unidad en el sistema internacional es J/s llamado Watt ó Vatio cuyo símbolo es W. Para proporcionar una medida cuantitativa de este concepto que incluye tanto el trabajo como el tiempo necesario para realizarlo se tiene a la Potencia.J Para tener una idea de cuanto es 1 Watt. Así si Wf es el trabajo hecho contra la fricción.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán Tenemos: 2 2 5v2 − 1470 = 345 ⇒ v2 = 1470 − 345 = 225 5 s= = v2 2 g (senθ + μ cos θ ) m Finalmente: v2 = 15 s Una manera directa de llegar al mismo resultado es considerar que la aceleración efectiva de salida es 2(9.8m / s )(1m ) = 47040 J . Un múltiplo muy usado es el kilowatt (kW) 1 kW = 103 W Existe una unidad de energía o trabajo en términos de la unidad de potencia el kilowatt-hora (kwh). serán 12 veces por hora.5 m m . cada 5 minutos y realizar este trabajo durante una jornada de 8 horas.la energía perdida por la fricción POTENCIA Tan importante como saber cual es el trabajo realizado es conocer también la rapidez con la cual se realiza. El trabajo realizado es: 0+ 1 2 mv − F f s = mgh + 0 2 h = s senθ 1 2 mv − (μmg cos θ )s = mgs senθ 2 16 W = 96mgh = 96(50Kg )(9. Idaho. Se han construido rampas de contención que se espera puedan detener a los vehículos sin frenos. La potencia mide la rapidez con la que el trabajo se está realizando. tendremos Pm = P = lim ΔW dW = dt Δt → La Potencia instantánea en el instante t. La grava tiene un coeficiente eficaz de fricción de 0. Cerca de Lewiston.5 cos 30º ) (40)2 = 87.5 LA CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA Y LA FRICCIÓN La ley de la conservación de la energía se puede aplicar a los sistemas donde las fuerzas no conservativas como actúan las fuerzas de la fricción.50. Si un sistema trabaja contra la fricción. siendo 8 horas por día. a una altura de 1 metro. entonces energía inicial . la velocidad después de 2 segundos es: s2 m⎞ m ⎛ v2 = at = ⎜ 7.5 2 ⎟ = 15 s ⎝ s ⎠ a = 7. Suponga que un carro que viaja a 40 m/s encuentra una rampa inclinada para arriba 30º sobre horizontal. 1 kWh (103W)(3600s) = 3. Si se realiza un trabajo W en un intervalo de tiempo (de t1 a t2) la Potencia media es: W12 ΔW = t2 − t1 Δt Cuando t 2 → t1 .8)(sen30º +0. hay una carretera muy inclinada donde circulan camiones cargados con madera.6 x l06 . la energía mecánica del sistema disminuirá. hará un total de 12 x 8 = 96 veces al día. Han ocurrido varios accidentes serios cuando los carros perdieron sus frenos yendo para abajo de la colina a gran velocidad. es la energía convertida o consumida en una hora a una razón constante de 1 kW. El hp es la unidad de potencia en el sistema inglés 1 hp = 746 W Ejemplo 30.8 2 ⎟(200m )⎜ 50 ⎜ m ⎠⎝ s ⎠ s ⎟ ⎝ ⎝ ⎠ = 9. El flujo de agua de un río es de 50 m3 por segundo. dV m3 = 50 dt s Luego P = ρgh Como dV dt kg m . V es el volumen. Solución. mg 2 sen 2θ t 2(h − y ) gsen 2θ t= Obtenemos: P = mg 2 sen 2θ 2(h − y ) gsen 2θ = mgsenθ 2 g (h − y ) Ejemplo 31. Donde ρ es la densidad del agua. se tiene un desnivel de 200 metros y se quiere aprovechar construyendo una hidroeléctrica a) Si la energía del agua que cae se utilizase totalmente ¿Que potencia se podría obtener? b) Si toda la energía procedente de la caída del río se convirtiese en energía eléctrica y se vendiese a un sol el kilowatt-hora ¿Cuánto dinero se cobraría en un día? Solución.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán Luego: P = (mg senθ )( g senθ t ) = Como Para determinar la potencia tenemos que dividirlo por el número de segundos en un día. P = mg 2 sen 2θ = mgsenθ 2 g (h − y ) Otra manera de obtener es considerar que: dW = Pdt t2 t1 P = Fv Donde F = mg senθ y v = at = gsenθ t 17 W = (9. h = 200m 3 m s s= (h − y ) = 1 gsenθ t 2 senθ 2 ρ = 1000 Obtenemos Obtenemos: t= Luego 2(h − y ) gsen 2θ 2(h − y ) gsen 2θ ⎛ m3 ⎞ kg ⎞⎛ m ⎞ ⎛ ⎟ P = ⎜1000 3 ⎟⎜ 9.8 x 107 W b) Si tenemos una potencia P = 9. a) El trabajo realizado por una masa m que cae desde una altura h es: W = mgh Como m = ρV. La potencia es: P= Con dW .63 W 8 × 3600 s Comparemos esta potencia con la potencia de un motor pequeño de 1 hp (horse power). 47040J P= = 1.8 x 104 kW y consideramos que se consume las 24 horas del día. siendo W = Fd dt 1 2 1 at = g senθ t 2 2 2 F = mg senθ y d = Tenemos W = ρVgh La potencia que se obtiene al pie de la salida es ⎞ ⎛1 W = (mg senθ )⎜ g senθ t 2 ⎟ ⎠ ⎝2 1 2 2 2 = mg sen θ t y 2 d ⎛1 dW 2 2 2⎞ = P= ⎜ mg sen θ t ⎟ dt ⎝ 2 dt ⎠ 2 2 = mg sen θ Como ha recorrido la distancia s: P= dW d = ρVgh dt dt De estas cantidades la que varía con el tiempo es V. hallar la potencia P gastada por la gravedad en función de la posición y del objeto con respecto a la parte inferior plano inclinado.8 × 104 kW )(24h ) = 235. Si un objeto que parte del reposo se desliza por un piso liso inclinado un ángulo θ con respecto a la horizontal de altura h.8 2 .8 x 107 = 9. g = 9.2 x 104 kW-h W = P ∫ dt = P(t 2 − t1 ) = PΔt . La energía obtenida es igual a todo el trabajo realizado. El estado de la energía de la máquina no cambia apreciable durante este proceso. un piano o una pieza grande de maquinaria). el plano inclinado. el gato hidráulico.352 millones de soles.50 = 40 N v' = v + at Luego la potencia que debe dar el hombre es: P' = F ' v' = (ma + μ k mg )(v + at ) Para triángulos semejantes d1 L1 L = d 2 = 2 d1 ⇒ d 2 L2 L1 18 . a) Determinar la fuerza F y la potencia disipada en fricción como función del tiempo. Ejemplo 32. Suponga que el fulcro de una barra de la palanca está a 3 centímetros de la carga. obtenemos: F = ma + μ k mg y la potencia disipada en fricción es P = F f v0 = (μ k mg )v0 . cuánto levantará la carga? Solución. lo que lleva a: F1 d1 = F2 d 2 ⇒ F2 = d1 F1 d2 Aquí F1 actúa sobre una distancia d1 y F2 actúa sobre una distancia d2.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán si el precio de cada kW-h es 1 sol. o una combinación de engranajes. cada día se obtendrán 2. e) Si la fuerza F es ejercida por un hombre que camina sobre el piso al costado de la faja. ¿Qué fuerza mínima tendría que ejercer para levantar una carga de 2000 N? ¿Si mueve el extremo de la barra 4 centímetros hacia abajo. El trabajo se hace típicamente en la máquina (el trabajo W1 de entrada). La ventaja mecánica de la máquina se define como VM = Solución. basado en la idea de la conservación de energía. Muy a menudo las fuerzas de entrada y de salida son constantes. entonces d1 = L1 Δθ y d 2 = L2 Δθ c) La tuerza que hará el hombre sobre el piso es igual al caso anterior: F ' = ma + μ k mg La velocidad del hombre en función del tiempo en este caso es: F1 L1 Δθ = F2 L2 Δθ L F1 = 2 F2 ⇒ L1 (0. En la figura. un bloque de masa m descansa sobre una faja que se mueve con velocidad constante v.03) (2000) F1 = 1. Determinar la potencia que este libera en función del tiempo. una fuerza horizontal F aplicada al bloque le produce una aceleración constante a. y entonces la máquina alternadamente hace un cierto trabajo W2 de salida. W1 = W2. así que si la fricción es insignificante. a) Aplicando la segunda ley de Newton a la masa m en la figura F2 F1 F − F f = ma Como F f = μ k N = μ k mg . siendo v0 = at Ejemplo 33. Consiste en una barra larga que se apoya en un fulcro una distancia corta del extremo de levantar de la barra. y el punto donde usted empuja hacia abajo en el otro extremo está a 1.50 m del fulcro. Determinar la potencia que este libera en función del tiempo. b) Si la fuerza F es ejercida por un hombre que se encuentra sobre la faja. MÁQUINAS Una máquina simple es un dispositivo usado para magnificar una fuerza o para cambiar una desplazamiento pequeño en grande. P = μ k mgat b) La fuerza que hace el hombre sobre la faja es F = ma + μ k mg Su velocidad en función del tiempo es v' = v + v0 = v + at y la potencia que debe dar el hombre es P = Fv' = (ma + μk mg )at Si la barra rota con un ángulo pequeño Δθ. Tomando como tiempo inicial t = 0. La palanca de barra es un dispositivo usado para levantar objetos pesados (por ejemplo. en las cuales el caso W1 = W2. El coeficiente de fricción entre el bloque y la faja es μk. Las máquinas comunes son la palanca. El engranaje grande mueve 12/36 = 1/3 revoluciones. Las poleas tienen dientes que engranan con una cadena continua.b) a A (a. W= ab (a + b ) 3 3. PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1 Defina primero en palabras y luego en una expresión matemática. cuando el trabajador jala 18 eslabones de la cadena hacia él con fuerza F1.04) L(1. Así cuando la polea hace una revolución. Las poleas están soldadas juntas. Calcular el j trabajo efectuado por la fuerza para desplazar P sin fricción desde B (0. pero el precio que se paga es que un desplazamiento grande de la entrada produce solamente un desplazamiento pequeño de salida. ⎛ 30 ⎞ F2 = 3⎜ ⎟(80 ) = 3600 N. Sea L = longitud de un eslabón. Ejemplo 34. b) La energía cinética de una partícula. W1 = W2 o F1(18 L) = F2(L) La ventaja mecánica del polipasto es VM = 18.03) (0. Se bosqueja aquí un polipasto diferenciado de la clase usada para levantar un motor de auto.008 m = 8 mm. es decir. a) El trabajo realizado por una fuerza cualquiera.. con un acortamiento neto de 18L . Se une a este engranaje grande un tambor del radio 2 centímetros en el cual se enrolla la línea atada al barco (la línea es una cuerda. La mano mueve una distancia d1 = 2πR1. Un depósito cilíndrico de altura H tiene una masa m de agua que lo llena hasta la mitad. Un trailer está equipado de un sistema para sacar barcos del agua. 2 Una partícula P en el plano xy está sometida a la → ˆ acción de la fuerza F = y i − x ˆ . F1 d1 = F2 d 2 ⇒ 2πR1 d R F1 = 3 1 F1 F2 = 1 F1 = 2πR2 / 3 d2 R2 Solución. El trabajo de la entrada es W1 = F1(18 L). ¿Cuál es la ventaja mecánica de esta máquina? Así el trabajo de la salida es W2 = F(L). ⎝ 2⎠ La ventaja mecánica: VM = 3600 = 45 80 La ventaja mecánica del torno (despreciando la fricción) es 45. 18 acoplamientos de la cadena se levantan y 16 acoplamientos bajan.50) = 0. El lazo de la cadena que va bajo de la carga es acortado así por 18 eslabones y alargado por 16 eslabones. 0). dando por resultado la elevación de la carga. ¿Cuánto trabajo ha de realizar la bomba? 19 . que ha de bombearse en su totalidad por encima del borde del mimo. hay 18 dientes en la polea externa y 16 dientes en la polea interna. Ejemplo 35. Este engranaje pequeño endienta con un engranaje más grande con 36 dientes.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán d2 = (0.) ¿Qué tensión se puede aplicar a la línea cuando la manivela se empuja con una fuerza de 80 N? So1ución. Considere qué pasa cuando la polea superior hace una revolución. 2 2 Respuesta.16L = 2L que acorta al lazo 2L y levanta la carga L (intente esto con un pedazo de cuerda para convencerse de esta característica). La línea es jalada una distancia d2 = 2πR2/3. Consiste en una manija larga de 30 centímetros unido al eje de un engranaje pequeño con 12 dientes. Considere que pasa cuando la manivela hace una revolución. Despreciando la fricción. Observe que una fuerza pequeña de entrada da lugar a una fuerza grande de salida. La fuerza F = x yi + xy ˆ actúa sobre la partícula . 4. Un resorte de masa despreciable y constante k cuelga del cielorraso de un ascensor y lleva suspendido una masa in. ΔW = 3 mgH 4 cos θ = 1 − x 2 . 11. 5. Demostrar que el trabajo realizado por esta fuerza no es cero para una trayectoria cerrada. la fricción es constante igual a 1 Newton. Si una de las fuerzas actuante sobre el bloque es opuesta en dirección y proporcional a la magnitud de la velocidad. Se aplica una fuerza de 1 N a una partícula de 50 g que está inicialmente en reposo sobre una superficie. Cuando el ascensor se mueve hacia arriba durante t segundos con una aceleración uniforme a= 1 g . ADC y AC. fuerza también varía tal que ¿Cuál es el trabajo realizado cuando el objeto se mueve de x = 0 a x = a? Respuesta. proporcionada por la carretera. 2 2 → Respuesta: 99. Calcular el trabajo realizado sobre A por la cuerda mientras A se desplaza 3 m. constante debe aplicarse a un carro de masa 500 kg que viaja en una carretera horizontal a 36 km/h para que se detenga en 30 metros? ¿Quién proporciona la fuerza? Respuesta. El ángulo con el que actúa la 12. a) ¿Cuánto trabajo realiza el ascensor sobre el sistema resorte-masa? b) ¿Cuánto trabajo realiza sobre el resorte? Respuesta. la reacción inercial 2 Respuesta. a) Si hace que el resorte se alargue.P (x. → → ˆ j 10. Una fuerza cuya magnitud varía con x de acuerdo a F = A + Bx actúa sobre objeto que puede moverse solamente en el eje x. 20 . ¿Cuántas vueltas dará la bolita antes de detenerse? R= 50 cm k = 62 N/m Respuesta. su resorte comprimido inicialmente 10 cm. 8. b) Determinar el trabajo de F cuando se mueve de A a C.38 J 6. y al dispararse una bolita entra en una canaleta circular de radio R. Un bloque que se mueve a lo largo del eje x comienza del reposo en x = A y se mueve a x = B luego vuelve a x = A donde queda en reposo nuevamente. ∂y ∂x 3 WADC = 1 1 m2 g 2 mg 2 t 2 b) 8 k 4 a4 a4 .TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán Respuesta.. 2500 N. W = 120 J Respuesta. a lo largo de los caminos ABC. El objeto se mueve entre − 2 < x < 2 . a) Demostrar que F no es una fuerza conservativa. ¿Qué fuerza horizontal. Un resorte está unido en A a un plano vertical fijo y a un bloque B que resbala sobre una varilla lisa horizontal Ox. tal que Fv = −b v con b Constante. WAC = 3 2 7.y) que se mueve en el plano xy. a) ∂Fx ∂Fy a4 ≠ . La longitud del resorte no estirado es 45 cm y la constante del resorte es k = I000 N/m. Una vuelta. ¿Cuál es el trabajo realizado por el resorte sobre B cuando se mueve 60 cm desde O por efecto de la fuerza F? Aa + B a2 a4 −B 2 4 9. b) WABC = . En la figura se mueve el cuerpo A a lo largo de un plano horizontal liso por medio de la fuerza constante F = 5º N aplicada al extremo de una cuerda unida a A y que pasa por una pequeña polea sin rozamiento en B. El tubo de la figura se halla en un plano horizontal. U (r ) = 3 x 2 y + Respuesta. ΔW = 46 J 13. Se dispara un proyectil con una velocidad inicial de magnitud v0 y formando un ángulo θ con la 21 . Si U(x) = 1 2 kx − kLx + C 2 17. c) El trabajo realizado por la fuerza de gravedad durante el movimiento. EC = 6 × 10-7 J 18. B y C? b) Estando en el punto A. e) ¿Cuál es la velocidad del bloque cuando vuelve al punto inicial? Respuesta. c) ΔW = 143 J . la partícula pierde bruscamente la mitad de su energía total. c = 10/7 J/m4 15. c) ΔE = 4B ⎝ A ⎠ 16. Una partícula de masa 4y penetra en una región en la cual su energía potencial es la indicada en la figura y pasa valores grandes de x. EB = 12 × 10-7 J . Respuesta. a) 1 v0 . Respuesta. b = 80/7 J/m2 . 2 v0 d) L = . y θ . Hallar la fuerza conservativa que da origen a la función energía potencial.25 y ¿Cuánto trabajo se consume en vencer el rozamiento? Respuesta. Describe cualitativamente el movimiento subsiguiente. a) ¿Cuál es la fuerza entre ellas en función de r? b) ¿Cuál es la posición de equilibrio de las dos moléculas? c) ¿Qué energía seria necesaria para alejarlas de su posición de equilibrio indefinidamente? Respuesta. b y c. c) 0. Un bloque de masa m es lanzado hacia arriba en un plano inclinado con una velocidad de magnitud fricción del bloque y el plano es μ . Una partícula que se mueve a lo largo del eje x está sometida a la acción de una fuerza en un sistema conservativo a la que le corresponde la siguiente función energía potencial. La energía potencial entre dos moléculas vecinas viene dada por: E A = 8 × 10 -7 J . a = 0. a) 0. b) ΔW = 2505 J . Encontrar la función energía potencial de un resorte si el origen se coloca en la pared y la longitud del resorte sin estirar es L. 1 2 kL ⇒ 2 1 1 2 U ( x ) = k x 2 − 2 Lx + L2 = k ( x − L ) 2 2 C= ( ) 14. b) El trabajo realizado por la fuerza de fricción durante el movimiento. d) Encontrar L en función de v0 . si se sabe que el potencial se anula en el origen. a) ΔW = 1000 J . tiene una energía cinética de 16 x 10-7 J . El ángulo del plano es θ y el coeficiente de U (r ) = A B + r 6 r12 siendo r la separación entre las moléculas.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán a) ¿Cuánto trabajo realiza sobre la partícula en l0 s si la superficie es lisa y la fuerza es horizontal? b) El mismo caso de a) pero la fuerza hace un ángulo de 60º con la horizontal. a) ¿Cuál es su energía cinética en los puntos A. Si el bloque viaja una distancia L hasta detenerse y comienza a bajar volviendo a su posición original. a los cuales su energía potencial es cero. 2 g (μ cosθ + senθ ) F(r ) = −6 A B + 12 13 . b) − 2 μmgL cosθ . c) El caso b) pero con rozamiento entre la partícula y la superficie 0. (la gráfica de la energía potencial no se altera). e) v = 2 v0 − 4 μgL cosθ 19. Calcular. U ( x ) = a + bx 2 − cx 4 Determinar los coeficientes a. a) El trabajo realizado por la fuerza normal durante el movimiento. que x = 2 m en una posición de equilibrio y que una partícula de 5 kg con una velocidad en el origen de 2 m/s queda en reposo en x = l m. dando el dominio de valores de x en el cual puede moverse la partícula. zy − y2 x z⎞ˆ y ˆ ⎟j− k x⎠ x → ⎛ z ⎞ˆ ⎛ F = y⎜ 2 − 6 x ⎟i + ⎜ 2 y − 3x 2 − ⎝x ⎠ ⎝ Respuesta. b) 7 r r A2 ⎛ 2B ⎞ 6 r =⎜ ⎟ . b) K = 2t4 J. a) Determinar la altura a la que se rompe la cuerda. ¿Cuál es el ángulo en el que el bloque pierde contacto con la esfera. c) La reacción normal del carril en 8. Una bola pequeña de masa m = l g desliza hacia el fondo de un valle moviéndose sin rozamiento como se indica en la figura. a) La altura máxima alcanzada. Respuesta. la bola cae desde una altura h = 2m y abandona el fondo del valle formando un ángulo θ con la horizontal. Usando la conservación de la energía encontrar. b) Calcular la energía cinética al instante t. ¿Qué fuerza deberá aplicarse a la placa superior para elevar la placa inferior después que se retira la presión? No tomar en cuenta la masa del resorte. a) y = 1.5 mg . están conectadas por un resorte. a) W = 2592 J. Partiendo del reposo. Respuesta. hallar: a) La reacción normal del carril en A. F en Newton).3 mg . Una bolita de masa m desliza a partir del reposo hacia abajo por un carril doblado como se muestra en la figura. 2g 2 b) v = v0 (1 + cos θ ) 2 Respuesta. b) 0. a) ¿Cuál será la velocidad del bloque cuando esté a una altura 2 l ? b) ¿Cuál será la máxima compresión del resorte? Respuesta.4 mg 24. Una fuerza F = 8t (t en segundos.33 m 26. Sí parte del reposo a partir del origen. Un bloque pequeño de masa m resbala partiendo de la parte superior de una esfera sin fricción de radio R. b) La energía cinética de la bolita en B.1 mg . e) La reacción normal del carril en C. Si el bloque se levanta a una altura 3 l y soltado desde el reposo. c) 2. a) v = 3 l + 2 gl . b) La magnitud de la velocidad cuando el proyectil está a la mitad de su máxima altura. actúa la partícula P de masa m = 4kg durante un tiempo t = 6 s.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán horizontal. Respuesta. respectivamente.5 mg d) 1. b) ¿A qué distancia de la pared vertical caerá al . Dos placas cuyas masas son m1 y m2. 21. Respuesta. 20. a) 0. a) Calcular el trabajo efectuado. m b) 2 kl − mg 3kl 2 + 6mgl ⎛ kl − mg ⎞ + ⎜ y= ⎟ + k k k ⎝ ⎠ ( ) 25. a) ¿A qué altura y está el resorte? b) ¿Cual es el ángulo θ ? 22 . Un resorte de longitud l y constante k se sujeta a un bloque de masa m y al piso. el rozamiento es despreciable. 1n saco se empuja suavemente por el borde de una pared en A y oscila en un plano vertical colgado del extremo de una cuerda de 4m que puede soportar una tensión máxima igual a dos veces el peso del saco. En el punto más elevado de su trayectoria la bola choca con un resorte montado sobre una pared y lo comprime 2 cm. La constante del resorte es k = 49 N/m.suelo el saco? 22. e) 5. a) cos θ = 2 3 k 2 Respuesta. a) h = 2 v0 sen 2θ . d) La energía cinética de la bolita en C. a) F > (m1 + m 2 )g 23. ¿Cuál es la velocidad máxima la que un motor capaz de suministrar 10 kW puede elevar un ascensor de masa 500kg.13 kW 34. Un bloque de 0. determinar la velocidad v 0 requerida en la faja transportadora.2 m/s a partir de la separación del resorte. ¿Cuál es la energía cinética de la bola? Respuesta. El coeficiente de fricción cinética es 0. Se quita la fuerza externa.86 kW . 33. ¿Cuál es la potencia que desarrolla la locomotora: a) al comienzo del periodo? b) al final del periodo? c) ¿Cuáles la potencia . a) Ff = 110 N b). Determinar: a) La máxima potencia requerida. b) 4290 hp c) 3574 hp 30.88 J 28.media durante el periodo? Respuesta. 3. b) La potencia requerida para mantener la velocidad constante de 75 km/h. P = 2 hp Respuesta. La faja transportadora de la figura se mueve con una velocidad constante v 0 y descarga los paquetes sobre la rampa AB.0 m/s 32. 6. Durante todo el movimiento el automóvil se desplaza sobre una carretera horizontal. este recorre aún 0. a) 25 kW . El bloque ingresa a una sección rugosa en B. v = 2. b) ¿Qué potencia debe consumirse para mantener el automóvil en movimiento con una velocidad de 48 km/h? Respuesta. Sabiendo que la grúa es movida por un motor de 10 kW.50 kilogramos es sujetado contra el resorte por una fuerza externa horizontal de 36 N. Un peso D y el contrapeso C tienen cada uno una masa de 350 kg. 23 . extendiendo hasta E.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán a) Considerando que la fuerza de rozamiento es independiente de la velocidad. a) y =1 m. sin tomar en cuenta las fuerzas de rozamiento? Respuesta.4 m/s en C. Respuesta. 8. b) 6. Determinar su rendimiento. 78. Sabiendo que los paquetes deben alcanzar el punto B con una velocidad de 4 m/s. Respuesta. Si a un automóvil de masa 1000 kg que se mueve sobre una carretera horizontal con una velocidad de 48 km/h se le apaga al motor. b) θ = 45º 27.30.8 m/s en la base. El bloque se mueve hasta C donde se detiene. a) 2859 hp . Una bola de acero de masa 1 kg está unida a un extremo de un alambre de 1m de largo y gira alrededor del otro extremo con una velocidad angular de 120 rpm.02 m/s 29. carga Respuesta. El bloque desciende una rampa y tiene una velocidad v2 = 1. Una locomotora ejerce un tiro constante en la barra de tracción de 160000 N mientras aumenta la velocidad de 48 a 72 km/h. y el bloque se proyecta con una velocidad v1 = 1.9 rn/s2. Determinar la potencia requerida cuando el peso: a) Se mueve hacia arriba con velocidad constante de 4m/s. El coeficiente de rozamiento entre los paquetes y la rampa es 0. 49% 31. b) Tiene una velocidad instantánea de 4m/s hacia arriba y una aceleración hacia arriba de 0.8 km antes de detenerse.30. calcule su valor medio. Respuesta. La pista es sin fricción entre los puntos A y B. La velocidad del bloque es v3 = 1. y la resistencia al movimiento es igual al 2 por ciento del peso del automóvil.44 kW 35. Una grúa industrial puede levantar su máxima permitida de 25 toneladas a la velocidad de 20mm/s. Un automóvil de 1500 kg se desplaza 200 m mientras es acelerado uniformemente desde 50 hasta 73 km/h. ¿En qué caso la velocidad de la piedra será mayor cuando llega al agua? Respuesta. D) la fuerza que hace el trabajo debe estar dirigida perpendicularmente al movimiento del objeto. C) el objeto debe moverse. Una muchacha lanza una piedra de un puente.0 s. d) -0. La velocidad de la piedra con la que lanza es igual en cada caso. La fuerza empuja la caja una distancia de 8. vl = 0 m/s. b) 2. Caso D: lanzada horizontalmente.0 segundos es: Respuesta. a) El trabajo realizado por la fuerza externa es: b) El trabajo realizado por la fricción es: c) La razón de cambio promedio de la energía cinética de la caja. El montaje de la bola-barra puede girar libremente en un círculo vertical entre A y B a) El trabajo realizado por el peso es: b) El trabajo realizado por la fuerza de fricción es: c) El trabajo realizado por la fuerza normal es: d) La potencia media producida por la fuerza externa P durante los 2. La fuerza empuja el cajón una distancia de 3. b) 120 N 37. La bola se sostiene en A.0 kilogramos se une al otro extremo de la barra. c) 9. Un bloque de 8.0 m/s. en un intervalo del tiempo de 2. en los 4.8 m/s a v2 = 2. b) -700 J.0 m arriba de la pendiente. Una fuerza externa constante P =120 N se aplica a una caja de 20 kilogramos.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán 38. Caso A: Lanzada derecho para arriba. El bloque se mueve una distancia de 1. Una bola de 3. a) 1800 N/m. la rapidez es la misma en todos los casos. C) el objeto debe moverse.0 s. a) 5.5 m/s a v2 = 3. en un intervalo del tiempo de 4. en una pendiente rugosa.2 m/s. B) es necesario que no haya fricción. Caso B: Lanzada derecho para abajo. E) la fuerza aplicada debe ser mayor que la fuerza de la reacción del objeto. Una barra sin masa de 1. a) La constante del resorte es: b) La compresión inicial del resorte en cm es: c) La altura h de la rampa en cm es: d) El trabajo realizado por la fricción entre los puntos B y C es: e) La distancia s que el bloque viaja entre los puntos B y D es: Respuesta.0 kilogramos se lanza del reposo. a) La bola pasa a través de C.400 J c) Cero .0 m. y la velocidad cambia de v1 = 0.5 m/s.32 J e) 0. d) 1050 W 39. Una fuerza externa constante P de 800 N se aplica horizontalmente al cajón.5 m se fija libremente a un pivote sin fricción en O.80 s. Caso C: Lanzada con ángulo de 45º sobre horizontal.55 m 36. a) 830 J. donde la barra hace un ángulo 30º sobre el horizontal. b) .6 m abajo de la pendiente. 41. c) 30W 24 a)) El trabajo realizado por el peso es: b) La razón promedio a la cual la fuerza de fricción realiza trabajo en el intervalo de tiempo de 0. La rapidez de la bola cuando pasa por C es: b) la tensión en la barra cuando la bola pasa por el punto más bajo D es: Respuesta. Para hacer el trabajo sobre un objeto. y la velocidad cambia de v1 = 0.0 segundos es: Respuesta. donde la barra forma un ángulo de 30º debajo de la horizontal. y se lanza. 40. Un cajón de 100 kilogramos está en una superficie áspera inclinada 30º.80 s es: . a) -1500 J.4 m/ s. Respuesta. A) es necesario que haya fricción. Considere las maneras siguientes que ella puede lanzar la piedra. en un tiempo de 0. que está en una superficie horizontal áspera. y adquiere una velocidad de v2 = 4.0. c) Cero. La constante de fuerza del resorte 2 es: b) La constante de fuerza del resorte 1 es igual a 30 N/ m. El resorte está estirado y horizontal.0 kilogramos se suspende del resorte. que mantiene al bloque en su lugar (figura B) es: c) El trabajo realizado por la fuerza externa P en jalar el bloque 0. La plataforma baja 6 cm antes de que persona vuelva al reposo. 4. La longitud del resorte sin estirar es 0.0 kilogramos se une a la barra en B.50 J. ¿En qué distancia el coche pararía aproximadamente la tenía que va 40 mph? Respuesta. La arena está inicialmente en el resto y se descarga en la tapa del motor de la arena con la velocidad 5 m/s en un canal inclinado de cargamento. La aceleración radial del disco es: Respuesta. La velocidad lineal del bloque B es 2.30 kg) están sobre una mesa sin fricción. Un bloque de 4. Una persona de 60 kilogramo cae desde el reposo uno distancia 1.53 m 46. Un resorte se une a la masa en B y a la manga en el eje en C. a) El eje está girando y el resorte estirado tiene una longitud de 0. y los resortes tienen longitudes de 0. ¿En qué tarifa mínima se debe la energía proveer a esta máquina? Respuesta.40 m. de modo que el resorte sea siempre horizontal cuando esté estirado. Una fuerza externa P tira del bloque 0. a) 20 N/m.7 m/ s2 47. Una fuerza 25 . Un motor de la arena en una mina levanta 2. El bloque A (0.0 m/s2.20 W. 4.59 x 10-4 J 44. (Véase La Figura B) a) El resorte 2 estira 0. La aceleración radial del disco es: b) El eje está girando y la varilla forma un ángulo de 40º con el eje. como se muestra. Los bloques están en movimiento circular uniforme alrededor de o.40 kg) y el bloque B (0.000 kilogramos de la arena por minuto una distancia vertical de 12 metros. a) El trabajo requerido para ensamblar los resortes y el bloque (figura A) es : b) La fuerza externa P.80 s es: d) La razón promedio a la cual el bloque gana energía cinética durante el intervalo de tiempo de 0.30 m como en la figura A. a)) + 80 J.5 m/s2 b) 15.20 m sobre una plataforma de masa insignificante apoyada sobre un resorte duro.34 kW 49.06 m.80 m se fija libremente a un eje vertical en A.08 W 45. La longitud sin estirar del resorte 1 es: Respuesta. donde x es el desplazamiento del objeto desde su posición de equilibrio. A La manga es sin fricción. c) 0.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán c) La razón promedio a la cual la fuerza normal realiza trabajo en el intervalo de tiempo de 0. a) 10. La aceleración radial del disco es: c) El eje está girando y el resorte tiene una longitud de 0.25 m y las constantes de la fuerza de 200 N/m. 7.0 m/s.60 m. Los resortes se unen a un bloque pequeño y se estiran a una longitud de 0. ¿Cuál es la constante del resorte? Respuesta. La constante de un resorte es 500 N/m y su longitud sin estirar es 0.12 x 105 N/m 43. Un objeto está sujeto a una fuerza restauradora F = 6x3.45 m. ¿Qué trabajo debe realizarse para mover al objeto desde x = 0 x = 0.48 m. d) 80 W 42. c) 6.80 s es: Respuesta.60 m y 0.45 m y la constante es 210 N/m. b) E) 8 N. Cierto coche que viaja 20 resbalones del mph a una parada en 20 metros del punto donde los frenos fueron aplicados.02 m es: Respuesta. El resorte 1 conecta al bloque A a una varilla sin frición O y el resorte 2 conecta el bloque Ay el bloque B. Dos resortes idénticos tienen longitudes sin estirar de 0. 