INTRODUCCIONBERNARDO ARENAS GAVIRIA Universidad de Antioquia Instituto de Física 2012 Índice general 0. Introducción 0.1. Cantidades físicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.1.1. Análisis dimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.1.2. Unidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.2. Vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.2.1. Cantidades escalares . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.2.2. Cantidades vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . 0.2.3. Notación vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.2.4. Representación de un vector . . . . . . . . . . . . 0.2.5. Dirección de un vector . . . . . . . . . . . . . . . . 0.2.6. Vectores iguales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.2.7. Vectores iguales y opuestos . . . . . . . . . . . . . 0.2.8. Vectores unitarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.2.9. Suma o composición de vectores . . . . . . . . . . 0.2.10. Suma de vectores por el método gráfico . . . . . . 0.2.11. Componentes rectangulares de un vector . . . . . 0.2.12. Suma de vectores por componentes rectangulares 0.2.13. Producto entre vectores . . . . . . . . . . . . . . . 0.2.14. Producto escalar o producto punto entre vectores 0.2.15. Producto vectorial o producto cruz entre vectores 0.2.16. Derivadas con vectores . . . . . . . . . . . . . . . 0.3. Coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0.4. Pautas generales en la solución de problemas . . . . . . . 0.5. ENUNCIADOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1 1 1 3 4 4 4 4 4 5 5 5 5 5 6 9 10 11 12 14 15 16 17 el tiempo cuya dimensión es T y la carga eléctrica cuya dimensión es C. L. ya que se tratarán temas en los cuales no interviene la carga eléctrica. Obtenga las relaciones matemáticas entre coordenadas rectangulares y coordenadas polares. Análisis dimensional derivadas. Por ejemplo si A es un área. Por ello. se expresan mediante expresiones matemáticas que contienen diferentes tipos de cantidades 0. Unidades denominadas cantidades físicas. Utilice correctamente la notación vectorial. 0. en cambio una cantidad derivada se define como aquella que se expresa en función de una o varias cantidades fundamentales. Los conceptos.1. se hace referencia únicamente a las que son de interés en los temas a tratar cuando se analiza el movimiento de los cuerpos. etc. leyes y principios de la física. estas cantidades físi. En el área de la mecánica. Analice las diferentes operaciones con vectores. a partir de las cuales es posible expresar cualquier otra cantidad física.1. En física se reconocen cuatro cantidades fundamentales. densidad (ρ) con dimensión [ρ] = ML−3 . tales como: área (A) con dimensión [ A] = L2 .1.Cap´ıtulo 0 Introducción COMPETENCIAS En esta introducción se busca que el estudiante Manipule adecuadamente las herramientas matemáticas que son indispensables en la física. la dimensión de una cantidad física se expresa encerrando la cantidad física entre corchetes. su dimensión se expresa en la forma [A]. Estas son: la longitud cuya dimensión es L. Obtenga las relaciones numéricas entre los diferentes sistemas de unidades que se emplean en la física. la masa cuya dimensión es M. Una cantidad fundamental se define como aquella que no es posible expresar en función de ninguna otra.1. Cualquier otra cantidad física se encuentra dentro del grupo de las denominadas cantidades derivadas. Infiera la importancia del análisis dimensional y de las unidades en la física. fuerza (F) con dimensión [F] = MLT−2 . M y T. En lo que sigue. sólo es necesario considerar las tres primeras cantidades fundamentales. dependiendo del .2. Cantidades físicas 0. Distinga entre una cantidad escalar y una cantidad vectorial. velocidad (v) con dimensión [v] = LT−1 . Desde el punto de vista dimensional. esto es. volumen (V) con dimensión [V ] = L3 .A cada una de las cantidades fundamentales se cas se clasifican en dos grupos: fundamentales y le asigna una unidad patrón. el pié (p) y el segundo Torque τ. dimensiones y unidades temas de unidades: El Sistema Internacional (SI). INTRODUCCIÓN sistema de unidades a emplear. Cantidades físicas. En este sistema de unidades Masa M. M. sabiendo que s es una longitud (L) y t es un tiempo (T). m M kg la dimensión L se expresa en metros (m).448 N y 1 p ≡ 0. En este sistema las cantidades funFuerza F. angular Momento El sistema de unidades SU es de poco uso en la p. Otra unidad utilizada en este sistema es la Trabajo W ML2 /T2 kg m2 /s2 pulgada (in o pul). cuya relación con el pié es Energía E ML2 /T2 kg m2 /s2 Potencia P ML2 /T3 kg m2 /s3 1 p ≡ 12 in. T son. Se incluyen sus correspondientes dimensiones y las unidades respectivas en el sistema SI. Ejemplo 1 Determine las dimensiones y unidades. y. En la tabla 1 se muestran las cantidades físicas que serán utilizadas en los temas a tratar en este curso. . de k1 . Fuerza: 1 kg m s−2 ≡ 1 N (Newton). P ML/T kg m/s lineal actualidad. Como se verá. respectivamente. Trabajo y energía: 1kg m2 s−2 ≡ 1 J (Julio). permitirá detectar posibles errores cometidos en los cálculos matemáticos que se llevan a cabo en el análisis de situaciones físicas. k3 en la expresión s = k1 t2 − k2 t + k3 . la Momento longitud con dimensión L y el tiempo con diL ML2 /T kg m2 /s angular mensión T y sus unidades patrón son.Tabla 1. Aceleración a L/T m/s2 Los factores de conversión. están dados por: angular Aceleración α 1/T2 1/s2 1 m ≡ 102 cm y 1 kg ≡ 103 g. el Sistema Gaussiano y el Sistema Inglés (SU). Presión p M/LT 2 kg/m s2 Las relaciones entre las unidades del sistema SI Algunas de ellas reciben los siguientes nombres y el sistema SU son: 1 lb ≡ 4. entre los sistemas Velocidad ω 1/T 1/s de unidades SI y gaussiano. DesplaEl sistema gaussiano es un sistema derivado ∆r L m del anterior y en el cual las unidades de las dizamiento mensiones L. la diTiempo t T s mensión M se expresa en kilogramos (kg) y la Posición r L m dimensión T se expresa en segundos (s). Existen tres sis. z L m los casos. M ML2 /T2 kg m2 /s2 (s).2 CAPÍTULO 0. Presión: 1 N m−2 ≡ 1 Pa (Pascal). tanto de las cantidades fundamentales como derivadas. Cantidad DimenSímbolo Unidad El sistema de unidades más utilizado en la acfísica sión tualidad y que será empleado en la mayoría de Longitud x.3048 m. k2 . es el SI. la libra (lb). f ML/T2 kg m/s2 damentales son la fuerza con dimensión F. respectivamente. un buen manejo de las dimensiones y sus respectivas unidades. en el desarrollo de los diferentes temas del curso. Potencia: 1 kg m2 s−3 ≡ 1 W (Vatio). el cenVelocidad v L/T m/s 2 tímetro (cm). con el fin de ir adquiriendo familiaridad desde ahora con ellas. en cada uno de los sistemas anteriores. el gramo (g) y el segundo (s). las unidades de k3 son: m en el sistema SI. (b) mgR. k1 corresponde a una aceleración. Ejercicio 2 Teniendo en cuenta las dimensiones obtenidas para G en el ejercicio 1. en otras palabras. sus unidades son: m s−2 en el sistema SI. es necesario utilizar el álgebra. T en este caso las unidades son: m s−1 en el sistema SI. tal como el movimiento de los cuerpos.5 g cm−3 × 1 kg 106 cm3 × . r es una longitud y tanto m1 como m2 son masas. Es decir. diga a cuál cantidad física corresponde cada expresión. determine a qué cantidad física corresponde g en la expresión g=G m . r2 donde F es una fuerza. (b) 3. 103 g 1 m3 así. en los tres sistemas. cm en el sistema gaussiano y p en el sistema inglés. así [k1 ] = L = LT−2 .3 0.5 g cm−3 = 4. r2 = 4. En cada caso. la geometría vectorial y el cálculo. donde finalmente. de la constante G que aparece en la expresión F=G m1 m2 . cm s−2 en el sistema gaussiano y en el sistema inglés p s−2 . (c) mvR cos vt y R +1 (d) 12 mv2 + mgR(1 − cos θ ). los cuales están sustentados por leyes comprobadas experimentalmente y que se expresan en forma de ecuaciones matemáticas. la trigonometría. Para el segundo término [k2 t] = [k2 ] [t] = [k2 ] T = L. 0. o sea que k2 corresponde a una velocidad. v es una velocidad y t es un tiempo. la geometría euclidiana. R es una longitud. Donde g es una aceleración. Ejercicio 3 Encuentre las dimensiones y unidades en cada una de las siguientes expresiones (a) √ [ ( ) ] gR. (c) 300 p lb s−1 . Por ello. Para el tercer término [k3 ] = L. cm s−1 en el sistema gaussiano y p s−1 en el sistema inglés. por lo que de acuerdo con la tabla 1. es decir. VECTORES Solución Si s es una longitud. luego de efectuar y simplificar se obtiene ρ = 4. ya que mediante . para el primer término [ ] [ ] k1 t2 = [k1 ] t2 = [k1 ] T2 = L. Ejercicio 1 Halle las dimensiones y unidades.5 g cm−3 .2.2.5 × 103 kg m−3 .03 × 103 p s−2 . se toma la matemática como el medio más adecuado para explicar los fenómenos de la naturaleza que están directamente relacionados con la física. cada uno de los términos de esta expresión debe tener dimensiones de longitud. Ejercicio 4 Exprese en unidades SI y en unidades gaussianas: (a) 50 km h−1 . Solución Utilizando factores unitarios se tiene ρ de donde L [k2 ] = = LT−1 . T2 por consiguiente. ya que sólo tiene dimensiones de longitud. la matemática es el lenguaje de la física. Ejemplo 2 La densidad de una sustancia es ρ = 4. m es una masa. Vectores La física es una ciencia natural que tiene como objetivo explicar los fenómenos físicos que ocurren en la naturaleza. Exprese esta densidad en el sistema SI de unidades. Para poder explicar estos fenómenos se dispone de modelos físicos. 