80 metros 48. b) 0. Una barra ligera de 0. a) 0.15 m? Respuesta. permitiendo que se baje y suba libremente. Un disco de 2. b) .02 m a la derecha y lo sostiene allí. hacía abajo 50.60 m.40 kilogramos se coloca sobre el resorte (figura b). d) 20 m/s2.36 J. b) 8N.66 m. la constante de un resorte es 200 N/m y su longitud sin estirar es 10 centímetros. a) 2.4 m/ s. b) 0. El resorte se pone dentro de un tubo liso de 10 centímetros de alto (la figura a). hasta que el resorte se ha estirado a una longitud de 0. Se quita la fuerza externa. Una fuerza externa P empuja el disco hacia abajo. se quita y el bloque sube. c) 0.80m/s 26 . la aceleración del bloque incluyendo su dirección es: Respuesta. Un disco de 0. e) 0. hasta que el resorte tiene 4 centímetros de largo (la figura c). c) 2 m/s2. a) La fuerza externa sobre el bloque es: b) Cuando el resorte se ha contraído una longitud de 0. a) 20 N.72 m. a) La compresión del resorte en la figura b es: b) La fuerza externa P en la figura c es: c) La energía potencial elástica del resorte en la figura c es: d) La aceleración inicial del disco cuando la fuerza externa es removida es: e) La velocidad v del disco cuando emerge del tubo en la figura d es: Respuesta.TRABAJO Y ENERGÍA Hugo Medina Guzmán externa tira hacia abajo lentamente el bloque.0 . el disco se proyecta hacia arriba y emerge del tubo (figura d). la velocidad del bloque hacia arriba es: : c) Cuando el resorte se ha contraído una longitud de 0. . etc.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán CAPÍTULO 6. 1 Por la tercera ley de Newton cada una de las fuerzas → → Fij tiene un F ji igual. r n .. r 2 . F 12 = ∑ Fij ( j ≠i ) → → → → n → En general para la partícula i es: F i int = ∑ Fij ( j ≠i ) → n → La fuerza total para el sistema es: ∑ Fi = ∑ m a i = ∑ F i ext + ∑∑ Fij i =1 i =1 i =1 i =1 ( j ≠i ) i =n → i =n → i =n → n n → En la figura hemos cambiado el contorno del sistema... m2.. produciendo una nueva fuerza resultante. Ahora demostraremos que lo estuvimos haciendo bien considerando al objeto sin tomar en cuenta las fuerzas que actúan sobre sus partes. también se introducirá el concepto de cantidad de movimiento y se demostrará que este se conserva cuando el sistema se encuentra aislado de los alrededores. …. Introduciremos el concepto de centro de masa de un sistema de partículas. se han sumado a las fuerzas externas previas... a) Las fuerzas externas como la atracción gravitacional de la tierra por ejemplo. b) Las fuerzas internas que las partículas ejercen unas sobre otras (estas fuerzas pueden ser gravitacionales.) → → → → → F i int = suma de las fuerzas internas sobre mi → F i ext = suma de las fuerzas externas sobre mi La suma de las fuerzas internas sobre la masa mi es: F 1int = F 12 + F 13 + ... respectivamente... pero de sentido contrario . Como Una Consecuencia de esto las fuerzas internas Sobre m1 y m2 debido a m3 ya no son internas... SEGUNDA LEY DE NEWTON APLICADA A UN SISTEMA DE PARTICULAS La figura siguiente muestra un sistema de n partículas de masas m1.mn. En el sistema existen dos tipos de fuerzas. SISTEMA DE PARTÍCULAS INTRODUCCIÓN Hasta ahora hemos estado estudiando el movimiento de los objetos cualquiera que sea sin considerar su estructura. SISTEMA DE PARTICULAS La selección del contorno de un sistema es similar a seleccionar un sistema de coordenadas. La segunda ley de Newton para la partícula mi es: F i = m a i = F iexter + F i int Donde: La figura muestra un sistema de partículas compuesto de tres masas. excluyendo la masa m3. e1éctricas. con posiciones especificadas → → → por r 1 . …………. se aproximen al infinito. n → → d2 n mi ri = ∑ Fiext 2 ∑ dt i = 0 i =1 → → Si en la ecuación: Sustituimos ∑m i =1 n i ri = M rCM rCM = → ∑m i =1 n i =1 n → i ri i Obtendremos la ecuación del movimiento del centro de masa n n → → → → d2 M rCM = ∑ Fiext ⇒ M aCM = ∑ Fiext dt 2 i =1 i =1 i ∑m n Llamando a partículas).Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán Fij = − F ji De modo que → → xCM = lim 1 Δmi →0 M ∑ x Δm i =1 i n i = 1 xdm M∫ ∑( n i = 0 j ≠ i )=1 ∑ Fij = 0 n → De igual forma se obtiene: Consecuentemente solo queda ∑ mi ai = ∑ Fi ext o i =1 i =1 n → n → n → → d2 n mi ri = ∑ Fi ext ∑ dt 2 i =1 i =1 CENTRO DE MASA Frecuentemente es muy práctico reemplazar un sistema de muchas partículas con una partícula simple equivalente de masa igual. i =1 i i n yCM = 1 M ∑ mi yi . Ejemplo 1. La pregunta es donde colocar esta partícula simple con respecto al origen de x e y. Δmi →0 M i =1 1 n 1 z CM = lim ∑ z i Δmi = M ∫ zdm y Δmi →0 M i =1 → 1 → rCM = r dm M∫ y CM = lim MOVIMIENTO DEL CENTRO DE MASA. ∑m i =1 → i = M (masa total de las n → El punto indicado por rCM . Centro de masa de tres masas puntuales. se mueve se mueve como si en el estuviera concentrada toda la masa y las fuerzas externas del sistema. Luego. Definamos el vector posición del centro de masa por la ecuación: 1 n 1 ∑ yi Δmi = M ∫ ydm . zCM = i =1 n 1 M ∑m z i =1 n i i El centro de masa esta dado por: Si hacemos que el número de elementos n. vector posición del centro de masa. la sumatoria se reemplaza por una integral y m por el elemento diferencial dm. rCM = → ∑m i =1 n ri M ˆ ˆ rCM = xCM i + y CM ˆ + z CM k j → Como Tenemos que: xCM = 1 M ∑m x . = 2 xCM = 1 M ∑m x i =1 n i i m(1) + 2m(1) + 3m(2) m + 2m + 3m . Centro de masa de un triángulo. tenemos: 2 a = xydx ab ∫0 Para poder integrar tenemos que expresar la variable y en función de x. en este caso dm = λdl M y dl = Rdθ πR Donde λ= 1 M ∫ xdm = 1 M ∫ x⎜ ⎝ ⎛ 2M ⎞ ⎟ ydx ab ⎠ Como y = Rsenθ .Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán = 9m 3 = 6m 2 1 M Sustituyendo: xCM = 2 = 2 a 2 a2 a 2 a b 2 ∫0 x a (a − x )dx = a 2 ab 2 ax − x dx = 2 a 2 ∫ x(a − x )dx a 0 a yCM = ∑ mi yi i =1 n ∫( 0 ) ⎡ x2 x3 ⎤ + ⎥ ⎢a 3 ⎦0 ⎣ 2 = m(1) + 2m(3) + 3m(2 ) m + 2m + 3m 13m 13 = 6m 6 3 ˆ 13 ˆ i+ j 2 6 = ⎛ a3 a3 ⎞ a ⎜ + ⎟= ⎜ 2 3 ⎟ 3 ⎠ ⎝ = → Realizando cálculos similares encontramos: y CM = rCM = b 3 → Finalmente: rCM = Ejemplo 2. porque por cada elemento de masa a la derecha (+). Por semejanza de triángulos: y CM = 1 M ∫0 (Rsenθ )λRdθ λR 2 M 2R π = λR 2 M ∫ π 0 senθdθ = [− cosθ ]0 π R2 ⎛ M ⎞ = ⎜ ⎟(2 ) M ⎝ πR ⎠ b y a−x ⇒ y = (a − x ) = a b a 3 = π = 0. Sin embargo para y CM es diferente. aˆ b ˆ i+ j 3 3 Ejemplo 3. Para evaluar dm = masa total × área de la lámina área total M 2M ydx = ydx = 1 ab ab 2 Luego: xCM = y CM = 1 M ∫ ydm . existe otro elemento igual a la izquierda (-). Centro de masa de un arco semicircular. xCM = 0 . xCM = 1 M ∫ xdm Por el sistema de coordenadas escogido.64 R . las velocidades → → → → respectivas son v '1 y v ' 2 diferentes de v1 . Explosión de una granada Ahora nos preguntamos. → → → → 4 . → → → → → → → → O F12 dt = m1 d v1 y F21 dt = m2 d v 2 Integrando las dos relaciones durante el choque. IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO Supongamos el caso de dos partículas esféricas P1 y P2 de masas m1 y m2 con trayectorias contenidas en la misma recta. aplicando la segunda ley de Newton a las partículas P1 y P2. La fuerza de contacto inicialmente es cero. Ejemplo 4. La figura siguiente muestra una variación típica de la fuerza en el tiempo de contacto. entonces la granada sigue una trayectoria parabólica. P1 ejerce sobre P2 la fuerza F12 y P2 ejerce sobre P1 la fuerza F21. se aproximan una a otra con velocidades → → Sea t f − t i = Δt el tiempo que dura el choque. Después de La explosión el centro de masa de los fragmentos sigue la misma trayectoria que tendría la granada s! no hubiera habido explosión. dv F12 = m1 a1 = m1 1 y dt d v2 F21 = m2 a 2 = m2 dt Cuando P1 y P2 entran en contacto. Después que P1 y P2 se separan. Si la granada no estallara continuaría moviéndose a lo largo de la trayectoria parabó1ica indicada en la figura. Una granada lanzada al aire que explota en varios fragmentos. La única fuerza externa sobre la granada es la fuerza de la gravedad. Las figuras siguientes muestran como localizar experimentalmente el centro de masa primero colgándolo de la parte superior y luego de otro punto cualquiera. no afectan al movimiento del centro de masa.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán El centro de masa no se encuentra dentro del cuerpo. Como las fuerzas de la explosión son internas. y v 2 . Entonces. v1 . De acuerdo con la tercera ley de Newton F12 = − F21 . quizás solo de aproximadamente 0. finalmente disminuye hasta cero. cuando dejan de estar en contacto. y v 2 respectivamente. aumenta hasta un valor muy grande y. ¿Qué pasa durante el choque? El tiempo de contacto total Δt es muy pequeño.001 segundos. a) ¿Qué impulso se dio a la pelota? b) Si el tiempo que el pie está en contacto con la pelota es 10-3 segundos. Una pelota de 100 gramos está en reposo sobre el piso. a) El impulso es igual al cambio de la cantidad de movimiento: → ∫ tf ti Fdt corresponde al área bajo la curva mostrada en la figura anterior. un cambio de la cantidad de movimiento ∫ ti F21 dt = m2 ∫ d v2 v2 → v '2 → ∫ tf ti → → → ⎛ → →⎞ F12 dt = m1 ⎜ v'1 − v1 ⎟ = p f − pi ⎝ ⎠ → Finalmente ∫ tf ti tf ∫ ti ⎛ ⎞ F12 dt = m1 ⎜ v'1 − v1 ⎟ y ⎝ ⎠ → → → ⎛ ⎞ F21 dt = m2 ⎜ v' 2 − v 2 ⎟ ⎝ ⎠ → → → y esta cantidad es también igual al impulso recibido en ese instante por la partícula → → → J J = p f − pi Trabajando con el primer miembro Luego: “El cambio de la cantidad de movimiento es igual al impulso”.1)(30&&) − 0 = 3i i kg m s → CANTIDAD DE MOVIMIENTO LINEAL o Momentum lineal de la partícula (lo designaremos en la práctica simplemente como cantidad de movimiento). cuando recibe un puntapié que la lanza con una velocidad de 30 m/s.s-1 b) Se puede obtener un estimado de la fuerza que actúa sobre la pelota. a ésta cantidad la llamaremos IMPULSO ⎜ J ⎟ → → ⎛→⎞ ⎝ ⎠ J = ∫ F(t ) dt ti tf Sus dimensiones son: [F] [T] = [M][L][T]-1 En el sistema internacional sus unidades son: Newton.m. ¿Cuál es la magnitud aproximada de la fuerza impulsiva? Solución. cuyas dimensiones son: [M] [[L]] = [M] [L] [T]-1 En el sistema internacional sus unidades son: kg.segundo (N. → ˆ J = (0. dividiendo e1 impulso tiempo Δt = t f − t i en que actúa la fuerza : J por el F= → → J Δt → Como ˆ J = 3i kg m y Δt = 0. vi = 0 .Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán ∫ tf ti tf F12 dt = m1 ∫ d v1 y v1 → v '1 → La partícula P1 ha sufrido en el intervalo t f − t i = Δt .001 s s 5 .s) Trabajando con el segundo miembro J = p f − p i = m v f − m vi → → → → En este caso ⎛ → →⎞ ⎛ → →⎞ m1 ⎜ v'1 − v1 ⎟ y m2 ⎜ v' 2 − v 2 ⎟ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ Llamaremos a la cantidad ˆ m = 0. v f = 30i m/s → → → → mv = p.1 kg. Ejemplo 5. Tres partículas de masas 2 kg. la velocidad → ⇒ p total = CONSTANTE Esto es la conservación de la cantidad de movimiento. c) Analizar si el sistema de tres partículas es sistema aislado Solución. → → → d → d → p total = M v i CM = M a iCM = F i ext dt dt Esta cantidad es muy importante. Si no hay fuerzas externas sobre un sistema.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán F= → ˆ 3i ˆ = 3000i N 0. Se deja caer una pelota de masa m de una altura h sobre el nivel del suelo y rebota hasta una altura h1 a) ¿Cuál es la velocidad chocar con el suelo? b) ¿Cuál es la velocidad de chocar con el suelo? ∑m v i =1 i n → i = M v CMi n → → De aquí p total = ∑ mi vi = M v CMi i =1 → → vi inmediatamente antes de v f inmediatamente después La cantidad de movimiento total de un sistema es igual a la cantidad de movimiento de la masa total concentrada en el centro de masa del sistema. m y velocidad → v es: → p = mv La cantidad de movimiento de n partículas es la suma de las cantidades de movimiento individuales. Ejemplo 7. x = 0 . → p total = ∑ p i = ∑ mi vi i =1 i =1 n → n → 6 . Encontrar: a) La velocidad del centro de masa en t = 1 s y t = 2 s. La cantidad de movimiento total del sistema es constante. Derivando nuevamente la expresión anterior: → c) ¿Cuál es el impulso J que se le da a la pelota en el impacto con el suelo? Solución.001 Usando la expresión de centro de masa Ejemplo 6. b) La cantidad de movimiento lineal total del sistema en t = 1 s y t = 2 s. y = h0 vi = 2 gh0 ˆ j → → F i ext = 0 ⇒ → d → p total = 0 dt b) Como después de chocar y = h1 . ya que si no hay fuerza externa. j → 2 2 3 → 3 2 3 Donde t es el tiempo en segundos. 1 kg y 3 kg respectivamente con vectores posición v f después de chocar es: v f = 2 gh1 ˆ j c) El impulso de la pelota es: → → J = m v f − m vi = m 2 g → → ( h1 − h0 ˆ j ) → CONSERVACIÓN DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO La cantidad de movimiento de una partícula de masa → [ ] ˆ ˆ r = [(2t − 3)i − (12 − 5t ) ˆ + (4 + 6t − 3t )k ]cm j ˆ ˆ y r = [(12t − 1)i − (t + 2 ) ˆ − t k ]cm j ˆ ˆ r1 = 5ti − 5t 2 ˆ + (3t − 2)k cm . a) Como v 0 = 0 . por lo tanto su cantidad de movimiento es constante. la posición del centro de masa permanece constante En éste problema que es en una sola dimensión: v2 M ˆ cm ˆ = 3i − 4 ˆ + −8k j s [ ] xcm = CONSTANTE Tomemos como punto de referencia la posición del ayudante en el extremo del bote. al soltarse seguirá en la misma posición. Ejemplo 8.5 m hasta alcanzar este extremo. Consideremos aislado el sistema bote. c) Como . p no es constante. b) La cantidad de movimiento del sistema es: → p = + m1 v1 + m2 v 2 + m3 v3 = M vCM → → → → → ˆ kg cm ˆ p = 6 3i − 2tˆ + − 3t 2 + 2 k j s [ ( )] Para t = l s → kg cm ˆ p1 = 6 3i − 2 ˆ − k j ˆ s [ ] El centro de masa del sistema pescador-bote está en: Para t = 2 s → ˆ kg cm ˆ p2 = 6 3i − 4 ˆ − 8k j s → → → [ ] xcm = mb xb + m p (2. Un pescador de masa 70 kg está en un bote estacionario de masa 200 kg. se suelta. El pescador corre 2. ¿A que distancia del 7 El centro de masa esta en: .5) mb + m p Analicemos la posición final. p1 ≠ p 2 . rCM m r + m2 r2 + m3 r3 = 1 1 m1 + m2 + m3 → → → Reemplazando valores. cuando su ayudante que no sabe nadar y está en el agua cogido del extremo opuesto. luego el sistema no es aislado. pescador. Analicemos la posición inicial. ayudante.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán a) La posición del centro de masa esta dada por la expresión: → ayudante ahogándose se encontrará el pescador cuando alcance el extremo del bote? Solución. obtenemos: → ˆ ˆ rCM = (3t − 1)i + − t 2 + 3 ˆ + − t 3 + 2t k cm j La velocidad del centro de masa es [ ( ) ( )] → p = M v cm = CONSTANTE → Como en inicio el sistema está en reposo: vCM = → d → ˆ cm ˆ rCM = 3i − 2tˆ + − 3t 2 + 2 k j dt s [ ( )] → p = 0 ⇒ v cm = 0 → → → Para t = l s → v1M ˆ cm ˆ = 3i − 2 ˆ + − k j s [ ] Como v cm → d r cm = =0 dt Para t = 2 s → r cm = CONSTANTE . se encuentran en reposo uno en frente del otro. durante el movimiento de ambas personas? c) ¿Cuánto avanzo el bote hasta el momento del encuentro? x= 70(2. Describa el movimiento del muchacho.5) mb + m p = mb ( xb + x ) + m p x mb + m p ⇒ (mb + m p )x = m p (2. Siendo un sistema cerrado la cantidad de movimiento se conserva. respecto al bote? b) ¿Cuál es la velocidad del bote. y la dirección al este como sentido positivo → → → ˆ ˆ ˆ p después = m(v 0 + vb )i + m(− 3v0 + vb )i + 3mvb i = 0 → ˆ v 2 = v = vi → ⇒ vb = c) 2 ˆ v0 i 5 d .65m (200 + 70) La posición del pescador estará a 0. Solución. se tiene: m2 v dirigida hacia el oeste.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán xcm = mb ( x b + x ) + m p x mb + m p EI muchacho sale con una velocidad de módulo v1 = Como la posición del centro de masa del sistema es invariante. a) Si la persona de la izquierda se mueve con velocidad v 0 respecto al bote. ¿cuál es la velocidad que tiene la otra persona. m1 mb xb + m p (2. respectivamente: b) Por conservación de la cantidad de movimiento p antes = p después p antes = 0 → m1 v 1 + m2 v 2 = 0 Considerando el movimiento en el eje x. → → a) El tiempo empleado para encontrarse es el mismo para las dos personas d → v0 → → → 4= 3d v1 4 ⇒ v1 = 3v 0 Hacia la izquierda Si v 1 y v 2 son las velocidades del muchacho y la muchacha después del empujón. El muchacho empuja a la muchacha. Dos personas de masa m cada una. 4v0 De aquí El tiempo de caminata de las personas es t = → → ˆ m1 v 1 + m2 vi = 0 ⇒ v 1 = − m2 ˆ vi m1 8 luego el bote se habrá movido . Ejemplo 9. Un muchacho de masa m1 y una muchacha de masa m2 . se encuentran paradas en los extremos opuestos de un bote de longitud d y masa 3m que se encuentra en reposo sobre un líquido sin fricción. respecto a tierra. ambos con patines. mandándola hacia → Solución. el este con una velocidad v .5) = 0. → p antes = p después = 0 .65 metros del ayudante. Las personas caminan una hacia la otra con rapidez constante y se encuentran a d/4 del extremo izquierdo del bote.5) Reemplazando valores: Ejemplo 10. tal como se muestra en la figura. como se muestra en la figura. Muchas veces es conveniente escoger un sistema de coordenada. La interacción dura un tiempo muy corto. con el origen situado en el centro de masa. CHOQUES Para transformar esta expresión al sistema Centro de masa. ⎡ m2 ⎛ → → ⎞⎤ ⎜ v1 − v 2 ⎟⎥ ⎠⎦ ⎣ m1 + m2 ⎝ = m2 ⎢ − La cantidad de movimiento es: → m1 ⎛ → → ⎞⎤ ⎜ v1 − v2 ⎟⎥ = 0 ⎠⎦ ⎣ m1 + m2 ⎝ ⎡ p = m1 v 1 + m2 v 2 = (m1 + m2 ) v CM → → → En la sección siguiente veremos ejemplos de aplicación usando el sistema de referencia centro de masa. Consideremos un sistema do dos partículas m1 y m2 → → m v + m2 v 2 u1 = v1 − 1 1 m1 + m2 → → = m2 m1 + m2 → ⎛→ →⎞ ⎜ v1 − v 2 ⎟ ⎝ ⎠ → → m v + m2 v2 y u 2 = v2 − 1 1 m1 + m2 → = − m1 m1 + m2 ⎛→ →⎞ ⎜ v1 − v 2 ⎟ ⎝ ⎠ Como comprobación. El análisis de la mayor parte de los choques es más sencillo en el sistema de referencia centro de masa. calculemos la cantidad de movimiento total con respecto al centro de masa. Las velocidades relativas al centro de masa son: Por lo general en los choques só1o participan dos cuerpos. sobre los que no actúan fuerzas resultantes. u1 = v1 − vCM y u 2 = v 2 − vCM → → → → → → 9 . el cual debe ser igual a cero. → con velocidades v1 y v 2 respectivamente cuyo → p = m1 u 1 + m2 u 2 = p = m1 ⎢ → → → centro de masa se mueve con velocidad vCM . La transformación de un sistema de referencia cualquiera a un sistema centro de masa no es difícil. aunque esto no es estrictamente necesario..Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán ⎛ 2 ⎞⎛ d x = vb t = ⎜ v0 ⎟⎜ ⎜ ⎝ 5 ⎠⎝ 4v 0 ⎞ d ⎟= ⎟ 10 ⎠ → Como vCM m v + m2 v 2 = 1 1 m1 + m2 → → → → SISTEMA DE REFERENCIA CENTRO DE MASA Cuando la fuerza externa resultante que actúa sobre un sistema es cero. las velocidades de las partículas con respecto al centro de masa son como se muestra en la figura siguiente. durante el cual los cuerpos ejercen entre si fuerzas de cierta intensidad. Se llama choque o colisión entre dos cuerpos a un fenómeno en el que los cuerpos Participantes son libres antes y después de la interacción. Este sistema se denomina “SISTEMA DE REFERENCIA CENTRO DE MASA” Con respecto a este sistema la velocidad del centro de masa por supuesto es cero y la cantidad de movimiento total es cero. la cantidad de movimiento total es constante. v' 2 = − 1R + v 0 m1 m2 → → → v01 = v02 = v0 Vamos a aplicar la ecuación impulso . esto es: → ∫ t0 → ti F2 dt = m2 v0 − m2 v 2 = J 2 D = − J 1D → → → → → → Resolviendo para v1 y v 2 . → → → J J v'1 = 1R + v0 . v 2 = 1D + v0 m1 m2 → → → p = p' ⇒ p1 + p 2 = p'1 + p' 2 → → → → → → → → → m1 v1 + m2 v 2 = m1 v'1 + m2 v' 2 Ahora nos introduciremos en el proceso complejo que acompaña al choque. los periodos de deformación y restitución. La diferencia de estas velocidades es: → → → ⎛ 1 → ⎛m +m 1 ⎞ 2 ⎟ = J 1D ⎜ 1 + v 2 − v1 = J 1D ⎜ ⎜m m ⎟ ⎜ mm 2 ⎠ ⎝ 1 ⎝ 1 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ Ahora aplicaremos la ecuación Impulso-cantidad de movimiento por el periodo de restitución (R). t0 → t f .Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán Sean dos cuerpos de masas m1 y m2 con velocidades → → → → Para la masa m 2 : v1 y v 2 antes del choque y velocidades v'1 y v'2 después del choque respectivamente. En todo choque entre dos cuerpos se conserva la cantidad de movimiento. ti → t 0 : Para la masa m1 : → → → La diferencia de estas velocidades es: → → → ⎛ 1 1 ⎞ v' 2 − v'1 = − J 1R ⎜ ⎜m + m ⎟ ⎟ 2 ⎠ ⎝ 1 = − J 1R ⎜ ⎜ → → → ∫ t0 → ti F1 dt = m1 v 0 − m1 v1 = J D → ⎛ m1 + m2 ⎝ m1 m2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ De lo visto encontramos la relación entre el impulso de restitución y el impulso de deformación. este periodo vamos a dividirlo en dos partes. el instante Δt = t f − t i . La figura muestra el gráfico de la fuerza de interacción en función del tiempo entre las masas m1 y m2.cantidad de movimiento para el periodo de deformación (D). en el que aparece la fuerza de interacción. Para la masa m1 : ∫ ∫ E1 tiempo t 0 es el instante de máxima deformación en el que empieza la restitución y las dos masas poseen la misma velocidad t0 → ti F1 dt = m1 v'1 − m1 v0 = J R → → → Para la masa m 2 : t0 → ti F2 dt = m2 v' 2 − m2 v 0 = J 2 R = − J 1R → → → → → → Resolviendo para v '1 y v ' 2 . 10 . → → → J J v1 = − 1D + v 0 . las propiedades de los materiales. m1 v1 + m2 v 2 = m1 v'1 + m2 v' 2 → → → → → → → → ⎛→ → ⎞ ⎛ → →⎞ m1 ⎜ v1 − v'1 ⎟ = m2 ⎜ v' 2 − v 2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Asumiendo que el movimiento es en una sola dirección m1 (v1 − v'1 ) = m2 (v' 2 −v 2 ) Dividiendo entre si las expresiones halladas por energía y por cantidad de movimiento obtenemos. v1 + v'1 = v' 2 +v 2 ⇒ (v' 2 −v'1 ) = −(v 2 − v1 ) ⇒ (v' 2 −v'1 ) =1 − (v 2 − v1 ) ε = 1 . b) Choque perfectamente plástico.15 kg.mvi = F t ⇒F = m(vf .005 s = . Solución. la velocidad. 11 .15 kg.40 m/s)/0. Una pelota de béisbol de 0. por ello debemos contentarnos con una determinación experimental. es decir tienen la misma velocidad. Ejemplo 11. por lo tanto: v' 2 − v'1 = 0 y ε = 0 Ejemplo 13. En un choque perfectamente Plástico.60 m/s (el signo es negativo ya que cambia el sentido) t = 5 ms = 0. la energía cinética permanece constante.15 kg de masa se está moviendo con una velocidad de 40 m/s cuando es golpeada por un bate que invierte su dirección adquiriendo una velocidad de 60 m/s. tal que ε <1 El coeficiente de restitución y tiene un valor entre 0 y 1.005 s Δp = J pf .60 m/s .pi = J ⇒ mvf . Medición del coeficiente de restitución ε.100 m/s)/0. EI valor de esta relación depende de muchos factores tales como la geometría.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán → J 1R → J 1D (v' −v' ) =− 2 1 =ε (v 2 − v1 ) a) Choque perfectamente elástico. ¿qué fuerza promedio ejerció el bate sobre la pelota si estuvo en contacto con ella 5 ms?. (v' 2 −v'1 ) = 0 Explosivo ε >1 Ejemplo 12. después del choque las masas quedan juntas. Perfectamente plástico v' 2 = v'1 .15 kg vi = 40 m/s vf = . A esta relación se le conoce como coeficiente de restitución (ε ) . → → → → ε = 0 .005 s = 0.3000 N CASOS DE CHOQUE Perfectamente elástico K 1 + K 2 = K '1 + K ' 2 1 1 1 1 2 m1v12 + m2 v 2 = m1v'1 + m2 v' 2 2 2 2 2 2 2 2 m1 v'1 −v12 = m2 v' 2 −v 2 2 ( ) ( ) Por conservación de la cantidad de movimiento tenemos: p1 + p 2 = p'1 + p' 2 . (v' 2 −v'1 ) = −(v 2 − v1 ) Inelástico El cual es por supuesto el coeficiente de restitución de un choque perfectamente elástico ε = 1 .(.vi)/t F = 0.(. Datos: m = 0. En este caso no hay pérdida en la energía mecánica asociada al impacto. Esta relación fue propuesta por Newton y tiene validez solamente aproximada. m2v2i = (m1 + m2)vf ⇒ vf = Supongamos un cuerpo 1 de masa m1 y velocidad v1 que se dirige a hacia el cuerpo 2 de masa m2 y velocidad v2. siendo ambas velocidades de igual dirección y sentido. el impulso que le provocó el otro cuerpo. Conocemos la velocidad de la bola al momento del choque sentido contrario. Choque plástico o inelástico a) Velocidades de igual dirección y sentido.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán Si se quiere medir el coeficiente de restitución de 1os materiales. se realiza mediante una bola hecha con uno de los materiales y una superficie plana hecha con el otro material.m2v2i = m1v1f + m2v2f Igualmente: v1f = v2f = vf m1v1i . la que se coloca sobre el suelo. en consecuencia ambas cantidades de movimiento serán iguales y de 12 (m1v1i − m2v2i ) (m1 + m2 ) La velocidad final mantendrá la misma dirección pero tendrá el sentido de la velocidad del cuerpo que antes del choque tenía mayor cantidad de movimiento. Se suelta verticalmente la bola sobre la superficie desde una altura h1 . ε =− (v' 2 −v'1 ) v'1 =− (v2 − v1 ) v1 Reemplazando valores: ε =− − 2 gh2 2 gh1 = h2 h1 Ejemplo 14. La velocidad final será: m1v1i . Ejemplo 15. Sobre cada cuerpo actuó en el momento del choque. La velocidad final será: m1v1i + m2v2i = m1v1f + m2v2f Como v1f y v2f son iguales porque ambos cuerpos siguen juntos: v1f = v2f = vf m1v1i + m2v2i = (m1 + m2)vf v1 = 2gh1 La bola rebota verticalmente hasta una altura h2 . Encontramos que: ⇒ vf = (m1v1i + m2v2i ) (m1 + m2 ) b) Velocidades de igual dirección y sentido contrario. En este caso los cuerpos poseían velocidades de igual dirección pero de sentido contrario antes del choque. con una velocidad final que estará dada por la diferencia de las cantidades de movimiento. Luego del choque ambos cuerpos continúan juntos con una velocidad final común a ambos. como en el caso anterior luego del impacto continúan juntos. tal que la velocidad v '1 de la bola después del choque es: v'1 = − 2 gh2 Como la superficie no tiene velocidad inicial ni velocidad final v 2 = 0 y v ' 2 = 0 . Choque elástico a) Velocidades de igual sentido . entonces hay dos acciones de igual intensidad y sentido contrario. a) Sistema laboratorio. la cantidad de movimiento ganada o perdida en el momento del choque. y la velocidad final de cada uno será: K = K1 + K 2 = 1 1 2 m1v12 + m2 v 2 2 2 v1 f = m2 (v2i + v2 f ) − v1i m1 La energía mecánica después del choque es: Si las masas son iguales K '= v1 f = v2i + v2 f − v1i El principio de conservación del impulso es el mismo que el de conservación de la cantidad de movimiento. Choque plástico. Estudiar desde dos puntos de vista: a) Observado desde tierra. siempre que el tiempo que el tiempo de duración del impacto sea muy pequeño. Al recuperar su forma inicial. Las dos partículas quedan en contacto después del choque. la velocidad final de cada uno será: Solución. sistema laboratorio y b) Observado desde el centro de masa. v1 f = m2 (v2i − v2 f ) + v1i m1 Si las masas son iguales v1 f = v2i − v2 f + v1i b) Velocidades de distinto sentido Por conservación de la cantidad de movimiento m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2 )v' y m v + m2 v2 (m1v1 + m2v2 ) ˆ v' = 1 1 = i (m1 + m2 ) (m1 + m2 ) → → → → → → La energía mecánica antes del choque es: En este caso los cuerpos literalmente rebotan.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán Ejemplo 16. Cabe aclarar que en la práctica podemos aplicar el principio de conservación de la cantidad de movimiento durante los choques. Durante el choque cada cuerpo recibe una cantidad de movimiento que es igual a la velocidad perdida por el otro. La figura muestra las dos partículas antes y después del choque. cada uno pierde o gana respectivamente. 1 (m1 + m2 )v'2 = 1 (m1v1 + m2 v 2 ) 2 2 (m1 + m2 ) 2 La relación de la energía es: m1 K' = K (m1 + m2 ) ⎛ ⎞ m ⎜ v1 + 2 v 2 ⎟ ⎜ m1 ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 2 m2 2 ⎞ ⎜ v1 + v2 ⎟ ⎜ m1 ⎟ ⎝ ⎠ 2 13 . v’1. b) Sistema centro de masa. a) Sistema laboratorio.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán Por ejemplo la caída de un meteorito a la tierra. ε = 0. Por conservación de la cantidad de movimiento: m1 v1 = m1 v'1 + m2 v' 2 En éste caso: En sus componentes: → → → (1) m1v1 = m1v'1 cos θ1 + m2 v' 2 cos θ 2 m2 ⎛ → → ⎞ ⎜ v1 − v 2 ⎟ y m1 + m2 ⎝ ⎠ → m1 ⎛ → → ⎞ u2 = − ⎜ v1 − v 2 ⎟ m1 + m2 ⎝ ⎠ u1 = → 0 = m1v'1 senθ1 − m2 v' 2 senθ 2 Como es un choque elástico la energía mecánica se conserva: Con v 2 = 0 . En el caso particular en que m1 = m2. Contamos con tres ecuaciones. Consideremos dos → v1 = v'1 + v' 2 Elevándola al cuadrado: 2 v12 = v'1 +v' 2 + 2v'1 ⋅ v' 2 2 → → → → → partículas. K' = 0 . Aquí también K’ = 0. Obtenemos: → 1 1 1 2 m1v12 = m1v'1 + m2 v' 2 2 2 2 2 (2) u1 = → → m2 → m1 → v1 y u 2 = − v1 m1 + m2 m1 + m2 En las ecuaciones (1) y (2) conocidas las masas m1 y m2. Ejemplo 17. v’2. la que suponemos inmóvil (v2 = 0) y m1 << m2. obtenemos: 14 . obtenemos K’ = 0 y La figura muestra las dos partículas antes y después del choque. podemos llegar a la relación. θ1 y θ2. Para resolver necesitamos conocer al menos dos de las cantidades anteriores. la segunda con masa m 2 y velocidad v 2 = 0 Solución. Si K fuera diferente de cero. tenemos como incógnitas v1. éste es un choque perfectamente K plástico. Después del choque m1 y m2 entran en contacto constituyendo una sola partícula de masa (m1 + m2) que está en reposo en el sistema centro de masa. → Por la conservación de la energía: 2 v12 = v'1 +v' 2 2 Luego. La figura muestra las dos partículas antes y después del choque. u’1 = u’2 = 0. la totalidad de la energía se transformaría en calor. Choque elástico. una con masa m1 y velocidad v1 . Solución. la superficie inicialmente está inmóvil v 2 = 0 y tiene → una velocidad v' 2 después del choque. La figura muestra las dos partículas antes y después del choque. θ1 + θ 2 = π 2 Ejemplo 18. Reflexión de partícula sobre un plano. ⎛ → → ⎞ ⎛ → → ⎞ m2 → → v 2 ⋅ v' 2 ⎜ v1 + v'1 ⎟ ⋅ ⎜ v1 − v'1 ⎟ = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ m1 De la conservación de la cantidad de movimiento 15 De aquí se deduce: . velocidades v1 y v '1 antes y después del choque. esto nos dice que las trayectorias de las partículas después del choque son perpendiculares entre sí. tal que: ε = 1 . Por conservación de la cantidad de movimiento: Por conservación de la cantidad de movimiento: m1 u1 + m2 u 2 = m1 u '1 + m2 u ' 2 = 0 De aquí: → → → → m1 v1 = m1 v'1 + m2 v' 2 Para la energía tenemos que tomar en cuenta si el choque es elástico o no. que incide sobre una masa m 2 de superficie plana como se muestra en la figura. La masa m1 tiene → → → b) Sistema centro de masa. a) Choque elástico. una con masa m1 . como se espera.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán v'1⋅ v'2 = 0 → → → → m1u1 = m1u '1 ⇒ u1 = u '1 y m2 u 2 = m2 u ' 2 ⇒ u 2 = u ' 2 Para un choque elástico Las velocidades v '1 y v '2 son ortogonales. u '2 = ⎜ 1 u '1 ⎟ 2 ⎜m ⎟ ⎜m ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2 2 2 2 Como es un choque elástico la energía mecánica se conserva: K = K' 1 1 1 1 2 2 m1u12 + m2 u 2 = m1u '1 + m2 u ' 2 2 2 2 2 2 Reemplazando u 2 y u ' 2 en función de u1 y u '1 respectivamente. En éste caso la energía mecánica se conserva → → → ⎛m ⎞ ⎛m ⎞ u = ⎜ 1 u1 ⎟ . 1 1 2 1 m1v12 = m1v'1 + m2v'2 2 2 2 2 De aquí obtenemos: v '1 −v1 = 2 2 m2 2 v' 2 m1 (m1u1 )2 ⎜ ⎜ ⎛ 1 ⎛ 1 1 ⎞ 1 ⎟ = (m1u '1 )2 ⎜ + ⎟ ⎜ 2 m + 2m 2 ⎝ 2m1 2m2 ⎠ ⎝ 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ Expresión que podemos escribir como. Consideremos dos partículas. j ˆ v'1 = v'1 senθ '1 i + v'1 cos θ '1 ˆ .8 ˆ . a) por conservación de la cantidad de movimiento → → θ 1 = θ '1 y v1 = v '1 p antes = p después ⇒ → → → → b) Choque inelástico. En cierto momento las direcciones de ambos vehículos forman un ángulo α . β . En un parque de diversiones dos amigos juegan con los autitos “chocones”. c) Determinar si el choque es elástico o no. En éste caso K > K ' m1 v1 + m2 v 2 = m1 v'1 + m2 v' 2 Aquí 1 1 1 2 m1v12 > m1v'1 + m1v' 2 2 2 2 2 Para encontrar la relación de K y K’ podemos usar el coeficiente de restitución ε .Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán → ⎛→ → ⎞ ⎛→ → ⎞ m → m1 ⎜ v1 − v'1 ⎟ = m2 v' 2 ⇒ ⎜ v1 − v'1 ⎟ = 2 v' 2 ⎝ ⎠ m1 ⎝ ⎠ → el otro con velocidad v 2 de tal modo que chocan.2 ˆ j Ejemplo 19.6i + 0. b) Determinar la posición del centro de masa y las ecuaciones paramétricas del mismo. d = 3m ˆ ˆ v1senθ1i − v1 cos θ 1 ˆ + v'1 senθ '1 i j + v'1 cos θ '1 ˆ = −v'2 ˆ j j De aquí: v1senθ 1 + v'1 senθ '1 = 0 y v1 cos θ1 − v'1 cos θ '1 = v' 2 En el caso en que v ' 2 = 0 (la superficie no se mueve) Solución.6i + 1. v'1 = 2 m/s . ˆ v1 = 3i . tal como se v1 + v'1 = v' 2 Como → → → a) Hallar la velocidad del auto 1 luego del impacto. ˆ v'1 = (2)cos 37º i + (2)sen37º ˆ j ˆ = 1. Un auto se dirige con velocidad v1 → y 16 . α = 53º . → Después del choque el auto 1 sale con velocidad v '1 Reemplazando ésta expresión en la de la energía. ˆ v 2 = (1) cos 53º i + (1)sen53º ˆ j = → → → ε= K' . v02 = 1 m/s . ˆ v1 = v1senθ1i − v1 cos θ1 ˆ . obtenemos: cuya dirección forma un ángulo indica en la figura. v01 = 3 m/s . siendo 0 ≤ ε ≤ 1 K ˆ j 0. β = 37º . j v ' 2 = −v ' 2 ˆ j Reemplazando obtenemos: → → → m1 = m2 = 200 kg . 2 ˆ + v'2 j j ˆ ⇒ v'2 = 2i − 0. y 2 = −0.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán Como m1 = m 2 = 200kg Reemplazando: ˆ ˆ ˆ 3i + 0. yCM = 0.4(t − 1) Luego xCM = 1. y20 = −v2 yt = −0.4 x 2 = −0.6 m . y1 = 0 = 2.8 + 1.16 2 2 → → xCM = 1 (x1 + x 2 ) . y1 = 1.8 + 0.8(t − 1) .4t Después del choque: x1 = 1.8(1) = −0.4 + 0.2(t − 1) x2 = 2(t − 1) .6i + 1. La energía cinética antes del choque es: b) Para determinar la posición del centro de masa es necesario conocer la posición inicial de la masa m 2 .8t .04)2 2 2 x10 = −3m . y 2 = −0.4 = 4.04 m/s tan γ = 2 = −5 ⇒ γ = −79º − 0. Como m1 y m 2 emplean el mismo tiempo desde el inicio hasta el choque: K= t= d 3m = = 1s v1 3 m s 1 1 2 m1v12 + m2 v 2 2 2 1 (200)(3)2 + 1 (200)(1)2 2 2 = La posición inicial de m 2 es: x20 = −v2 xt = −0. y10 = 0 El centro de masa está dado por: = = 400 + 416 = 816 J xCM = x1 m1 + x 2 m2 y m + y 2 m2 .6i + 0.4(t − 1) c) Para saber si es elástico o no.6(t − 1) .8t Luego xCM = −1.6t . y CM = 1 1 m1 + m2 m1 + m2 17 Hay una disminución de la energía cinética: .8 ˆ = 1.6(1) = −0.6 + 0. yCM = 1 ( y1 + y 2 ) 2 2 Antes del choque: x1 = −3 + 3t . tenemos que analizar si la energía se conserva o no. y CM = −0.4 ˆ j v'2 = 2 + 0.8 m = 900 +100 = 1000 J La energía cinética después del choque es: Siendo la posición inicial de m1 K'= 1 1 2 m1v'1 + m2 v' 2 2 2 2 1 (200)(2)2 + 1 (200)(2. 297 m/s La rapidez final v de la bala es v= p mv0 − MV M = = v0 − V m m m 1. de allí que v1.00 × 10− 3 = 390. Aplicando la conservación de la cantidad de movimiento.00 g se dispara contra un bloque de madera de 1. Un proyectil de masa m y velocidad v se incrusta en el bloque de madera de masa M. Solución. Una bala de 5.297) 5. La rapidez del bloque de madera después de que la bala ha atravesado (pero antes de que el bloque comience a elevarse. Hugo Medina Guzmán V = 2 gy = 2(9. El péndulo balístico.45 × 10−2 ) = 0. La figura muestra el satélite antes y después de la explosión. Ejemplo 20. m v = (m + M )V → → La energía cinética después del choque es: 1 (m + M )V 2 . se utiliza para medir la velocidad de un proyectil.80 )(0.00 = 450 − (0. Solución. Una parte continúa a lo largo de su línea original de vuelo y las otras dos van en direcciones cada una inclinada 60º a la trayectoria original. 2 gh → p antes = p después → Ejemplo 21. Ejemplo 22. independientemente. Un satélite artificial en vuelo explota en tres partes iguales. La energía liberada en la explosión es dos veces más que la energía que tenía el saté1ite en el momento de la explosión. Calcule la rapidez de la bala al salir del bloque si su rapidez inicial es de 450 m/s. atravesándolo.45 cm. v2. una situación característica de las balas) es La cantidad de movimiento debe conservarse en las tres dimensiones x. v3 y V deben ser coplanares. Determinar la energía cinética de cada fragmento Inmediatamente después de la explosión. Así obtenemos: Mv = M M M v1 + v 2 cos 60º + v3 cos 60º 3 3 3 y M M v 2 sen 60º − v3sen 60º = 0 3 3 De estas dos ecuaciones encontramos que: 18 .6 m/s . ésta se convierte en energía 2 potencial U = (m + M )gh K'= Luego (m + M )V 2 = (m + M )gh ⇒ V = 2 gh La velocidad del proyectil es: v= (m + M ) V m = (m + M ) m Por conservación de la cantidad de movimiento. Este es el caso de un choque perfectamente plástico. El centro de masa del bloque se eleva 0.184 J Luego el choque es inelástico.Sistema de partículas ΔK = 816 – 1000 = . y.00 kg suspendido de un hilo de 2. esto asume una gran fuerza aplicada por un tiempo corto. z .000 m. 01 s.5)(1. a) Energía antes = Energía después → → 3 pi = −m 2 ghi ˆ . K 2 = Mv 2 .80 m/s ⇒ μ= = Esta energía es igual a la suma de las energías de los tres fragmentos. En la figura se muestra el esquema de la situación. p f = −0. cuando contacta con el resorte tiene una velocidad de 1. El trabajo realizado por la fricción. se tiene: pi = −0.2)2 = 1 k (0. Solución.05)2 + 0. las cantidades de movimiento inicial y final son: Solución.50 J. a) ¿Cuál es la constante del resorte (k)? b) ¿Cuál es el coeficiente de fricción? c) Después de la compresión del resorte.2 m/s. después de separarse del resorte? p f = mv f ˆ j Los valores de las velocidades inicial y final se pueden calcular usando el principio de conservación de la energía. el bloque se aleja de él. ¿cual es la velocidad del bloque. K 3 = Mv 2 6 3 3 pi = − mvi ˆ j Cantidad de movimiento final: → Ejemplo 23. desde el instante en que el bloque hace contacto con el resorte hasta el instante en que hace el alto es 0.63 kgm/s . v3 = 2v La energía cinética de cada uno de los fragmentos inmediatamente después de la explosión es: a) Cantidad de movimiento inicial: K1 = 1 2 2 Mv 2 . el bloque se detiene momentáneamente cuando el resorte se ha comprimido 5.41 mgd 2. (2) y (3) obtenemos: v1 = v . se desliza sobre una superficie rugosa.8 × 0. La pelota rebota verticalmente hasta ¾ h después de golpear el suelo. 3 1M 2 1M 2 1M 2 Mv 2 = v1 + v2 + v3 2 2 3 2 3 2 3 2 2 9v 2 = v12 + v 2 + v3 Ejemplo 24.0 cm.05 1 2 1 2 c) kx − Wf = mv 2 2 1 (1040)(0.5 × 9.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán b) W f = v 2 = v3 3v = v1 + v 2 (1) (2) μmgd Wf La energía inicial es: Ei = La energía final es: 1 Mv 2 2 Ef = 1 1 3 Mv 2 + 2 Mv 2 = Mv 2 2 2 2 0. b) si la duración del golpe fue de 0. a) Calcular la cantidad de movimiento de la pelota antes y después de golpear el suelo. p f = m j ghi ˆ j 2 1 (2.5)v 2 2 2 ⇒ v = 0. Una pelota de masa m = 100 g se deja caer desde una altura h = 2m.54 kgm/s .5 2 2 ⇒ k = 1040N/m 19 Reemplazando los valores. Un bloque de 2. (3) De las ecuaciones (1). v 2 = 2v . Inicial: → 0 + mghi = Final: 1 2 mvi + 0 ⇒ vi = 2 ghi 2 1 2 mv f + 0 = 0 + mgh f 2 ⇒ v f = 2 gh f = ⎛3 ⎞ 2 g ⎜ hi ⎟ = ⎝4 ⎠ 3 ghi 2 Por lo tanto. calcular la fuerza media ejercida por el piso sobre la pelota.5 = 1 (2.5 kg.05)2 − 0.5 = 0. Este tratamiento nos da la velocidad del péndulo el momento después de la colisión: 1 1 MV 2 = MV ' 2 + Mg (2l ) (2) 2 2 Condición para que pueda dar la vuelta dp . El péndulo está suspendido por una barra rígida de longitud l y masa insignificante. aparecerá para un observador externo en reposo. el resto de la masa se moverá en sentido opuesto. el resto de la masa. ¿Cuál es el valor mínimo de v tal que la masa del péndulo gire un círculo completo? Solución. La bala emerge con una velocidad de v/2. F= dt → → → p = mv → Siendo la masa variable 20 . Esto se expresa mediante la forma más general de la segunda ley de Newton.01 j = 118 ˆ N ( ) Ejemplo 25.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán b) Usando la aproximación del impulso: → p − pf J = Fm Δt = Δ p ⇒ Fm = Δ p = f Δt Δt → → → → → → Fm = → j j 0. Como si se estuviese acelerando. como es el caso de un cohete. En esta colisión. Si este proceso puede mantenerse durante un tiempo.54 ˆ − − 0. Una bala de la masa m y con velocidad v pasa a través de un péndulo de masa M. Como: Después de la colisión se conserva la energía para el péndulo (la conservación de la energía para la bala después de la colisión no es útil desde que su energía no cambia). Este es un ejemplo de una colisión inelástica que no es perfectamente inelástica. Para la colisión: T + Mg = Mac Condición mínima para hacer movimiento circular T =0 Luego Mg = M V '2 ⇒ V ' 2 = gl (3) l Reemplazando (3) en (2): 1 1 MV 2 = Mgl + Mg (2l ) ⇒ 2 2 1 5 MV 2 = Mgl ⇒ V = 5 gl 2 2 Reemplazando el valor de V en (1): → v p antes = p después ⇒ mv = m + MV 2 → v= 2M m 5 gl De aquí: v= 2M V (1) m MOVIMIENTO CON MASA VARIABLE PROPULSIÓN POR REACCIÓN Por la conservación de la cantidad de movimiento si un cuerpo en reposo puede expulsar una parte de su masa en cierta dirección. con igual cantidad de movimiento.63 ˆ 0. se conserva la cantidad de movimiento pero la energía no. al que ahora consideraremos como un sistema aislado sobre el que hay una fuerza externa. F es positiva. obtenemos: → → La cantidad de movimiento lineal total es: → → → → (m − dm )⎛ v + d v ⎞ + dm⎛ v − u ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ dv=u → → → → dm m m Por conservación de la cantidad de movimiento lineal tenemos: p antes = p después → → ⎛→ ⎞ ⎛→ →⎞ m v = (m − dm )⎜ v + d v ⎟ + dm⎜ v − u ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ → → → → → → → → → v (t ) = u ∫ → m0 dm → m → m = u [ln ]m0 = u ln m m0 Como u es negativa y m < m0 . evidentemente m es la masa del cohete que va cambiando. → → con una cantidad de movimiento lineal m v . 21 . ln m es negativa. Por la segunda ley de Newton se puede identificar la → cantidad u dm como una fuerza. Esta es una fuerza externa que produce aceleración al cohete. podemos despreciar éste término. es la dt → → → → del combustible? No es igual a v . Ahora la masa del cohete es (m − dm ) y su velocidad es ⎜ v + d v ⎟ . Si no existe fuerza externa. ¿ F debe ser cero? Entonces no se moverá el cohete. ¿Cuál es la velocidad de escape → → → Como el infinitésimo dmd v es de segundo orden.Sistema de partículas → → Hugo Medina Guzmán dm v d v → dm = m +v F= dt dt dt Expresión que nos permite determinar el movimiento de un cuerpo cuya masa cambia durante su movimiento. m0 m v = m v + md v − dm v + dmd v + dm v − dm u Luego la velocidad es positiva. → F =u → → dm dt dm por se pérdida de mas dt → ⎛ ⎝ → → ⎞ ⎠ Como u es negativa y → también es negativa. tiene una masa m y una velocidad v = vi . De éste modo: → → dm dv m = ma = u dt dt → ˆ instante t. Sea el cohete mostrado en la figura siguiente. en el aceleración a . Cuando aplicamos al caso de un cohete aparecen los problemas. tal que la fuerza dt de empuje es: En la figura siguiente se muestra el cohete en el instante t + dt . luego md v − dm u = 0 d v → dm Dividiendo por dt se obtiene: m −u =0 dt dt dv Como v es la velocidad del cohete. Velocidad del cohete. De la expresión md v − dm u = 0 . la velocidad del → → → cohete. como esperábamos. Analicemos el problema desde el punto de vista de la conservación de la cantidad de movimiento. a expulsado una masa dm que sale ˆ con una velocidad u = −ui relativa al cohete. Aplicando la segunda ley de Newton. → Integrando ∫ v 0 dv = ∫ − gdt + ∫ 0 t t 0 uC dt (m0 − Ct ) La velocidad en el instante t es: 22 . ésta permanecerá constante. CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA O TORQUE Consideremos una partícula P de masa m. después de despegar de la tierra. y llegamos a la velocidad límite. obtenemos: t1 = m0 − m1 C Reemplazando t1 en la expresión anterior encontramos la altura que alcanza en el momento en que el combustible se acaba. → → dm ∑ F = m a ⇒ u dt + m g = m a → → → ∫ z 0 dz = − ∫ gtdt − ∫ uln 0 0 t t (m0 − Ct ) m0 dt ⎡ (m − Ct ) ⎤ u 1 z = − gt 2 − (m0 − Ct )⎢ln 0 − 1⎥ C m0 2 ⎣ ⎦ El tiempo t1 en que se acaba el combustible es cuando m = m1 . Un cohete y su combustible tienen una masa inicial m0 . hallar la velocidad del cohete en el instante t. a) Despreciando la resistencia del aire. El combustible se quema a una dz = − gtdt − uln Integrando (m0 − Ct ) m0 dt dm razón constante = C . b) ¿Cuál es la altura que alcanza en el momento que se acaba el combustible? Solución. encontraremos la altura para el tiempo t. v(t ) = − gt − uln (m0 − Ct ) m0 v m = u ln → → b) Antes de encontrar la altura que alcanza en el momento que se acaba el combustible. Como v (t ) = m1 m0 dz . a = d v = dv k dt dt → → → dm = −C ⇒ m = m0 − Ct y dt Reemplazando uC − (m0 − Ct )g = (m0 − Ct ) determinada por el vector r . Ejemplo 26. a) Las fuerzas que actúan sobre el cohete son la fuerza de empuje y la fuerza de la gravedad. tenemos: dt Una vez alcanzada ésta velocidad. Una vez que se haya terminado el combustible la masa se reduce a m1 . Como m = m1 − Ct . dv dt → La partícula tiene una velocidad v y su cantidad de → o dv uC = −g + (m0 − Ct ) dt movimiento lineal es p = mv . su posición con respecto al origen O en un instante dado está → ˆ ˆ → ˆ Donde u = −uk .Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán Velocidad límite del cohete. g = − gk .Los gases son expulsados m → con una velocidad constante u respecto al cohete. Ejemplo 27. Podemos escribir: Luego 2 L = mr ω MOMENTO DE INERCIA (I ) . ¿Cuál es la magnitud y dirección de su cantidad de movimiento angular con respecto al origen O? Derivando la cantidad de movimiento angular L con respecto al tiempo: 23 . su sentido lo da la regla de la mano derecha. → Luego L = r× p → → → dL → d p = r× dt dt → → → La dirección de L es perpendicular al plano definido → → por r y p . su módulo es: Por otra parte si F es la fuerza que produce el movimiento de la partícula. Tenemos: 2 A esta cantidad que produce un cambio en la cantidad de movimiento angular se le conoce como MOMENT0 DE UNA FUERZA o TORQUE ⎜ τ ⎟ ⎛→⎞ ⎝ ⎠ L = I ω. por la Segunda Ley de Newton tenemos: L = rp senθ = rmv senθ Como vsenθ es la velocidad tangencial ( vt ) y dv dp = F = ma = m dt dt dL → → = r× F dt → → → → → vt = ωr . Una partícula de masa m se mueve en el → → → [L] = [M ][L]2 [T ]−1 Sus unidades en el sistema internacional: Kg m o Js s → 2 plano xy con una velocidad v a lo largo de una línea recta. siendo ω la velocidad angular.Sistema de partículas → → Hugo Medina Guzmán → dL d → → dr → → d p = r× p = × p+ r × dt dt dt dt Como → dr → → = v y p = mv ⇒ dt → LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR → O MOMENTUM ANGULAR L → → → dr → → × p = v× m v = 0 dt → Se define como el producto vectorial de r y p . vectorialmente L = I ω Las dimensiones de la cantidad de movimiento angular son: → → dL → → τ = = r× F dt Tiene como módulo τ = rF senθ Su sentido está dado por la regla de la mano derecha. Llamando Momento de Inercia al producto mr . 24 . por consiguiente: L = CONSTANTE dt → → originado por la fuerza F que actúa sobre la partícula. tenemos que: → dL = 0 . Una cuerda enrollada alrededor del radio exterior R1 ejerce una fuerza F1 hacia la derecha. R2 = 1 m: → → → → → → → → ˆ coordenadas está dada por el vector r = 3i + 4 ˆ j (en metros) . Una segunda cuerda enrollada alrededor de la otra sección cuyo radio es R2 ejerce una fuerza F2 hacia abajo. Su cantidad de movimiento angular es L = r × p → → → → Sobre el cilindro actúan: ˆ L = r × m v = rmvsenθ − k → → ( ) ˆ F 1 = F1i en r 1 = R1 ˆ y F 2 = − F2 ˆ en j j → → → → La magnitud es: L = rmvsenθ = mvd . R1 = 2 m y F2 = 5 n. En determinado instante. → La posici6n de la partícula es r . Un cilindro sólido Puede girar alrededor de un eje sin fricción como se ve en la figura. donde ˆ r 2 = − R2 i d = rsenθ → El torque neto sobre el cilindro es: ˆ Luego L = −(mvd )k Podemos ver que la cantidad de movimiento angular con respecto a O' es cero. ¿Cuál es el torque que actúa sobre el cilindro alrededor del eje z que pasa por O? Solución. Su cantidad de movimiento lineal es → p = mv → Solución. → La velocidad de la partícula es v . si el torque aplicado con relación a un punto dado de referencia es cero. ˆ ˆ El torque es: τ = r × F = (3i + 4 ˆ ) × (16i + 32 ˆ ) j j = → → → ˆ ˆ ˆ ˆ (3)(32)k + (4)(16)(− k ) = 96k − 64k ˆ = 32k Nm La cantidad de movimiento angular con respecto al punto de referencia es constante. Ejemplo 28.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán Ejemplo 29. Encontrar el torque j → → → ˆ ˆ τ = [(5 N )(1m ) − (10 N )(2m )]k = −15k N m CONSERVACION DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR En el caso de una partícula come en la sección anterior. Solución. Con referencia al origen O. la Posición de una partícula con respecto a un origen O de τ = τ 1+ τ 2 ˆ ˆ τ = r 1 × F 1 + r 2 × F 2 = − R1 F1 k + R2 F2 k ˆ = (R2 F2 − R1 F1 )k Si F1 = 10 N. En ella actúa una fuerza ˆ F = 16i + 32 ˆ (en Newton) . Una partícula de. su distancia radial r del centro de la Tierra comienza a disminuir. Al soltarse. Aplicando la conservación de la cantidad de movimiento angular: Lantes = Ldespués r1 Mv1 = r2 Mv 2 ⇒ v 2 = v1 r1 r2 En la figura. De L = mrvθ se deduce que el componente tangencial de su velocidad vθ debe aumentar este proceso y de modo tal que haga que el producto rvθ sea constante. 2 1 1 ⎛ r ⎞ 1 ⎛r 2 Mv 2 = M ⎜ v1 1 ⎟ = M ⎜ 1 ⎜ r ⎟ 2 2 ⎝ 2⎠ 2 ⎜ r2 ⎝ 2 mrvθ = mω ( R + h) 2 ⎞ 2 ⎟ v1 ⎟ ⎠ 2 (1) El trabajo realizado es igual al cambio de energía cinética. la altura h será por lo común muy pequeña en comparación con el radio. para simplificar. podemos escribir para la distancia radial r del cuerpo al centro de la Tierra en cualquier instante t. en donde ω es la velocidad angular de la Tierra. La figura indica la forma como se puede realizar esta experiencia. Ejemplo 31. por ende. para disminuir el radio basta jalar el hilo. ¿qué sucede con la velocidad? Solución.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán Ejemplo 30. 1 ⎛r W = ΔK = M ⎜ 1 2 ⎜ r2 ⎝ ⎡ 1 2 ⎛ r = Mv1 ⎢⎜ 1 ⎜ 2 ⎢⎝ r2 ⎣ ⎞ 2 1 ⎟ v1 − Mv12 ⎟ 2 ⎠ 2 r = R+h− 1 2 gt 2 (2) 2 ⎤ ⎞ ⎟ − 1⎥ ⎟ ⎥ ⎠ ⎦ Y al sustituir esto en (1) obtenemos: 25 . sea una partícula de masa m a una altura h sobre la superficie de la Tierra en un punto que. Solución. la distancia radial r y la velocidad tangencial vθ se deben relacionar por medio de También podemos hallar el trabajo realizado para acortar el radio. Cálculo de la desviación de un cuerpo situado en la línea ecuatorial y que cae desde una altura h . esto quiere decir que durante su descenso hacia el suelo. inicialmente. masa M en el extremo de un hilo gira con velocidad v1 cuando el radio es r1. inicialmente. la partícula comienza a caer verticalmente hacía abajo y. Puesto que. si disminuimos el radio de r1 a r2. la velocidad de la partícula es ω(R + h). Si se supone que la partícula parte del reposo en relación a un punto de la superficie de la Tierra verticalmente por debajo de él entonces. consideramos que se encuentra sobre el ecuador. K antes = K después = 1 Mv12 . Para los casos de interés físico. el componente radial de la velocidad vr de la partícula desaparece y su componente tangencial vθ será ω (R + h). R de la Tierra. En términos más cuantitativos. debido a la atracción gravitacional de la Tierra. de tal modo que su cantidad de movimiento angular L en relación al centro de la Tierra es mω(R + h)2 Anticipándonos al hecho de que la desviación hacia el este será muy pequeña. mediante el hecho de que gt2 <<(R + h) y el empleo del teorema binomial. su desviación hacia el este.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán vθ = ω ( R + h) 2 1 R + h − gt 2 2 = ω ( Ro + h ) ⎡ 1 2 ⎤ ⎢1 − 2 gt /( R + h)⎥ ⎣ ⎦ (3) CONSERVACION DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR DE UN SISTEMA DE PARTICULAS. Similarmente para partícula 2. Esta desviación es muy pequeña y sólo se puede observar en condiciones controladas cuidadosamente. según esta fórmula. − (R + h − 1 2 gt )ω 2 d L1 Para la partícula 1: τ 1 = . → → d L2 → → → → τ2 = = r2 × F21 + r2 × F2 ext = τ 21 + τ 2 ext dt → → → → → d L1 d L2 d Ltotal Sumando τ 1 + τ 2 = + = dt dt dt Para los Torques internos tenemos: → → τ 12 + τ 21 = r1× F12 + r2 × F21 Como F21 = − F12 26 → → → → → → → → . Entonces v y = v o − rω = ω ( Ro + h ) ⎡ 1 2 ⎤ ⎢1 − 2 gt /( R + h)⎥ ⎣ ⎦ ⎡ 1 2⎤ ⎢ 2 gt ⎥ 1 2 = ( R + h)ω ⎢1 + ⎥ − ( R + h)ω + gt ω 2 ⎢ R + h⎥ ⎥ ⎢ ⎦ ⎣ 2 = gt ω Donde la segunda igualdad se obtiene de la utilización de (2) y (3) y la tercera. como se muestra en la figura.2 cm. → y= 1 3 gt ω . de esto se desprende que su velocidad tangencial debe sobrepasar a la del punto de la superficie que se encontraba inicial e inmediatamente por debajo.2 x 10-5rad/s) de 2. se puede expresar como sigue F1 ext Es la suma de las fuerzas externas sobre la partícula 1. Al integrar esta fórmula para vy se obtiene. tal y como lo ve un observador fijo con respecto a la superficie de la Tierra. si se deja caer una partícula desde una altura de 100 metros. se descubre que es (al sustituir los valores h = 100 metros y ω = 7. donde dt → → → → → → τ 1 = r 1 × F 1 = r 1 × ⎛ F 12 + F 1ext ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ → → → F1 Es la fuerza total sobre la partícula 1. la velocidad del cuerpo que cae en la dirección hacia el este. puesto que el tiempo que necesita la partícula para caer la distancia h es de ( 2hg ) 2 . a continuación. → → d L1 → → → → τ1 = = r1 × F12 + r1 × F1 ext = τ 12 + τ 1 ext dt → → 2 2h d = ωh 3 g (4) Por ejemplo. sea vy en el instante t. Vamos a considerar un sistema de dos partículas. Conforme la partícula desciende hacia la superficie de la Tierra su velocidad tangencial vθ debe aumentar para que el producto rvθ sea constante. Es importante recordar la base física para la deflexión pronosticada en (4). la deflexión total hacia el este d. y. Por consiguiente. para la desviación total hacia el este y en el instante t. en esta forma. Para calcular la magnitud de la desviación hacia el este. se desvía hacia el este. 3 1 F12 Es la fuerza ejercida por la partícula 2 y → Finalmente. v 2 = −10 i . Suponiendo un choque totalmente plástico entre m1 y m2 m1 = m2 = m3 = 1 kg. como se indica en la figura. Ejemplo 32. ambos sostienen una cuerda de longitud l . intervienen en el sistema son las internas. si ambos jalan la cuerda y acortan la distancia entre ellos a l / 2 ? Asumir que Las únicas fuerzas externas al sistema son la fuerza de la gravedad y la reacción normal del piso.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán τ 12 + τ 21 = r1× F12 − r2 × F12 = ⎛ r1 − r2 ⎞ × F12 ⎜ ⎟ → → → → → → → → → ⎝ ⎠ Al estar sujetos los dos hombres a la cuerda su movimiento es circular y si consideramos que el piso está en el plano xy. De la figura: r1 + r12 = r2 ⇒ r1 − r2 = r12 Reemplazando → → → → → → Tenemos: → L inicial = 2 τ 12 + τ 21 = − r12 × F12 Como r12 y F12 son paralelos: r12 × F12 = 0 . v 1 = 20 → l = 1m 27 mˆ → mˆ i . 2 l ˆ lp ' ˆ = 2 p' k = k 4 2 → → → Como L inicial = L final ⇒ p ' = 2 p La cantidad de movimiento lineal final de cada hombre es el doble de la cantidad de movimiento lineal inicial. CONSTANTE. Las únicas fuerzas que. y → → → → → → → → → L final l ˆ ˆ pk = lpk . independiente del tiempo. se mueven en círculo y que la magnitud de sus cantidades de movimiento son iguales. Independiente. Dos partículas de masas m2 y m3 unidas por una varilla de → masa despreciable se mueven con velocidad v 2 . p de cada uno de ellos. por lo tanto la cantidad de movimiento angular del sistema se conserva. del tiempo Ejemplo 33. s s . Una partícula de masa m1 se desplaza → → τ 12 + τ 21 = 0 De aquí: τ 1 ext + τ 2 ext → → → → → d Ltotal → d Ltotal = y τ ext = dt dt → → → Vemos si τ ext = 0 ⇒ Ltotal = CONSTANTE . ¿Qué pasa con la cantidad de movimiento lineal → sobre un plano horizontal con velocidad v 1 . Solución. Dos hombres se encuentran en una pista de patinaje. estas fuerzas se cancelan. Solución. b) Como parten del reposo. el centro de masa está en: Posición en el instante partida (t = 0). a) En el momento del choque. tomando como referencia la posición de m2. → L = r 1cm × p 1 + r 2cm × p 2 + r 3cm × p 3 r 1cm = − → → 2d 1 ˆ ˆ i − ˆ . c) Consideremos la cantidad de movimiento angular con respecto al centro de masa antes y después del choque. porque la posición en x se va a anular con el producto vectorial. Reemplazando: → m(2d ) 2d = 3m 3 m1 (0) + m2 (0) + m3 (l ) m1 + m2 + m3 1 ⎞ 2 ⎛ 1 ⎞ ˆ ⎛ ˆ ⎛ j⎞ ˆ L = ⎜ − ˆ ⎟ × (20i ) + ⎜ − ˆ ⎟ × (− 10i ) + ⎜ ˆ ⎟ × (− 10i ) j j ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝3 ⎠ → yCM = L= 20 ˆ 10 ˆ 20 ˆ ˆ k− k+ k = 10k 3 3 3 = l 1 = m 3 3 28 Después del choque: . P total = M v cm = 0 Como v cm = → → d → r cm ∴ r cm = constante. p 3 = m3 v 2 = 20i ˆ j 3 → → → → → → → → ˆ r 2 cm = (d − v2t )i − → ˆ r 3cm = (d − v2t )i + xCM ⎛ 2d ⎞ ⎛ 2d ⎞ ⎛ 2d ⎞ m1 ⎜ ⎟ + m2 ⎜ ⎟ + m3 ⎜ ⎟ 3 ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ = ⎝ ⎠ m1 + m2 + m3 = → → → Nota: En los vectores posición ( r 1cm . c.) La velocidad angular de rotación alrededor del centro de masa después del choque.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán Calcular: a) La posición del centro de masa respecto a la masa m2 en el momento del choque. dt → → El centro de masa permanece en la misma posición. r 2 cm . p 2 = m2 v 2 = −10i ˆ j 3 → → 2 ˆ . la cantidad de movimiento total del sistema es cero. p1 = m1 v 1 = 20i j 3 3 → → 1 ˆ . Antes del choque. b) La ley del movimiento del centro de masa. Posición en el instante de encuentro. r 3cm ) solo ponemos la posición en el eje y. Un muchacho va corriendo por la acera con una velocidad constante v con sus brazos estirados perpendicularmente a su recorrido. las fuerzas de reacción centrípeta e impulsiva deben pasar por el poste por lo tanto no ejercen ningún torque sobre el muchacho y la cantidad movimiento angular se conserva. como L = Iωk ⇒ 2 También K ' = ω= L I Reemplazando éste valor de ω en K’ : K'= L2 (ml 0 v ) = 2I 2I 2 (2) Igualando (1) y (2) 29 . I = I 1 + I 2 + I 3 ⇒ 2 ⎛ 2l ⎞ ⎛l⎞ ⎛l⎞ I = m1 ⎜ ⎟ + m2 ⎜ ⎟ + m3 ⎜ ⎟ = 3 ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ luego L' = → → → Solución. ¿Cuál es el valor de su cantidad de movimiento angular respecto al poste cuando corre por la acera? b) Si la fuerza de reacción del poste no só1o lo hace girar.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán Como después del choque el sistema gira alrededor del centro de masa con velocidad angular ω . y gira por aire alrededor del poste. podemos expresar la cantidad de movimiento angular en función del momento de inercia. sino que además proporciona una fuerza impulsiva que hace frenar ligeramente su movimiento hacia adelante. Ejemplo 34. → L' = I ω . M. → ˆ L = ml 0 vk = constante 4 K. 2 2 2 a) La cantidad de movimiento con que se acerca el muchacho es: → 2→ ω 3 → ˆ L = r × p = rmv senθk ˆ r senθ = l 0 ⇒ L = ml 0 vk → → → Por conservación de la cantidad de movimiento angular L' = L → Como ˆ rad ˆ 2 10k = ω ⇒ ω = 15k s 3 → → b) Cuando el muchacho se coge del poste. 5 1 2 mv 2 La energía cinética después de cogerse del poste es K '= K es la energía cinética antes de cogerse. se coge al mismo con la mano izquierda. ¿Cuál es su momento de inercia respecto al poste? K= Luego: K'= 4 4⎛1 ⎞ 2 K = ⎜ mv 2 ⎟ = mv 2 (1) 5 5⎝2 ⎠ 5 → 1 2 ˆ Iω . La distancia entre los extremos de los dedos de sus manos es 2l 0 . de modo que su energía cinética se reduce a los cuatro quintos de su valor original. a) Si su masa es. levanta los pies del suelo. Cuando al correr pasa junto a un poste. j Respuesta.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán 2 2 (ml 0 v ) mv = 5 2I 2 Luego su momento de inercia es I = 5 2 ml 0 4 PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1. ˆ ˆ j Respuesta. b) Hallar la distancia r1 entre m1 y el centro de masa. ˆ Respuesta. z1) y otra masa m2 en (x2. b) Calcular el valor de la fuerza comunicada a la superficie por unidad de tiempo. la dirección es simétrica a la de v . a) Calcular el Impulso que se ejerce sobre cada partícula en el momento del choque. → 7. y2.983m encima del centro del orificio ˆ 2j 3ˆ 4. la dirección forma un ángulo θ con la normal.5 Ns b) 75 m/s [( ) ( )] 6. También v = v ' . y1. sus vectores posición Son: ˆ ˆ ˆ ˆ j r1 = 3i + tˆ − t k . Un flujo de partículas idénticas de masa m y → ( ) velocidad uniforme v . a) r0 = b) r1 = (x 2 − x1 )2 + ( y 2 − y1 )2 + (z 2 − z1 )2 m2 r0 m1 r0 . Calcular la fuerza ejercida sobre el podio durante los 0. Suponga que la fuerza que actúa sobre una pelota de tenis (m = 0. Encontrar el centro de masa de una lámina delgada mostrada en la figura velocidad v ' . Siendo n el numero de partículas por unidad de volumen de chorro incidente. a) 4. Hallar el impulso sobre el cuerpo. b) La velocidad de ésta después de haber sido golpeada. 181 + 72j + 324l 18i + 72 ˆ + 324k 30 . y = 0. 