0. Cantidades físicas de este tipo son el área (A). la masa (m). la temperatura (T). la aceleración (a ). donde se ha tomado la horizontal como la dirección de referencia. En la figura 2 se muestra la dirección de los vectores de la figura 1. la potencia (P). por ejemplo. B A C D Ejemplos: A = 10 cm2 . la dirección del vector está dada por el sentido de la flecha. a un vector se le debe asignar. además de su magnitud. m = 5 kg. Para que la dirección del vector quede completamente determinada. Cantidades vectoriales Son aquellas cantidades físicas que para su completa determinación. Lo anterior lleva a una clasificación de las cantidades físicas. C y D. Cantidades físicas de este tipo son la velocidad (v). las cantidades vectoriales se operan de acuerdo con las reglas de la geometría vectorial. 0.2. En textos impresos. el tiempo (t). generalmente se utiliza letra negrilla para representar los vectores.5. etc. INTRODUCCIÓN estas ramas de la matemática. el torque (τ ). es posible llevar a cabo procedimientos matemáticos adecuados con las cantidades físicas a utilizar. la velocidad angular ( ω).2. es indispensable distinguir claramente entre una cantidad escalar y una cantidad vectorial. Cantidades escalares Son aquellas cantidades físicas que quedan completamente determinadas por su magnitud y su unidad respectiva. la entropía (S ). el momento lineal (p ). se expresan en la forma: A= A 45 o B=B C=C D =D 45 o .2. A diferencia de las cantidades escalares. el volumen (V). 0. Figura 1: Representación de un vector. la aceleración angular (α ). Notación vectorial Como se ha podido observar. utilizando una escala adecuada.4 CAPÍTULO 0.2. Representación de un vector Un vector se representa gráficamente mediante una flecha cuya longitud. del vector A se representa como |A| = | A que corresponde a un escalar. la energía (E). el trabajo (W). la fuerza (F ). para un buen entendimiento de los fenómenos físicos involucrados. De este modo. t = 3 s. el álgebra y el cálculo. las cantidades escalares y las cantidades vectoriales. una dirección. En los temas que se tratarán de acá en adelante. que tienen direcciones diferentes. V = 3 m3 . Igualmente. 0. se requiere añadir una dirección además de su magnitud y su unidad respectiva.3. Dirección de un vector Por definición. se clasifican en cantidades escalares y cantidades vectoriales.4. se denotan de manera diferente con el fin de distinguir unas de otras. dependiendo de la forma como se expresan. los vectores de la figura 2.2.2. Igualmente. el momento angular (L ). la presión (p). como se ilustra en la figura 1 para los vectores A. Matemáticamente. etc. la magnitud ⃗ | = A. Las cantidades escalares se operan de acuerdo con las reglas de la aritmética. el momento de inercia (I). respecto a la cual se mide el ángulo que forma el vector considerado.1. B. la fuerza se expresa como F y 0. corresponde a la magnitud del vector. es necesario definir una dirección de referencia. en otros casos como ⃗F. esto es. Vectores iguales q q z Figura 3: Vectores iguales.2. k 0. cuando se trata de hallar la fuerza neta o fuerza resultante que actúa sobre un cuerpo.2. como se describe a continuación. como en la figura 5. A donde A es la magnitud del vector A. como se Para trabajar operacionalmente con vectores. como se ilustra en la figura 4. lo an. igual a la unidad. ma magnitud y la misma dirección. . De este modo. por el método del polígono y el método del paralelogramo. como se ilustra en la figura 6 donde al eje x se le asocia el vector unitario A B i. un vector unitario. por ejemplo. 0.a cada uno de los ejes coordenados se le asocia terior se expresa en la forma A = B. VECTORES z A B o 0 A 45o l o C 90 y D 45o x Figura 5: Vector unitario paralelo al vector A Figura 2: Dirección de un vector. al eje y el vector unitario j y al eje z el vector unitario k. matemáticamente A = −B. Por ello.2.6. Por lo que gulares.10. no tiene diLos vectores A y B son iguales si tienen la mis. Vectores unitarios vectores con el fin de obtener el vector suma o Un vector unitario es aquel cuya magnitud es vector resultante.mensiones.2. lo cual indica que un vector unitario es adimensional.5 0. i Vectores iguales y opuestos O j y x Dos vectores A y B son iguales y opuestos si tienen la misma magnitud pero sentidos opues. ilustra en la figura 3. el vector A se puede expresar en la forma A = λA.2. Dentro de este método existen dos maneras de hacerlo.9.7. se define el vector unitario λ. Suma o composición de vectores q Los vectores se pueden sumar gráfica y analíticamente. q A B 0. que es paralelo al 0. Esta Figura 4: Vectores iguales y opuestos. en la forma gráfico A λ≡ .Figura 6: Vectores unitarios en coordenadas rectantos.8. En este y muchos otros casos. es necesario sumar varios 0.2. Matemáticamente. operación vectorial es de utilidad. Suma de vectores por el método vector A. como se ilustra en la figura 10. de este modo. B.11. Igual que para dos vectores. se hace una generalización del método del triángulo y en este caso se habla del método del polígono. donde se ilustra gráficamente la suma de los vectores A y B. sigue siendo válida la conmutatividad en la suma de vectores.6 CAPÍTULO 0. con la condición que los vectores componentes son perpendiculares entre sí. se considera el método analítico que permite sumar vectores. En dicho método se emplea el concepto de componentes rectangulares de un vector. Al observar la figura 7. al B C S=A+D+B+C Figura 9: Método del polígono. se encuentra que A + B = B + A. esto es. como se muestra en la figura 8. trasladarlos. no se debe cambiar ni la magnitud ni la dirección de ninguno de ellos. Con ayuda de los vectores unitarios asociados a los ejes coordenados. se trasladan los dos vectores a un punto común. En el caso del método del triángulo. el vector suma está dado por el vector que va desde donde empieza el primer vector hasta donde termina el segundo. S=A+B S=B+A B A B C D A D A Figura 7: Método del triángulo. En este caso se ha aplicado el método gráfico para la suma de vectores.2. como se ilustra en la figura 7.2. Componentes rectangulares de un vector En la sección 0. 0. En el método del paralelogramo. para la suma de los vectores A. se completa el paralelogramo cuyos lados opuestos tienen valores iguales a la magnitud del vector correspondiente. INTRODUCCIÓN Cuando se trata de sumar dos vectores. se puede utilizar el método del triángulo o el método del paralelogramo. esto es. A + B + C + D = D + C + B + A = A + D + B + C. se toma uno de los vectores y donde éste termina se traslada el otro vector. para el vector A. Cuando se trata de sumar más de dos vectores. A B A S=A+B A B B B A Figura 8: Método del paralelogramo. C y D. Cuando se suman vectores gráficamente. en la forma que se muestra en las figuras 7 y 8. siempre es posible expresar un vector en componentes rectangulares. pues si esto ocurre se encontraría un vector suma diferente al buscado. el cual se ilustra en la figura 9. lo cual indica que la suma de vectores es conmutativa. el vector A expresado en com- . El vector suma está dado por la diagonal que parte del punto común a los dos vectores.12. En el caso de dos dimensiones. y y z. θy y θz . se obtienen mediante las expresiones A x = A cos θ x . se tiene que el vector A expresado en componentes rectangulares está dado por A = A x i + Ay j. como se muestra en la figura 11. Por otro lado. donde igualmente las componentes rectangulares A x y Ay pueden ser positivas o negativas. Ay y Az pueden ser positivas o negativas. En la figura 11. para el vector A.7 0. es posible conocer la magnitud de la otra. por medio de la expresión A2 = A2x + A2y + A2z . VECTORES z Azk O A Ay j Axi y esto es. aplicando de nuevo el método gráfico para la suma de vectores. como la magnitud del vector λ es del vector A se obtiene utilizando cualquiera de la unidad. se satisface la igualdad las definiciones de las funciones trigonométricas.2. donde el vector unitario paralelo al vector A. La magnitud del vector A está relacionada con la magnitud de sus componentes rectangulares. las tres componentes son positivas. En este caso. las componentes son positivas. la suma de los cuadrados de los cosenos directores es igual a la unidad. cos θy y cos θz . se procede de forma idéntica. respectivamente. y x Figura 10: Componentes rectangulares de un vector. solo que únicamente aparecen dos componentes rectangulares. donde. mediante la expresión A2 = A2x + A2y . las respectivas componentes del vector A. el teorema de Pitágoras permite relacionar la magnitud del vector con la magnitud de sus componentes rectangulares. ponentes rectangulares está dado por A = A x i + Ay j + Az k. una vez que se conocen las cos θ x . del cuadrante donde se encuentre el vector. donde las componentes rectangulares A x . Así A = A(cos θ x i + cos θy j + cos θz k). dependiendo de la orientación del vector respecto a los sentidos positivos de los ejes rectangulares. De este modo. se utilizan los ángulos que el vector en consideración forma con cada uno de los ejes coordenados. la dirección Igualmente.En el caso de la figura 10. con los ejes x. como sus componentes rectangulares son perpendiculares. dependiendo de la orientación del vector respecto al sentido positivo de los ejes de coordenadas. En el caso particular de un vector en dos dimensiones. Ay = A cos θy y Az = A cos θz . esto es. magnitudes de las tres cantidades. aunque es costumbre emplear la función cos2 θ x + cos2 θy + cos2 θz = 1. Para expresar la dirección de un vector en el espacio tridimensional. Ay j O b A q Axi x Figura 11: Componentes rectangulares de un vector. conociendo las magnitudes de dos de expresado en función de los cosenos directores ellas. En el caso de la figura 10. el vector A forma los ángulos θ x . . está dado por λ = cos θ x i + cos θy j + cos θz k. 6i + 0. matemáticamente se expresa en la forma A=A A=A b 51 m 0m B 320 mm mmB 320 mm l O A 600 mm x z O sea que las componentes rectangulares del vector unitario son λ x = −0.322 + 0. se obtiene S2 = ( A + B cos θ )2 + ( B sen θ )2 = A2 + B2 + 2AB cos θ. Ay θ = tan Ax .6. y 0 51 λz = −0. B O 600 mm A x q z A Solución Sea λ un vector unitario paralelo al vector −→ AB. Ejemplo 4 Con ayuda del método gráfico.51k)m. ab = A + B cos θ.32 j − 0. halle el vector suma de los vectores mostrados en la figura.6 k. en la figura 11 se puede tomar como referencia el eje x o el eje y De este modo. esto es. donde su magnitud está dada por √ AB = 0. expresado en componentes rectangulares. Ejercicio 5 En el ejemplo 3.71.51 k)m . apuntando en el sentido de B hacia A. (1) donde ac = S. AB De acuerdo con la siguiente figura.32j − 0. Por consiguiente el vector unitario para−→ lelo al vector AB. INTRODUCCIÓN trigonométrica tangente. está dado por λ ( − 0. el vec−→ tor AB tiene las componentes rectangulares −→ AB = ( − 0. Ax β = tan−1 Ax . λy = +0. = Solución Teniendo en cuenta el método del triángulo. . Compare su resultado con el obtenido en el ejemplo 3.6 i + 0. (2) Reemplazando las expresiones de la ecuación (2) en la ecuación (1). q Ejemplo 3 Encuentre las componentes rectangulares del vector unitario paralelo a la línea AB. esto es −→ AB λ= .85 m.512 m = 0.71 i + 0. Ay y De acuerdo con lo anterior.62 + 0. Ax ó tan β = −1 Ay .85m = −0.38 j − 0. encuentre las componentes rectangulares del vector unitario paralelo a la línea BA. 0. la magnitud y dirección del vector suma se obtiene como sigue. apuntando en el sentido de A hacia B.8 CAPÍTULO 0. bc = B sen θ. el vector A de la figura 11. Ay tan θ = .38. c S=A+B B q a b A De la figura se cumple la igualdad (ac)2 = (ab)2 + (bc)2 . conociendo los valores de B. A = A x i + Ay j. es decir. coordenado. se procede así Sy = Ay + By + Cy + Dy . de los vectores mostrados en la figura. con ayuda de la figura. o A=23 u Suma de vectores por componentes rectangulares Figura 12: Componentes rectangulares de cada vector. por separado. B=15 u 57 0. al sumar los vectores A. . . .9 0. mientras que su componente vertical es positiva por estar ubicado el vector en el segundo cuadrante (Bx < 0. Ay > 0). D = Dx i + Dy j. B. By > 0). y mediante la cual es posible hallar el ángulo β. Para sumar dos o más vectores por componentes rectangulares.el vector C solo tiene componente vertical la cual es negativa por apuntar en sentido opuesto a la dirección tomada como positiva para el eje y (Cy < 0). ya que el vector se encuentra en el primer cuadrante (A x > 0. a Ay j A g B b e A y c S d i) Se obtienen las componentes rectangulares de cada vector. conocida como la ley del coseno. . B = Bx i + By j.12.2. θ y S. Ejercicio 6 Halle la magnitud y dirección del vector suma. VECTORES donde mediante esta expresión. C = Cy j. C y D.2.la componente horizontal del vector B es negativa.las componentes del vector A son positivas. se procede como sigue. ya que el vector se encuentra en el cuarto cuadrante (Dx > 0. sen θ sen γ sen β cb = S sen β = B sen θ. = . Expresión conocida como la ley del seno. Para hallar la dirección del vector suma. es posible conocer la magnitud del vector suma. sen θ sen β (3) A B ed = A sen β = B sen γ. como se ilustra gráficamente en la figura 12. Dy < 0). donde.la componente horizontal del vector D es positiva y su componente vertical negativa. las suma componentes rectangulares paralelas a cada eje S x = A x + Bx + D x . se encuentra S A B = = . sen γ sen β (4) Por las ecuaciones (3) y (4). q B Bxi b By j O Dy j Dxi D Axi x C S B = . primero se expresa cada uno de los vectores en sus componentes recii) Componentes rectangulares del vector tangulares y luego se suman. . (b) V2 = −(A − B) + C − D. está dado por que las componentes rectangulares del vector suma son Sx = 5. B= Sy = −17.66 u tan θ = 15 u o 71. INTRODUCCIÓN De este modo. como se muestra en la figura 13. el momento angular de un cuerpo o el torque de una . de nuevo se utiliza el teorema de Pitágoras.10 CAPÍTULO 0. se obtiene S b q O x Sxi Gráficamente se tiene Como las componentes del vector suma son perpendiculares entre sí.2. el vector suma expresado en componentes rectangulares está dado por S = (5. el vector suma en componentes rectangulares. Ejemplo 5 Halle el vector suma o vector resultante.75 u iv) Dirección del vector suma Sy Sx .99o 18.77 u 71.75u.13. (c) V3 = A + D − (2C − B) y (d) V4 = −A − B − C − D. θ = tan−1 Sy Sx . y B= y 25 25 o O x Ejercicio 7 Encuentre los siguientes vectores. De este modo. Solución Luego de considerar las componentes rectangulares de cada vector.99 S = 18.77u S = Sx i + Sy j.75j)u. utilizando los cuatro vectores de la gráfica. de los cuatro vectores mostrados en la figura. iii) Magnitud del vector suma y Sy j Finalmente. esto es y S2 = S2x + Sy2 O -17. (a) V1 = A − (B − C) + D. 20 = A o 37 5. tan β = Sx Sy . y o 20 15 u = A o 37 O u u x D= 7 u C = 30 u 29o x D= 7 u C = 30 u 29o 0.66 u Figura 13: Vector suma de varios vectores. tales como el trabajo realizado por una fuerza. β = tan−1 Sx Sy dependiendo del eje que se tome como referencia.77i − 17. luego de hallar la magnitud y dirección de este vector. se encuentra Producto entre vectores En física se definen cantidades. Se consideran los vectores A y B que forman entre sí un ángulo θ. en función del producto entre dos vectores. Producto escalar o producto punto permite expresar la definición de producto esentre vectores calar en la forma El producto escalar entre dos vectores. esto es. ya que en este caso el coseno adquiere su mínimo valor. los cuales tienen propiedades o características diferentes como se muestra en lo que sigue. Como consecuencia de la definición del producto escalar entre los vectores A y B. por el coseno del ángulo que forman. A q B Figura 14: Producto escalar de dos vectores. B · A = BA cos θ. Partiendo de esta definición. como se ilustra en la figura 14. tá dada por B cos θ. VECTORES fuerza. la proyección del vector A sobre el vector B está dada por A cos θ. En la figura 15(a). Análogamente.2.11 0. . . El producto escalar entre estos dos vectores. se obtienen las siguientes conclusiones . por lo que la definición de o sea que el producto escalar entre los vectores producto escalar se puede escribir en la forma A y B es igual al producto de sus magnitudes A · B ≡ A( B cos θ ). el producto escalar de los vectores A y B también se puede definir como el producto de la componente del vector A paralela a B por la magnitud de B. uno de ellos se conoce como producto escalar o producto punto entre dos vectores y el otro como producto vectorial o producto cruz entre dos vectores. 