2. suponiendo que estaba en reposo en el momento de ser golpeada. c) r2 = (m1 + m2 ) (m1 + m2 ) 5. Usando métodos gráficos estime: a) El impulso total dado a la bola. Después del choque las partículas tienen una → → → → c) igual que b) 3. inciden sobre un plano fijo de área A.8s que el nadador ejerce el esfuerzo sobre el mismo para impulsarse en el salto. Una masa m1 se sitúa en (x1.060 kg) en función del tiempo está dada por la gráfica de la figura. b) F = 2nAmv cos 2 2 → θ Respuesta. Dos partículas de masas m1 = 1 kg y m2 = 3 kg se mueven por el espacio. a) J = (2v cos θ )n . Una fuerza F = ti + t ˆ + t k actúa sobre un cuerpo en el intervalo de 0 ≤ t ≤ 6 s . Respuesta. Un nadador de 70 kg se lanza al agua desde el podio de una piscina con una velocidad de 3m/s en la dirección de la figura. z2). a) Hallar 1a distancia r0 entre m1 y m2. a) 1 ˆ ˆ j r CM = 3 + 3sen t 2 i + tˆ + 3t − t k 4 → 1 1 ˆ 2 2 2 ˆ b) a CM = cos t + 2t sen t i + tk 2 16 → → Respuesta. b) ¿Cuál es su aceleración? c) Hallar su aceleración vista por un observador que → → ˆ se mueve con velocidad constante v = ˆ + 3k . r2 = sen t 2 i + k a) Hallar el centro de masa. c) Hallar la distancia r2 entre m2 y et centro de masa. ¿Si la vagoneta está inicialmente en reposo y puede rodar libremente. 2d s 7 F = ma = 24 × 10 N . determinar la relación entre las velocidades v y V del obús y del cañón. c) El vagón se desplaza con una velocidad rectilínea constante u sobre la vía antes del disparo. Un muchacho está en medio de un lago congelado sin fricción de tal manera que no puede moverse. Si no se salpica el agua. Un paquete de 10 kg se descarga de una cinta transportadora con una velocidad de 3 m/s y cae en una vagoneta de 25 kg. En el instante en que el recipiente está medio lleno. Para poder salir él lanza su sombrero de masa 0. El muchacho resbala hacia el sur y llega a la orilla 1 h 51 min después. determinar la relación entre v ' y V . a) Si el vagón está en reposo el cañón dispara un obús de masa m. Si la masa del muchacho es 60 kg y el radio del lago es 400 metros.45 m/s Respuesta. 12. e) Calcular la desaceleración a de la bala. la bala se detiene después de recorrer una distancia d con un movimiento uniformemente retardado.5 kg hacia el norte con una velocidad de 12 m/s a 53’ con la horizontal. a) v = − 9. Respuesta. penetra en un bloque de madera fijo. → ( ) → Encontrar la velocidad v del obús. Desde el tren se observa que esta persona retrocede con una velocidad de 7. Realizar la aplicación numérica para v 0 = 600 m/s. Una bala de fusil de masa m y de velocidad constante v 0 . J = mv0 10. ¿Cuál es la velocidad del agua que cae en dicho instante. v −3 b) t = 0 = 10 s a c) J = F t = 24 N. c) ¿Cuál es el impulso comunicado a la bala por el bloque? Comparar con la cantidad de movimiento de la bala antes del choque.5 m/s.0 kg. El cañón forma un ángulo α con la horizontal. ¿Cuál es la masa de la persona? Respuesta.v) del vagón 31 11.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán ˆ j Respuesta. la balanza lee 3. m cos α ⎛ M⎞ V b) v ' = −⎜1 + . m+M → ˆ v = (u + Mv' cos β )i + v' senβˆ j ⎛ ⎞ 2v 2 Mv 2 senβ ⎜ u + cos β ⎟ ⎜ ⎟ g M +m ⎝ ⎠ d) R = v2 5 m Respuesta. b) Calcular el tiempo de desaceleración. Este es cogido en el aire por una persona que está junto a la vía. d) Deducir del cálculo anterior el alcance R del obús. 2. 75 kg.25 kg con capacidad para 5 kg de agua se llena de un caño en 5 s. El obús tiene una velocidad v relativa al cañón en movimiento a la velocidad V después del disparo: Calcular la variación de la velocidad (u . Un recipiente de 0. b) Si la velocidad del obús relativa al cañón es v’ (forma un ángulo θ con V ). a) a = 0 = 6 × 10 2 . Cuál es su velocidad final? . d =30 cm. m = 40 g M V . deducir la fuerza de desaceleración. Desde la plataforma de un tren que se mueve con una velocidad de 10 m/s se arroja un paquete de 25 kg. ¿Qué pasa7 Respuesta. F = − 227i − 818 ˆ N 8. 13. ⎟ m ⎠ cos β ⎝ m c) u − v = v' cos β . Un cañón fijo sobre un vagón que se puede desplazar si fricción sobre una vía rectilínea horizontal con una masa total M. a) ¿Cuando el bloque de 5 kg está en x = -10 donde está centro de masa? b) Encontrar la cantidad de movimiento de la masa de 5 kg.4 kg hacia arriba. La pieza de 1. Un hombre de 75 kg se lanza al agua desde la proa de su bote de 50 kg. 313. 6 ) = 96i − 125. 6 ) = 60i m/s (16).13 m / s . Un cañón dispara un obús de 2. Respuesta. P1 y P2 están en contacto sin presión con los hilos verticales.m/s j (El movimiento es en el plano xy.05 m / s m1 + m2 Para m1 > m 2 v1 y v'1 tienen el mismo sentido. j → → → → v' 2 = 2m1v1 . m1 − m2 v1 . a) v1 = b) v '1 = → → → → 2 gl cos θ 0 .m/s. y se mueven en el eje x. v B y vC . 0. Tras el choque.8 m/s2) 18.8 ) = −120i m/s ˆ c) p (1.056 m . A1canza su máxima altura. Discutir este resultado para valores relativos de las masas m1 y m2.6 m y se parte en dos. m2 = m1/2 Respuesta. luego se suelta sobre P2.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán Respuesta. a) v1 = 0. a) ¿Cuánto tiempo tomaría al obús volver a tierra si no se hubiera partido? b) ¿Cuál es la velocidad de cada una de las piezas justamente después de la explosión? c) Encontrar la cantidad de movimiento de cada pieza justamente antes de tocar tierra. θ 0 = 60º.4 m/s . v1 = 3.m/s ˆ c) v = 1 2/3 i m/s ˆ Respuesta. v '2 = 4. g = 9. La componente horizontal de su movimiento es 1 m/s respecto al bote. c) Las alturas de las posiciones limites de P1 y P2 después del choque. hallar los módulos de la → → → velocidades. v'1 = 1. c) ¿Cuál es la velocidad del sistema combinado? → con 1a velocidad v 0 = 31 m/s cuando choca con las bolas B y C que están juntas en reposo.3 1/3 m. ˆ ˆ b) p1 = 25 i kg.6 kg toca tierra a 480 m de la explosión (medida a lo largo del eje x). p 2 = 0 . b) Las velocidades v’1 y v’2 de P1 y P2 inmediatamente después del choque perfectamente elástico.22 m / s m1 + m2 2 v'1 v '2 = 0. v = 0. v A .6 m/s b) v1 = 2.4 m/s 15.m/s . Los bloques choca quedan unidos. con θ = 30º. a) Si el bote está inicialmente en reposo b) Si el bote se movía inicialmente hacia adelante con una velocidad de 2 m/s. v2 = 0. Se saca P1 de la posición de equilibrio a un ángulo θ 0 manteniendo el hilo tenso. 32 . Suponiendo Superficies lisas y choques perfectamente elásticos. se observan la tres bolas moviéndose en las direcciones que muestra 1a figura. Para m 2 > m1 v'1 tiene sentido contrario de v1 . No considerar pérdidas de energía debido al agua Respuesta. Aplicación numérica. v2 = 1. de la masa de 10kg y del centro de masa antes del choque.91 m 2g 2g v' 2 en todo caso tiene el mismo sentido que v1 c) h1 = ˆ p (0. Un bloque de masa 10 kg está en reposo en el origen segundo con masa 5 kg se mueve a lo largo del eje x con velocidad de magnitud v 0 = 5 m/s.6kg. La superficie tiene fricción despreciable.72 ˆ kg. v (0. Hallar las velocidades del hombre y del bote respecto a un observador en el muelle. h2 = 2 = 0.8 kg y 1. a) xCM = . ˆ ˆ b) v (1.8 ) = −96i − 62. Calcular: a) La velocidad de P1 justo antes del choque.732 i m/s 14. l = l m . la bola A está moviéndose 16. a) 8 segundos 17. En un Juego de billar.4 m/s . Dos bolas P1 y P2 de masas m1 y m2 están suspendidas del cielorraso por dos hilos inextensibles de la misma longitud l . pCM = 25 i kg. Las dos partes llegan a tierra simultáneamente.44 ˆ kg. 900 m sobre una superficie lisa. t = 2 y (1 + ε ) 1+ ε 2 . Una bola cae desde una altura h = 0. b) 0.0. a) 2. 20. Ira partícula de masa m1 tiene un choque frontal perfectamente elástico con una partícula de masa m 2 inicialmente en reposo.37 m 23. b) ε = 0. b) La altura y longitud del segundo rebote.875 24.6 m/s a) ¿Cuál es la pérdida de energía cinética por el impacto? b) ¿Cuál es el coeficiente de restitución? Respuesta: a) ΔK = . determinar: a) Sus velocidades después del choque.800 m y la distancia d1 = 0.29 m/s . Respuesta. Si se pierde la mitad de la energía cinética original en el choque. v A = 1. ¿Cual es el módulo de la velocidad y con que ángulo sale después de la colisión? 22. escribir expresiones para el tiempo total que tardará la pelota en dejar de dar bote y la distancia total que recorrerá en este tiempo.0. 33 . Un objeto de 5 kg que se mueve con una velocidad de 1. b) La posición final del bloque sobre la plataforma. Se dispara una bala de 39 g con una velocidad de 500 m/ contra un bloque A de 5 kg de El coeficiente de rozamiento entre el bloque A y la plataforma es 0. m1 Respuesta.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán → Respuesta. Si la altura del primer rebote es h1 = 0. v B = 6. Respuesta. Una bola choca contra un plano liso formando un ángulo φ1 con la normal del mismo y rebota con un ángulo φ 2 .943 m.711 m. ε= tan φ1 tan φ 2 → Respuesta: a) v A = .675 J. ¿Cuál es la pérdida relativa de energía cinética correspondiente a la partícula . v B = 1. Choca con otra nasa. hallar: a) La velocidad final de la plataforma y e1 bloque.5 m/s .33 m de B. La figura muestra dos masas sobre una superficie con rozamiento despreciable.25 m/s 19. Se observa que el objeto menor rebota con una velocidad de 0. Si el coeficiente de restitución es ε. Si la masa de la plataforma es 4 kg y puede rodar libremente. Respuesta. Encontrar La expresión correspondiente al coeficiente de restitución Respuesta. calcular: a) El coeficiente de restitución.73. s= y g (1 − ε ) 1− ε 2 ( ( ) ) 26. ΔK =4 K m1 ⎛ m ⎞ m2 ⎜1 + 1 ⎟ ⎜ m ⎟ 2 ⎠ ⎝ 2 21. b) La pérdida de energía durante el choque.2 m/s choca directamente con un objeto de 20 kg que está en reposo.5. El coeficiente de restitución entre Las dos masas es 0.563 m/s b) ΔK = 41 J iˆ m/s.16 m/s b) El bloque se detiene a 0. Se deja caer una pelota al suelo desde una altura y. vC 2.400 m. 0. La masa m2 sale a lo largo del eje y. la cual está inicialmente en reposo. Una masa m1 se mueve a lo largo del eje x con una velocidad v 0 a lo largo de una mesa sin fricción. a) 0.94 iˆ → 25. 43 La velocidad de B inmediatamente después del choque es v' B = 2. Un bloque de masa M está en reposo sobre una masa sin fricción.9 ⎟ ⎝ ⎠ v' 2 B ⇒ 0.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán Respuesta. Lo podemos golpear con un bloque que se quede adherido o con un bloque muy duro con el que se producirá un choque perfectamente elástico.6v' B = 3.6 N ⎜ 0.8 ⎟ = 33. a) v ' 2 = b) v ' 2 = v A = 3. v 2 = m1v 0 3 .9 Solución.512 = 0.43 (1) El coeficiente de restitución es 0. 1 2 mAv A ⇒ 2 v A = 2 gr = 2(9. .6v' B = 3.9 ⇒ B A = 0.8)(0.51 ⎞ = 2⎜ + 9.6 ) m A gr = = 3.25v' A +2v B ⇒ v' A +1. inmediatamente después del choque 27. m+M ε =− (v' 2 −v'1 ) v' B −v' A = (v 2 − v1 ) vA = 0. 2 2 m2 + m1 m2 ( ) ⎛mv θ = cos −1 ⎜ 1 0 ⎜m v ⎝ 2 2 ⎡ 2 (m1 + m2 )⎤ 2 ⎞ ⎟ = cos −1 ⎢ ⎥ ⎟ m2 ⎣3 ⎦ ⎠ 1 v ' −v ' v ' B −v ' A = 0.9 ⇒ vA 3.43 m/s v B = 0 m A v A + m B v B = m A v' A + m B v' B ⇒ (1. Ambos bloques tienen masa m y pueden ser lanzados can velocidad V0 ¿En cuál de los casos el bloque M se moverá más rápidamente? (considerar el movimiento en una sola dimensión). hasta chocar con la bola B. Se deja en libertad el bloque A cuando θΑ = 90 y desliza sin rozamiento.90 m V0 . a) Por conservación de energía encontraremos v A .09 + 3. Si el coeficiente de restitución es 0. b) La máxima tracción que soporta el hilo que sostiene a B c) La altura máxima a la que se eleva B.43) = 3.43) = 1.43 v' B −v' A = 0. .9(3.90.09 (2) Sumando (1) y (2): v' B +1. ∑ Fr = mB ac ⇒ T − mB g = mB ⎛ v' 2 ⎞ T = mB ⎜ B + g ⎟ ⎜ 0.321 m h= B = 2 g 2(9.25)(3.8) 28.9 ⎟ ⎝ ⎠ 2 ⎛ 2.51 m/s b) El diagrama del cuerpo libre de B.9 34 2m V0 m+M En el segundo caso es el doble que en el primero. Respuesta.43 m/s Por conservación de la cantidad de movimiento encontraremos v ' B 1 m B v' 2 = m B gh ⇒ B 2 v' 2 2. c) Por conservación de energía encontramos la altura máxima a la que se eleva B. calcular a) La velocidad de B inmediatamente después del choque. b) 8.47 cm . Respuesta. La bala atraviesa el bloque A y queda alojada dentro de bloque B.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán 29. Respuesta.5 ˆ m/s j 34. b) La pérdida de energía en el choque. Un trineo lleno de arena se desliza sin fricción por una pendiente de 30º.4 y 1.5 veces la masa de la otra. Suponiendo que ese choque es perfectamente plástico. v A = 9i + 5. b) La velocidad a la que el automóvil puede golpear a otro de iguales características. Si se liberan 4500 J en la explosión. La energía 35 dv − kv . Hallar: a) La velocidad inicial v 0 de la bala. el resorte comprimido las obliga a separarse (el resorte no está unido a las partículas).2 m/s. b) Obtener v (t ) . Un cilindro A cae sobre otro B apoyado sobre un resorte de constante k = 3000 N/m desde una altura de 2m. Un cohete que consume combustible a un ritmo constante k se encuentra sometido a la acción de una fuerza externa constante de valor F además de la fuerza de reacción de los gases. a) 3. respectivamente. ¿Qué fuerza se necesita para mantenerla en movimiento? No tomar en cuenta la fricción → → Respuesta. 2700 J 33. Los parachoques se diseñan de tal manera que un automóvil de 1600 g que golpea una pared rígida a la velocidad de 12 km/h no sufra daño. potencial del resorte comprimido es de 60 J y el → cuerda cuando θ = 30º . La masa inicial del cohete más combustible es m0 . calcular: a) El desplazamiento máximo de B. Una explosión rompe un objeto en dos piezas una de las cuales tiene 1.18 J 30. dt . 165 N 35. ˆ Respuesta.8 m/s. b) La velocidad de la bala en el trayecto entre el bloque A y el B. Un depósito suelta arena a una banda transportadora razón de 75 kg/s. ¿Cuánto tardó en recorrer 120m a lo largo de la pendiente? Respuesta. Cuando se rompe la cuerda que une las partículas A y B. ¿Cuánta energía cinética adquiere cada pedazo? Respuesta. Si el choque es perfectamente plástico. Calcular: a) La energía absorbida por el parachoques durante el impacto. Si el trineo parte del reposo con una masa inicial de 40 kg. 1800 J. Por dicha causa los bloques A y B comienzan a moverse con velocidades iniciales de 2. que está en reposo sin dañarse. a) 470i m s b) 3261 m/s 32.2 ˆ m/s y j ˆ v B = 4i − 3. a) Escribir la ecuación del movimiento. La configuración de la tobera de escape es de tal manera que la velocidad relativa de los gases es igual al negativo de la velocidad v del cohete. Si la banda se mueve con una rapidez constate v = 2. La arena se escapa por un agujero en el trineo a un ritmo de 2 kg/s. a) F = (m0 − kt ) ˆ Respuesta. a) 8890 J b) 24 km/h 31. hallar la velocidad resultante de cada partícula conjunto posee la velocidad inicial v 0 Si se rompe la Respuesta. 7 segundos 36. Se dispara una bala de 25g en dirección horizontal. Al otro extremo de la varilla hay un bloque de masa M. a) 18. cuál será la velocidad angular del bloque alrededor del eje7 ˆ Respuesta. ω= mv0 (m + M )a τ = −v0 mgt cos θ iˆ → 1 2 ˆ b) L = − v 0 mgt cos θ i 2 40. b) 4. → 36 . a) → → → Respuesta. con respecto al origen en función del tiempo? b) ¿Cuál es la cantidad de movimiento angular del. 37. v B = v 0 i − v 0 ˆ j j 4 4 4 4 → 1 ˆ → 1 ˆ c) v A = − v 0 i . El cuerpo del cohete tiene una masa de 1200 kg y la carga de combustible inicial es de 3600 kg. El obús se mueve en el plano y con una velocidad inicial de magnitud v 0 y un ángulo θ con el eje x. Una bala de masa m se dispara con una velocidad → → → ˆ v B = −v B i .71 kg/s 38. Hallar: a) La cantidad de movimiento lineal y la cantidad de movimiento angular del sistema respecto al centro de masa. L = mv0 ak 39. Dos niños están sobre la barra en las posiciones mostradas en la figura 7. Si el niño de masa m1 empieza a moverse hacia el centro tal que su distancia a el es b 4 − at . ¿Cuál debe ser el movimiento del niño de masa m2 para que la velocidad angular de la barra permanezca constante? (La masa de la barra es despreciable). c) Las velocidades de A y B cuando la varilla ha girado 180º. Un cohete experimental se proyecta de forma que pueda mantenerse inmóvil sobre el suelo. Si se dispara una bala de masa m con una velocidad v 0 tal como se muestra en la figura. ¿Si la bala se incrusta en el bloque. si para x = x 0 . L = Respuesta. b) cuando se consume la última partícula de combustible. a cual está rotando con una velocidad angular en el sentido antihorario visto desde arriba. e1 combustible se quema y se expulsa con una velocidad de 2500 m/s. Hallar la velocidad de consumo de combustible necesario. Dos esferas pequeñas A y B están unidas por una varilla rígida de longitud l y masa despreciable. 3 ˆ mlv 0 k 4 → → 1 ˆ 3 1 ˆ 1 b) v A = v 0 i + v 0 ˆ .Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán b) v (t ) = Ft m0 b) Las velocidades de A y B cuando la varilla ha girado 90º. a) en el momento de encender el cohete. a) ¿Cuál es el torque sobre el obús. v B = v 0 i 2 2 ˆ Respuesta: a) p = mv 0 i . obús con respecto al origen en función del tiempo? dL c) Comprobar que τ = dt Respuesta.59. 2 ˆ velocidad v 0 = v 0 i . Un obús de masa m se dispara de un cañón en el origen. Las dos masas reposan sobre una superficie lisa horizontal cuando se comunica repentinamente a A la 42. y = a (permanece constante) ¿Cuál es su cantidad de movimiento angular con respecto al origen en función de x? → 4l. Una barra de longitud b está pivotada en su centro de tal manera que puede rotar en el plano horizontal. Se tiene una varilla rígida de masa despreciable sujeta a un eje sin rozamiento de tal manera que la varilla pueda rotar libremente..84 kg/s . ¿cuál es la fuerza promedio que el chorro de agua ejerce sobre la pared?.8 N s 52. Respuesta.01 s. Un taco golpea a una bola de billar ejerciendo una fuerza promedio de 50 N durante un tiempo de 0. cuya constante elástica es k = 1120 N/m. c) 24 N 51. Respuesta. El intervalo de tiempo para el viaje es 0. luego del impacto el bloque se desplaza 1. la bala se incrusta en el péndulo y éste se eleva 0. Respuesta. b 2 m1 2 ⎛ b ⎞ + at ⎜ − at 2 ⎟ 16 m2 ⎝2 ⎠ 43. Los bloques chocan y se juntan. si la densidad del agua es de 1 g/cm3 y se supone que el agua no rebota hacia atrás. Se rocía una pared con agua empleando una manguera. frente a él moviéndose en la misma dirección y sentido se encuentre el cuerpo de masa m2 = 5 kg cuya velocidad inicial es v2i = 3 m/s. ¿Cuál es la velocidad final del objeto si partió del reposo?. vf = 10 m/s 45. a) La fuerza promedio ejercida sobre la bola durante el contacto es b) Asumiendo que la placa no se deforma durante el contacto. La fuerza media en el bloque de 3. Una bola de acero de 72 g se lanza desde el reposo y cae verticalmente sobre una placa de acero. ¿cuál será la máxima compresión del resorte cuando los cuerpos choquen?.8 m y la bala se detiene en él. si la energía almacenada en el resorte es de 60 J ¿qué energía cinética adquirirá cada partícula luego de liberarlas?. la bola elásticamente. y vuelve a su altura original.12 m medidos verticalmente. a) La pérdida de energía cinética de los bloques debido a la colisión está la más cercana a: b) El impulso sobre el bloque de12 kg debido a la colisión es Respuesta.5 m/s. El bloque de 8 kilogramos tiene una velocidad v y es detrás del bloque de 12 kilogramos que tiene una velocidad de 0.9 m/s. Se dispara una bala de 0.2 kg. Debe cambiar su distancia al centro de acuerdo a la ecuación 49. moviéndose sobre una superficie sin fricción con una velocidad de 1.0 kilogramos retrocede con una velocidad de 0. Si el coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque y la superficie es de 0. los bloques tienen una velocidad común de 0.2 m/s. a) 420 N. Δx = 0. la velocidad del chorro de agua es de 5 m/s.0045 kg de masa sobre un bloque de 1. b) 0.8 m/ s. b) 4. la superficie es de fricción despreciable. Respuesta. Respuesta. Un cuerpo de masa m1 = 2 kg se desliza sobre una mesa horizontal sin fricción con una velocidad inicial v1i = 10 m/s.5N 46. b) 0. si la bola tiene una masa de 0.01 kg de masa contra un péndulo balístico de 2 kg de masa. Después de la colisión el bloque de 3. La energía elástica máxima almacenada por la bola es: Respuesta. Un bloque de 3. v1i = 1073 m/s 47. Ec Bf = 20 J a) La masa M es: b) La velocidad del bloque de masa M después de la colisión es: c) Los bloques están en el contacto para 0. Se dispara horizontalmente una bala de 0. es: Respuesta.5 m/s 44.0 kilogramos. La bola golpes la placa y está en contacto con ella por 0. Una fuerza actúa sobre un objeto de 10 kg aumentando uniformemente desde 0 hasta 50 N en 4 s. mientras los dos bloques están en contacto.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán Respuesta. Una partícula A de masa mA se encuentra sujeta por medio de un resorte comprimido a la partícula B de masa 2mA.8 kg de masa que está en reposo sobre una superficie horizontal. Respuesta. tiene una colisión perfectamente elástica con un bloque de la masa M en el reposo.28 m 50. vf = 2. ¿cuál era la velocidad inicial de la bala?. v1i = 309.4 J.2. a) 6.0 kg.5 ms.30 s.08 J 37 . Respuesta. su caudal es de 300 cm3/s. éste tiene adosado un resorte en su parte posterior.0 kilogramos.20 s. a) 2. F = 1.4 m/s. Después de la colisión.8 m/s 48. ¿qué velocidad adquirió la bola luego del impacto?. ¿cuál era la velocidad inicial de la bala?. s 38 .5 kilogramos suspendida como péndulo. b) 4. c) 35º d) 0. El bloque se mueve hacia el resorte y lo comprime 3. y consecuentemente bola de acero se golpea y es lanzada derecho hasta una altura H. Una bala de la masa 0. Una muchacha de masa 50 kilogramos lanza una bola de la masa 0. cuál era la velocidad de la bala momentos antes del impacto con el bloque de madera? La longitud de la cuerda es 2 metros. y M > > m.6 m y está en reposo.. durante el tiempo en el cual el bloque y el resorte están en contacto está es: Respuesta. El valor de θ es: d) La bola B se eleva hasta la altura h. El valor de h es: Respuesta.2m/s y v3 =2. La constante de la fuerza del resorte es 1500 N/m.0 kilogramos. Cuando el superbola golpea el piso rebota casi elásticamente. ¿La bala se aloja en la madera. entonces bola de acero pequeña se levantará a una altura: Respuesta. La bala se aloja en el bloque. Una pieza en forma de L se corta de una hoja uniforme de metal.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán 53.0 kilogramos.6 kg. que gira libremente en P. a) 290 m/s. En una demostración una bola de acero pequeña de la masa m se sostiene sobre una superbola de masa M (superbola es una bola de goma del coeficiente de restitución muy alto). La bola golpea la pared horizontalmente con una velocidad de 20 m/s. debido al resorte. 66. y rebota con esta misma velocidad. a) 190 J. Si h es la altura de la cual los objetos fueron soltados. en reposo sobre una superficie horizontal sin fricción. c)) 10 cm. s.01 kilogramos que se mueve horizontalmente golpea un bloque de madera de masa 1. ¿La bola está en contacto con la pared 0. golpeando a bola de acero que todavía está moviéndose hacia abajo.4 m. asume que la fuerza en la bala es constante durante la penetración. La bola A se levanta a cierto nivel y se suelta. 9 h 57. El bloque se levanta 3 mm.7m/s 54. 55. donde la velocidad v4 es cero. La bola A. 80N 58. y tiene una velocidad v1 = 3. a) La masa de la bola B es: b) La magnitud del impulso sobre la bola A es: c) La bola A rebota y gira un ángulo θ. La bola B está suspendida de Q por una cuerda de 0. b) 2. Una bala de 10 g se dispara verticalmente en un bloque de 8 kilogramos. a) 6. Esta colisión es también bastante elástica.25 m 59.40 m. se une a una barra ligera de 0.2 m/s.001 s. y juntos giran hacia arriba una distancia de 0. antes de chocar a la bola B.1. La bala penetra en el bloque en un intervalo de tiempo de 0.05 s. La combinación junta se suelta del reposo. es: Respuesta. de la masa 3. Las velocidades de las bolas A y B después del choque son: v2 = . ¿Cuál de los puntos indicados es el más cercano al centro de la masa del objeto? a) La velocidad de la bala es: b) ) El impulso del bloque (con la bala). 56. Una bala de 8 g se tira en un bloque de 4.. La bola A desciende. Respuesta.1 kilogramos contra una pared. cuál es la fuerza media ejercida sobre la bola por la pared? Respuesta.7 N.6 m/s en el fondo. b) 14.0 Ns. a) La energía cinética inicial de la bala es: b) El impulse en el bloque debido a la captura de la bala es: c) La penetración de la bala en el bloque. donde la velocidad v5 es cero.4 N.0 centímetros. Parcialmente inelástico 66. formado por el vector velocidad del fragmento 2 y el eje x es: c) La energía liberada por la explosión es: Respuesta. 63. Completamente inelástico 65. ¿Qué clase de choque es? Respuesta. no posible porque la cantidad de movimiento no se conserva. y las velocidades antes y después del choque están dadas. Las masas de los bloques. ¿Qué clase de choque es? Respuesta. ¿A qué distancia de su diámetro mayor está situado el centro de masa? Respuesta. 64. Caracterizado por un incremento en energía cinética. Las masas de los bloques. y las velocidades antes y después del choque están dadas. y las velocidades antes y después del choque están dadas.4 kilogramos y una velocidad de 0. Parcialmente inelástico 61. C 60. ¿Qué clase de choque es? a) La componente en x de la cantidad de movimiento del fragmento 2 debido a la explosión es: b) El ángulo θ. Las masas de los bloques. s. 62. Parcialmente inelástico. y las velocidades antes y después del choque están dadas. b) 31º.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán Respuesta. y las velocidades antes y después del choque están dadas. N. a) 0. Respuesta.. la bomba estalla en dos fragmentos. 2. Las masas de los bloques. El fragmento 1 tiene una masa de 0. Un resorte activa una bomba de juguete de 1. Respuesta. Su altura es 6 cm. ¿Qué clase de choque es? Respuesta. Las masas de los bloques. ¿Qué clase de choque es? Respuesta. c) 0. Perfectamente elástico. ¿Qué clase de choque es? Respuesta. ¿Qué clase de choque es? 67.32 J 68.9 m/s a lo largo del eje y negativo. y las velocidades antes y después del choque están dadas.2 kg sobre una superficie lisa a lo largo del eje x con una velocidad de 0.36 cm 69. en el origen O. y las velocidades antes y después del choque están dadas. Las masas de los bloques. Cuatro masas puntuales se colocan como se muestra en la figura: ¿Cuáles son las coordenadas del centro de masa? 39 . Las masas de los bloques.50 m/s. Un cono trunco homogéneo de metal tiene una base circular mayor de radio 4 cm y la menor de radio 2 cm. ¿Qué velocidades finales tienen las partículas? Respuesta.Sistema de partículas Hugo Medina Guzmán 72. Una partícula de la masa 5. Respuesta. Un cohete debe ser lanzado al espacio donde no hay campo gravitacional.6º. Un alambre uniforme de longitud 60 cm y masa 60 g . (10. el 81% de la masa inicial del cohete es combustible y este combustible se expulsa con una velocidad relativa de 2300 m/s.01 x 10-27 kilogramos. está doblado en un triángulo rectángulo. 2.88 x 105 m/s. Respuesta. encontrar la velocidad del segundo carro con respecto al centro de la masa del sistema. Un carro de 19 kg está conectado por medio de un resorte comprimido con un carro 38 kg. ¿cuántos átomos golpean al paraguas cada segundo? Asuma que el viento sopla horizontalmente para no tomar en cuenta la gravedad. (23.6 x 1025 por Segundo 74. 1.0 m/s en la misma dirección.07 x 105 m/s a 55. choca con una partícula idéntica que inicialmente está en el reposo. Una fuerza de 5.4º 40 . 3) 71. 1500 m/ s Respuesta.3 N es necesaria para sujetar a un paraguas en un viento fuerte. si se asume que todo el combustible será utilizado. y cada una golpea al paraguas (sin rebotar) con una velocidad de 2. Los dos carros se están moviendo a la derecha a una velocidad de 25 m/s cuando el resorte se desenrolla y propulsa repentinamente el carro de 19 kg hacia adelante con una velocidad de 27 m/s. Después de la interacción.55 x 105 m/s a 346º. encuentra la velocidad final de la última porción de combustible expulsado relativo a un observador estacionario.7 x 10-26 kilogramos. moviéndose a 1. 5. 1 m/s 7 3. ¿Cuáles son las coordenadas del centro de masa? Respuesta. ambos son medidos con respecto a la dirección original del movimiento. las partículas (que no pueden ser distinguidas) se mueven con los ángulos 55. Si las moléculas del aire tienen una masa de 4. Respuesta.4º y 34.8) 70. 1. todos los cuerpos pueden ser deformados. pero si desarrollaremos el movimiento del cuerpo rígido en dos dimensiones. Un caso especial importante de estos sistemas es aquel en que la distancia entre dos partículas cualesquiera permanece constante en el tiempo.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán CAPÍTULO 7. TRASLACION. La suma de las fuerzas que actúan sobre las n partículas determinan la aceleración del centro de masa. su movimiento involucra traslación a lo largo de tres ejes perpendiculares y rotación alrededor de cada uno de estos ejes. Todo el estudio que hemos lecho anteriormente para la partícula corresponde a la traslación de un cuerpo rígido. La descripción cinemática y dinámica de un cuerpo extenso aunque este sea rígido en un movimiento en tres dimensiones matemáticamente es muy complejo y es tratado en libros avanzados de dinámica. MOVIMIENTO DE UN CUERPO RÍGIDO En esta parte expondremos algunos tipos de movimiento de los cuerpos rígidos. Sí se considera fijo un punto. conocida como EJE. aCM = → ∑ Fi M → Tal como se mostró para un sistema de partículas. ni el tamaño. No importa ni la forma. el único movimiento posible es aquel en que todos los puntos con excepción de aquellos que se encuentran sobre la línea que une los dos puntos fijos. se mueven en circunferencias alrededor de éste. → → Por la definición de centro de masa. Es el movimiento en que uno de los puntos se considera fijo. Diferenciando dos veces d2 → d2 → M 2 rCM = ∑ mi 2 ri dt dt M a CM = ∑ mi ai = ∑ Fi 1 → → → En los capítulos anteriores ya hemos profundizado bastante sobre movimiento de traslación . esto es un CUERPO RIGIDO. de forma que solamente importarán las fuerzas externas tal que M aCM = ∑ Fext “El movimiento de traslación del cuerpo rígido es como si toda su masa estuviera concentrada en el centro de masa y las fuerzas externas actuaran sobre él”. Cuerpo rígido INTRODUCCION En el capitulo anterior estudiamos el movimiento de un sistema de partículas. A pesar que no existen cuerpos que sean estrictamente rígidos. con la misma velocidad y la misma aceleración en cada instante. No llegaremos a hacer un tratamiento general directo. Si se consideran dos puntos fijos. Por traslación entendemos al movimiento en el que lodos los puntos del cuerpo se mueven en la misma dirección. tenemos: rCM = → → ∑ mi ri ∑m i → = → ∑ mi ri M → Donde M es la masa total del cuerpo rígido y M rCM = ∑ mi ri Cualquier desplazamiento de un cuerpo rígido puede ser considerado como una combinación de traslación y rotación. las fuerzas internas se anulan de pares. Es complejo porque un cuerpo tiene seis grados de libertad. sin embargo el modelo del cuerpo rígido es útil en muchos casos en que la deformación es despreciable. el único movimiento posible es aquel en el que cada uno de los otros puntos se mueve en la superficie de una esfera cuyo radio es la distancia del punto móvil al punto fijo. ROTACIÓN. . la cantidad de movimiento angular de éste será la suma de la cantidad de movimiento angular de cada una de las partículas. + m r 2 1 1 2 2 2 ( 2 n n )ω → El primer término =⎜ ⎛ ∑m r ⎝ i =1 n 2 i i ⎞→ ⎟ω ⎠ ∫ M 2 rCM dm = I CM El segundo término La cantidad entre paréntesis es el MOMENTO DE INERCIA DEL CUERPO RÍGIDO alrededor de un eje. En el caso de un cuerpo rígido continuo. d 2 ∫ dm = Md 2 M I = ∑ mi ri 2 i =1 n El tercer término es cero porque es la suma en todo el cuerpo d los productos del elemento de masa y sus distancias al eje a través del centro de masa.. de aquí: Es importante darse cuenta que el momento de inercia depende de la distribución de la masa del cuerpo. Escogiendo un elemento diferencial de masa dm . El teorema de la figura plana.. + m r ω 2 1 1 2 2 2 2 n n → → → 2 I 0 = ∫ rCM + d 2 − 2rCM d cos θ dm 2 I 0 = ∫ rCM dm + d 2 ∫ dm − 2d ∫ rCM cosθdm M M M ( ) = m r + m r + . L = r× p = r× m v r = rr . → 2 I CM = ∫ rCM dm I 0 = ∫ r 2 dm M M usando la ley de los cosenos. los mi tienden a dm y I 0 = I CM + Md 2 II.... de aquí: Como m = ρV . escribamos la expresión para los momentos de inercia con respecto a los dos ejes..... CM es el eje normal al plano del papel a través del centro de masa y O es un eje paralelo. donde volumen del cuerpo: I = ∫ r 2 dm ρ es la densidad y V el dm = ρdV Tenemos: I = ∫ V ρr 2 dV Para muchos cuerpos de forma geométrica simple ésta integral puede evaluarse fácilmente. El momento de inercia de una figura plana con respecto a un eje perpendicular a la misma es igual a la suma de los momentos de inercia de la figura plana con respecto a dos ejes rectangulares en el plano de la figura los cuales se intersecan con el eje dado Demostración: En la figura siguiente el eje z pasa por O perpendicular al piano y. obtenemos: 2 r 2 = rCM + d 2 − 2rCM d cos θ reemplazando M L total = m r ω + m r ω + ... CANT1DAD DE MOVIMIENTO ANGULAR DE UN CUERPO RÍGIDO La cantidad de movimiento angular de una partícula respecto a un punto es → I) El teorema de Steiner o de los ejes paralelos. v = ˆ → → → → → En coordenadas polares: → dr r + rω&& t ˆ dt → ⎛ dr ⎞ L = rr × m⎜ r + rωtˆ ⎟ ˆ ˆ ⎝ dt ⎠ → L = mr 2 rω × tˆ ˆ → r × t tiene la dirección y sentido de ω ˆ ˆ → L = mr 2 ω → Si consideramos al cuerpo rígido como n partículas que giran alrededor de un eje. I 0 = I CM + Md 2 Demostración. “El momento de inercia del cuerpo respecto a un eje es igual al momento de inercia del cuerpo respecto a un eje paralelo al anterior y que pasa por el centro de masa es el producto de la masa del cuerpo por el cuadrado de la distancia entre los ejes”.. Dos teoremas que simplifican los cálculos del momento de inercia son: 2 .Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán estudiaremos aquí el movimiento de rotación alrededor de un eje y el movimiento de rotación traslación. ∑ se transforma en M ∫ M .. La figura siguiente representa la sección de un cuerpo en el plano del papel. Elegimos un elemento diferencial de masa dm y escribimos los momentos de inercia de la figura para cada uno de los tres ejes. a) Hallar el momento de inercia del sistema mostrado en la figura. = 5ma Momento de inercia respecto al eje z. Con respecto a los ejes x. Solución. las masas son puntuales unidas por varillas rígidas de masa despreciable. 2 Aquí comprobamos: I O = I CM I y = ∑ xi2 mi = m(0 ) + 2m(a ) + 3m(a ) + 4m(0 ) 2 2 2 2 ⎛l⎞ + M⎜ ⎟ ⎝2⎠ 2 c) Momento de inercia un anillo de masa M y radio R. I x = ∑ y mi 2 i I CM = ∫ 2 2 2 l 2 l − 2 M M 3 x dx = x l 3l 2 [ ] l 2 − l 2 = m(0 ) + 2m(0 ) + 3m(b ) + 4m(b ) 2 = 1 Ml 3 12 = 7 mb Momento de inercia respecto al eje y. I z = ∫ r 2 dm con M ∫ r dm = ∫ (x + y )dm = ∫ x dm + ∫ y dm 2 2 2 r =x +y 2 M 2 M 2 M M 2 2 Tomemos un elemento diferencial dx.Cuerpo rígido = 7 mb + 5ma Aquí comprobamos 2 2 Hugo Medina Guzmán Iz = Ix + Iy b) Momento de inercia de una varilla delgada rígida de longitud l y masa m. A continuación evaluaremos los momentos de inercia algunos cuerpos simples. 2 I z = ∑ ri 2 mi = m(0 ) + 2m(a ) + 3m a + b 2 2 2 ( 2 ) + 4m(b) 2 La masa del elemento diferencial ds = Rdθ es: 3 . Momento de inercia respecto al eje x. z. cuya masa es: M M Iz = Ix + Iy Ejemplo 1. I x = ∫ y 2 dm . en el plano xy. y. dm = El momento de Inercia de la varilla es: M dx l M I O = ∫ x 2 dm = ∫ x 2 0 l M l 2 M 3 ∫0 x dx = 3l x l 1 3 = Ml 3 = M dx l [ ] l 0 El momento de inercia de la varilla con respecto al centro de masa Solución. Solución. con respecto a un extremo y con respecto al centro de masa. I y = ∫ x 2 dm . I z = ∫ dI z = ∫ Consideremos como elemento diferencial al anillo de radio r y ancho dr. 2M 3 r dr R2 R El momento de inercia del disco es: I O = ∫ dI O = ∫ = 0 2M 3 2M ⎡ r 4 ⎤ r dr = 2 ⎢ ⎥ R2 R ⎣ 4 ⎦0 R 1 MR 2 2 I P = I O + Md 2 = 2 MR 2 + Md 2 5 ⎡ 2 ⎛ R ⎞2 ⎤ 2 I P = Md ⎢1 + ⎜ ⎟ ⎥ ⎢ 5⎝d ⎠ ⎥ ⎣ ⎦ e) El momento de inercia de una esfera con respecto a un eje que pasa por su centro. M 2 M πr dz = π R 2 − z 2 dz V V 4 3 M es la masa de la esfera y V = πR el 3 dm = volumen de la esfera.R a z = R. su masa es: = R M π∫ 0 V 2 2 = MR 5 ( 2 1M π R 2 − z 2 dz 2V 2 8 πMR 5 R 2 − z 2 dz = 15 V R −R ( ) ) dm = M 2M 2πrdr = 2 rdr 2 R πR 2M rdr R2 El momento de inercia de este anillo con respecto al eje perpendicular que pasa por O es dI O = r 2 dm = r 2 = Para encontrar el momento de inercia con respecto a un eje arbitrario como se muestra en la figura siguiente aplicamos el teorema de Steiner. su espesor Ix = Iy = Iz 1 = MR 2 2 2 d) El momento de inercia de un disco de radio R y masa M con respecto al eje perpendicular que pasa por su centro. Solución. La masa del disco es: Ix = Iy Luego R 2 − z 2 .Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán dm = M M ds = dθ 2πR 2π 2π El momento de inercia del anillo con respecto al eje z es: I z = ∫ R 2 dm = ∫ R 2 M 0 M dθ 2π MR 2 2π [θ ]0 = mR2 = 2π Por el teorema de la figura plana Iz = Ix + Iy Por simetría Consideremos la esfera como una serie de discos. En el caso en que R << d podemos considera como 4 . su radio es r = dz. Solución. Tomemos un disco diferencial como se muestra en la figura. El momento de inercia del disco con respecto al eje z es: ( ) dI z = 2 1 1M dmr 2 = π R 2 − z 2 dz 2 2V ( ) El momento de inercia de la esfera lo encontramos integrando esta expresión desde z = . que es su peso. Para el sistema de partículas vimos que la suma de 5 τ = Iα . el desplazamiento θ (t ) de cualquier punto describe el desplazamiento del cuerpo como un todo.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán si fuera una masa puntual y el momento de inercia se reduce a: I O = Md 2 Ejemplo 2. los torques producidos por las fuerzas externas que actúan sobre el sistema es igual al cambio de la cantidad de movimiento angular. Además por simetría I x = I y. Calcular la aceleración angular de la barra y su aceleración lineal inicial de su extremo. dL τ = dt → → Esto es válido también para el cuerpo rígido. Si θ = θ (t ) es el desplazamiento angular del punto del cuerpo desde la línea referencial. dω → Como = α . se suelta desde el reposo en su posición horizontal. Una barra uniforme de longitud L y masa M. la velocidad angular del cuerpo es: τ = rMg = Como ω= dθ dt Como cada punto del cuerpo gira a la misma velocidad angular ω . Por tanto Ix = Iz/2 = ¼ MR2 Aplicando el teorema de Steiner I = ¼ MR2 + MR2 = 5/4 MR2 SEGUNDA LEY DE NEWTON PARA ROTACION En esta sección vamos a analizar el movimiento de un cuerpo rígido que gira en torno a un eje fijo en el espacio. Entonces: El cuerpo gira en torno al eje x. como se muestra en la figura. Hallar el momento de inercia de un disco de masa M y radio R que gira alrededor de un eje paralelo a un diámetro y que pasa por el borde del disco. es constante en el tiempo y dω τ =I dt → → Por el teorema de las figuras planas Iz = Ix + Iy . d L d ⎛ →⎞ = ⎜Iω⎟ Como L = I ω ⇒ dt dt ⎝ ⎠ → → → Siendo I el momento de inercia del cuerpo en torno al eje dado. y el momento de inercia de la barra 1 2 es I = ML . Como el torque de la fuerza en la bisagra es cero. suponiendo que la barra es homogénea y que el peso actúa en su centro geométrico. donde L es la cantidad de movimiento angular can respecto al eje x de la figura anterior. se puede calcular el torque en torno a la bisagra producido por la otra fuerza externa que actúa sobre la barra. que gira libremente alrededor de una bisagra sin fricción. aceleración angular del cuerpo dt → τ = Iα → → → Esta expresión tiene similitud a la ley de Newton F = ma → Ejemplo 3. Solución. 3 1 Se tiene: Iα = LMg 2 1 LMg 2 . Solución. El momento de inercia del disco con respecto al eje es: I= Solución. la aceleración y su velocidad después de haber descendido una distancia h desde el reposo. y la fuerza de rozamiento Ff. α= τ I = hmgsenθ hgsenθ = 2 2 (2mr / 5 + mh ) (2r 2 / 5 + h 2 ) la aceleración lineal será: a = α h h 2 gsenθ gsenθ a= = 2 2 2 (2r / 5 + h ) (2r / 5h 2 + 1) Solución. siendo h = (r 2 − b 2 ) 12 Siendo Como α constante ω = ω0 + α t 2F t MR El momento de inercia de la esfera con relación al eje instantáneo de rotación es ω0 = 0 ⇒ ω = α t = I= 2 2 mr + mh 2 5 Aplicando la ecuación fundamental de la dinámica de rotación: Ejemplo 6. Se tiene un disco de masa M y radio R. Se sujeta una masa M a una cuerda ligera enrollada alrededor de una rueda de momento de inercia I y radio R. Las fuerzas que actúan sobre la esfera son el peso.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán 1 LMg 3g ⇒ α= 2 = 1 2L ML2 3 Para calcular la aceleración lineal del extremo de la barra. Si el disco está inicialmente en reposos ¿Cuál es su velocidad al tiempo t? Ejemplo 4. sólo el peso: 1 MR 2 2 τ = FR Como τ = Iα Tenemos La dirección de la cuerda siempre es tangente al disco por lo que el torque aplicado es: α= τ I = 2F MR Reemplazando α= FR 1 MR 2 2 τ = hmg senθ . que pueda girar libremente alrededor de un eje que pasa por su centro. Reemplazando = 5 r 2 − b 2 gh 2 senθ 7r 2 − 5b 2 ( ( ) ) α: a t = Lα = 3 g 2 Ejemplo 5. con sección en forma de U. la reacción normal del plano. Hallar La tensión de la cuerda. usamos la ecuación at = αL . inclinada. Determinar la aceleración. se tira la cuerda con una fuerza F. Como la reacción R y el rozamiento Ff están aplicados en el eje instantáneo de rotación no realizan ningún torque. La figura siguiente muestra los diagramas de cuerpo libre. P. 6 . Solución. Se enrolla una cuerda alrededor del disco. Una esfera rueda sobre una barra. R. 6t − 0. Ejemplo 8.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán Aplicando la segunda ley de Newton a la masa M Mg − T = Ma (1) Aplicando la segunda ley de Newton para rotación al disco TR = Iα .28x10-5 kg m2 ( ) b) Al comunicarle un momento angular L = 7. M + I R2 T= I R2 Mg M + I R2 = 12. a) Hallar la expresión analítica y el valor numérico del momento de inercia respecto del eje de giro.05) = 6. a) Por el teorema de las figuras planas.9 x10-4 kg m2/s.9 × 10 −4 = I 6.10 (0.0398t 2 . Por tanto Ix = a como a = Rα ⇒ α = R a TR = I o TR 2 = Ia R Resolviendo (1) y (2) obtenemos Iz 1 1 2 2 3 = ρLR = ρ (2πR )R = πρR 2 2 2 3 −1 = π 1. ¿cuánto tiempo tarda en pararse? (Nota 1 N = 105 dinas) Solución. (2) ω0 = L 7.28 × 10 − 5 M a= g. y Siendo ω = 0 para t = 158 s.6 g/cm.079t ⇒ v= 2 Mg h M + I R2 Ejemplo 7. grosor despreciable y densidad 1. tenemos que: Iz = Ix + Iy .6. se pone en rotación alrededor de un diámetro cuando se le comunica un momento angular de 7900 g cm2/s. Un anillo de 5 cm de radio. 7 . s = h : 2Mg v2 = h M + I R2 1 2 ω = 12. Además por simetría I x = I y. Maquina de atwood tomando en cuenta la polea.6 − 0. Siendo un movimiento con aceleración constante 2 v 2 = v0 + 2as Conocemos: a . ¿cuál será la ecuación del movimiento que efectúa el anillo?. La polea es un disco de masa M y radio R. b) ¿Con qué velocidad angular empieza a girar? c) Si el rozamiento con el aire y los pivotes origina un par de fuerzas cuyo torque es de 50 dina cm. v0 = 0 . La figura muestra los diagramas de cuerpo libre de cada una de las partes de la máquina de atwood.58 rad/s c) τ = 50 dina cm = 50x10-5 Nx10-2 m = 5x10-6 N m Por lo tanto la ecuación del movimiento en términos angulares será: θ = θ 0 + ω0t + αt 2 = 12. a = αR Resolviendo (1). debido a la acción de dos masas m1 y m2.67 + 102. c) La tensión del soporte que fija el sistema al techo a= m1 − m2 I m1 + m2 + 2 R g = 5 18 25 + 0.3 2 9.22 m / s2 y α= a 0.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán Aplicando la segunda ley de Newton a cada una de las partes. obtenemos: T1 = M 1 ( g + a ) .8 + 146. Una polea homogénea de radio R. masa M y momento de inercia I. M = 20 kg. R = 0.22 = 445 N → 8 . Masa M1: T1 − M 1 g = M 1 a (1) Masa M2: M 2 g − T2 = M 2 a (2) Polea: Planteando la segunda ley de Newton para cada masa: m1 g − T1 = m1 a . I =18 kg m2. a) Vamos a suponer que el sistema acelera hacia el lado de la masa mayor M. (2) y (3). T2 − m 2 g = m2 a Para la polea: T2 R − T1 R = Iα 1 a 1 = MR 2 = MRa (3) 2 R 2 T2 = M 2 ( g − a ) y (m2 − m1 ) a= g (m2 + m1 + M 2) ∑τ = T R − T R = Iα = I R 1 2 a Como el hilo no desliza. m1 =15 kg. Por lo tanto a vale: Ejemplo 9.22 = 0. T2 − m 2 g = m2 a .3 m. que debe estar en equilibrio: Solución. gira alrededor de su eje.7 N. Calcular: a) La aceleración angular de la polea. m2 = 10 kg. b) Las tensiones de las cuerdas. T2 = m 2 ( g + a ) = 100.3 b) De las ecuaciones anteriores obtenemos: T1 = m1 g − m1 a = 15( g − a ) = 143. c) Considerando todas las fuerzas que actúan sobre la polea. a T1 − T2 = I 2 R Que sumadas dan lugar a: (m1 – m2) g = a(m1 + m2 + I/R2). ∑F = 0 S = P + T1 + T2 = 20 x 9.2 N.8 = 0. Por lo tanto tenemos tres ecuaciones: m1 g − T1 = m1 a .73 rad / s2 = R 0. tendremos: b) Podemos plantear dos ecuaciones: T − mg = ma y ⎛1 ⎞⎛ a ⎞ 1 Fr − TR = Iα = ⎜ MR 2 ⎟⎜ ⎟ = MRa ⎝2 ⎠⎝ R ⎠ 2 Que conducen a: 1 ⎛ ⎞ Fr − mgR = a⎜ mR + MR ⎟ . al ser el momento de la fuerza T2 mayor.2) = 88 N. Un rollo de 16. se pone en movimiento espontáneamente. Solución. d) T = mg + ma = 8 (9.8 +1. El momento de inercia del sistema formado por las dos poleas es de 10 kg m2. formando un bloque que gira alrededor de su eje de rotación común.0 kg de papel con radio R = 18.0 cm descansa contra la pared . Calcular: a) Momento de inercia del cilindro respecto a un eje que coincida con una generatriz. y T2 = 1000 N. Dos poleas cuyos radios son 1 m y 0. la polea girará de modo que la masa M1suba. los pesos coinciden con las tensiones.7 N Ejemplo 12.2 (3) De las tres ecuaciones obtenemos α : T1 − M 1 g = M 1 a1 ⇒ T1 − M 1 g = M 1αR1 M 2 g − T2 = M 2 a 2 ⇒ M 2 g − T2 = M 2αR2 τ 2 − τ 1 = Iα ⇒ T2 R2 − T1 R1 = Iα (1) (2) α= α= M 2 gR2 − M 1 gR1 2 M 2 R2 + M 1 R12 + I 30 − 20 = g = 2.51 m/s2. b) Aceleración con que sube la masa m. d) Tensión del hilo que sostiene la masa.2 = R 0.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán Ejemplo 10.6 + 2 mR + mR 2 a 1. a) Aplicando el teorema de Steiner. Solución. I = ½ MR2 +MR2 = 3/2 MR2 a) Cuando las poleas están inicialmente en reposo.3 m. Por tanto. b) y c) Planteando la ecuación fundamental de la dinámica a cada masa y a la polea. a cuyo extremo libre se le aplica una fuerza constante F = 200 N.51 rad / s2. La figura representa un cilindro macizo y homogéneo de radio R = 20 cm y masa M = 20 kg. a 2 = αR2 = 0. Al dejar el sistema en libertad. Se pide: a) ¿En qué sentido se mueven las poleas? b) Valor de la aceleración con que se mueve cada una. Por tanto T1 = 200 N. están acopladas pegada una a la otra en un plano vertical. 2 ⎝ ⎠ Por lo tanto la aceleración a vale: a= = 1. De la garganta de la polea grande pende una masa de 20 9 La aceleración de cada masa será: a1 = αR1 = 2. 20 + 9 + 10 = 6 rad/s2. El momento que ejerce T1 valdrá τ 1 = T1 R1 = 200 Nm El que ejerce T2 valdrá τ 2 = T2 R2 = 300 N m. c) Aceleración angular de las poleas.68 Fr − mgR = 1 1.2 m / s2 c) 20 − 15. A su periferia va arrollado un hilo ideal de cuyo extremo libre cuelga una masa m = 8 kg. Por una hendidura muy fina se le arrolla otro hilo ideal a una distancia del eje horizontal r = 10 cm. Ejemplo 11.75 m/s2 d) T2 = M 2 g − M 2αR2 = 904. c) Aceleración angular del cilindro. kg y de la garganta de la polea pequeña pende otra masa de 100 kg que tiende a hacer girar a las poleas en sentido contrario al anterior. d) Tensión de la cuerda que sostiene la masa de 100 kg cuando el sistema está en movimiento. 260) = 4.0) (9. 10 . El otro extremo del soporte está unido mediante una bisagra sin fricción a la pared de modo que el soporte forma un ángulo de 30.0 m Donde solamente las componentes verticales de las fuerzas ejercen torques. aplica una fuerza horizontal F. pero el torque neto no es cero.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán sostenido por un soporte unido a una varilla que pasa por el centro del rollo.80) = 266 N = cos 30° − (0.2 N . y la fuerza horizontal sobre la barra debe equilibrar la componente horizontal de la fuerza que el resorte ejerce sobre la barra. m2. y el momento de inercia del papel y la varilla alrededor del eje es de 0.0 + (16. Puede despreciarse el peso de la barra. a) La tensión en el resorte es W2 = 50 N. 50 cos 37° + 10 = 50 N.54)(18. a) Calcule las componentes vertical y horizontal de la fuerza requerida. La fuerza vertical debe ser Fvar cosθ = F f + W + F .25 . para ello. F f = μk N . En el punto de contacto. y es igual a (50 N) sen 37° = 30 N. Se aplica una fuerza vertical constante F = 40. F f = μk Fvarsenθ = 33. la barra y la fuerza normal ejercen el torque cero. arriba ⎛ 50 N ⎞ arctan ⎜ ⎜ 30 N ⎟ = 59° ⎟ ⎝ ⎠ Las fuerzas horizontales Fvarsenθ = N . a) Eliminando N y resolviendo para Fvar da c) (30 N) 2 + (50 N) 2 = 58 N. a) ¿Qué magnitud tiene la fuerza que la varilla ejerce sobre el rollo de papel al desenrollarse? b) ¿Que aceleración angular tiene el rollo? α= τ (40.260 kg. La varilla gira sin fricción en el soporte. y F f = μk N Puede calcularse reemplazando el valor encontrado para Fvar en cualquiera de las relaciones anteriores. El coeficiente de fricción cinética entre el papel y la pared es μ k = 0. d) Tomando torques alrededor (y midiendo la distancia de) del extremo izquierdo Fvar = W +F cos θ − μk sin θ 40.0 × 10−2 ) = . a la izquierda en la figura.0 ) ⇒ x = 4. I (0. que se desenrolla. ¿Qué magnitud mínima de F logra subir la rueda si la fuerza se aplica a) al centro de la rueda? b) ¿En la parte superior de la rueda? c) ¿En cuál caso se requiere menos fuerza? b) Con respecto al centro del rodillo. Luego. La magnitud del torque neto es ( F − F f ) R .71 rad/s 2 Ejemplo 13 Se debe aplicar una sola fuerza adicional a la barra de la figura para mantenerla en equilibrio en la posición mostrada.0 N al papel. De aquí tenemos: b) Fvar cos θ = μ k N + F + W Fvarsenθ = N .0° con la pared. La suma de fuerzas verticales Solución.0 − 31. Imagine que está tratando de subir una rueda de bicicleta de masa m y radio R a una acera de altura h. la pared ejerce una fuerza F f de la fricción dirigida hacia abajo y una fuerza normal N dirigida a la derecha. b) ¿Qué ángulo debe formar ésta fuerza con la barra? c) ¿Qué magnitud debe tener? d) ¿Dónde debe aplicarse? Solución.25)sen30° 50 x = (40)(5. Esto es una situación donde es cero la fuerza neta en el rodillo. Ejemplo 14. El peso del soporte es despreciable. R−h aN = ω 2 RD = 6. 15. Solución. La fuerza F actúa a una distancia perpendicular R−h y el peso actúa en una distancia perpendicular → Resolviendo el sistema formado: 2 8 gR B − TR B = 8αR B ⎫ 2 ⎬ 8 gRB = 8aRB + Iα TR B = Iα ⎭ 8 gR B 35. C y D son respectivamente 65. Un disco homogéneo A gira alrededor del eje y bajo la acción de la masa C unida a una cuerda que pasa por una polea sin peso ni rozamiento enrollada alrededor del tambor cilíndrico macizo B. Demostrar que cuando un cuerpo está en equilibrio y el torque con respecto al centro de masa es cero. solidaria del disco A.6 m/s2 R 2 − (R − h ) = 2 2 Rh − h 2 . c) Aceleración normal de D.34 m/s2 EQUILIBRIO ESTÁTICO En el capítulo 5 vimos que para que una partícula estuviera en equilibrio estático era suficiente que La fuerza resultante fuese cero. → c) Se requiere menos fuerza que cuando la fuerza se aplica en parte alta de la rueda. c) ω (4 s ) = α t = 2. A éste está unida una masa puntual D. 1 1 1 2 2 2 I = m A R A + m B RB + m D RD 2 2 2 = 51.56 kg m2 11 En la figura rO es el vector del centro de masa a O → .28 ⇒α = = 0. 2R − h 2 ∑F = 0 Esta condición también. pero no es suficiente que solamente el centro de masa este en reposo.18 b) a 0 = αR0 = 0. ∑τ → =0 A continuación desarrollaremos algunos ejemplos de aplicación. b) El torque debido a la gravedad es el mismo.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán Aplicando la segunda ley de Newton en la masa C: m C g − T = mC a 8 g − T = 8 αR A Aplicando la segunda ley de Newton de la rotación en el conjunto giratorio: TR B = Iα Solución. B.66 rad/s2 = 2 8 R B + I 53. el centro de gravedad coincide con el centro de masa.65 rad/s F = mg → 2 Rh − h 2 . el peso total actuando en el centro de gravedad. es necesaria para que un cuerpo rígido este en equilibrio. el cuerpo puede girar Es necesario que el momento de: fuerzas o torque con respecto al centro de masa sea nulo. b) Aceleración tangencial de D. a) Calculemos en primer lugar el momento de inercia del sistema A-B-D. Ejemplo 16. Calcular: a) Aceleración angular del disco. como indica la figura. Solución. En muchos de ellos la fuerza de la gravedad ejercida sobre las diversas partes de un cuerpo puede sustituirse por una sola fuerza. Las masas A. Igualando los torques para encontrar la fuerza necesaria mínima. Ejemplo 15. Se supone que la cuerda permanece siempre horizontal. el torque con respecto a cualquier punto también es cero. 8 y 4 kg. tal que la fuerza mínima es F = mg 2 Rh − h . 4 s después de partir del reposo. a) Tome los torques respecto a la esquina superior de la acera. pero la fuerza F actúa a una distancia perpendicular 2 R − h. Si la aceleración de la gravedad no varía a lo largo del cuerpo. De la figura vemos: → → ri = rO + rOi → → → → → El torque total alrededor de O es Solución. F2 = 60 N. Como se indican en la figura. el torque alrededor de cualquier punto debe ser cero y viceversa. Dos fuerzas iguales y opuestas que actúan en la figura siguiente se denominan par de fuerzas. Ejemplo 17. a) Sustituir la fuerza vertical dada por otra igual paralela cuya línea de acción pase por el centro de masa. Según se indica c) Se cambian los módulos de las fuerzas a F’ de tal modo que: F ' b = Fa ⇒ F ' = F a b F es el valor de cualquiera de las fuerzas y d = ( x 2 − x1 ) es la distancia entre ellas. Ejemplo 19. hasta desplazarlo hasta la línea A B. 12 . El momento o torque producido por estas fuerzas con respecto a O es: τ O = Fx 2 − Fx1 = F ( x 2 − x1 ) = Fd Este resultado no depende de la selección del punto O. Ejemplo 18.3 N. Par de fuerzas. Hallar la tuerza resultante sobre la placa y determinar su línea de acción. en el sólido rectangular mostrado en la figura. F3 = 20 N y F4 = 50 N. → → → rOi es el vector del punto O al punto donde actúa Fi . Para un cuerpo en equilibrio tal que → ∑ Fi = 0 → τ O = τ CM → → Si τ CM = 0 . τ O = ∑ r Oix × F i i → i → → i O i i = → i ⎛→ → ⎞ → ∑ ⎜ ri − rO ⎟ × F i = ⎠ i ⎝ = ∑r× F − ∑r × F Como rO es constante → → → → τ CM − ∑ rO × F i i → → → τ O = τ CM − ∑ rO × F i i → b) Hacer girar el plano del par.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán ri es el vector del centro de masa al punto donde actúa Fi . el momento producido por un par es el mismo respecto a cualquier punto del espacio. Una fuerza vertical F que actúa en A. queremos sustituirla por otra cuya línea de acción pasa por el centro de masa más un par de fuerzas que actúen horizontalmente aplicados en A y B. Sobre una placa sólida actúan cuatro fuerzas de módulos F1 = 28. 1 ˆj )× (− 20 ˆj ) = 2kˆ ( ) (20iˆ − 40 ˆj ) = −2kˆ τ 4 = r4 × F4 ˆ = − 0.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán → ˆ j r = xi + yˆ → → Tal que ˆ τ = 6k = r × F → ˆ j = xi + yˆ × ˆ = (40 x − 30 y )k De aquí: ( ) (30iˆ + 40 ˆj ) (40 x − 30 y ) = 6 ⇒ 20 x − 15 y = 3 Solución.2iˆ + 0.2 m.2i + 0.2 ˆ ..1i + 0. Ejemplo 20.1 ˆ .2 ˆ × j Reemplazando: ˆ τ = 6k → Nm Para determinar la línea de acción de la tuerza.2 ˆ × 20i + 30 ˆ = 0 j j ( ) ( ) τ 2 = r2 × F2 = → → → → (0.0.2i − 0.1iˆ − 0.No hay fricción en la pared y el coeficiente de fricción del piso es μ . j → ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ ˆ ˆ ˆ ⎟ˆ ⎟i + 28. (0.3⎜ F1 = 28. Utilizando el cuadriculado obtenemos: ˆ r1 = −0. si esta tuerza a de situarse en algún punto del borde inferior de la placa.1i + 0.2i − 0. F4 = 50⎜ ⎟i − 50⎜ ⎟ ˆ j j ⎝4⎠ ⎝4⎠ ˆ j = 30i − 40 ˆ → → → → La figura siguiente muestra la fuerza resultante: La fuerza resultante es F = F1 + F2 + F3 + F4 = (20 − 20 + 30 )&& + (20 + 50 − 40 ) ˆ i j = → → → → → (30iˆ + 40 ˆj )N → → El torque resultante respecto al centro de masa es la suma de los torques individuales. ¿Cuál es el mínimo ángulo de inclinación para que no comience a resbalar? τ = τ1+τ 2 +τ 3 +τ 4 Siendo: → → → τ 1 = r1 × F1 → → → ˆ ˆ = − 0.3⎜ ⎜ 2 ⎟ j = 20i + 20 j ⎜ 2 ⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ → Esta es la ecuación de la línea de acción de la fuerza. F3 =− 20i j → → ⎛ 3 ⎞ˆ ⎛3⎞ ˆ r4 = −0.2) = =0 20 20 ˆ r2 = 0. Obtenemos x= 3 + 15 y 3 + 15(− 0.2 ˆ . F2 = 60 ˆ j j ˆ ˆ r3 = 0.2 ˆ . Se tiene una escalera dé masa M y largo L apoyada contra la pared . consideremos que el punto de aplicación de la fuerza resultante es: 13 Condición para que el centro de masa no acelere: . y = . La figura siguiente muestra el diagrama del cuerpo libre de la escalera.1i − 0.2 ˆj )× (60 ˆj ) = 6kˆ → → τ 3 = r3 × F3 = → → → Solución. = 0 = Mg − N y De aquí obtenemos: N y = Mg . L = longitud del L tablón. Para que el tablón gire. el torque del peso del albañil respecto del punto O. (L − d ) = λdg d 2 ⇒ mx + λ d 2 − (L − d )2 = M (2 Ld − L2 ) . Ejemplo 21. x= TLsenθ − mg Mg Si T = Tm obtenemos el valor máximo de x. Como el sistema está en equilibrio ∑F ∑F x y = 0 = N x − μN y . Si estuviéramos interesados en conocer R. más el torque del peso de la parte de tablón que sobresale. debe ser mayor o igual que el torque del peso de la parte de tablón apoyada entre las vigas: Llamando λ a la densidad lineal del tablón: λ= M .53 m ⇒x= 2m Ejemplo 23. Un baúl de masa M se empuja sobre un suelo con coeficiente de rozamiento a) Qué fuerza F se ejerce si el baúl se mueve con aceleración constante a? b) ¿Si el baúl se mueve con velocidad constante? 14 . Un albañil de 75 kg camina sobre un tablón de 3 m de largo y 80 kg apoyado sobre dos vigas distantes 2 m. el alambre se romperá por una masa M colocada sobre la viga? Solución. m = masa albañil tendremos: mgx + λ (L − d )g Solución. Una viga de masa m se empotra a la pared como se muestra en la figura y se sujeta por medio de un alambre. ¿Para qué valor de x. tal como indica la figura.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán R es a reacción de la pared. ⎧∑ Fx = R cos α − T cos θ = 0 ⎪ ⎨ ⎪∑ Fy = Rsenα − Tsenθ − Mg − mg = 0 ⎩ Con ∑F = 0 → → L L L N y cos θ − μN y senθ − N x senθ = 0 2 2 2 Reemplazando las fuerzas: L L L Mg cos θ − μMg senθ − μMg senθ = 0 2 2 2 ∑τ = 0 alrededor de cualquier punto. ¿Cuál es la máxima distancia x que puede recorrer. Tomando momentos con respecto a este punto. sin que caiga? Mg Mg L cos θ − N x Lsenθ = 0 2 Reemplazando el valor de Nx: L cos θ − μMgLsenθ = 0 2 ⎛ 1 ⎞ ⇒ θ = tan −1 ⎜ ⎜ 2μ ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ Obtenemos la misma respuesta porque no importa con respecto a que eje tomemos el torque. 