0. Pero se debe tener cuidado al definirlas ya que existen dos tipos de producto. será de gran utilidad en la definición matemática del concepto de trabajo. es posible obtener otras dos definiciones para el producto escalar. lo cual o sea. el producto escalar de los vectores A y B igualmente se puede definir como el producto de la magnitud del vector A por la componente del vector B paralela al vector A. En síntesis. j y k. . al considerar la figura 15(b). el producto punto entre los vectores A y B adquiere valores comprendidos entre el intervalo − AB ≤ A · B ≤ + AB. está definido por A · B ≡ ( A cos θ ) B.Cuando los vectores son paralelos el producto punto es máximo. lo cual indica que el producto escalar satisface la propiedad de conmutatividad. ya que en este caso el coseno adquiere su máximo valor.14. que se representa como A · B. que son linealmente independientes por ser perpendiculares entre sí. para los vectores unitarios i.2. como sigue. la proyección del vector B sobre el vector A esA · B ≡ AB cos θ. Teniendo en cuenta lo anterior. se tiene que el producto punto entre dos vectores es un escalar que cumple la condición A · B = AB cos θ.Cuando los vectores son antiparalelos el producto punto es mínimo. teniendo en cuenta la figura 15. A A B cos q q q A cos q B B (a) (b) Figura 15: Proyección de un vector sobre el otro. De acuerdo con esta definición.Cuando los vectores son perpendiculares el producto punto es nulo. para cada pareja de vectores. entre los vectores A y B. se tiene que el ángulo entre ellos está dado por A·B . (−15 cos 25 i + 15 sen 25 j) u. está definido de . el producto escalar de los vectores A y B. Angulo entre los vectores A y D: θ3 = 98o . C y D. Ejercicio 8 Utilizando la definición de producto punto. (−30j) u. Por consiguiente. (7 sen 29 i − 7 cos 29 j) u. empleando la definición de producto escalar. como se ilustra en la figura 16.2.12 CAPÍTULO 0. y B= y 25 B= 25 o 20 15 u u = A o 37 15 u u x O = A o 37 O o 20 D= 7 u C = 30 u 29o x D= 7 u C = 30 u 29o Solución Inicialmente se expresa cada vector en componentes rectangulares = = C = D = A B (20 cos 37 i + 20 sen 37 j) u. Resultados que están de acuerdo con los mostrados en la figura. teniendo en cuenta sus componentes rectangulares. q1 0.15. B. i · j = j · i = j · k = k · j = k · i = i · k = 0. C y D. Ejemplo 6 Utilizando la definición de producto punto. que se representa como A × B. encuentre el ángulo que el vector A forma con cada uno de los vectores B. P2 q2 x Producto vectorial o producto cruz entre vectores Se consideran los vectores A y B que forman entre sí un ángulo θ. Efectúe el producto escalar entre estos dos vectores y utilice el resultado para demostrar la identidad trigonométrica cos(θ1 − θ2 ) = cos θ1 cos θ2 + sen θ1 sen θ2 y P1 Ahora. mostrados en la figura. INTRODUCCIÓN se satisfacen las siguientes igualdades Angulo entre los vectores A y C: θ2 = 127o . El producto vectorial entre estos dos vectores. (c) B y A − C y (d) D − A y C + B. i · i = j · j = k · k=1. también se puede expresar en la forma A · B = A x Bx + Ay By + Az Bz . encuentre el ángulo entre los siguientes vectores (a) A + B y A − C. se encuentra Angulo entre los vectores A y B: θ1 = 118o . Ejercicio 9 Considere los vectores P1 y P2 de la figura. cos θ = AB Llevando a cabo las operaciones indicadas en la expresión anterior. donde los vectores A. (b) B − C y A − D. se muestran en la figura. Por consiguiente.13 0. A Figura 16: Producto vectorial entre vectores. esto es. i × i = j × j = k × k = 0. como consecuencia de la defini. el producto vectorial de los vectores A y B. donde i × j = k. el vector C = A × B es un vector perpendicular al plano formado por los vectores A y B. j × i = −k.2. i × k = −j |C| = |A × B| = AB sen θ. magnitudes por el seno del ángulo que forman. también se puede expresar en la forma C = A×B C = Ax B = ( A x i + Ay j + Az k) × ( Bx i + By j + Bz k). Por otro lado. o sea. se encuentra que Cx = Ay Bz − Az By . VECTORES tal forma que es igual a otro vector C perpendi. teniendo en cuenta sus componentes rectangulares.El resultado anterior también se puede obtener ción del producto vectorial entre los vectores A al resolver el determinante . j × k = i. k × i = j. la magnitud del producto vectorial enCy = Az Bx − A x Bz . su magnitud está dada por k × j = −i. tre los vectores A y B es igual al producto de sus Cz = A x By − Ay Bx .se satisfacen las siguientes igualdades cular tanto al vector A como al vector B. q Con B C = Cx i + Cy j + Cz k. . . i . se tienen las siguientes conclusiones j k . y B. . . A × B = . A x Ay Az . . Cuando los vectores son paralelos la mag. . Bx By Bz . la magnitud del producto cruz es máxima. ya que en El producto vectorial entre vectores se utilizará este caso el seno adquiere el valor cero. Efectúe el producto vectorial entre estos dos vectores y utilice el resultado para demostrar la identidad trigonométrica . ya que el seno adquiere su máximo valor. primero se debe expresar cada uno de ellos en componentes rectangulares.Cuando los vectores son antiparalelos la el vector torque de una fuerza y el vector magnitud del producto cruz es nula. Teniendo en cuenta lo anterior. ya que momento angular de un cuerpo. el producto cruz entre los vectores A y B adquiere valores comprendidos entre el intervalo − AB ≤ |A × B| ≤ + AB. Ejemplo 7 Considere los vectores P1 y P2 de la figura. en este caso el seno adquiere el valor cero. Solución Para hallar el producto vectorial de estos dos vectores. j y k. que son linealmente independientes por ser perpendiculares entre sí. para los vectores unitarios i. nitud del producto cruz es nula. formando entre sí un ángulo de 270o .Cuando los vectores son perpendiculares. respecto a un punto determinado. esto es AB. sen(θ1 − θ2 ) = sen θ1 cos θ2 − cos θ1 sen θ2 En síntesis.Cuando los vectores son perpendiculares. ya que el seno adquiere su mínimo valor. para definir. P2x i + P2y j P2 cos θ2 i + P2 sen θ2 j. . . la magnitud del producto cruz es mínima. esto es P1 P2 = = = = P1x i + P1y j P1 cos θ1 i + P1 sen θ1 j. . esto es − AB. 14 CAPÍTULO 0. INTRODUCCIÓN y P1 Ahora, empleando la definición de producto vectorial, entre los vectores A y B, se encuentra que el ángulo entre ellos está dado por P2 q1 q2 x sen θ = Por consiguiente, el producto vectorial de los vectores dados, que de acuerdo con la regla de la mano derecha apunta en la dirección negativa del eje z, está dado por P1 × P2 = − P1 P2 (senθ1 cos θ2 − sen θ2 cos θ1 )k, por lo que su magnitud es |P1 × P2 | = P1 P2 (senθ1 cos θ2 − sen θ2 cos θ1 ). (1) Por otro lado, considerando la definición de producto vectorial, se tiene que la magnitud también está dada por |P1 × P2 | = P1 P2 sen(θ1 − θ2 ). (2) Finalmente, igualando las ecuaciones (1) y (2), se obtiene sen(θ1 − θ2 ) = (senθ1 cos θ2 − sen θ2 cos θ1 ). Ejemplo 8 Utilizando la definición de producto cruz, encuentre el ángulo que el vector A forma con cada uno de los vectores B, C y D, mostrados en la figura. |A × B| . AB Llevando a cabo las operaciones indicadas en la expresión anterior, para cada pareja de vectores, se encuentra Angulo entre los vectores A y B: θ1 = 62o , que es el suplemento de θ1 = 118o . Angulo entre los vectores A y C: θ2 = 53o , que es el suplemento de θ1 = 127o . Angulo entre los vectores A y D: θ3 = 82o , que es el suplemento de θ1 = 98o . Resultados que concuerdan con los obtenidos en el ejemplo 6, utilizando la definición de producto escalar. Ejercicio 10 Encuentre, empleando la definición de producto vectorial, el ángulo entre los siguientes vectores (a) A + B y A − C, (b) B − C y A − D, (c) B y A − C y (d) D − A y C + B, donde los vectores A, B, C y D, son los mostrados en la figura. Compare con los resultados obtenidos en el ejercicio 8. y y B= B= 25o 20 15 u u 25o 15 u u = A o 37 O = A o 37 O 20 x D= 7 u C = 30 u 29o x D= 7 u C = 30 u 29o 0.2.16. Solución Inicialmente se expresa cada vector en componentes rectangulares = B = C = D = A (20 cos 37 i + 20 sen 37 j) u, (−15 cos 25 i + 15 sen 25 j) u, (−30 j) u, (7 sen 29 i − 7 cos 29 j) u. Derivadas con vectores En diferentes situaciones se hace necesario derivar un vector, bien sea respecto a una de las coordenadas o respecto al tiempo, es decir, respecto a una cantidad escalar. Esta operación se emplea al definir cantidades físicas tales como los vectores velocidad (v), aceleración (a), fuerza (F) y torque de una fuerza respecto a un 15 0.3. COORDENADAS POLARES punto (τ). En lo que sigue, t es un escalar respecto al cual se tomarán las derivadas de un vector o de un producto de vectores. Si el vector A está dado en componentes rectangulares por A = A x i + Ay j + Az k, su derivada respecto al escalar t, viene dada por dA dt d ( A x i + A y j + A z k), dt dAy dA x dAz i+ j+ k, dt dt dt = = donde se ha tenido en cuenta que los vectores unitarios i , j y k tienen magnitud y dirección constantes, es decir dj dk di = = = 0. dt dt dt En algunas situaciones se hace necesario determinar la derivada de un producto escalar o de un producto vectorial. En este caso, se aplican las mismas reglas del cálculo para la derivada de un producto. Así, la derivada del escalar A = B · C, está dada por dA dt = = d (B · C) dt dB dC ·C+B· . dt dt (b) dr(t) dt = [− Aω sen(ωt)] i + [ Aω cos(ωt)] j = Aω {[− sen(ωt)] i + [cos(ωt)] j}. Ejercicio 11 Halle la segunda derivada de los vectores dados en el ejemplo 9. Encuentre una relación entre el vector r (t) y su segunda derivada. 