2L [ ] 2 M (2d − L ) = 0. Si la tensión en el alambre excede Tm el alambre se rompe. Ejemplo 22. TLsenθ − mg L − Mgx = 0 2 L 2 De esta última ecuación obtenemos ⇒ 2μsenθ = cos θ ⎛ 1 ⎞ ⇒ θ = tan −1 ⎜ ⎜ 2μ ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ Otra forma: En lugar de tomar el centro de masa como origen tomemos extremo inferior de la escalera. La figura muestra el diagrama del cuerpo libre del sistema viga-masa. Tomamos momentos con respecto a O. sería mejor tomar momentos con respecto al otro extremo. M = masa tablón. haciendo d = 2 m. N x = μN y = μMg Condición de no rotación: La suma de momentos de fuerza con respecto al centro de masa es cero. b) Determine el valor de h con el cual la caja comience a volcarse. empezará a rotar en el sentido horario y N1 = 0.0 N)(4. La componente vertical es – 160 N.35)(30.125 m 2 El brazo de palanca h de la fuerza aplicada es entonces y la aceleración: F ⎛ b ⎞ − μk g = ⎜ − μk ⎟g M ⎝ 2h ⎠ h = (0.00 m) + FV (3. y así tiene magnitud 120.35. El extremo A de la barra AB de la figura descansa en una superficie horizontal sin fricción. a) Aplicando la segunda ley de Newton. sin rotación α = 0. La energía cinética de un elemento de masa dm que gira a una distancia r del eje de rotación es: 15 . La figura siguiente muestra el diagrama del cuerpo libre del baúl.80 m s ) = 103 N b) Con respecto al borde delantero de la caja.00 m) Solución. a) F = F f = μ k Ν = μ k mg = (0. La fuerza ejercida por la barra en la bisagra es igual en magnitud y contrario en la dirección a la fuerza ejercida por la bisagra en la barra Ejemplo 25. ∑F ∑F x y = F − μ k ( N 1 + N 2 )Ma .125 = 0. Consideremos un cuerpo que gira alrededor de un eje tal como se muestra en la figura Solución. ejerciendo un torque en una dirección opuesta a la de la componente horizontal.36 m. = N 1 + N 2 − Mg = 0 Resolviendo las ecuaciones: F = M (a + μ k g ) b) En el caso que el baúl va con velocidad constante a = 0 y F = Mμ k g c) Para analizar la inclinación del baúl tenemos que escribir la ecuación de momentos con respecto al borde delantero.125) = 1 mg = (0. 0.125) μk F Ejemplo 24.0 N y es hacia la izquierda.35 TRABAJO Y ENERGIA EN ROTACIÓN. Desprecie el peso de la barra. La caja es arrastrada sobre una superficie horizontal con rapidez constante por una fuerza. El brazo de palanca del peso es 2 ∑τ = −bN F= a= bMg 2h 1 − hF + b Mg = 0 2 Cuando el baúl empiece a inclinarse. Se ejerce en A una fuerza horizontal F de magnitud 120 N. el signo menos indica una componente hacia abajo.250 = 0. Calcule las componentes horizontal y vertical de la fuerza ejercida por la barra sobre la articulación en B. Tomando torques alrededor del punto A → (120.0 kg)(9. y el extremo B tiene una articulación. luego Solución.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán c) ¿Qué fuerza se necesita para inclinar el baúl? La componente horizontal de la fuerza ejercida en la barra por la bisagra debe equilibrar la fuerza F aplicada. El coeficiente de fricción cinética es de 0. de aquí: 0. a) Calcule la magnitud de F. 0. considerando que la energía potencial se calcula 16 . que actúa en el punto P del cuerpo. Supongamos que se aplica una fuerza externa única F. ( ) Así pues se deduce que: U (θ1 ) − U (θ 2 ) = K 2 − K 1 ó K 1 + U (θ1 ) = K 2 + U (θ 2 ) = constante Cuando el sistema no es conservativo W NO CONSERVATI VO = K 1 + U (θ1 ) − K 2 + U (θ 2 ) POTENCIA La rapidez con que se realiza este trabajo es: ( ) ( ) dW dθ =τ = τω dt dt El trabajo realizado por F a medida que el cuerpo gira recorriendo una distancia infinitesimal ds = rdθ en un tiempo dt es: → Expresión que corresponde a la potencia instantánea. es constante. P = τω dW = F ⋅ d s = Fsenφ rdθ Como Fsenφ r es el torque de la fuerza F alrededor del origen se puede escribir el trabajo realizado para la rotación infinitesimal como: → → Ejemplo 26. Como τ = Iα y dθ = ωdt Obtenemos: dK = τ dθ = dW θ2 Si se íntegra esta expresión se obtiene el trabajo total W1→2 = ∫ τ dθ = θ1 ∫ω ω2 1 Iωdω Usando el principio de conservación de la energía. Para la barra giratoria. dW = τ dθ Cuando el cuerpo gira en torno a un eje fijo bajo la acción de un torque. podemos decir que un torque será conservativo a condición que exista una función potencial U = U (θ ) de tal modo que el trabajo efectuado por . 1 K = ∫ dK = ω 2 ∫ r 2 dm M 2 El término integral es el momento de inercia del cuerpo con respecto al eje de rotación K= 1 2 Iω 2 τ → Para relacionar la energía cinética. cuando el cuerpo sufre un desplazamiento angular (θ 2 − θ 1 ) es la diferencia U (θ1 ) − U (θ 2 ) . v = ωr 2 1 ⇒ dK = dmω 2 r 2 2 dK = Integrando. = 1 2 1 2 Iω2 − Iω1 2 2 = K 2 − K 1 = ΔK K = ∫ dK = ∫ como M ω 1 2 2 ω r dm 2 “E1 trabajo neto realizado por las fuerzas externas al hacer girar un cuerpo rígido alrededor de un eje fijo es igual al cambio en la energía cinética de rotación”. Por la analogía que existe entre las expresiones para el movimiento lineal y el movimiento angular.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán 1 dmv 2 . al trabajo efectuado sobre el cuerpo por un torque τ . calcular su rapidez angular y la rapidez lineal de su centro de masa y del punto mas bajo de la barra cuando está vertical. El cambio de su energía cinética durante el intervalo dt se puede expresar como: dK = dK d ⎛1 ⎞ dt = ⎜ Iω 2 ⎟dt dt dt ⎝ 2 ⎠ dω = Iω dt = Iωα dt = Iα ω dt dt Solución. las masas tiene momento de inercia I en torno a su eje de rotación. la cuerda no resbala en la polea y el sistema se suelta desde el reposo. El momento de inercia del cilindro en torno a su eje es: I= 1 MR 2 2 ⇒ α= Solución. entonces: 1⎛1 L 1 ⎞ Mg = Iω 2 = ⎜ ML2 ⎟ω 2 ⇒ 2 2 2⎝3 ⎠ Donde se ha usado la relación v = R ω. Sobre un cilindro homogéneo de radio R y masa M. Ejemplo 28.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán respecto al centro de masa y la energía cinética es de rotación: Ei = E f ⇒ K i + U gi = K f + U gf Cuando la barra esta inicialmente horizontal no tiene Ki y cuando esta vertical tiene solo Kf. suponiendo que m2 se encuentra inicialmente en la parte superior del sistema. tiene El cual tiene libertad de girar sin fricción sobre un eje. a) ¿Cuál es la aceleración angular α del cilindro? b) ¿Cual es la velocidad angular y la energía cinética del cilindro al tiempo t? c) ¿qué cantidad de trabajo aplica la fuerza durante este intervalo t?. ω = t MR a) Con τ = Iα La energía cinética: τ 1 1⎛1 ⎞⎛ 2 F ⎞ K = Iω 2 = ⎜ MR 2 ⎟⎜ 0 t ⎟ 2 2⎝2 ⎠⎝ MR ⎠ F2 2 = 0 t M c) El trabajo realizado 2 ⇒ K 1i + K 2i + U 1i + U 2i = K1 f + K 2 f + K p + U 1 f + U 2 f ⇒ 0 + m2 gH 17 W = ΔK = K 2 − K 1 = = F02 2 t −0 M F02 2 t M . Solución. despejando v se obtiene: 1 1 1 m1v 2 + m2 v 2 + Iω 2 + m1 gH 2 2 2 1⎛ I ⎞ ⇒ ⎜ m1 + m2 + 2 ⎟v 2 = (m2 − m1 )gH 2⎝ R ⎠ = v= ω= vcm 3g L 2(m2 − m1 )gH I m1 + m2 + 2 R Para calcular la rapidez del centro de masa. τ = F0 R I 2F F0 R = 0 tenemos α = 1 MR 2 MR 2 b) Siendo α constante ω = ω0 + α t 2 F0 Si ω 0 = 0 . ω = α t . Si se le aplica en su borde una fuerza tangencial de magnitud F. es: Ei = E f . como se muestra en la figura. se usa: L 1 = rω = ω = 3gL 2 2 En el punto mas bajo la rapidez es v = 2v cm = 3 gL Ejemplo 27. Calcular la rapidez lineal de las masas después que una ha descendido H y la rapidez angular de la polea. se conserva la energía. Como no hay roce en la polea. que aplicada a cada masa m1 y m2. Para el sistema de la figura. 5)2 (6. Ejemplo 30.4π )2 P= 2(18) Como 1 hp = 735. la aceleración y su velocidad después de haber descendido una distancia h desde el reposo. Calcular la potencia de salida del motor (hp) para mantener una velocidad constante de 3.2 rev/s al reposo en 18 s cuando se desconecta el.5 m de radio se frena de 3.6 hp Ejemplo 31. Si se jala el hilo de tal modo que el centro de masa del carrete permanezca suspendido en el mismo lugar. donde τ = TR = MgR 2 Siendo Si α constante ⇒ ω = ω 0 + 2αΔθ 2 2 ω 0 = 0 ⇒ ω 2 = 2αΔθ Δθ = y ω2 2α = ω2R 4g 18 . Una plataforma cilíndrica uniforme de 180 kg de masa y 4. ∑F = 0 ∑τ = Iα y ⇒ T − Mg = 0 ⇒ TR = Iα ω = 3. Se sujeta una masa M a una cuerda ligera enrollada alrededor de una rueda de momento de inercia I y radio R. obtenemos: 2 1 MgR = MR 2α 2 2g yα = R a) La fuerza que se ejerce sobre el carrete es (180)(4. R = 4. rev 2π rad rad = 6. La figura muestra al carrete suspendido.5 m. motor. Resolver desde el punto de vista de energía. T = Mg b) Como el trabajo realizado es: W = τ Δθ .4π . Solución. Un carrete de hilo delgado tiene radio R y masa M.5 W P = 55. Hallar La tensión de la cuerda. τ = F0 R (constante) θ1 θ2 Luego W = MgR ω2R 4g = 1 Mω 2 R 2 4 Otra forma de evaluar el trabajo es por la conservación de la energía. W = ΔK = K 2 − K 1 = 1 2 Iω − 0 2 1⎛1 1 2⎞ 2 2 2 = ⎜ MR ⎟ω = Mω R 2⎝2 4 ⎠ ⎛ F ⎞ F 2 t W = F0 R⎜ 0 t 2 ⎟ = ⎝ MR ⎠ M 2 0 Ejemplo 29. ese torque lo calcularemos de la siguiente manera: τ frenado = Iα frenado I= 1 MR 2 .Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán Otra forma de calcular es: W = F0 R(θ 2 − θ1 ) = F0 RΔθ 2 F0 Con α = . s rev s = 40889. 2 Δω ω 2 − ω1 ω α frenado = = =− Δt t 2 − t1 t τ frenado = ω MR 2ω 1 MR 2 = 2 t 2t MR 2ω 2 2t La potencia es: P =τ ω = El carrete solo tiene movimiento circular ya que está en equilibrio vertical Aplicando las leyes de Newton: Siendo M =180 kg. ω0 = 0 MR 1 1 ⎛ 2F ⎞ F ⇒ θ = αt 2 = ⎜ 0 ⎟t 2 = 0 t 2 2 2 ⎝ MR ⎠ MR Finalmente W = ∫ τ dθ . Como primer paso debemos conocer cuál es el torque de frenado que tenemos que vencer para mantener la velocidad constante.2 rev/s. a) ¿Qué fuerza se ejerce sobre el carrete? b) ¿Cuánto trabajo se habrá realizado cuando el carrete gira con velocidad angular ω ? Solución.73 W 1 2 Como I = MR .2 t = 18 s. tenemos: R 2 M⎞ 2 1⎛ ⎜ M 1 + M 2 + ⎟v = (M 1 − M 2 )gy 2⎝ 2 ⎠ 2(M 1 − M 2 ) ⇒ v2 = gy M⎞ ⎛ ⎜ M1 + M 2 + ⎟ 2 ⎠ ⎝ Para un movimiento uniformemente acelerado v 2 = 2ay Comparando: a= (M 2 + M 1 + M 2 ) (M 2 − M 1 ) g ⇒ v= 2M gh M +1 R2 Ejemplo 32. La fricción de rodamiento y la resistencia del aire son despreciables. Ei = Mgh Las masas M1 y M2 inicialmente están en reposo en la posición y = 0 . Las masas estarán moviéndose con velocidad v la Polea tendrá una velocidad angular ω . Como no hay rozamiento por la conservación de la energía La energía final es pura energía cinética.) b) ¿Qué valor debe tener h si la pista está bien lubricada. después de soltarlas una sube y la otra baja como muestra la figura. a) ¿Qué valor mínimo debe tener h para que la canica no se salga de la pista en la parte superior del rizo? (Nota: r no es despreciable en comparación con R. figura (b). Solución. Resolver la máquina le Atwood utilizando Conceptos de trabajo y energía. haciendo despreciable la fricción? 19 . Ejemplo 33. si consideramos como nivel cero el indicado en la figura (a). La canica rueda sin resbalar. 1 1 ⎛v⎞ 1 1 Mv 2 + Iω 2 = Mv 2 + I ⎜ ⎟ 2 2 2 2 ⎝R⎠ 2 v ⎛ 1 ⎞ = ⎜M + 2 ⎟ 2 ⎝ R ⎠ Como E i = E f Ef = v2 ⎛ 1 ⎞ Mgh = ⎜ M + 2 ⎟ 2 ⎝ R ⎠ 2M 2 y v = gh M +1 R2 2 E1 = E 2 1 1 0 = + M 1v 2 + M 2 v 2 + 2 2 1 2 Iω + M 1 gy − M 2 gy 2 v 1 2 Siendo ω = . Una canica sólida uniforme de radio r parte del reposo con su centro de masa a una altura h sobre el punto más bajo de una pista con un rizo de radio R. I = MR . de la nasa M con velocidad v antes de chocar y el disco con momento de Inercia I con velocidad angular ω = v R .Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán Solución. Por el principio de conservación de la energía Etotal = constante Al inicio del movimiento toda la energía es potencial. La figura muestra tres yoyos idénticos que inicialmente están en reposo en una superficie horizontal. Siempre hay suficiente fricción para que el yoyo ruede sin resbalar. Luego: g (h − 2 R + r ) = El radio de la trayectoria del centro de masa de la canica es R − r .7 R − 1.7 r = b) En ausencia de fricción no habrá rotación. Se tira del cordel de cada uno en la dirección indicada. F y la fuerza de la fricción actúan en direcciones opuestas. y la fuerza de fricción tiene el torque mayor que hace rotar el yo-yo a la derecha. ¿En qué dirección girará cada uno? Explica tus respuestas I= 2 2 mr 5 1 2 1 ⎛ 2 2 ⎞⎛ v ⎞ mv + ⎜ mr ⎟⎜ ⎟ 2 2⎝5 ⎠⎝ r ⎠ 2 Reemplazando estos valores en la ecución de la energía: → mg (h − 2 R + r ) = ⇒ Solución. la distancia que la canica ha caído es y = h − (2 R − r ) = h + r − 2 R.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán Solución. 2 2 La velocidad se determina del teorema del trabajo energía. 20 . mgy = 1 2 1 2 mv + Iω 2 2 y = h − (2 R − r ) v ω= r Se sabe que para una esfera Se tiene: Ejemplo 34. . v2 ⇒ (R − r ) h= 5 3 R− r. En el primer caso. a) De a a B. Dibuje un diagrama de cuerpo libre para cada yoyo. La fuerza neta a la derecha es la diferencia F − F f . 1 2 1 2 7 2 v + v = v ⇒ 2 5 10 7 g (h − 2 R + r ) = v 2 10 2 Reemplazando el valor de v : 7 g (h − 2 R + r ) = g (R − r ) ⇒ 10 7 h − 2 R + r = (R − r ) ⇒ 10 7 h = 2 R − r + (R − r ) 10 7 (R − r ) = 2R − r + 10 27 17 R− r 10 10 = 2. tal que la fuerza neta es a la derecha mientras que el torque neto causa una rotación a la derecha. mgy = 1 2 mv 2 2 Sustituyendo las expresiones para y y v en términos de los otros parámetros da h − 2R + r = La condición para que la canica permanezca en la pista es 1 (R − r ) 2 Resolviendo obtenemos ∑ Fr = mac ⇒ − mg = −m v 2 = g ( R − r ). la fricción tiende a mover al yoyo a la derecha. y puesto que la fuerza aplicada es vertical. tal que y1 = 0 e y2 = 28. 16 /23 = 0. y − y 0 = v0 y t + Utilice la conservación de la energía. K1 + U 1 = K 2 + U 2 21 . Ejemplo 36. 2 5 c) Todo es igual. Compare la h mínima en este caso con la respuesta a la parte (a). c) Resuelva la parte (a) para un bloque que se desliza sin fricción en vez de una canica que rueda. Solución. b) El momento de inercia de la canica depende de su radio. tiene mayor rapidez de traslación que cuando estaba en la base de la colina. es el 70 %. el torque y la fuerza de fricción tienden a dar vuelta al yoyo a la derecha. partiendo del reposo. excepto que no hay el término de energía rotacional cinética en K: 1 2 mv 2 1 mgh = mv 2 2 2 v = 16 m . donde v = 17. h= 2g K= Comparado con la altura de la parte (a). y el yo-yo se mueve a la derecha.80 m/s 2 ) = 23 m b) 1 2 1 2 Iω = mv . Explique por qué la respuesta a la parte (a) no depende del radio de la canica.0 m. I = mr 5 r 1 2 1 2 Tal que Iω = mv 2 5 7 mgh = mv 2 10 7v 2 7(17. tal que y 2 = 0 e y1 = h K1 + U 1 = K 2 + U 2 Solución. al tocar tierra la esfera.82 m/s. el yoyo se mueve a la derecha. Tome + y hacia abajo. como se muestra en la figura. La canica debe viajar 36 m horizontalmente mientras cae verticalmente 20 m. a) ¿A qué distancia del pie del acantilado cae la esfera y con qué rapidez se está moviendo justo antes de tocar el suelo? b) Observe que. a y = 9.02 s 2 Luego x − x 0 = v 0 x t ⇒ v 0 x = 17. donde el punto 1 está en el punto de partida y el punto 2 está en el borde del hoyo. a) Encuentre la velocidad v que necesita la canica en el borde del hoyo para hacerlo llegar a la tierra plana en el otro lado. se está moviendo horizontalmente y después se cae por un acantilado vertical. Una canica uniforme baja rodando sin resbalar por el trayecto de la figura. Tome y = 0 en la base de la colina.7. t = ? 1 a y t 2 ⇒ t = 2.82 m/s) ⇒h= = 10 g 10(9. Haga y = 0 en el punto 2. Una esfera sólida uniforme rueda sin resbalar subiendo una colina. a) Calcule la altura mínima h que evita que la canica caiga en el foso. v 0 y = 0. En el tercer caso. Use el movimiento vertical para encontrar el tiempo. Sea el punto 1 en la base de la colina y el punto 2 en la cima de la colina. y − y0 = 20 m. ¿Implica esto que la esfera obtuvo energía de algún lado? Explique.80 m/s 2 . mgh = ω= 1 2 1 2 mv + Iω 2 2 Rodar sin resbalar significa Ejemplo 35. v 2 2 .Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán Para el segundo caso. En la cima. a) Use la conservación de la energía para encontrar la velocidad v 2 de la bola momentos antes que salga de la parte alta del acantilado.82 m/s. Independiente de r. Si ella se suelta. pero momentos antes de tocar tierra poco de esta energía es energía cinética rotatoria.5 m. (1) 2 Esta energía cinética debe ser el trabajo hecho por la gravedad. Utilice el movimiento vertical para encontrar el tiempo en el aire: en un eje sin fricción que pasa por su centro. Solución.26 m s 7 Considere el movimiento de proyectil de la bola. El hilo no resbala en la polea.4 m/s y v x = v0 x = 15. .26 m s )(2.0m .80 m/s 2 y − y 0 = 28.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán 1 2 1 2 1 2 1 2 mv1 + Iω1 = mgy2 + mv2 + Iω2 2 2 2 2 Rodar sin resbalar significa ω = v r y 1 1 2 1⎛1 2 ⎞ Iω = ⎜ mr ⎟ (v / r ) 2 = mv 2 5 2⎝5 2 ⎠ 7 7 2 mv12 = mgy 2 + mv 2 10 10 10 v 2 = v12 − gy 2 = 15. comienza a rotar respecto a la articulación bajo el efecto del peso de la barra. mientras que usando consideraciones de la energía se simplifican los cálculos. Determine la reacción en la articulación y la velocidad angular de la barra en función del ángulo que ella ha girado. inicialmente en reposo y horizontal. contando las dos aceleraciones angulares). 2 gy 3 Para aceleración constante v 2 = 2ay. a y = 9. después de salir de la cima del acantilado hasta justo antes de tocar tierra.3 m/s ω= r La energía cinética total es igual en la base de la colina y momentos antes de tocar tierra. y el cilindro rueda sin resbalar sobre la mesa. t = ? 1 y − y 0 = v 0 y t + a y t 2 ⇒ t = 2. Por comparación de las dos expresiones obtenemos: ω= v 25. Justo antes de tocar tierra. (2) De (1) y (2): v2 = b) En la base de la colina. Ejemplo 37.39 s ) = 36. ¿qué aceleración hacia abajo tendrá el bloque? v0 y = 0 . Se ata un hilo mediante un yugo a un eje sin fricción que pasa por el centro del cilindro de modo que éste puede girar sobre el eje. Una barra de largo 2L y masa M está articulada en un extremo a un punto fijo O. Hacer este problema usando la cinemática implica cuatro incógnitas (seis. K = Mgy. la polea tiene velocidad angular v/R y el cilindro tiene velocidad angular v/2R.26 m/s 2 2 v = v x + v y = 28.39 s 2 Durante este tiempo la bola viaja horizontalmente x − x 0 = v0 x t = (15. Si el bloque y el cilindro ambos tienen velocidad v. Un bloque de masa M se suspende del extremo libre del hilo.0 m s = 3 Mv 2 . Tome + y hacia abajo. después de dejar la parte alta del acantilado. si la masa que cuelga desciende una distancia y. así que la energía cinética de traslación es mayor.0 m s = r r La razón de la rotación no cambia mientras la bola está en el aire. la energía cinética total es ⎤ 1⎡ M ( 2 R) 2 MR2 K = ⎢Mv2 + (v 2 R ) 2 + (v R) 2 + Mv2 ⎥ 2⎣ 2 2 ⎦ v y = v0 y + gt = 23. Si el sistema se libera del reposo. El hilo pasa por una polea con forma de disco de masa M y radio R montada 22 Ejemplo 38. Solución. Un cilindro sólido uniforme de masa M y radio 2R descansa en una mesa horizontal. tal que momentos antes de tocar tierra a= g 3 15. Una barra de longitud L y masa M puede oscilar libremente en torno a uno de sus 23 . Una barra de longitud L y masa M se coloca verticalmente sobre un plano horizontal liso. Además − R H = M dt 2 d2 RV − Mg = M 2 (− Lsenθ ) dt θ = •2 • L 1⎛1 2⎞ 2 = ⎜ ML ⎟ω ⇒ 2 2⎝3 ⎠ 3g ω= L L 1 3gL vCM = ω = 2 2 Mg b) La aceleración angular en dicho instante. Determine una ecuación para el ángulo que gira la barra en función del tiempo. inicialmente perpendicular a la barra y aplicada en un extremo. Si la barra es tirada por una fuerza constante F. Si ella es perturbada levemente comienza a caer. Entonces R H = ML d ⎛ 1 ⎞ ⎜ senθ θ ⎟ 2 senθ dθ ⎝ ⎠ • 2 L 2 = 3g α= = I A 1 ML2 2 L 3 τA Mg = ML 1 d ⎛ ⎞ 2 3 g senθ ⎟ ⎜ sen θ 2 senθ dθ ⎝ 2L ⎠ 9 MLsenθ cos θ 4 d2 RV = Mg − M 2 (− Lsenθ ) dt = = Mg − ML = d ⎛ 1 3g ⎞ 2 senθ ⎟ ⎜ cos θ 2 cos θ dθ ⎝ 2L ⎠ Ejemplo 40. Ejemplo 41. Determine: a) La velocidad del centro de masa de la barra justo cuando ella se coloca horizontal. b) La aceleración angular en dicho instante. en reposo.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán Por conservación de energía tenemos que •2 11 2 M (2 L ) θ − Mgsenθ = 0 23 a) Momento de inercia de la barra con respecto a un extremo 1 I A = ML2 3 Por conservación de energía. 5 9 Mg − Mg cos 2 θ 2 4 Solución. La fuerza se mantiene aplicada a ese mismo extremo manteniendo su dirección original. Ejemplo 39. Luego la velocidad angular de la barra es: 3g 3g senθ ⇒ θ = senθ 2L 2L d2 L cos θ . la barra comienza a moverse sobre el plano. Una barra de longitud 2L y masa M se coloca sobre un plano horizontal liso. El torque respecto al centro de masa conduce a FLsenθ = ⇒ θ= • • 1 ML2 θ 3 3F senθ L Solución. como se indica en la figura. Un péndulo de torsión consiste en un disco uniforme de masa M y radio R suspendido de una barra delgada y vertical de masa despreciable y que puede torcerse al dar vuelta al disco alrededor de su eje. Con la ley de Hooke para rotación. y a su vez rota con aceleración angular α . inicialmente se hace girar el disco un ángulo θ respecto del equilibrio y luego se le suelta desde el reposo. Al pasar por el punto de equilibrio la energía es 24 Aplicando la segunda ley de Newton para traslación . bajo la acción de su peso. muestra en la figura siguiente. 2kθ 2 1 2 1 2 2 2 kθ = MR ω ⇒ ω = 2 4 MR 2 2kθ 2 Finalmente ω = MR 2 TRASLACIONES Y ROTACIONES COMBINADAS Hasta ahora solo hemos tomado en consideración la rotación del cuerpo en torno a un eje fijo en el espacio. Escriba la ecuación diferencial para el ángulo que ella gira. Como rueda sin deslizamiento la relación entre el desplazamiento lineal y el desplazamiento angular es x = Rθ . Para ilustrar este método y los otros también. Solución. puramente energía cinética. La velocidad es es: τ = −kθ El trabajo para torcer un ángulo θ θ 0 0 θ W = − ∫ τ dθ = − ∫ (− kθ )dθ = 1 2 kθ 2 dx dθ =R ⇒ v = Rω dt dt dv dω =R ⇒ a = Rα dt dt La aceleración es Este trabajo queda como energía potencial. EL cuerpo se mueve con una aceleración horizontal a que es la que corresponde a su centro de masa. Primer método Aplicamos la segunda ley de Newton para traslación relativa ejes no rotantes a través del centro de masa. consideremos un cuerpo de radio R. masa M y momento de inercia respecto a su entro masa I. K= 1 2 1⎛1 1 ⎞ Iω = ⎜ MR 2 ⎟ω 2 = MR 2ω 2 2 2⎝2 4 ⎠ Por conservación de energía. Solución. Determinar su velocidad de rotación cuando llega nuevamente a la posición de equilibrio. La barra tiene una Constante de elasticidad torsional k. al que se le obliga a rodar sin deslizamiento a lo largo de una superficie horizontal por medio de una fuerza F que actúa en su centro de masa.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán extremos que se mantiene fijo. La tuerza de fricción F f y la reacción N actúan tal como se Por conservación de energía E= •2 11 L ML2 θ − Mg cos θ 23 2 Derivando respecto al tiempo • •• L• 1 ML2 θ θ + Mg θ senθ = 0 3 2 Finalmente θ+ •• 3g senθ = 0 2L Ejemplo 42. U (θ ) 1 = kθ 2 2 Al liberarse esta se convierte en energía cinética. La finalidad de esta sección es estudiar el caso en que el eje de rotación si acelera también vamos a presentar tres métodos analíticos de resolver este caso. (I CM a ) R = FR ⇒ a= Si para t = 0: x0 = 0 . v = v 0 + at Es un Sistema Conservativo F v= t M + I CM R 2 K + U = Constante ( ) El desplazamiento es: x = x0 + v0 t + x= 1 2 at 2 1 F t2 2 M + I CM R 2 Resolveremos por este método el ejemplo anterior. v0 = 0 . Siendo un sistema conservativo la fuerza F se puede deducir de una función Potencial U = . E = K +U 1 1 K = I CM ω 2 + Mv 2 . consideremos que este no desliza y todos los otros puntos de eje momentáneamente rotan alrededor de el. y v = 0. pero para la rotación se aplica la segunda ley de Newton con respecto al eje de rotación que pasa a través del punto de reposo instantáneo (punto de apoyo en el movimiento) si tal punto no existe no puede usarse este método Como ilustración veamos el ejemplo anterior. por consiguiente E = 0. U = − Fx 2 2 1 1 2 2 Luego: E = I CM ω + Mv − Fx 2 2 v Siendo ω = ⇒ R 1 ⎛I ⎞ E = v 2 ⎜ CM + M ⎟ − Fx 2 2 ⎝ R ⎠ De aquí podemos evaluar la velocidad considerando que para el instante inicial x = 0.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán F − F f = Ma Aplicando la segunda ley de Newton para rotación alrededor del centro de masa En este caso como la aceleración del centro masa es a. 1 2 ⎛ I CM ⎞ v ⎜ 2 + M ⎟ − Fx = 0 y 2 ⎝ R ⎠ 1 2 ⎛ I CM ⎞ v ⎜ 2 + M ⎟ = Fx 2 ⎝ R ⎠ v= 2 Fx I CM +M R2 25 . Puesto que no hay deslizamiento la tuerza de fricción sobre el cuerpo no trabaja sobre el mientras rueda. La energía E del cuerpo es: ( ) Segundo método En este método escribimos la ecuación para traslación igual que en el anterior método. Siendo a = constante La velocidad es: F I ⎞ ⎛ ⎜ M + CM ⎟ R2 ⎠ ⎝ Tercer método Este método Consiste en usar las ecuaciones de la energía directamente. la aceleración angular del cuerpo alrededor de O es α = a R .Fx donde x es la coordenada horizontal del centro de nasa. obtenemos: F − F f = Ma Aplicando la segunda ley de Newton para rotación a alrededor de O: I ⎞ ⎛ ⎜ M + CM ⎟a = F R2 ⎠ ⎝ La aceleración − FR = − I Oα a= F I ⎞ ⎛ ⎜ M + CM ⎟ R2 ⎠ ⎝ Como α =a R + MR 2 y I O + I CM + MR : 2 con la segunda ecuación. Aplicando la segunda ley de Newton para traslación: − RF f = − I CM α Eliminando F f y α . El punto contacto es el punto fijo instantáneo O. Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán Siendo un movimiento con aceleración constante v = 2ax De esto Eliminando a= F I CM +M R2 α y F f obtenemos: Mgsenβ a= M + I CM R 2 Considerando que para t = 0: s = 0, y v = 0. Otra forma de calcular la aceleración. Considerando que E = Constante ⇒ dE =0 dt ⎛ Mgsenβ ⎞ ⎟t , v=⎜ 2 ⎟ ⎜M +I CM R ⎠ ⎝ 1 ⎛ Mgsenβ ⎞ 2 ⎟t s= ⎜ 2 ⎜ M + I CM R 2 ⎟ ⎠ ⎝ Para un anillo: ⎤ dE ⎡ 1 2 ⎛ I CM ⎞ = ⎢ v ⎜ 2 + M ⎟ − Fx⎥ = 0 dt ⎣ 2 ⎝ R ⎠ ⎦ I CM = MR 2 , s = Para un disco: 1 gsenβ t 2 4 dv ⎛ I dx ⎞ ⇒ v ⎜ CM + M ⎟ − F =0 2 dt ⎝ R dt ⎠ dv dx Como =a y =v dt dt ⎛I ⎞ va⎜ CM + M ⎟ − Fv = 0 ⇒ 2 ⎝ R ⎠ F a= I ⎞ ⎛ ⎜ M + CM ⎟ R2 ⎠ ⎝ Ejemplo 43. Analizar el movimiento de un cuerpo de radio R, momento de inercia respecto a su centro de masa I que rueda sin deslizar hacia abajo en plano inclinado de ángulo θ . I CM = I CM = s= 1 1 MR 2 , s = gsenβ t 2 3 2 2 5 MR 2 , s = gsenβ t 2 5 14 Para una esfera: Para un plano sin fricción (sin rodadura) 1 gsenβ t 2 2 Por la ecuación de energía Si para t = 0: K 0 = 0 y U 0 = 0 E = K0 + U0 = 0 Llamando h a la caída del centro de masa desde la posición de reposo, tenemos: 1 1 Mv 2 + I CM ω 2 , 2 2 U = − Mgh = − Mgs senβ = 0 , ω=v R I ⎞ 1 2⎛ v ⎜ M + CM ⎟ − Mgs senβ 2 ⎝ R2 ⎠ K= Solución. Como se muestra en la figura hay dos fuerzas que actúan sobre el cuerpo, Mg actúa en el centro de gravedad y la fuerza de contacto que se descompone en la reacción normal N y la fuerza de fricción Ff. Vamos a resolver por el primer método. Traslación: ⇒v= 2 Mgsenβ s M + I CM R 2 Ejemplo 44. Usar la conservación de la energía para describir el movimiento de rodadura de un cuerpo rígido de masa M que rueda por un plano inclinado θ y rugoso. Mgsenβ − F f = Ma RF f = I CM α Rotación: Por la condición de no deslizamiento: α =a R 26 Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán Estudiar el movimiento. Solución. Se supone que el cuerpo rígido parte del reposo desde una altura h y que rueda por el plano sin resbalar la conservación de energía da: E = cte ⇒ K + U g = cte ⇒ K i + U gi = K f + U gf Pero Ki = 0 y Ugf = 0, entonces Solución. Vamos a resolver primero por las ecuaciones del movimiento de Newton. Traslación.: Mg − T = Ma RT = I CM α I CM = Rotación.: Como: 1 1 2 Mgh = I cmω 2 + Mvcm 2 2 Como vcm= R ω ⇒ ω = vcm/R, se reemplaza en la ecuación anterior a 1 MR 2 , α = : 2 R v2 1 1 2 I cm cm + Mvcm = Mgh 2 2 2 R Despejando νcm se obtiene: ⎛1 ⎞⎛ a ⎞ 1 RT = ⎜ MR 2 ⎟⎜ ⎟ = MRa ⎝2 ⎠⎝ R ⎠ 2 De aquí se obtenemos: vcm = 2 gh I + I cm MR 2 T= 2 MR 2 , se puede 5 1 2 Ma y a = g 2 3 Por ejemplo, para una esfera sólida uniforme de momento de inercia I cm = El yo-yo funciona según este principio, está proyectado para que a sea mucho menor que g. Resolviendo por conservación de la energía E = K +U = calcular su vcm en el punto más bajo del plano y su aceleración lineal. 2 gh 2 gh 10 = = gh 2 (2 5)MR 1 + 2 7 1+ 5 MR 2 10 ⇒ vcm = gh 7 2 vcm = 1 1⎛1 ⎞⎛ v ⎞ Mv 2 + ⎜ MR 2 ⎟⎜ ⎟ − Mgy 2 2⎝2 ⎠⎝ R ⎠ Como E = constante ⇒ 2 La aceleración lineal se puede calcular con la ecuación dE =0 dt dy dv También v = y a= dt dt a= 2 g 3 Con esto encontramos que v 2 cm =v 2 cmi + 2a cm x ⇒ a cm De la geometría de la figura, se tiene: h = x sen θ, donde x es la longitud del plano, reemplazando en acm: v2 = cm 2x a cm 5 gxsenθ 5 7 = = gsenθ 2x 7 Ejemplo 46. Estudiar el movimiento de un disco homogéneo de radio R y masa M, sobre el que actúa una fuerza horizontal F aplicada un punto variable a lo largo de una línea vertical que pasa por el centro, según se indica en la figura. Supóngase el movimiento sobre un plano horizontal. Ejemplo 45. Un disco homogéneo de radio R y masa M tiene una cuerda enrollada alrededor, según vemos en a figura. Sujetando el extremo libre de la cuerda a un soporte fijo, se deja caer el disco. 27 Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán (0)⎤ F ⎡ 3F f = F ⎢1 − 2 ⎥ = F ⇒ F f = 3 R⎦ ⎣ En la ecuación (3) Solución. En la figura vemos que la fuerza F se aplica a una distancia h sobre el centro. Suponiendo que F f actúa hacia la izquierda. 1 ⎛F⎞ F (0 ) + ⎜ ⎟ R = I CM α = MR 2α 2 ⎝3⎠ 1 F R = MR 2α ⇒ 3 2 2F α= 3MR El cilindro rueda hacia la derecha. d) Si F se hace muy grande tal que Ff tiende a aumentar, tan pronto como sobrepase el valor máximo posible de la tuerza de rozamiento (μN), el disco deslizará. Se debe hacer una nueva hipótesis, esta vez se tienen también las ecuaciones (1), (2) y (3) pero α ≠ a R. Ejemplo 47. Un carrete de radio interior R1 y radio exterior R2 se halla sobre un suelo áspero. Se tira de él con una tuerza F mediante un hilo arrollado en torno a su cilindro interior. Se mantiene un ángulo θ con la horizontal. Se observa que hay un ángulo Crítico θ 0 , tal que θ < θ o , el carrete rueda sin Aplicando las leyes de Newton del movimiento: Traslación (2) Rotación alrededor del centro de masa F − F f = Ma N − Mg = 0 (1) Fh + F f R = I CM α = Considerando 1 MR 2α (3) 2 α= a R (3a) 2F h + 2 F f = Ma R Igualando (1) y (3a) h + 2F f R h⎞ ⎛ 3 F f = F ⎜1 − 2 ⎟ R⎠ ⎝ F − F f = 2F Discusión: a) F f = 0 , cuando 1 − 2 deslizar en el sentido del cual se tira de él, y para θ > θ o el carrete rueda sin deslizar en sentido contrario, ¿Cuál es el valor del ángulo critico. R h =0 ⇒ h= R 2 Solución. Aplicando las leyes de Newton del movimiento; Traslación: Esto quiere decir si F se aplica a R/2 del centro, la fuerza de rozamiento es cero. b) Si h = R F R⎞ ⎛ 3F f = F ⎜1 − 2 ⎟ = − F ⇒ F f = − R⎠ 3 ⎝ el rozamiento es en sentido contrario al indicado y la ecuación (3) se convierte en: F cos θ − F f = Ma = MαR2 (1) Fsenθ − Mg + N = 0 − F f R2 + FR1 = I CM α ⇒ 1 ⎛F⎞ F (´R ) − ⎜ ⎟ R = MR 2α 2 ⎝3⎠ 2 1 ⇒ F = MRα 3 2 4F ⇒ α= 3MR Esto indica que el cilindro rueda hacia la derecha. c) Si disminuye h hasta que h = 0. 28 Rotación: F f R2 = FR1 − I CM α ⇒ Ff = F I R1 R1 − CM α (2) R2 R2 Eliminando la fuerza F f ., reemplazando (2) en (1): Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán ⎛ R ⎞ I F cos θ − ⎜ F 1 R1 − CM α ⎟ = Ma ⎜ R R2 ⎟ 2 ⎝ ⎠ I R ⇒ F cos θ − F 1 R1 + CM α = MαR2 R2 R2 Ff = 1 Ma 2 Que sustituida en la primera da: ⇒ F⎜ ⎜ 2 ⎛ R2 cos θ − R1 ⎞ ⎛ MR2 − I CM ⎟=⎜ ⎟ ⎜ R2 R2 ⎝ ⎠ ⎝ ⇒ α=F (R2 cos θ − R1 ) ⎞ ⎟α ⎟ ⎠ (MR 2 2 − I CM ) = dω dt 2F , 3M 2F a b) α = , = R 3MR F 1 c) F f = Ma = 2 3 a) a = Ejemplo 49. Un disco de masa M y radio 2R se apoya sobre un plano horizontal áspero de modo que puede rodar sin resbalar con su plano vertical. El disco tiene un resalto de radio R como se indica en la figura, en el cual se enrolla una cuerda que se tira con una fuerza horizontal constante F, determine: a) La aceleración del centro de masa del disco. b) La aceleración angular del disco. c) La fuerza de roce. La rotación hará que el movimiento del carrete será hacia adelante cuando dω >0 dt R2 cos θ − R1 > 0 R ⇒ cos θ > 1 R2 El movimiento será hacia atrás cuando R2 cos θ − R1 < 0 R ⇒ cos θ < 1 R2 El ángulo crítico es cuando dω <0 dt R2 cos θ − R1 = 0 R ⇒ cos θ = 1 R2 dω =0 dt Solución. Ejemplo 48. Un disco de masa M y radio R se apoya sobre un plano horizontal áspero de modo que puede rodar sin resbalar con su plano vertical. Si se tira del centro del disco con una fuerza horizontal constante F, determine: a) La aceleración del centro de masa del disco. b) La aceleración angular del disco. c) La fuerza de roce. Solución. Ahora F − F f = Ma , N − Mg = 0 F f 2 R + FR = 1 2 M (2 R ) α 2 2⎛ a ⎞ = 2 MR ⎜ ⎟ = MRa ⎝ 2R ⎠ Simplificando: 2 F f + F = Ma = F − F f ⇒ Ff = 0 De donde resulta: a) a = Aquí b) F m F − F f = Ma , N − Mg = 0 , 1 1 MR 2α = MRa 2 2 29 Ff R = F 2MR c) F f = 0 α= Entonces Cuerpo rígido Ejemplo 50. Un disco de masa M y radio R tiene enrollada una cuerda en su periferia y cae partiendo del reposo mientras la cuerda que se sostiene de su extremo se desenrolla. Determine: a) La aceleración de bajada del disco. b) La tensión de la cuerda. Hugo Medina Guzmán A partir del punto A en que el piso es áspero deslizará primeramente sobre el plano áspero, pero acabará rodando sin deslizar. En la parte intermedia habrá una aceleración a que disminuye a la velocidad de v1 a v 2 y una aceleración angular α que disminuye a ω1 , la hace igual a cero y cambia su rotación hasta que llega la velocidad angular a un valor tal que ω 2 = v2 R . Aplicando las leyes de Newton en la figura siguiente. Solución. Traslación: μN = Ma , N − Mg = 0 Aquí Mg − T = Ma , 1 1 MR 2α = MRa 2 2 1 De donde Mg − Ma = Ma 2 2 a) a = g 3 1 1 b) T = Ma = Mg 2 3 TR = 1 MR 2α 2 2 μg De esto obtenemos: a = − μg , α = − R La velocidad es: v = v1 + at = v1 − μgt Rotación: − RμN = I CM α = La velocidad angular es: ω = ω1 − α t = v1 2 μg − t R R → → → Parta encontrar el tiempo en que el disco deja de resbalar, debe cumplirse: v = ω× R ˆ ˆ ˆ vi = ωk × Rˆ = −ωRi j Ejemplo 51. Se da a un cilindro homogéneo de radio R y masa M con una velocidad horizontal v1 y una velocidad angular las agujas del reloj ω1 = v1 R en la parte sin rozamiento de la superficie horizontal. Más allá del punto A, cambia la superficie de manera que a la derecha de A el coeficiente de rozamiento es μ . ω1 en sentido opuesto a R ⎠ 2 v1 2v1 = 3μgt ⇒ t = 3 μg con este valor de t ⎛ 2 v1 ⎞ v1 v 2 = v1 − μg ⎜ ⎜ 3 μg ⎟ = 3 ⎟ ⎝ ⎠ (v1 − μgt ) = −⎛ v1 − 2μg t ⎞ R ⎜ ⎟ ⎝R La velocidad final es un tercio de la inicial Solución. En la parte lisa el cuerpo se mueve con velocidad horizontal constante v1 hacia la derecha, rotando con velocidad angular ω1 en el sentido antihorario. 30 Ejemplo 52. Se lanza una bola de billar con una velocidad inicial v 0 sobre una mesa horizontal, ¿Qué velocidad tendrá en ese instante? Aplicar para el caso v 0 = 7 m/s.5 N FΔs + τ f Δθ = b) L = I Oω = (5)(12) = 60 kg. El tambor está inicialmente en reposo.0 Nm. por lo que: − μmg = ma .02 s 7 1 μgt 2 2 2 La distancia recorrida x = v0 t − Solución. (ω0 = 0) actúa un momento de fuerza: τ = F f R = μmgR que producirá una aceleración angular α= τ I α= τ I = μmgR 2 mR 2 5 = 5μg 2R Por lo que la velocidad angular irá aumentando: ω = αt = 5μgt 2R La velocidad de un punto de la periferia de la esfera vale v P = ωR . Ejemplo 53. porque ω aumenta con el tiempo.40 m y un momento de la inercia de 5. El torque producido por la fuerza de fricción de los cojinetes de anillo del tambor es 3. Al mismo tiempo. Una fuerza constante se aplica al extremo libre de la cuerda hasta que la cuerda se desenrolla y se desliza totalmente de la clavija.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán existiendo entre la bola y la mesa un coeficiente de rozamiento μ.2. la velocidad angular del tambor es de 12 rad/s. a) ¿Cuál es la fuerza constante aplicada a la cuerda? b) ¿Cuál es la cantidad de movimiento angular del tambor en el instante en que la cuerda deja el tambor? c) ¿Cuál es el trabajo negativo realizado por la fricción? d) ¿Qué tiempo el tambor estuvo en movimiento? Movimiento con la cuerda? Solución. a) Trabajo de la fuerza F + trabajo de la fricción = Energía cinética ganada al terminarse la cuerda Por tanto.0⎜ ⎟ = (5.0 )(12) ⎝ 0. observamos que la velocidad de la bola disminuye. En ese instante. 2 2 2v0 1 ⎛ 2v0 ⎞ 12v 0 ⎟ = − μg ⎜ = 7 μg 2 ⎜ 7 μg ⎟ 49μg ⎝ ⎠ = 6. t = 1. y una cuerda de 15 m de longitud se enrolla sobre el tambor. 1 I Oω 2 2 ⎛ 15 ⎞ 1 2 ⇒ F (15) − 3. Calcular la distancia que recorrerá hasta que empiece a rodar sin deslizamiento. El tambor después decelera y se detiene. En el momento en que la velocidad de la periferia se iguale a la velocidad de traslación. μ = 0. v0 − μgt = v= 2v 5μgt ⇒ t= 0 2 7 μg la velocidad en ese instante es 5 v0 = 5 m/s.4 ⎠ 2 ⇒ F = 31.12 m.m2/s v = v P v = ωR c) Movimiento con la cuerda 31 .0 kg m2. La fuerza de rozamiento µN = µmg se opone al movimiento. sobre la bola que inicialmente no rueda. se conseguirá la rodadura. Un anillo en un extremo de una cuerda se desliza en una clavija corta en el borde del tambor. que irá aumentando con el tiempo. a = − μg La velocidad de la bola comenzará a disminuir de tal modo que: v = v 0 − at = v 0 − μgt . Un tambor tiene un radio de 0. siendo además la fuerza resultante. y la velocidad de la periferia de la bola aumenta. es decir el no deslizamiento. Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán ⎛ 15 ⎞ W f 1 = −τ f Δθ = −3⎜ ⎟ = - 112,5 J ⎝ 0,4 ⎠ Movimiento sin la cuerda 1 1 2 2 W f 2 = − I O ω O = − (5,0)(12) = −360 2 2 Trabajo total m s2 mg − T = ma T 20 ⇒ m= = g − a 9,8 − 0,75 = 0,75 = 2,21 kg b) W f = W f 1 + W f 2 = −482,5 J d) ∑τ FR − τ f I Oα ⇒ 31,5(0,4 ) − 3,0 = 5,0α 31,5(0,4) − 3,0 rad = 1,92 5,0 s O = I Oα α= ⇒ α1 = a 0,75 = R 0,4 rad = 1,875 2 s ∑τ O = I Oα ⇒ TR = I Oα 20(0,4 ) α 1,875 2 = 4,27 kg m Por otra parte ω o = α 1t1 ⇒ t1 = ω0 12 = = 6,25 s α1 1,92 ⇒ IO = TR = Movimiento sin la cuerda ∑τ O = I Oα ⇒ − 3 = 5α 2 rad 3 ⇒ α 2 == − = −0,6 s 5 0 = ω0 + α 2t 2 − ω0 − 12 ⇒ t2 = = = 20s − 0,6 α2 El tiempo total es 26,25 s Ejemplo 54. Una rueda tiene un radio de 0,40 m y se monta en cojinetes sin fricción. Un bloque se suspende de una cuerda que se enrolla en la rueda. La rueda se libera de reposo y el bloque desciende 1,5 m en 2,00 segundos. La tensión en la cuerda durante el descenso del bloque es 20 N. a) ¿Cuál es la masa del bloque? b) ¿Cuál es el momento de inercia de la rueda? Ejemplo 55. El radio de una rueda de 3,0 kilogramos es 6,0 centímetros. La rueda se suelta del reposo en el punto A en un plano inclinado 30°. La rueda gira sin deslizar y se mueve 2,4 m al punto B en 1,20s. a) ¿Cuál es el momento de inercia de la rueda? b) ¿Cuál es la aceleración angular de la rueda? Solución. a) I O = b) 1 1 2 mR 2 = (3kg )(0,06m ) 2 2 = 0,0054 kg m2 mgsen30º − Ff = ma F f R = I Oα Solución. a) 1 2 at 2 2h 2(1,5) ⇒ a= 2 = t (2)2 h= ⎛I ⎞ ⇒ F f = ⎜ O ⎟α ⎝ R⎠ ⎛I ⎞ mgsen30º −⎜ O ⎟α = mRα ⎝R⎠ mgsen30º 3(9,8)(0,5) ⇒ α= = 0,0054 ⎛ IO ⎞ + 3(0,06) ⎜ ⎟ + mR 0,06 ⎝R⎠ rad 14,7 = 54,4 2 = s 0,27 Ejemplo 56. Una masa de 20 kg se halla sobre un plano inclinado 30º, con el que tiene un rozamiento cuyo coeficiente vale 0,3, unida a una cuerda sin masa e inextensible que pasa por una polea de MP = 160 kg, cuyo radio geométrico es de 20 cm y radio 32 Cuerpo rígido de giro rg = 15 cm. De dicha cuerda pende una masa de 40 kg que es abandonada libremente. Calcular: a) Aceleración con que se mueve el sistema. b) Tensiones en la cuerda. c) ¿En qué rango de valores de la masa que pende, el sistema estará en equilibrio? Momento de inercia de la polea I P = Mrg . 2 Hugo Medina Guzmán = 10 + 5,2 = 15,2 kg. Solución. a) Partiendo de la suposición de que la masa colgante acelera hacia abajo, plantearemos las tres ecuaciones correspondientes al movimiento de las tres masas: m2g - T2 = m2a Si la masa m2 se hace aún menor, llegará un momento en que será arrastrada por m1. Esto produciría una inversión en el sentido de la fuerza de rozamiento. El valor máximo de m2 deberá cumplir ahora: m2 = m1senθ + μm1 cos θ T1 − m1gsenθ + μm1 g cos θ = m1 a , a T2 R − T1 R = Iα = M P rg2 R Sumando las tres ecuaciones siguientes m0 g − T2 = m2 a , = 10 – 5,2 = 4,8 kg. Por tanto, entre 0 y 4,8 kg el sistema acelerará de modo que m2 suba; entre 4,8 y 15,2 kg, permanecerá en equilibrio; y para más de 15,2 kg m2 acelerará hacia abajo. Ejemplo 57. ¿Porqué una esfera que rueda se detiene? En esta parte vamos a tratar de explicar la resistencia al rodamiento. La figura siguiente muestra una esfera de masa M y radio R la cual está rodando con una velocidad angular ω y avanza con una velocidad v = ωR . T1 − m1gsenθ + μm1 g cos θ = m1 a ⎛ rg ⎞ T2 − T1 M P ⎜ ⎟ a ⎜R⎟ ⎝ ⎠ Obtenemos: 2 m2 g − m1gsenθ + μm1 g cos θ 2 ⎡ ⎛ rg ⎞ ⎤ = a ⎢m1 + m2 + M P ⎜ ⎟ ⎥ ⎜R⎟ ⎢ ⎝ ⎠ ⎥ ⎣ ⎦ ⇒a= m2 − m1senθ + μm1 cos θ ⎛ rg ⎞ m1 + m2 + M P ⎜ ⎟ ⎜R⎟ ⎝ ⎠ 40 − 10 − 5,2 = 2 g ⎛ 15 ⎞ 60 + 160⎜ ⎟ ⎝ 20 ⎠ 2 g Solución. La fuerzas que actúan sobre la esfera son el peso Mg 1a reacción del piso N y la fuerza de fricción F f . Si aplicamos la segunda ley de Newton a la traslación. Ff = M g → → = 1,62 m/s2 b) T2 = m2 ( g − a ) = 327 N, 2 debe haber una aceleración a y v decrecería. Si aplicamos segunda ley de Newton a la rotación. la aceleración angular α depende de Ff. por consiguiente Ff actúa incrementando ω . En resumen: en traslación Ff. acelera, en rotación Ff. desacelera, esto aparentemente es una contradicción. Por otra parte Mg y N están en la línea vertical que por el centro de masa y no causan efecto en el 33 → → ⎛ rg ⎞ T1 = T2 ⎜ ⎟ a = 181 N. ⎜R⎟ ⎝ ⎠ c) El valor mínimo que hace que la masa m2 acelere hacia abajo se produce cuando a = 0, es decir: RF f = I CM α m2 = m1senθ + μm1 cos θ Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán movimiento horizontal. Si la esfera y el plano son rígidos, de modo que la esfera esté en contacto solo en un punto, tampoco originan alrededor del centro de masa. .porque actúan a través de él Para resolver la Contradicción suprimamos la idealización de que todos los cuerpos son rígidos, la esfera se aplana un poco y el nivel de La superficie se hunde Ligeramente (ver la figura a continuación) Sobre la varilla actúa el peso Mg y la reacción R. La velocidad angular ω en este instante se puede encontrar aplicando la ecuación de la energía. La reacción N actúa delante del centro de masa, produciendo un torque τ N = dN de resistencia al rodamiento. τ N − RF f = I CM α N = Mg , F f = Ma , α = a R a : R Como τ N − RMa = I CM ⎞ ⎛I ⇒ τ N = a⎜ CM + RM ⎟ ⎠ ⎝ R 2 2 Para una esfera: I CM = MR 5 7 Luego: τ N = MRa , como N = Mg 5 τ N 7R d= a = Mg 5 g Ejemplo 58. La figura muestra una varilla homogénea de masa M y longitud L en posición vertical. La cual se deja caer desde el reposo. a) ¿A que ángulo θ entre la varilla y la vertical, la varilla ya no presionará al piso? b) ¿Con qué coeficiente de fricción el extremo de La varilla no resbalará hasta este momento? L L 1 = Mg cos β + I O ω 2 2 2 2 1 2 Como I O = ML 3 L L 1⎛1 ⎞ Mg = Mg cos β + ⎜ ML2 ⎟ω 2 2 2 2⎝3 ⎠ 3g (1 − cos β ) ω2 = L 6g β 3g ⎛ 2 β ⎞ sen = ω= ⎜ 2sen ⎟ 2⎠ L ⎝ L 2 6g β = sen 2 L 2 Mg Aplicando la segunda Ley de Newton para traslación a lo largo de la varilla. ∑ F = ma c ⇒ R − Mg cos β = − Mω 2 L 2 L 2 Cuando La varilla deja de presionar R = 0, y: − Mg cos β = − Mω 2 reemplazando el valor de ω2 encontrado β⎞L ⎛ 6g sen 2 ⎟ Mg cos β = M ⎜ 2⎠2 ⎝ L Simplificando cos β = 6 sen 2 ⇒ tan β = β 2 ⇒ cos 2 β 2 = 5 sen 2 β 2 5 5 De aquí: β = 48,2º b) Para que la varilla no resbale tenemos en la figura siguiente. Las componentes de R son: ˆ R = Rsenβ i + R cos βˆ j Solución. a) La figura siguiente muestra .la varilla cuando forma un ángulo θ con la vertical. → 34 Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán La condición para que la varilla no resbale es: F f ≥ Rsenβ Con F f = μN y N = R cos β μR cos β ≥ Rsenβ μ ≥ tan β β. β = 48,2º ⇒ μ ≥ 1,12 Por la conservación de la cantidad de movimiento angular. El coeficiente de rozamiento del piso debe ser cuando menos igual a tan β para que llegue sin deslizar hasta el ángulo Para I1 ω1 I2 Siendo I 2 < I 1 , resulta ω 2 > ω1 I 2ω 2 = I 1ω1 ⇒ ω 2 = Su velocidad aumenta. Ejemplo 60. Esta vez el mismo estudiante sentado sobre el mismo banco, sostiene en sus manos en posición vertical al eje de rotación de una rueda de bicicleta, la rueda gira alrededor de ese eje vertical con velocidad angular ω 0 , el estudiante y el banco CONSERVACION DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR. Anteriormente hemos visto que: F= → → → dp dL y también τ = dt dt → → → y mostramos que para un cuerpo rígido. están en reposo (a). El estudiante gira el eje de la rueda en ángulo θ con la vertical (b), como no hay torque respecto al eje vertical, la cantidad de movimiento angular con respecto al eje vertical debe conservarse. τ ext d L total = dt Si no hay torque externo con respecto a algún eje la cantidad de movimiento angular será constante con respecto a ese eje. → L total = Constante I ω = Constante → o expresado en función del momento de inercia apropiado. Esta relación nos va a ser muy útil como veremos a continuación. Ejemplo 59. Un estudiante está sentado sobre un banco giratorio montado sobre cojinetes sin fricción que puede girar libremente alrededor de un eje vertical como se muestra en la figura (a). El estudiante sostiene en las manos extendidas dos pesas. Su momento de inercia en esta posición es I1 y su velocidad angular ω1 . No actúan sobre él torques no equilibrados y en consecuencia su cantidad de movimiento angular tiene que conservarse. Cuando el estudiante acerca las manos al cuerpo, su momento de inercia varía, figura ( b) ahora es I2 y su velocidad angular será ω 2 Inicialmente se tiene → ˆ L = I 0ω 0 k Cuando se inclina la rueda (respecto al eje vertical) L' = L estudiante +banco + L rueda ˆ = I e ω e + I 0ω 0 cos θ k Siendo I e el momento de inercia del estudiante y banco respecto al eje vertical, angular con respecto a ese eje. Como L = L' → → → → → → → ωe su velocidad ˆ ˆ I e ω e + I 0ω 0 cos θ k = I 0ω 0 k 35 Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán de 2 rad/s2 durante 6 segundos, momento en el cual encoge los brazos y acerca sus piernas al eje hasta tener un momento de inercia de 4 kg.m2 . Determinar su velocidad de giro final. I ˆ ω e = 0 ω 0 (1 − cos θ ) k Ie → Es la velocidad angular del estudiante con el sentido de giro inicial de la rueda. Cuando la rueda se invierte se invierte totalmente θ = π 2 , y: ωe = → 2I 0 ˆ ω0 k Ie Ejemplo 61. Una persona está sentada en una silla giratoria manteniendo los brazos extendidos con una pesa en cada mano. Gira con una frecuencia de 2 Hz. El momento de inercia de la persona con los pesos es de 5 kg m2. Hallar: a) la nueva frecuencia cuando encoja los brazos y disminuya el momento de inercia a 2 kg m2. b) La variación de energía cinética del sistema. c) ¿De dónde procede este incremento de energía cinética? Solución. Después de un tiempo t de iniciar el giro, su velocidad angular será: ω (t ) = at 2 = 1 2 1 (2)(6)2 = 36 rad/s 2 al acercar brazos y piernas al eje, el torque de las fuerzas sigue siendo nulo, por lo que se conserva la cantidad de movimiento angular, Iω (Iω )Antes = (Iω )Después ⇒ Solución. a) Al encoger los brazos, están actuando fuerzas y torques de fuerzas internas, por lo que podemos admitir que se conserva la cantidad de movimiento angular. ωDespués = I Antes ωAntes I Después L1 = L2 ⇒ I 1ω1 = I 2ω 2 I I ⇒ ω 2 = 1 ω 2 , ⇒ 2π f 2 = 1 2π f1 , I2 I2 I 5 ⇒ f 2 = 1 f1 = 2 = 5 Hz I2 2 = 7 36 = 63 rad/s 4 b) ΔK = L = I 1ω1 = 5(2π 2) = 20π kg m 2 s ; ⎛1 1⎞ ΔK = 200π 2 ⎜ − ⎟ = 60π 2 J . ⎝ 2 5⎠ 1 1 L2 L2 2 I 2ω 2 − I 1ω12 = − 2 2 2I 2 2I1 Ejemplo 63. Un muchacho de 25 kg corre con velocidad de 2,5 m/s hacia un tiovivo en reposo de radio 2 m cuyo, momento de inercia vale 500 kg m2. Hallar la velocidad angular y frecuencia del conjunto después de que el muchacho suba al tiovivo justo en el borde. El signo positivo nos indica que hay un aumento de energía cinética. c) Este incremento de energía cinética procede de la energía química almacenada en los músculos del brazo. Ejemplo 62. Un patinador, con los brazos extendidos y las piernas abiertas y con un momento de inercia respecto a su eje vertical de 7 kg.m2 , inicia un giro sobre si mismo con una aceleración Solución. La cantidad de movimiento angular del muchacho respecto al centro del tiovivo es: L1 = mvR = (25)(2,5)(2 ) = 125 kg m2/s 36 208 rad/s 1 1 2 I 'O ω ' 2 = (2. la magnitud del momento angular es: 1 ⎛L⎞ I = ML2 + m1 ⎜ ⎟ 12 ⎝2⎠ L2 ⎛ M = ⎜ m1 + m2 + 4 ⎝ 3 L2 4 2 ⎛L⎞ + m2 ⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎞ ⎟ ⎠ ⎞ ⎟ω ⎠ 2 Energía antes = 1 2 1 mv + I O ω 2 2 2 1 1 2 2 = (0. a) La cantidad de movimiento angular de la bola alrededor del eje de la tornamesa es cero b) Como el sistema gira con rapidez angular ω.256 kg/ m 2 L L cos φ − m2 g cos φ 2 2 2 Lantes = Ldespués ⇒ I O ω = I 'O ω ' 37 1 (m1 − m2 )gL cos φ 2 .0 m/s.m.0 ⎞ ⎟ω = ⎜ ⎟1.0 + (0.8) = 2. τ t = Iα ⇒ α = τ t = m1 g = τt I . Ejemplo 64. Solución. mvR = (I m + I T )ω ω' = ⎜ ⎜ ⎞ ⎛ 2.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán El momento de inercia del conjunto tiovivomuchacho es I = Im + IT = 25x22 + 500 = 600 kg m2 Planteando la igualdad entre la cantidad de movimiento angular inicial y final.p.256)(1. Una barra rígida de masa M y largo L gira en un plano vertical alrededor de un eje sin fricción que pasa por su centro.33 s ⎛ IO ⎝ I 'O Reemplazando: Energía después = mvR 125 ω= = (I m + I T ) 600 = 0.05 = 0.05 -2 = 2.0 m y momento de inercia de 2.0 )(1.256 ⎠ ⎠ rad = 1. a) ¿Cuál es cantidad de movimiento angular de la bola alrededor del eje de la tornamesa? b) ¿Qué fracción de energía cinética se pierde durante la captura de la bola? Ejemplo 65. Una bola de 0.99 r. se obtiene: I ' O = I O + mR 2 = 2.40 kg se lanza horizontalmente hacia el eje de la tornamesa con una velocidad de 3.05 J L = Iω = M ⎛ ⎜ m1 + m2 + 3 ⎝ Para calcular la aceleración angular usamos la relación 1 2 Energía después = I ' O ω ' 2 Para calcular esta energía necesitamos conocer I0 y ω’.0 ) + (2.05 = 0. En los extremos de la barra se unen dos cuerpos de masas m1 y m2.4)(0.0 kg.33) 2 2 2.5 rad/s sobre un eje vertical que pasa a través de su centro en cojinetes sin fricción.5) 2 2 = 4. con los valores de la tabla se obtiene: Solución. al calcular el torque total en torno el eje de rotación. La placa tornamesa rota con una velocidad angular de 1.5 ⎟ ⎝ 2. La bola es cogida por un mecanismo con forma de tazón en el borde de la tornamesa. Una tornamesa con radio de 8.5 4.m2.05 f = ω 2π =2J Se pierde 4.4 )(3. El momento de inercia por el eje de rotación del sistema es igual a la suma de los momentos de inercia de los tres componentes.033 Hz fracción de energía = = 1. tendremos: L1 = L2 . Calcular la magnitud del momento angular del sistema cuando su rapidez angular es ω y la aceleración angular cuando la barra forma un ángulo φ con la horizontal. Cuerpo rígido Reemplazando en α los valores de I y de τ t . F= τ R = 0.27 = 0.6 N 0. entonces el torque es τ = m1 gR .m2 b) L = Iω = 0. debido a una fuerza constante. 2 2 Luego el torque de la fuerza aplicada τ = FR = Iα = (1) La fuerza tangencial: Solución. gira respecto de un eje vertical que coincide con su eje de simetría.p. Primero se calcula en momento angular del sistema de las dos masas más la polea: 2 1 2 me R 2 + me (L + R ) . más el de la esfera. Calcular: a) El momento de inercia cuando gira. π 6 = 0. la única fuerza externa que contribuye al torque total es m1g. Una varilla de 500 g y 75 cm de longitud. La frecuencia de rotación adquirida vale: f = 200 Hz 60 200 20 rad = π 60 3 s La velocidad angular: ω = 2πf = 2π α= Ejemplo 67. Calcular: El valor de la fuerza y el torque de la fuerza aplicada. Como la esfera está a L+R del eje. I V = mV L2 5 3 I = I e + IV 2 1 2 2 2 = me R + me (L + R ) + mV L 5 3 2 1 2 2 2 I = (0.5)(0.27 kg. alrededor de un eje perpendicular a la varilla que pasa por el extremo libre.54π 2π = 0. La aceleración angular: Δω π rad = Δt 6 s2 Por otra parte el momento de inercia del cilindro vale: I= 1 1 2 mR 2 = (50)(0.52 = 2. Solución.m. después de 40 s de iniciado el movimiento. La mesa no tiene roce.75) Ie = 5 3 = 0. calcular la aceleración del sistema.27( 2πf ) T 12 = 0. aplicada a su periferia que.2 ) = 1 kgm2. lleva soldada en un extremo una esfera de 10 cm de radio y 250 g de masa.1) + (0. aplicamos Steiner: Ejemplo 66. τ= dL ⇒ dt d ⎡ v⎤ m1 gR = ⎢(m1 + m2 )vR + I ⎥ dt ⎣ R⎦ dv I dv m1 gR = (m1 + m2 )R + dt R dt I ⎞ ⎛ ⇒ m1 gR = ⎜ m1 + m2 + 2 ⎟ Ra R ⎠ ⎝ m1 g ⇒a= I m1 + m2 + 2 R Solución.25)(0.25 )(0. se obtiene la aceleración angular: Hugo Medina Guzmán α= τt I = 2(m1 − m2 )g cos φ L(m1 + m2 + M 3) a) El momento de inercia será la suma del momento de inercia de una varilla.85) + (0.2 38 .52 Nm. b) La cantidad de movimiento angular del conjunto si gira a 12 rpm. Un cilindro de 50 kg y 20 cm de radio. Entonces se tiene: Ejemplo 68. alcanza 200 r.345 kgm2 / s 60 v L = m1vR + m2 vR + I R Luego se calcula el torque externo sobre el sistema. En la figura las masas m1 y m2 se conectan por una cuerda ideal que pasa por una polea de radio R y momento de inercia I alrededor de su eje. La velocidad inicial del proyectil es v 0 . c) Encontrar el valor de la fricción entre el plano inclinado y el anillo. Energía justo después del choque 39 . a) Hacer el DCL. Solución. Hallar: a) La cantidad de movimiento angular del sistema respecto del pivote justo antes de la colisión. c) La altura máxima que alcanzará el CM de la barra.Cuerpo rígido Ejemplo 69. b) La velocidad angular de giro del sistema después que el proyectil se incrusta en la barra. b) Segunda ley de Newton para la traslación Solución. del anillo. Un anillo de masa M y radio R (ICM = MR2). Segunda ley de Newton para la rotación a = Ff R ⇒ R Reemplazando el valor de Ff en la primera ecuación. b) Hallar la aceleración del centro de masa del anillo. Mgsenθ − F f = Ma Iα = F f R ⇒ MR 2 F f = Ma Lantes = mv0 d b) La velocidad angular de giro del sistema después que el proyectil se incrusta en la barra. cae en rodadura pura sobre un plano inclinado que forma un ángulo θ con la horizontal. La barra se encuentra inicialmente en reposo en forma vertical cuando un proyectil de masa m impacta sobre ella y queda incrustado instantáneamente. del anillo. Una barra uniforme AB de masa M y c) La altura máxima que alcanzará el CM de la barra. a) La cantidad de movimiento angular del sistema respecto del pivote justo antes de la colisión. F f = Ma = d) El mínimo valor del coeficiente de rozamiento estático entre el plano y el anillo para que este se encuentre en rodadura pura debe de cumplir 1 Mgsenθ 2 Mgsenθ 1 ⇒ μk = = tan θ 2Mg cosθ 2 Ff = μk N = Ejemplo 70. d) ¿Cuál debe ser el mínimo valor del coeficiente de rozamiento estático entre el plano y el anillo para que este se encuentre en rodadura pura? Hugo Medina Guzmán longitud l ⎜ I CM = ⎛ ⎝ 1 ⎞ Ml 2 ⎟ se sostiene de un 12 ⎠ extremo mediante un pivote sin fricción. Mgsenθ − Ma = Ma ⇒ Mgsenθ = 2Ma 1 Finalmente a = gsenθ 2 1 Mgsenθ 2 Lantes = Ldespués mv0 d = ⇒ ω= 1 Ml 2ω + (ωd )d 3 mv0 d ⎛1 2 2⎞ ⎜ Ml + md ⎟ ⎝3 ⎠ c) El valor de la fuerza de fricción entre el plano inclinado y el anillo. a) El DCL. d) El trabajo del proyectil cuando se incrusta contra la barra. La plataforma puede rotar. a una distancia b de su centro. → (mv0 d ) 1⎛1 2 2⎞ ⎜ Ml + md ⎟ 2 2⎝3 ⎠⎛1 2 2⎞ ⎜ Ml + md ⎟ ⎝3 ⎠ = l ⎛ ⎞ ⎜ Mg + mgd ⎟ 2 ⎝ ⎠ 2 m 2 v0 d 2 ⎞ ⎞⎛ 1 ⎛ l 2⎜ M + md ⎟⎜ Ml 2 + md 2 ⎟ g ⎠ ⎠⎝ 3 ⎝ 2 L después = I p + (m + M )b 2 ω → [ ] → Por conservación de la cantidad de movimiento angular → L antes = L después ˆ ⇒ − rmv0 senθ k = I p + (m + M )b 2 ω [ ] → = ⇒ω =− → ⇒ hmáx = l(1− cos θ ) [ rmv0 senθ ˆ k I p + (m + M )b 2 ] d) El trabajo del proyectil cuando se incrusta contra la barra. Cantidad de movimiento angular antes del choque con respecto al eje O. Si un proyectil de masa m que se mueve con una velocidad horizontal v 0 . → Por conservación de energía: Energía justo después del choque = energía cuando alcanza el punto más alto. Un insecto ⎡1 l ⎛ ⎞⎤ I Oω 2 + ⎜ − Mg − mgd ⎟⎥ 2 ⎝ ⎠⎦ ⎣2 1 2 1 2 = mv0 − I O ω 2 2 . La cantidad de movimiento angular del sistema antes que el insecto comience a correr es: momento de inercia con respecto a ésta. Encontrar la 40 . incide y queda en el bloque. como se muestra en la figura. E1 momento de inercia de la plataforma con respecto al eje es I p . El sistema se hace girar con una velocidad angular ω 0 en el sentido horario. Se tiene una plataforma circular que puede rotar sin fricción alrededor de un eje perpendicular al centro. sin fricción.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán = 1 l ⎛ ⎞ I O ω 2 − ⎜ Mg + mgd ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ ⎛1 2 2⎞ = I O = ⎜ Ml + md ⎟ ⎝3 ⎠ = − ⎜ Mg velocidad angular del bloque después del choque.⎢ Ejemplo 71. l ⎛1 2 ⎞ W = ΔE = ⎜ mv 0 − Mg − mgd ⎟ 2 ⎝2 ⎠ Ejemplo 72. 1 l ⎛ ⎞ I O ω 2 − ⎜ Mg + mgd ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ l ⎛ ⎞ = − ⎜ Mg + mgd ⎟(1 − cos θ ) 2 ⎝ ⎠ 1 l ⎛ ⎞ ⇒ I O ω 2 = ⎜ Mg + mgd ⎟ cos θ 2 2 ⎝ ⎠ 1 I Oω 2 2 ⇒ cos θ = l ⎛ ⎞ ⎜ Mg + mgd ⎟ 2 ⎝ ⎠ 2 ˆ ˆ L antes = r × p = − rmv0senθ k = − mbv0 k → → Para encontrar la cantidad de movimiento angular después del choque. Siendo I p su de masa m se coloca sobre la plataforma a una distancia b del eje. Un bloque de masa M se pega a una plataforma circular. Energía cuando alcanza el punto más alto ⎛ ⎝ l ⎞ + mgd ⎟(1 − cos θ ) 2 ⎠ Solución. a) ¿Cual es la cantidad de movimiento angular total si el insecto corre con la plataforma? b) ¿Cuál será si corre en oposición a la rotación de la plataforma? c) ¿Es posible que el pequeño insecto pueda detener la gran plataforma? ¿Cómo? Solución. según la figura siguiente. alrededor de un eje vertical alrededor de su centro. medida relativa a tierra. El insecto empieza a correr en una circunferencia de radio b alrededor del eje con una velocidad de magnitud constante v 0 . es decir: v2 . cuya línea de acción está en el plano. la cantidad de movimiento angular del disco respecto a un punto de referencia en el plano permanecerá Constante durante todo el movimiento (por ejemplo A). Ejemplo 73. R v0 = (I p + mb 2 ) mb ω0 → → → → En el sentido indicado en el caso a). ω 2 = −ω 2 k = 2 k 2 R → → → 3 ˆ 1 ˆ ˆ L ' = − MRv 2 k − MRv 2 k = − MRv 2 k 2 2 . I0 = → 1 ˆ v ˆ MR 2 . en la parte áspera aparece la tuerza de fricción. b) En este caso. cambia la superficie de manera que a la derecha de A el coeficiente de rozamiento es μ . ω1 = ω1 k = 1 k R 2 → → → ˆ ˆ Como r × v1 = − rv1senθ k = − Rv1 k . La cantidad de movimiento angular total es: Solución. Por tanto. Se da a un cilindro homogéneo de radio R y masa M con una velocidad horizontal v1 L' = r × M v 2 = I 0 ω 2 y una velocidad angular las agujas del reloj ω1 = v1 R en la parte sin rozamiento de la superficie horizontal. ˆ L' = L = −(I p + mb 2 )ω 0 k → → → L = r × M v1 = I 0 ω1 → → → 1 ˆ v ˆ MR 2 . Se traslada con velocidad v 2 tal que p ) 0 ω2 = La plataforma se detiene cuando ˆ ˆ − mbv0 k = − I p + mb 2 ω 0 k Esto sucede cuando ( ) ω ' = 0 . como en el caso anterior L' = L ← → → I0 = → ˆ L' = − I p + mb 2 ω 0 k c) Si es posible. Más allá del punto A. 41 ω1 en sentido opuesto a ˆ ˆ Como r × v 2 = − rv 2 senθ k = − Rv 2 k . La cantidad de movimiento antes de llegar a A. tomando el caso a) ( ) ˆ L = − MRv1 k + 1 1 ˆ ˆ MRv1 k = − MRv1 k 2 2 ˆ L' = I p + mb 2 ω '− mbvo k 2 ˆ = − I + mb ω k → ( ( ) → La cantidad de movimiento angular después de pasar A y haber 1legado a rodar sin deslizar.Cuerpo rígido → Hugo Medina Guzmán ˆ L = I p + mb 2 ω 0 = − I p + mb 2 ω 0 k ( ) → ( ) Resolver usando la conservación de la cantidad de movimiento angular. En la parte lisa no hay fuerza de fricción. a) Cuando el insecto corre en el mismo sentido del giro con módulo de velocidad v 0 su cantidad de movimiento angular es: → → ˆ L' = (I p + mb 2 )ω '− mbvo k Pero como la cantidad de movimiento angular es constante. Solución. determinar la nueva velocidad angular cuando las bolas lleguen a los topes del extremo de la barra. calcular: a) la rapidez angular cuando el gato ha llegado a un punto a R/4 del centro. b) la energía rotacional inicial y final del sistema. Un proyectil de masa m y velocidad v0 se dispara contra un cilindro sólido de masa M y radio R. El proyectil se mueve perpendicular al eje y se encuentra a una distancia D < R sobre el eje. El cilindro está inicialmente en reposo montado sobre un eje horizontal fijo que pasa por su centro de masa. entonces Kf = 1 1⎛1 ⎞ 2 2 I iω0 = ⎜ MR 2 + mR 2 ⎟ω0 2 2⎝2 ⎠ 1 (M + 2m )R 2ω02 4 2 1 1 ⎡1 ⎛R⎞ ⎤ I f ω 2 = ⎢ MR 2 + m⎜ ⎟ ⎥ω 2 f f 2 2 ⎢2 ⎝4⎠ ⎥ ⎣ ⎦ Li = L f ⎞ ⎛1 mv0 D = Iω = ⎜ MR 2 + mR 2 ⎟ω ⎠ ⎝2 mv0 D ⇒ ω= 1 MR 2 + mR 2 2 Ejemplo 75. el momento de inercia total inicial y final del sistema es: = 1 ⎡1 ⎛R⎞ 2 ⎢ MR + m⎜ ⎟ 2 ⎢2 ⎝4⎠ ⎣ 2 ⎤⎛ M 2 + m ⎞ 2 ⎟ ω0 ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎥⎝ M 2 + m 16 ⎠ ⎦ 2 = 1 ⎛ M + m ⎞⎛ M + 2m ⎞ R 2ω 2 ⎟ ⎜ ⎟⎜ 0 2 4⎝ 8 ⎠⎝ M + m / 8 ⎠ 4 ⎝ M + m/8 ⎠ Como ⎛ M + 2m ⎞ > 1 ⎟ ⎜ ⎝ M + m/8 ⎠ = 1 ⎛ M + 2m ⎞(M + 2m )R 2ω 2 ⎟ ⎜ 0 La energía rotacional aumenta. 