0.3. Coordenadas polares Hasta este momento se han empleado coordenadas rectangulares para el trabajo con vectores. Como se verá más adelante, se presentan situaciones físicas en las que es más adecuado emplear otro sistema de coordenadas conocido como coordenadas polares r θ, en las que un punto del plano xy, con coordenadas rectangulares (x, y), se expresa en la forma (r, θ) donde r es la longitud de la recta que va del origen al punto en consideración y θ es el ángulo que la recta forma con respecto a un eje de referencia, medido en sentido antihorario, como se ilustra en la figura 17. De igual manera, la derivada del vector D = P × Q, es dD dt = = d (P × Q) dt dP dQ ×Q+P× . dt dt (r, q) r q Figura 17: Coordenadas polares. Mediante el sistema de coordenadas rectanEn este caso se debe tener presente que el producto cruz no es conmutativo, mientras que gulares, es posible encontrar una relación entre ambos sistemas de coordenadas, teniendo en el producto punto sí lo es. cuenta la figura 18. Ejemplo 9 Derivar los siguientes vectores respecto al escalar t. (a) A(t) = 3t2 i + 2tj + 8k. (b) r(t) = [ Acos(ωt)] i + [ Asen(ωt)] j, donde ω es una constante. y (r, q) (x, y) r q Solución (a) dA(t) = 6ti + 2j. dt x Figura 18: Coordenadas polares y coordenadas rectangulares. 16 CAPÍTULO 0. INTRODUCCIÓN De la figura 18 se tiene x = r cos θ Para el punto B las coordenadas polares son (r2 ,θ2 ), con valores √ r2 = 32 + 32 y = r sen θ. y = 4.24 m, Ejemplo 10 Las coordenadas cartesianas de dos puntos en el plano xy, están dadas por (2.0, − 4.0) m y ( − 3, 0, 3.0) m. Determine (a) La distancia entre estos puntos. (b) Sus coordenadas polares. θ2 = 135o . B (-3.00, 3.00) 0.4. r2 q2 D O x (m) q1 r1 A (2.00, -4.00) r1 = (2i − 4j) m y r2 = ( − 3i + 3j) m. Ahora, la diferencia entre los vectores r1 y r2 es igual al vector D, esto es D = r1 − r2 = (5i − 7j) m. De este modo, la distancia entre los puntos A y B, corresponde a la magnitud del vector diferencia, es decir √ D = 52 + 72 ≈ 8.6 m. (b) Coordenadas polares de cada punto Para el punto A sus coordenadas polares son (r1 ,θ1 ), cuyos valores están dados por r1 √ = 22 + 42 = 4.47 m, θ1 = 360 − tan−1 = 296.57o . 4 2 3 3 Ejercicio 12 Dos puntos en el plano tienen coordenadas polares (2.5 m, 30.0o ) y (3.8 m, 120.0o ). Determine (a) Las coordenadas cartesianas de estos puntos. (b) La distancia entre ellos. Solución (a) Para determinar la distancia entre los puntos A y B, se consideran los vectores r1 y r2 , cuyas componentes rectangulares están dadas por y (m) = 180 − tan−1 Pautas generales en la solución de problemas Los diferentes temas que se tratan en un curso de física, corresponden a situaciones que se presentan en la naturaleza, tal como el movimiento de los cuerpos. Estos temas se analizan primero de una manera general y luego se aplican los conceptos involucrados en el análisis y solución de situaciones físicas particulares, más conocidos como problemas. A continuación, se consideran las pautas generales que se deben seguir en la solución de problemas. 1. Mientras no se entienda con toda claridad la situación física planteada en un problema particular, no es posible llegar a una solución que tenga sentido físico real. Por ello es indispensable leer detenida y cuidadosamente el enunciado propuesto. No entender el enunciado es quizá el origen de muchas salidas en falso, que pueden llevar a soluciones sin ningún significado. 2. Una vez que se ha logrado cumplir el paso anterior, es posible trazar un diagrama o esquema de la situación planteada en el enunciado. Con esto se logra una mejor visualización del caso que se describe. 3. Con ayuda del diagrama anterior, generalmente, se escriben las cantidades dadas y las cantidades conocidas. Igualmente, se 17 0.5. ENUNCIADOS debe estar seguro de cuáles cantidades debe determinar, es decir, cuáles son las incógnitas del problema. 4. En la solución de un problema, por lo general, sólo se aplican pocos principios o conceptos físicos. En esta etapa es indispensable analizar cuáles principios o conceptos se deben emplear, teniendo en cuenta la relación entre las cantidades a determinar y las cantidades conocidas. 5. Teniendo en cuenta que la matemática es el lenguaje de la física, se expresan los principios o conceptos en función de las cantidades físicas que intervienen en el problema particular. En esta parte se debe tener mucho cuidado de utilizar expresiones matemáticas que sean válidas en la situación que se está tratando. Tenga presente que algunas expresiones no son de validez general, sino que sólo son aplicables en ciertos casos. Como algunas veces se obtienen varias ecuaciones simultáneas que es necesario resolver, se debe contar el número de ecuaciones y de incógnitas con el fin de saber si es posible obtener una solución en función de las cantidades conocidas o no. En cada caso particular, utilice el método más adecuado que le permita resolver de la forma más sencilla posible, el sistema de ecuaciones simultáneas. 6. Hasta donde sea posible, trabaje en forma literal, es decir, utilice los símbolos de las cantidades físicas conocidas en lugar de hacer los reemplazos numéricos desde un comienzo. Así es posible expresar literalmente las incógnitas en función de las cantidades dadas en el enunciado, y de esta forma se tiene la posibilidad de hacer un análisis físico y dimensional de los resultados obtenidos, permitiendo detectar posibles errores. Espere hasta el final para reemplazar los valores numéricos con sus respectivas unidades. Es importante incluir unidades, porque la respuesta se debe expresar en función de ellas y porque se tendrá una comprobación adicional al simpli- ficar las unidades en forma adecuada. 7. Cuando se obtengan respuestas numéricas, es necesario hacer un análisis de ellas respondiendo a la pregunta ¿tiene sentido físico el valor encontrado? Por ejemplo, si se encuentra que la velocidad de un auto es mayor que la velocidad de la luz (3 × 108 m · s−1 ), o que un cuerpo, tal como un balón, tiene una masa igual a la de la tierra (5.98 × 1024 kg) o a la de un electrón (9.1 × 10−31 kg), es porque existe un error en la solución del problema, ya que son respuestas o resultados que no están de acuerdo con la realidad. 8. Por último, se deben utilizar "todas" las comprobaciones posibles de los resultados. 0.5. ENUNCIADOS 1. Considere las cantidades físicas masa (M), longitud (L), fuerza (F) y tiempo (T). Diga cuál de ellas no es una cantidad física fundamental en el sistema (a) internacional de unidades y (b) inglés de unidades. 2. Al analizar una situación física, se obtiene un resultado tal que el numerador tiene las unidades kg · m2 · s−1 y el denominador kg · m2 · s−2 . ¿Qué cantidad física se obtuvo finalmente? 3. Justificando su respuesta, diga si cada una de las afirmaciones anteriores es correcta o incorrecta: (a) Sólo se pueden sumar cantidades físicas que tengan las mismas unidades. (b) Dos cantidades físicas se pueden multiplicar o dividir, si y sólo si, tienen las mismas dimensiones. 4. Cierta región, la rapidez del sonido en el aire es 335 m · s−1 . Halle, en km · h−1 , la rapidez de un avión que se mueve con una rapidez igual al doble de la velocidad del sonido en dicha región. 5. Un deportista tiene una estatura de 5.8 p y 9.9 pul. Halle su estatura en el sistema Teniendo en cuenta estas unidades. Exprese esta distancia km. x se da en m. En la expresión x = Ae−ωt . de los vectores A. obtenga la magnitud y dirección del vector S. en función de P. ¿Cuál combinación de estas últimas tres cantidades. 15. (b) P = 4[3(2A − 3B + C) − (5A − C) + 8B]. de la constante de gravitación universal G. Obtenga las dimensiones de la constante C. en dicho sistema. (c) Los vectores A. Q y el ángulo φ que forma con la horizontal. (e) El vector M tiene una magnitud de 4 unidades y el vector N de 3 unidades. La magnitud y dirección respecto a la horizontal. La fuerza ejercida por la cuerda tiene las dimensiones ML/T−2 y depende tanto de la masa del cuerpo. ¿La suma entre ellos puede ser cero? Explique. 90o . 12. es decir. 13. A es una longitud máxima y t es un tiempo . si A + B − C + D = 0 y (d) el vector D si A − B − C − D = 0 17. Q y R tienen diferente magnitud. 9. se aplica un vector de 103 unidades que apunta hacia el centro y otro de 3 × 103 unidades que apunta . en el sistema internacional de unidades.18 CAPÍTULO 0. que se encuentra sobre una circunferencia. B y C. 6. 8. ¿Es posible que su suma sea cero? Explique. (ii) 5 unidades. 7. están dadas respectivamente por 50 unidades y 45o . x es una longitud. Halle el área de la base y su volumen. B y C tienen igual magnitud. (a) Los vectores A y B tienen igual magnitud. En el sistema internacional de unidades la fuerza se da en N. determine las dimensiones de las cantidades: (a) v2 /x. Halle las dimensiones y unidades. 16. ¿Cuáles son las dimensiones de ω? 10. (b) √ x/a y (c) at2 /2. que está sujeto al extremo de una cuerda. (c) el vector D. Determine la magnitud y dirección de: (a) A − B + C. ¿Es posible que su suma sea nula? Explique. 180o . Ff = CAV 2 .1 pul y una altura de 1. Responda cada una de las siguientes preguntas. como de su rapidez y del radio de la circunferencia que describe. Un objeto de cierta masa. (b) Resuelva el numeral anterior utilizando componentes rectangulares. INTRODUCCIÓN internacional de unidades y en el sistema gaussiano. Se tienen los vectores P y Q que forman entre sí un ángulo θ y cuya resultante o suma es el vector S. (a) Utilizando el método del paralelogramo y la trigonometría. (c) 8A − 7B − 4(3B + 6A) = 0. La separación entre dos de los soportes del puente Golden Gate. que aparece en la ley de gravitación de Newton F = Gm1 m2 /r2 14. (b) Los vectores P y Q tienen magnitudes diferentes. Muestre que el momento lineal tiene las dimensiones del producto de una fuerza por el tiempo. genera las dimensiones de la fuerza? 11. se genera una fuerza de fricción que es proporcional al área superficial A del cuerpo y a su rapidez al cuadrado v2 . Un cilindro circular recto tiene un diámetro de 7. ¿La suma entre ellos puede ser cero? Explique. describe una circunferencia. 75 unidades y 210o . (c) Compruebe sus resultados si θ = 0o . Sobre un punto. v en m · s−1 y a en m · s−2 . es de 4200 p. en San Francisco California. En las ecuaciones siguientes. 100 unidades y 330o . (d) Los vectores P. t en s.9 p. Simplifique cada una de las siguientes expresiones vectoriales: (a) 3(A − 2B) + C − 4(6B − C ) = 0. 18. Cuando un cuerpo se mueve en el aire. (iii) 7 unidades y (iv) Cualquier magnitud entre 1 y 7 unidades. (b) A + B − C. Cómo se deben combinar estos vectores para que se obtenga un vector resultante con magnitud de: (i) 1 unidad. Dos vectores tienen la misma magnitud V y forman entre sí un ángulo θ. Demuestre que los dos vectores son perpendiculares. forman entre sí un ángulo β cuando se colocan a partir del mismo origen. con sus vectores unitarios asociados i y j. 26. Los vectores A y B. ¿Qué nombre recibe el resultado obtenido? 24. (b) Exprese en componentes rectangulares los vectores que unen al barco con cada transmisor. (a) Exprese los vectores unitarios a y b en componentes rectangulares. Adicionalmente. b) Use el resultado del numeral anterior para demostrar que las componentes rectangulares del vector A en ambos sistemas de coordenadas.19 0. La figura muestra el sistema fijo de coordenadas xy. Dos vectores. (c) Compruebe sus resultados si θ = 0o . forman con el eje x los ángulos respectivos θ1 y θ2 . y x q 3 3 10 u 3 x 10 u 23. (b) De acuerdo con el enunciado. se tienen los vectores unitarios rotantes a y b. ENUNCIADOS y en sus componentes rectangulares. (c) Utilizando los vectores anteriores. en función del ángulo θ. (a) Demuestre que i′ = cosφi + senφj. (b) Halle la componente del vector M = −i + 2j + k en la dirección del vector N = 4i + 3j. ¿qué diferencia se presenta entre las parejas de vectores unitarios i y j con a y b? Explique. (a) Utilizando el método del paralelogramo y la trigonometría. j′ = −senφi + cosφj. Mediante componentes rectangulares. (b) Mediante el producto punto. y 19. (b) Resuelva el numeral anterior. (b) Que la diferencia tiene una magnitud D = 2V sen(θ/2) . 21. El localizador de direcciones del barco detecta que A está 30o al sur del este y que B se encuentra al este. halle la magnitud del vector suma de estos dos vectores. que se encuentran en plano xy. (c) Encuentre la derivada . Considere el instante en el cual el vector unitario a forma un ángulo θ con la horizontal. 27.¿Cuál operación entre vector realizó en este caso? 20. son perpendiculares. Un barco en alta mar recibe dos señales desde los transmisores A y B que se encuentran separados 100 km y uno al sur del otro. 180o . 90o . se relacionan mediante las expre′ ′ siones A x = A x cosφ + Ay senφ. Demostrar: (a) Que la suma tiene una magnitud S = 2V cos(θ/2). (a) Exprese cada vector y' x' j j' O i' j i x 25. La figura muestra dos conjuntos de ejes coordenados y sus vectores unitarios asociados. obtenga el vector que une al transmisor A con el transmisor B. los vectores tienen magnitudes iguales. demuestre que cos(θ1 − θ2 ) = cos θ1 cos θ2 + sen θ1 sen θ2 P x q Q horizontalmente hacia la derecha.5. (a) Encuentre la separación entre el barco y cada transmisor de señales. 22. de magnitudes P y Q. Ay = − A x senφ + Ay cosφ. utilizando componentes rectangulares. La magnitud de la suma de dos vectores y la magnitud de su diferencia son iguales. (a) Encuentre un vector unitario paralelo al vector M = −i + 2j + k. obtenga la magnitud y dirección del vector suma. Demostrar que si la suma y la diferencia de dos vectores. vol.A. Reese. Alonso y E. Cengage Learning Editores S.Física (Séptima edición). Gene Mosca Editorial Reverté. S. sabiendo que su producto punto es − AB? (b) La magnitud de cada uno de los vectores A y B es 5. A. Finn. Arthur P. 30. sobre el eje x. Freedman. Determine tanto el producto punto entre los vectores P y Q. R. Jr. Thomson. P. En el punto A. x 28.20 CAPÍTULO 0. Jr. Thomson. . H. (b) Encuentre el producto escalar entre M y N. 32. F. (c) P = −4i − 6j. se aplican los vectores M y N cada uno de magnitud 100 unidades. (a) ¿Qué ángulo forman los vectores A y B. Pearson Educación. Se tienen los vectores P = 3i − 4j + 3k unidades y Q = −3i + 5j − 6k unidades. W. Johnston. 2009. McGraw-Hill. Volumen 1. Serway. ficadas.A. Beer y E. D. . M. Volumen I. Zemansky. ¿Qué puede concluir de sus resulBibliografía tados? Explique. 2005. si (a) P = −6i + 3j. 2004.Física Universitaria Volumen 1 (Undécima edición). W.Física para la ciencia y la tecnología (Quinta edición). R. . Fondo Educativo Interamericano. 2001. Richard J. Q = 2i − 4j. Estática. como el ángulo comprendido entre ellos. Schmidt. ¿Qué ángulo forman estos vectores? (c) Encuentre el producto vectorial entre M y N.Física.Mecánica Vectorial para Ingenieros. (a) Halle la magnitud y dirección del vector S = M + N. Jewett.Ingeniería Mecánica: ESTATICA. F. 2002. R. . (a) Halle la magnitud y dirección del producto cruz entre los vectores P y Q.6 m y forman entre sí un ángulo de 58o . Halle el valor del producto punto entre estos vectores. . Sears. Young y R. W. (b) Encuentre el ángulo entre los vectores P y Q.Física Universitaria. ¿Qué ángulo forman estos vectores? z B 7m 3m C M A N y 4m x 31. 29. Tipkler. Paul A.. Q = −6i + 4j. L. y j b a q i O . Obtenga la magnitud y dirección del vector suma resultante entre los vectores A = −6i + j − 3k unidades y B = 4i − 5j + 7k unidades. M. . INTRODUCCIÓN de cada vector unitario respecto al tiempo. Q = −4i + Dar sus respuestas completamente simpli2j. 1998. . J. Volumen 1. Boresi.. 1976. I (Mecánica). (b) P = −5i − 5j. A. ENERGIA CINETICA Y SU CONSERVACION BERNARDO ARENAS GAVIRIA Universidad de Antioquia Instituto de Física 2012 .MOMENTO LINEAL. . Introducción . 1. . . . . Vector velocidad media (v) ¯ . . . . . . . . . . . 1. . . . . .2. . . .7. . . . Vector velocidad instantánea en dos dimensiones (v) . . . . . . . .10. .1. . Concepto de energía cinética Ek . . . . . . . . .6. . . .6. . . . 1. . . . . . . . . . Movimiento en un plano . . . . . . . . . .Índice general 1. . . . .4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. . . . . Vector desplazamiento en dos dimensiones (∆r) . . . . . . . .2. . . 