42 . Si la rapidez angular del sistema es ω0 cuando el gato está en el borde del disco. El momento angular del sistema se conserva. Calcular la rapidez angular del sistema después que el proyectil golpea al cilindro y queda adherido a su superficie. La barra horizontal de la figura tiene un momento de inercia respecto al eje de rotación de 5x10-3 kg m2.Cuerpo rígido → → Hugo Medina Guzmán Igualando L' = L . Un gato de masa m camina desde el borde del disco hacia el centro. Si se rompe el hilo cuando el conjunto gira a 20 rad/s. tenemos: − v 3 1 ˆ ˆ MRv 2 k = − MRv1 k ⇒ v 2 = 1 3 2 2 = ⎢I f = ⎡ ⎢ ⎣ 1 ⎛R⎞ MR 2 + m⎜ ⎟ 2 ⎝4⎠ 2 ⎤ ⎥ω f ⎥ ⎦ Ejemplo 74. El conjunto está girando libremente alrededor del eje O-O’ con las bolas dispuestas simétricamente respecto al eje y sujetas por un hilo AB de 20 cm. 1 MR 2 + MR 2 2 2 1 ⎛R⎞ 2 I f = MR + m⎜ ⎟ 2 ⎝4⎠ Ii = Id + I g = a) Como no hay torques externos sobre el sistema en torno al eje de rotación. Ejemplo 76. se puede aplicar la conservación de la cantidad de movimiento angular I iωi = I f ω f 1 ⎡ 2 2⎤ ⎢ I f = 2 MR + mR ⎥ω 0 ⎣ ⎦ Solución. Un disco de masa M y radio R gira en un plano horizontal en torno a un eje vertical sin roce. 1 MR 2 + mR 2 ωf = 2 ω0 2 1 R 2 MR + m 2 16 ⎛ M ⎞ +m ⎟ 1⎜ 2 ⎜ ⎟ω 0 = 2⎜ M m ⎟ + ⎟ ⎜ ⎝ 2 16 ⎠ b) Ki = = Solución. Llamando Id al momento de inercia del disco e Ig al momento de inercia del gato. y cada una de las bolas que pueden deslizar sobre ella pesan 50 g y se consideran de dimensiones despreciables. p. el eje de rotación permanecerá fijo no importando que movimiento se de al mareo exterior. se encuentra otro disco de 1 kg de masa. GIROSCOPOS Y TROMPOS .1x0. pero sin que exista contacto. que está a una distancia l del disco.MOVIMIENTO DE PRECESION El giróscopo es una rueda montada en rodamientos sin fricción. Cuando el disco superior se posa sobre el inferior. La mayoría de los movimientos rotacionales quedan en estas categorías. Hasta ahora vimos el movimiento rotacional en que el eje de rotación está fijo. (Iω )Antes = (Iω )Después I1ωi = (I1 + I 2 )ω f ⇒ ω f = I1 ωi I1 + I 2 Veamos como se origina la precesión.67 rad / s 11. Si se mantiene la varilla . cuando las bolas están separadas 20 cm.252 = 11. Iω . del mismo radio y en reposo. Calcular la velocidad angular final.m.1x0. La dirección en el espacio del eje no variará. Un disco de 2 kg de masa y 10 cm de radio gira alrededor de su eje a 180 r.25x10-3 kg m2 La rotura del hilo libera fuerzas exclusivamente internas.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán Empecemos calculando el momento de inercia del conjunto. Si se hace girar rápidamente el rotor de este aparato y luego se coloca un extremo libre del eje de rotación sobre un soporte fijo. un disco cilíndrico muy macizo de masa M y radio a que tiene libertad para girar sin fricción en torno a una varilla muy ligera y delgada. en tal forma que la rueda tiene libertad de rotar en cualquier dirección con respecto al marco que lo sujeta. Encima. Como el Momento de inercia de un disco es ½. el torque de las fuerzas sigue siendo nulo por lo que se conserva la cantidad de movimiento angular. Solución. El giróscopo no caerá del soporte sino que se mantiene en posición casi horizontal mientras que el eje de su rotor gira lentamente en un plano horizontal. a lo largo de su eje. Para lograr esto se necesitan tres gímbalos (correspondientes a los tres espacios dimensionales). como se muestra en la figura. ambos se mueven solidariamente. esta rotación lenta del eje se conoce como PRECESION. Consideremos un giróscopo simplificado mostrado en la figura siguiente. I1 = Ibarra + Ibolas = Ibarra + 2 m r12 = 5x10-3 kg m2 + 0. o tiene movimiento de traslación sin cambio en su dirección.R2 se obtiene: 1 m1 R 2 m1 2 ωf = ωi = ω 1 (m1 + m2 ) i ⎛1 2 2⎞ ⎜ m1 R + m2 R ⎟ 2 ⎝2 ⎠ En este caso particular: 43 Un extremo de la varilla se apoya en A. por lo que se conservará la cantidad de movimiento angular del sistema: ωf = 2 180 = 120 rpm. Esto significa que una vez iniciado el giro. pero en el caso de un trompo o giróscopo en rotación no se cumple lo anterior..25 I2 Ejemplo 77.12 = 6x10-3 kg m2 Cuando se alejen hasta los topes: I2 = Ibarra + Ibolas = Ibarra + 2 m r22 = 5x10-3 kg m2 + 0. Como los rodamientos no tienen fricción no se ejercen torques sobre la rueda. Cuando el disco superior se deja caer.m. (2 + 1) L1 = L2 ⇒ I 1ω1 = L2ω 2 ⇒ I 6 ω 2 = 1 ω1 = 20 = 10. 15 rad /s 2. de este cambio es: Por otra parte: dL = L0 dθ De aquí Mgldt = L0 dθ y Como L0 = L0ω = dL = Mgldt dθ Mgl = dt L0 dθ Mgl = 1 dt Ma 2ω 2 1 Ma 2ω .7 kg m2. se mueve a una rapidez v. El momento de inercia de la rueda respecto a su eje es de 0. 2.6 m y masa M = 15 kg puede llevarse 44 . b) El trabajo realizado por la profesora. L1 = I RUEDA ω1 . Por consiguiente el disco no caerá. La pelota gira en torno a un eje que pasa por su centro de masa con una rapidez angular ω. Calcule la razón entre la energía rotacional y la energía cinética de traslación. PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1. pero el torque que produce Mg es: → → ˆ τ = (liˆ )× − Mgk = Mglˆ j d L = τ dt = Mglˆ dt j → → ( ) este torque produce un cambio en la cantidad de movimiento angular ( ) la magnitud. por tanto en el sentido de rotación inicial de la rueda) b) W = ΔE = E 2 − E1 = La velocidad angular de esta precesión es: 1 1 1 2 2 2 I SILLAω 2 + I RUEDA (− ω1 ) − I RUEDA ω1 2 2 2 Ω= dθ τ 2 gl = = dt Iω ωa 2 = 1 2 I SILLAω 2 = 89.2 kg m2. El centro de masa de una pelota de radio R. en lugar de ello girará en el plano horizontal xy (ver la figura siguiente) en torno al eje vertical a través del punto de apoyo A. Considere la pelota una esfera uniforme.02) ω2 = 55 = 8. ya que la energía de la rueda no varía. es producido por la fuerza muscular (interna) de la profesora.7 (Positivo. Como actúan dos únicas fuerzas el peso Mg y la reacción del apoyo R. y se hace girar al disco con una velocidad angular ω en torno a su eje y luego. 2 2 gl = 2 a ω Solución. horizontal. Una profesora de física se encuentra sentada en una silla giratoria manteniendo en sus manos una rueda de bicicleta como se indica en la figura. se suelta.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán es de 2. Calcular: a) La velocidad angular adquirida por la silla y el sentido de giro. En un momento dado la profesora gira 180º el eje de la rueda pasando a girar con -55 rad/s en sentido contrario al anterior. Si L0 fuera cero sucedería esto. La velocidad angular inicial de la rueda es de 55 rad/s en sentido antihorario. podría pensarse que el disco caería. a) Dado que no hay momentos externos sobre la silla giratoria podemos considerar que el momento angular no varía. y el momento de inercia de la profesora más la rueda respecto del eje de la silla El trabajo es por tanto la energía adquirida por la silla. positivo. L2 = I RUEDA (− ω1 ) + I SILLAω 2 I RUEDA ω1 = I RUEDA (− ω1 ) + I SILLAω 2 2I ⇒ ω 2 = RUEDA ω1 I SILLA 2(0. Dicho trabajo.6 J 2 Ejemplo 78. Un volante en la forma de un cilindro sólido de radio R = 0. 6. 4. La polea puede girar libremente en un plano vertical en torno al eje horizontal que pasa por su centro. c) (Rg)½. y determine las velocidades de las dos masas cuando pasan una frente a la otra. Una ligera cuerda de nylon de 4 m está enrollada en un carrete cilíndrico uniforme de 0. Un peso de 50 N se une al extremo libre de una cuerda ligera enrollada alrededor de una pelota de 0.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán hasta una velocidad angular de 12 rad/s en 0. Determine a) la aceleración de los dos bloques y b) la tensión en cada cuerda. El peso se libera 6 m sobre el piso. 9. 5. a) calcular la tensión de la cuerda. y d) las componentes de la fuerza de reacción en el eje. c) las componentes x e y de la aceleración de su centro de masa. b) la magnitud de su aceleración angular. La barra se suelta desde el reposo en una posición vertical. La cuerda tiene un masa despreciable y hace que la polea gire sin deslizar y sin fricción. a) ¿Cuál es la rapidez de su centro de masa cuando el disco alcanza la posición indicada en el círculo punteado? b) ¿Cuál es la rapidez del punto más bajo sobre el disco en la posición de la circunferencia punteada? c) Repetir para un aro uniforme 9. c) –(3/2î + ¾ĵ)g. c) sí. el volante efectúa 20 rev antes de detenerse por causa de la fricción (supuesta constante). 7. Un bloque de masa m1 y uno de masa m2 se conectan por medio de una cuerda sin masa que pasa por una polea en forma de disco de radio R. El carrete está montado sobre un eje sin fricción y se encuentra inicialmente en reposo. Las masas empiezan a moverse desde el reposo cuando están separadas por una distancia D. Así mismo. se deja que los bloques se muevan sobre una superficie en forma de cuña con un ángulo θ como muestra la figura. . 2. ¿Qué porcentaje de la potencia generada por el motor se emplea para vencer la fricción? Respuesta.5 m/s2. a) ¿Cuánto trabajo se ha efectuado sobre el carrete cuando éste alcanza una velocidad angular de 8 rad/s? b) Suponiendo que no hay la suficiente cuerda sobre el carrete. Respuesta. 3. la aceleración de la masa y la velocidad con la cual el peso golpea el piso.6 m/s2. Una masa m1 y una masa m2 están suspendidas por una polea que tiene un radio R y una masa m3. b) 4(Rg/3)½. 8. ¿Cuánto tarda éste en alcanzar esta velocidad angular? c) ¿Hay suficiente cuerda sobre el carrete? Respuesta. Un disco sólido uniforme de radio R y masa M puede girar libremente sobre un pivote sin fricción que pasa por un punto sobre su borde. Respuesta. b) 9. a) 4 J. El coeficiente de fricción cinético es μ para ambos bloques. b) T1 = μm2g + m1a.25 m de radio y 3 kg de masa. encuentre a) su rapidez angular. Después de que el motor se apaga. a) 11. 1. a) (3g/L)½. Una barra uniforme de longitud L y masa M gira alrededor de un eje horizontal sin fricción que pasa por uno de sus extremos.5 m/s. d) (-3/2î + ¼ ĵ)Mg.6 s por medio de un motor que ejerce un torque constante.8%. Los bloques mostrados en la figura están unidos entre si por una polea de radio R y momento de inercia I.5 m de radio y 1 kg de masa.6 s. a) 2(Rg/3)½. T2 = T1 + ½Ma. Respuesta. La cuerda se tira del carrete con una aceleración constante de 2.μ)(m1 + m2cos θ)g/(m1 + m2 + M). b) 3g/2L. a) (m2sen θ . En el instante en que está horizontal. El bloque sobre la pendiente sin fricción 45 .4N. Si el disco se libera desde el reposo en la posición mostrada por el círculo. Trate a la polea como un disco uniforme. Respuesta.5 m/s. momento de inercia I y masa M. 7. b) Calcular la rapidez con el principio de la conservación de la energía. d) Determinar la fuerza equivalente y su línea de acción. a) T1 = m1 (a + gsenθ ) . Respuesta. a) Determine las tensiones en las dos partes de la cuerda. 11. ¿Cuál e tensión de una de las cuerdas en A? Respuesta. ¿A qué distancia del vértice está clavado si el marco está a punto de deslizar? 46 . Determinar la tensión en el cable AB que Impide que el poste BC deslice. b) Respecto a un eje que pasa por el punto B. Un hombre de 70 kg. La polea carece de rozamiento.5 N 14. Reemplace la fuerza de 1000 N de la figura por una fuerza que pasa por A y una cupla cuyas fuerzas actúan verticalmente a través de B C. b) τ = 23 Nm. a) τ = 23 Nm. 124. sostiene un objeto de 31. L (1 − μ s ) 2 T2 = m2 ( g − a ) g 2 g b) m2 R − m1R 2 − m2 R 2 − m1R 2 senθ a a 12. e) Respecto a un eje que pasa por el punto C. Como se indica en la figura.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán se mueve hacia arriba con una aceleración constante de magnitud a. T = 46. y = x − 23 . Respuesta. 10. Se cuelga de un clavo rugoso de coeficiente de rozamiento estático μ s . La masa del poste es de 18 kg. Suponer que todas las superficies son lisas. Un cuerpo plano está sometido a cuatro fuerzas como se indica en la figura. x = Respuesta. En la figura se ven los datos esenciales. c) τ = 24 Nm. a) Hallar el módulo y dirección del torque actuante respecto a un eje perpendicular al plano y que pasa por el punto A. e) Sustituir esta fuerza por otra que esté aplicada en A y un par de fuerzas o cupla aplicadas en los puntos B y C y hallar el valor mínimo de estas fuerzas.9 kg. e) FB = → → 23 (− 3iˆ + 4 ˆ ) = − FC j 25 → Respuesta. b) encuentre el momento de inercia de polea. La plataforma sobre la que está situado el hombre está colgada mediante dos cuerdas en A y otras dos en B. Un marco cuadrado de lado L. ˆ j d) F = i + ˆ .2 N 13. Si se aplica La fuerza F a una cuerda ligera atada a un bloque con el sistema de poleas mostrado en la figura. j j FC = −467 ˆ j 15. 47 . 3. F =3949.5 cm. El disco A tiene una masa de 2 kg y un radio de 7. 1 ⎡ ⎤ ⎢(m + M )μLsenθ − 2 ML cos θ ⎥ μM cos θ ⎣ ⎦ b) L 2 μ 17.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán Respuesta. b) τ = 0 c) τ = .3 N m 21. FB = 467 ˆ .83 m de A. La línea de acción de una fuerza de 1N está en el plano xz y corta el eje z en un punto que dista 0. a) τ = 0. ¿Cuál es el máximo peso que puede levantar? ˆ Respuesta. → → → Respuesta. El coeficiente de fricción entre la escalera y e peso es μ . largo L y forma un ángulo θ con e piso. mientras que la pared no tiene fricción. la velocidad angular del disco B es de 20 rad/s en sentido horario. a) ¿Cuál es el torque respecto al eje y si el ángulo comprendido entre la dirección de la fuerza y el eje z es 60º? b) ¿Si el ángulo e l80º? c) ¿Si el ángu1o es 330º? Respuesta. El rodillo que se ve en la figura tiene una masa de 339 kg ¿Que fuerza F es necesaria para subir el rodillo sobre el bloque? Respuesta: a) FB = (12t + 15)9. Dos discos de masa 10 kg y radio R = 0. calcular tiempo necesario para que el disco alcance una velocidad angular constante. Sabiendo que el coeficiente de rozamiento entre el disco y la correa es 0.82 s 18.4 N 20. cuál es la altura a la que puede llegar el hombre? Respuesta. Un hombre de 60 kg que camina a 2 m/s atraviesa un tabla de 30 kg y 10 m de largó a) ¿Cuál es la fuerza sobre el soporte B en función d tiempo? b) Si la máxima fuerza que puede resistir B es 490 ¿Cuándo y dónde caerá al río el hombre? Considerar que el peso del hombre siempre actúa en dirección de la vertical que pasa por su centro de masa. Un hombre de masa m quiere subir por una escalera. FA = 800i + 600 ˆ . 16. En el instante mostrado en la figura. Calcular cuánto sube el disco A cuando la velocidad angular del disco B sea de 4 rad/s.92 s.6 m del origen.0. se coloca en contacto con una correa que se mueve con una velocidad v = 15 m/s. a)¿A qué altura de la escalera puede llegar antes que comience a resbalar? b) ¿Si el ángulo θ es el mayor sin que la escalera sola puede estar sin resbalar. 3F 19. x = 5.2. a) Respuesta. b) t = 2. La escalera tiene masa M.52 N m .3 m cada uno están conectados mediante una cuerda.8 N. a) ¿Cuál es su energía cinética al cabo de los 30 m? b) ¿Cuál es la velocidad de su centro de masa? Respuesta. 3 b) mg (7 − 4 cos θ ) 3 23. partiendo del reposo. El ómnibus desacelera de modo uniforme durante una distancia de 15 ni hasta detenerse. 29. Un cilindro de masa ni y radio r rueda sin deslizar sobre la cara interior de una superficie cilíndrica de radio R. b) El módulo de la reacción normal en cada instante. En el instante en que se su centro de masa tiene una rapidez de 10 m/s. Hallar el valor del coeficiente de rozamiento entre la rueda y el plano para que aparezca rodadura pura. Sabiendo que la esfera parte del raposo en la posición indicada en la figura. 33. El ómnibus se mueve con una velocidad de 50 km/h cuando el conductor aplica los frenos. Se aplica un torque. μ≥ 2τ 3mgR Respuesta. Una esfera de l00 kg de masa y 0. determine: a) la energía cinética traslacional de su centro de masa. a) 1268 kg m. 27. Un cilindro homogéneo de masa m y radio R descansa sobre un plano horizontal. Demuestre que el torque debido a la fuerza de roce entre el carrete y el eje es: Respuesta. por un plano inclinado 25º. ¿Qué ángulo respecto a la vertical deberá inclinarse el pasajero para evitar su caída? Respuesta. obtener: a) La velocidad de la esfera al paso por B. Un pasajero viaja de pie en un ómnibus. Está montado de manera que gira sobre un eje horizontal fijo. a) ¿Cómo podría distinguirse una esfera de oro de otra de plata si ambas tuviesen el mismo peso. Un carrete cilíndrico hueco y uniforme tiene radio interior R/2.3 m/s 26. ¿A que altura sobre la mesa debe golpearse una bola de billar con un taco mantenido horizontalmente para que la bola comience su movimiento sin rozamiento entre ella y la mesa? τ = R ⎢m⎜ g − 2 2 ⎟ − M 2 ⎥ t ⎠ 4 t ⎦ ⎣ ⎝ ⎡ ⎛ y⎞ 5 y⎤ Respuesta. 48 . 1.54 m 22. Un cilindro de 10 kg de masa rueda sin deslizar sobre una superficie horizontal. 7/5R 24. a) 4 g (R − r )(1 − cos θ ) . La masa m desciende a partir del reposo una distancia y durante un tiempo t.27 hacia atrás. b) 13. radio exterior R y masa M . recorriendo 30 m. el mismo radio y las dos estuvieron pintadas del mismo color? b) ¿Cómo podría distinguir un huevo duro de uno fresco si estuvieran juntos? 28.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán Respuesta. según se indica en la figura.. Una masa m se conecta al extremo de una cuerda enrollada alrededor del carrete. 25.6 m de diámetro baja rodando. La mujer empieza a caminar alrededor de la orilla en sentido horario (cuando se observa desde arriba del sistema) a una rapidez constante de 1. Un disco sólido uniforme y un aro uniforme se colocan uno frente al otro en la parte superior de una pendiente de altura h.2 m y una masa de 150 kg. 2g c) − 3 2mv0 sen 2θ cos θ g 37. radio R y un momento de inercia de (2/5)MR2. Encuentre. b) 1.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán b) la energía rotacional de su centro de masa. Calcular la cantidad de movimiento angular del sistema cuando la regla se articula en torno de un eje. antihorario. En el momento en que el anillo ha recorrido una distancia de 2 m al ascender por el plano su rapidez es de 2. 31. Si rueda por la pista sin deslizar a una rapidez lineal v.8 m/s. Respuesta. La mesa giratoria al principio está en reposo y tiene libertad de girar alrededor de un eje vertical sin fricción que pasa por su centro. 38. Repentinamente. 39. cada una de masa m. Respuesta. b) − 3 mv0 sen 2θ cos θ . Dos partículas de masas m1 y m2 se conectan a sus extremos. Respuesta. Determine la cantidad de movimiento angular de la partícula respecto del origen cuando ésta se encuentra en: 49 . Durante el movimiento la cuerda de longitud L mantiene un ángulo constante con la θ vertical. c) justo antes de chocar con el suelo. 35. b) el punto más alto de su trayectoria.5 m/s en relación con la Tierra. los retenes se quitan y las pequeñas cuentas se deslizan saliendo de la barra. ¿Cuál es su energía total de función de M y v? Respuesta. Si se sueltan ambos desde el reposo y ruedan sin deslizar. a) ¿En qué dirección y con qué rapidez angular gira la mesa giratoria b) ¿Cuánto trabajo realiza la mujer para poner en movimiento la mesa giratoria? Respuesta. Una partícula de masa m se dispara con una rapidez vo formando un ángulo θ con la horizontal. ¿Cuánto trabajo se necesita para lograr que la esfera ruede con una rapidez angular de 50 rad/s sobre una superficie horizontal? (Suponga que la esfera parte del reposo y rueda sin deslizar). Una mujer de 60 kg que está parada en el borde de una mesa giratoria horizontal que tiene un momento de inercia de 500 kg⋅m2 y un radio de 2 m. Determine la cantidad de movimiento angular del sistema alrededor del centro de la barra en el instante en que la rapidez de cada partícula es v. 40. a) la rapidez angular del sistema en el instante en que las cuentas alcanzan los extremos de la barra. Una barra rígida ligera de longitud D gira en el plano xy alrededor de un pivote que pasa por el centro de la barra. Una barra uniforme de masa M y longitud d gira en un plano horizontal en torno de un eje vertical fijo sin fricción que pasa por su centro. ¿qué tan arriba puede llegar? 34. y L= gM 2 L3 sen 4θ cos θ 36. a) 0. a) 500 J.4 kg de masa de radio interior de 6 cm y radio exterior de 8 cm sube rodando (sin deslizar) por un plano inclinado que forma un ángulo de θ = 37° con la horizontal. Una bola de boliche tiene una masa M. ½( m1 + m2)vD. Dos pequeñas cuentas. y b) pasa por un punto a la mitad entre el centro y el borde. Una partícula de 0. Una esfera sólida tiene un radio de 0. se montan sobre la barra de manera tal que pueden deslizar sin fricción a lo largo de su longitud.36 rad/s. Un péndulo cónico consta de masa M que se mueve en una trayectoria circular en un plano horizontal.1 kg de masa. a) perpendicular a la mesa y que pasa por la marca de 50 cm.7 kgm2/s.7Mv2. b) perpendicular a la mesa y que pasa por la marca de 0 cm. c) 750 J. Suponiendo que el plano es lo suficientemente largo de manera que el anillo no ruede fuera en la parte superior. 30. La regla gira sobre una mesa horizontal sin fricción con una velocidad angular de 4 rad/s. Respuesta.4 kg de masa se une a la marca de 100 cm de una regla de 0. Un anillo de 2. 33.43 kgm2/s. tiempo durante el cual el sistema gira una rapidez angular ω. calcular la cantidad de movimiento angular del disco cuando el eje de rotación a) pasa por su centro de masa. a) 0. 0. Si la rapidez angular es ω. a) 0. Muestre que la magnitud de la cantidad de movimiento angular de la masa respecto del punto de soporte es: a) el origen. determine sus rapideces cuando alcanzan el pie de la pendiente ¿Qué objeto llega primero a la parte inferior? 32. El anillo continua ascendiendo por el plano cierta distancia adicional y después rueda hacia abajo. Al principio las cuentas se fijan por medio de retenes ubicados en las posiciones x (donde x < d/2) a cada lado del centro. b) 250 J. Un disco sólido uniforme de masa M y radio R gira alrededor de un eje fijo perpendicular su cara. y c) su energía total. El coeficiente de fricción entre la bola y la canal es μ. y b) la distancia que recorre es 12 vo2/49 μg. Demuestre que durante el tiempo en que ocurre el movimiento de rodamiento puro. muestre que. Puesto que la fuerza de fricción proporciona la desaceleración. a) mvl . b) Calcular la pérdida fraccionaria de energía cinética desde el momento en que el disco se suelta hasta que ocurre el rodamiento puro c) Muestre que el tiempo que tarda en ocurrir el movimiento de rodamiento puro es R ωo/3 μ g. A medida que el disco desciende. b) La magnitud de la aceleración del centro de masa es 2g/3. Suponga también que el coeficiente de fricción entre el disco y la superficie es μ. 41. El disco se suelta desde el reposo con la cuerda vertical y su extremo superior amarrado a un soporte fijo. Un proyectil de masa m se mueve a la derecha con rapidez v0. Una pequeña esfera sólida de masa m y de radio r rueda sin deslizar a lo largo de la pista mostrada en la figura. a) la aceleración del centro de masa es 4F/3M. d) Muestre que el tiempo que recorre el disco antes de que ocurra el rodamiento puro es R2 ωo 2/18 μ g. Verifique su respuesta a la pregunta c) utilizando métodos de energía. a partir de la segunda ley de Newton se concluye que acm = μg. Si parte del reposo en la parte superior de la pista a una altura h. ¿Cuál es la rapidez de su centro de masa después que ha rodado una distancia D? Respuesta.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán b) la rapidez angular de la barra después de que las cuentan han salido de ella. El alambre de un carrete de masa M y radio R se desenrolla con una fuerza constante F. vcm = Rω.) 46. a) Calcular la rapidez angular del disco una vez que ocurre el rodamiento puro. y b) la fuerza de fricción es hacia la derecha y su magnitud es igual a F/3. (Sugerencia: Cuando ocurre el movimiento de rodamiento puro. demuestre que a) la tensión en la cuerda es un tercio del peso del disco. c) Si el cilindro parte del reposo y rueda sin deslizar. donde h es grande comparada con r a) Cuál es el valor mínimo de h (en función de R) de modo que la esfera complete la trayectoria? b) ¿Cuáles son las componentes de fuerza de la esfera en el punto P si h = 3R? 45. b) Determine la pérdida fraccionaria de energía mecánica debida a la colisión. 43. 42. Suponiendo que el carrete es un cilindro sólido uniforme que no desliza. c) (8FD/3M)½. El proyectil golpea y queda fijo en extremo de una barra estacionaria de masa M y longitud D que está articulada alrededor de un eje sin fricción que pasa por su centro. como en la. Un bloque de madera de masa M que descansa sobre una superficie horizontal sin fricción está unido a una barra rígida de longitud l y masa despreciable. Suponga un disco sólido de radio R al cual se le da una rapidez angular ωo alrededor de un eje que pasa por su centro y después se baja hasta una superficie horizontal y se suelta. b) M/(M+m). Una bala de masa m que se desplaza paralela a la superficie horizontal y normal a la barra con rapidez v golpea el bloque y queda incrustada en él. La barra gira alrededor de un pivote en el otro extremo. 50 . y c) la rapidez del centro de masa es (4gh/3)½. a) Encuentre la rapidez angular del sistema justo después de la colisión. a) la rapidez del centro de masa de la bola es 5vo/7. A una bola de boliche se le da una rapidez inicial vo en una canal de manera tal que inicialmente se desliza sin rodar. 47. Una cuerda se enrolla alrededor de un disco uniforme de radio R y masa M. 44. a) ¿Cuál es la cantidad de movimiento angular del sistema bala-bloque? b) ¿Qué fracción de la energía cinética original se pierde en la colisión? Respuesta. El carrete mostrado en la figura tiene un radio interior r y un radio externo R.750 m. b) La variación de la energía cinética experimentada por el sistema. el está girando con una velocidad angular de 400 rpm. El ángulo θ entre la fuerza aplicada y la horizontal puede variar.22i 53. v B = 6.) Respuesta.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán Respuesta. calcular las velocidades de cada uno de los extremos de la varilla inmediatamente después de que la bala se haya incrustado. El disco B se encuentra en reposo cuando se deja caer sobre el disco A. calcular: a) La velocidad angular final de los discos.b). RB = 0. con una velocidad horizontal de 550 m/s. R A = 0. v A = −0. Los discos A y B son del mismo material y tienen el mismo espesor.15 m. La figura muestra un carrete de alambre que descansa sobre una superficie horizontal. no se desliza en el punto de contacto P. Sabiendo que h = 0. ˆ ˆ Respuesta. Determinar el ángulo de inclinación β al cuál el centro de gravedad del carrete estará en reposo. Estará en 51. el cual tiene enrollado un hilo delgado y su extremo libre sujeta una masa m por medio de una polea sin fricción y masa despreciables. . Demuestre que el ángulo crítico para el cual el carrete no rueda y permanece estacionario está dado por cosθ = r/R. 50. Cuando se tira. La varilla que inicialmente está en reposo. Un tablón masa M se apoya sobre un pequeño pivote D. Una bala de 3g se dispara. ⎛ M r2 ⎜ + 2 ⎜m R ⎝ ⎛ M r2 ⎞ reposo solo si ⎜ ⎜ m + R2 ⎟ ≥ 1 ⎟ ⎝ ⎠ β = sen -1 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ . 48. F3 y F4. Sabiendo que la masa del disco A es de 4 kg. Una varilla de madera AB de longitud L = 0. se encuentra suspendida de una cuerda de longitud L = 0. Para cada fuerza determine la dirección en que rueda el carrete.750 m.150 m.1 m.. pudiendo girar 1ibemente alrededor de un eje vertical. Se tiene un carrete sobre un plano inclinado.5l J 52. 49. El carrete se tira en las direcciones indicadas por medio de los vectores F1.6. Se asume que la masa del carrete M está distribuida uniformemente en un círculo de radio R. Advierta que la línea de acción de F2 pasa por P.566i . F2. contra. a) 334 rpm. Un gimnasta A de masa m está de pie sobre el extremo C del tablón. (Sugerencia: En el ángulo crítico la línea de acción de la fuerza aplicada pasa por el punto de contacto. un segundo gimnasta B de la misma masa m salta desde la altura h y cae → → 51 . siendo M = 7. Suponiendo que este choque es perfectamente inelástico. Calcular el valor y dirección de la fuerza que deberá ejercer en cada mano para producir una velocidad angular de precesión de 0.2 kg de masa y 10 cm de diámetro está montado en un extremo de un eje de masa despreciable que está pivotado alrededor de un punto a 6 cm del. (2m + M 3)2 m2h 54. Ω = 2. Mientras la rueda está girando con una velocidad angular de 25. Si la velocidad angular de giro del disco es 37. un par de fuerzas de 64. El eje sobresale 15. ¿Cuál es la velocidad de precesión? 52 . se cuelga un objeto de 0.96 kg de masa.6 N aplicadas en cada extremo del eje. determinar la altura que alcanzará el gimnasta A.12 rad/s se hace girar el eje con las manos en un plano horizontal alrededor de su centro. centro del disco en el otro extremo del eje.Cuerpo rígido Hugo Medina Guzmán sobre el tablón en E.3 kg sosteniendo los dos extremos del eje con las manos en la posición horizontal. Un disco macizo de 1. Una rueda de bicicleta de 82 cm de diámetro tiene una platina de acero enrollada en su parte exterior de modo que la masa resultante del sistema puede suponerse que está situada toda ella en la periferia de la rueda.37 rad/s. Respuesta. Respuesta.1 rad/s 55.628 rad/s alrededor del centro. (El gimnasta A permanece de pie completamente rígido).2 cm a cada lado de la rueda. a una distancia de 10 cm del pivote. Respuesta. 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