1. . . . . Conservación del momento lineal en dos dimensiones . Momento lineal o cantidad de movimiento (p) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4. . . . . . . . . . . . . . 1. . . . . energía cinética y su conservación 1. . . . . . . . . 1. . Momento lineal o cantidad de movimiento en dos dimensiones (p) 1. . . . . . . . . . . . . . . . Vector posición en dos dimensiones (r) . . .1. . . . . . . . 1 1 1 3 4 4 5 5 7 10 11 12 14 14 15 16 16 18 19 20 22 22 23 27 . . Vector posición (r) . . . . . . . . . . . . . .8. . . . . . . . . . . . . . 1. Vector velocidad (v) . . . . .1.5. . Concepto de impulso (I) . . .7. . . . . . . . . . . . . . . Vector velocidad media en dos dimensiones (v) ¯ . . . . . . . . . . . . . . .9. . . . . . . . . 1. . . . . . . . . 1. . . . . . . . . . . . . . . . 1. . . 1. . . . . 1. . . . Sistemas de referencia . . . . . . . . .2. . . . . . . 3 . .6. . . . . . . . . . . . . . . . . Movimiento rectilíneo uniforme (MRU) . . 1. . . . .1.8. . . . . . . . . . 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .12. . . . . . . 1. . .8. . . . . .11. . . . . . . . . . . . . . Momento lineal. . . . . . 1.8. . . 1. . 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .6.9.8. . . .9. . . . . . . . . . . ENUNCIADOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3. . . . . . . . . . . . . .5. . . . . . . . . . . . . . . . Concepto de partícula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Colisiones . .1. . . 1. . . Vector velocidad en dos dimensiones (v) . . . . . .3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .8. . . . . . . Vector velocidad instantánea (v) . . . 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Conservación del momento lineal en una dimensión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3. . . . .2. . . . . Vector desplazamiento (∆r) . . pecto a quién? Lo anterior muestra la necesidad . se definirán los siguientes conceptos: Sistema de referencia.2. EsDistinga entre choque y colisión. Introducción Identifique y defina el concepto de vector El concepto de momento lineal o cantidad de momento lineal. Infiera el concepto de sistema de referencia CONCEPTOS BASICOS DE LA UNIDAD y el concepto de partícula. puede haber muchos cuerpos con una separación de 2 m. Defina y analice el concepto del escalar 1. Opere adecuadamente con las cantidades físicas vector posición. (p). En esta unidad. partícula. sistema. energía cinética y su conservación Competencias En esta unidad se busca que el estudiante Distinga entre colisión elástica y colisión inelástica.Cap´ıtulo 1 Momento lineal. movimiento. vector desplazamiento.velocidad (v).1. to lleva a la pregunta: ¿2 m a partir de qué o resAnalice diferentes tipos de colisiones. Sistemas de referencia energía cinética. que como se ilustra en la figura 1. vector Defina conceptual y matemáticamente los posición (r). masa (m). Esto da lugar al principio de conservación del momento lineal.1. vector velocidad y el escalar masa.ser una regla que no tiene excepción. vector des. en las que el momento lineal total de un sistema Distinga entre sistema aislado y sistema no se conserva. es una frase incompleta. 1. un sistema aislado. tanto a nivel microscópico como a aislado. sistema aislado y energía cinética (Ek ). vector desplazamiento (∆r). nivel macroscópico. relacionándolo con el concepto del vector momento lineal. vector conceptos de vector posición. vector momento lineal plazamiento y vector velocidad. que por Analice y aplique el principio de conser. La frase traer el cuerpo A que se encuentra a una distancia de 2 m . ya Defina el concepto de colisión. ya que se presentan muchas situaciones reales Infiera el concepto de sistema. se aplica vación del vector momento lineal total de en diferentes áreas de la física. es de gran importancia en la física. puede ser muy diferente al movimiento del cuerpo A respecto a otro cuerpo C. De esta forma. aunque es menos ambigua. es decir. Además. Lo discutido anteriormente sólo es válido para el observador B. el movimiento del cuerpo A.4. se mueven sobre una pista recta hacia la derecha. es indispensable definir un sistema de referencia. como se muestra en la figura 1. tomado horizontalmente. el conductor es el cuerpo A.4: A y C se mueven respecto a B. Para definir con toda claridad la posición del cuerpo. 2m B A O 2 x (m) Figura 1.3. .1: Cuerpos separados entre sí por una distancia de 2 m. de tal manera que la recta que une a B con A coincide con el eje x. en reposo entre sí. el auto el cuerpo C y un poste fijo al lado de la vía es el cuerpo B. Suponga que un auto y su conductor. necesariamente la posición del cuerpo sería completamente diferente. 2m 2m 2m Figura 1. Figura 1. el movimiento de un cuerpo puede definirse como un cambio continuo de su posición respecto a otro cuerpo. ENERGÍA CINÉTICA Y SU CONSERVACIÓN de especificar un punto u observador de refe. para dar una descripción completa del movimiento de un cuerpo. La frase anterior. B Por lo anterior. se modelará de tal forma que en la figura 1. o lo que es equivalente. es más correcto decir: "Traer el cuerpo A que se encuentra a una distancia de 2 m respecto al observador B". de sistema de referencia. tampoco está completa ya que hay un conjunto muy grande de puntos ubicados a una distancia de 2 m respecto al observador B. ya que de lo contrario no tendría sentido la ubicación del cuerpo en consideración.2: Cuerpos a una distancia de 2 m respecto a B.2 CAPÍTULO 1. Por ello mensión.o ligado un sistema de coordenadas en una direncia respecto al cual se miden los 2 m. que consiste en un observador al que se le ha asignado A B Movimiento C x O Figura 1. Como se indica más adelante. el movimiento de un cuerpo dado sólo puede expresarse en función de un sistema de referencia. y una circunferencia de radio 2 m (espacio bidimensional) como se muestra en la figura 1. Esto equivale a decir que se ha adicionado un sistema de coordenadas unidimensional al observador B. respecto al cuerpo B. se puede concluir que para conocer con certeza la posición de un cuerpo. MOMENTO LINEAL. Al unir este conjunto de puntos se obtiene una esfera de radio 2 m (espacio tridimensional).3: Posición de A respecto a B. Esta situación real. se debe disponer de un cronómetro o reloj con el fin de poder conocer los instantes de tiempo en los que ocupa las diferentes posiciones sobre el eje x. donde lo que realmente se ha definido es un sistema de referencia.2 para el caso de dos dimensiones. ya que si se cambia de observador. se puede hacer la afirmación: Traer el cuerpo A que se encuentra a una distancia de 2 m respecto a un observador B. tienen un movimiento respecto al sistema de referencia aire. cuando se quiere analizar el estado de reposo o de movimiento de un cuerpo. De acuerdo con lo anterior. Si un cuerpo está en movimiento respecto a algunos sisAunque sólo se han considerado los puntos A temas de referencia. En lo que sigue.1.5: B se mueve respecto a C. esto es. se encuentran en movimiento hacia la derecha respecto al cuerpo B. donde también se incluyen otros sistemas de referencia. estará sometido a los efecC B tos del aire. tema de referencia en consideración. sea. A está en reposo y B en movimien. 3 .5. x xB B De la situación anterior también se puede d concluir que reposo y movimiento son conceptos relativos.5.3. como se indica en la figura 1. los puntos A y B.y B. Estos sistemas simplificación anterior. ya que el comportamiendefinido. que aunque estén en movimiento respecto a la tierra. cuando un cuerpo se mueve en línea recta respecto a la tierra. simultáneamente puede estar en reposo respecto a otros sistemas de refe. Posteriormente. es necesario medir tiempos. En ambos casos los cuerpos respecto a C.3. Los sistemas de referencia que se em. se supone que se tiene Esto permite analizar el movimiento de solo un sistema de referencia unidimensional bien un punto del bloque. A no se mueve una hoja de papel. En este caso. bien sea soA bre ella o a una altura determinada dentro de la Movimiento atmósfera terrestre. Esta situación se percibe cuando se ' x ' viaja rectilíneamente en un auto con las ventaniO llas abiertas o cuando se deja caer verticalmente Figura 1.4. el cuerpo A está en reposo respecto al cuerpo C y el cuerpo B en movimiento aire sobre el movimiento de los cuerpos. como en la figura 1. ya que ambos dependen del sisFigura 1. Pero una situación diferente se presenta cuando se toma un sistema de referencia con origen en el cuerpo C. se considera que están los demás puntos. es necesario definir con toda cla. Por ahora. es decir.4. no se consideran los efectos del En este caso. que el observador debe disponer de un reloj d o cronómetro. como se indica en la forma como cambia la posición de un cuerpo figura 1. se mueven la misma distancia d. hacia la izquierda respecto al cuerpo C.1. Para obtener información completa sobre la ción a otra. el Para ilustrar el concepto de partícula se consimovimiento de A y C es hacia la derecha respec. El análisis de esta situación se hace más adelante. pertenecientes al respecto a otro. mientras que para la situación de se traslada sobre una superficie horizontal sin la figura 1. CONCEPTO DE PARTÍCULA inerciales.dera la siguiente situación: Un bloque desliza o to al cuerpo B.cambiar su orientación ni su forma geométrica. además del sistema de coordexA xA nadas. se dice que el cuerpo se reciben el nombre de sistemas de referencia ha reducido al modelo de una partícula.6: Traslación pura de un cuerpo. Cuando es posible hacer la en reposo respecto a la tierra.6. el movimiento es relativo. se define de forma más concisa este tipo de sistemas de referencia. rencia. se mueve como un todo de una posito hacia la izquierda respecto al cuerpo C. o bloque.to de él es idéntico al comportamiento de todos plearán en adelante. es cierto que todos los puntos del bloque se mueven la misma distancia d. Necesariamente. PosteLos cuerpos A y C en reposo uno respecto al otro. Concepto de partícula ridad cuál es el sistema de referencia a utilizar. ya que como en la situación de la figura 1. cumplen la condición de ser inerciales. A . Movimiento r(t) x O i Figura 1.4.2) .1. que describe el cambio de posición de la tras la partícula se mueve a lo largo de su trayecpartícula conforme se mueve de A a B. Muestre en un diagrama el resultado obtenido. Vector posición (r) Para el caso de una dimensión. Una partícula cuyo vector posición está (1.1) Como se indica en la figura 1.50 m)i. se mueve a lo largo de un camino recto. se considera una La forma de la expresión dada por la ecuación partícula que en el instante tA pasa por el pun(1. se encuentra que el vector posición.7 se observa que el vector posidiante el vector posición rB . Cuando tA = 2. que en principio puede tener cualquier orientación.50 m. al comparar con la igualdad anterior se tiene que xA = −0.50 s en la expresión dada.1) es válida en el caso de un sistema de refe. cuando la partícula pasa por el punto A. es la coordenada de la partícula cuando pasa por el punto A. Solución Reemplazando tA = 2. En este caso el vector posición se expresa en la forma r = x i . también conocido como trayectoria rectilínea.50 rA O i x (m) Ejercicio 1. Ejemplo 1.to A. se dará una definición más precisa de este concepto.8. Vector desplazamiento (∆r) por r=x (1. está dada por el vector posición r trazado desde el origen del sistema de referencia hasta la posición donde se encuentre la partícula.7: Vector posición r de la partícula. Como en una dimensión el vector posición se expresa en la forma r = xi. por ello el movimiento de los cuerpos se describe mediante el modelo de partícula.50 s la partícula pasa por el punto A. ∆r = rB − rA = (xB − xA )i.2. está dado por rA = ( − 0. Si en un cierto tiempo posterior tB (tB > tA ) rencia unidimensional.5. El vector posición de una partícula que se mueve sobre el y. está dado por r = (2t2 − 1)j donde r está dado en m y t en s. MOMENTO LINEAL. definido meEn la figura 1. La posición de la partícula. está dado por r(t) = (t − 3)i. Determine la posición de la partícula en dicho instante. definido mediante el vector posición rA . Cuando tA = 2. un cuerpo tratado bajo el modelo de partícula. El vector posición de una partícula que se mueve sobre el eje x. en un instante determinado y respecto al origen del sistema de referencia mostrado en la figura 1. donde r está dado en m y t en s. es dado toria rectilínea. el vector desplazación r varía con el tiempo en magnitud. ENERGÍA CINÉTICA Y SU CONSERVACIÓN riormente. El siguiente diagrama es una representación gráfica del resultado obtenido. Determine la posición de la partícula en dicho instante. la partícula pasa por el punto B.0. por Ejemplo 1.4 CAPÍTULO 1.1. mienmiento. donde su magnitud está dada 1.50 s la partícula pasa por el punto A. 1. En esta unidad se considera sólo el movimiento de traslación de los cuerpos a lo largo de una línea recta.7. 5 m. r − rA ∆r = B ∆t tB − tA (x − xA )i = B tB − tA = v¯ x i.2. la velocidad media de la partícula durante el intervalo de tiempo ∆t = tB − tA . En general.3) muestra que la velocidad media.9: Vector velocidad media entre A y B. se encuentra en el punto C en tC = 2.6. cm s−1 en el sistema gaussiano. Dimensiones y unidades del vector velocidad media De acuerdo con la ecuación (1. En el diagrama siguiente se muestra. p s−1 en el sistema Inglés. Por consiguiente.8: Vector desplazamiento ∆r entre A y B. para este caso se tiene que el vector desplazamiento. es un vector ya que se obtiene al dividir el vector desplazamiento ∆r entre el interCuando la posición de una partícula respecto a valo de tiempo ∆t. calcule la magnitud y dirección del vector desplazamiento entre A y B.00 s pasa por el punto B.00 m)i. dado por r(t) = (t − 3)i se encuentra en el punto A en tA = 2. Si en el tiempo tD = 4. o sea que la velocidad media un observador. las unidades son m s−1 en el sistema SI.50 s . rA A Dr v x B Figura 1.50 m)i.00 s pasa por el punto D. Si en el tiempo tB = 4.00 s en la expresión dada.3) ∆r = (1.0 Ejercicio 1. determinado por el vector posición rA . rB Por consiguiente.50 m)i. 1. La definición (1.6. VECTOR VELOCIDAD (V) rB Oi rA A Dr x B Figura 1. determinado por el vector posición rB . la velocidad de una partícula se define como la rapidez con la cual cambia el vector posición de la partícula al transcurrir el tiempo. se define como el desplazamiento dividido entre el intervalo de tiempo correspondiente. en componentes rectangulares está dado por (1.5 rA O rB 1. Vector velocidad media (v) ¯ De acuerdo con la figura 1. donde r está dado en m y t en s. v¯ ≡ Ahora. incluye tanto magnitud como dirección. utilizando la ecuación (1. cambia al transcurrir el tiempo. las magnitud del vector desplazamiento está dada por O ∆r = 1. son LT−1 . cualquier unidad de longitud dividida por una unidad de tiempo. Una partícula cuyo vector posición está dado por r = (2t2 − 1)j . tal como km h−1 ó mi h−1 . entre A y B. Vector velocidad (v) . Dr = (1. Donde 1. Solución Al reemplazar tA = 2. el vector desplazamiento.3). se considera una partícula que en el instante tA pasa por el punto A.2). respectivamente están dados por rA rB se dice que la partícula ha adquirido una velocidad respecto a dicho observador.1.50 s y tB = 4. Si en un tiempo posterior tB (tB > tA ) la partícula pasa por el punto B. en componentes rectangulares. = (1. las dimensiones del vector velocidad media y en general de la velocidad.9. v¯ .50 s. se encuentra que los vectores posición de la partícula.6. y en general.5 m)i x(m) -0. es decir = ( − 0.5 1. calcule el vector desplazamiento de la partícula entre C y D. Pregunta ¿Qué puede concluir al observar los valores de las dos últimas columnas de la tabla 1. MOMENTO LINEAL. Si en el tiempo tB = 4. La siguiente es una situación en la que el vector velocidad media es nulo.999500 5.010000 0. Ejercicio 1.020000 0.3.0 3. determine la magnitud y dirección de la velocidad media entre A y B. demuestre que la velocidad media cuando la partícula pasa del punto C al punto D. está dada por v¯ = (1 m · s−1 )j. Si en el tiempo tB = 4. pues el movimiento pudo haber sido continuo o variable. s. en diferentes intervalos de tiempo (∆t) con tB = 3.0 3. se encuentra en el punto A en tA = 2. con r en m y t en Ejercicio 1. se encuentra en el punto A en tA = 2.001000 0.0 3.00 s pasa por el punto B.00 s pasa por el punto B.999900 2.980000 5.999995 En este caso se encuentra que la magnitud del vector velocidad media es v = 1.999000 2.998000 2.999800 2. En este caso. Esta cantidad es una velocidad media.000500 0. Una partícula cuyo vector posición está dado por r(t) = (t − 3)i.000100 0.00 m · s−1 )i.000200 0.1. un auto parte del punto A y pasando por el punto B regresa al punto A. Para una partícula.10. Si en el tiempo tD pasa por el punto D.005000 0.0 3. como se esperaba.0 3. ya que la expresión no dice cómo fue el movimiento entre A y B.999990 5.999990 2. Ejemplo 1.999800 5.0 3. -rBA rBA x O A B Figura 1.00 m · s−1 Se observa que el vector desplazamiento y el vector velocidad media son paralelos. Tabla 1.5 s. mediante la ecuación (1.980000 2. se encuentra que la velocidad media en componentes rectangulares está dada por v¯ = (1.4.999900 5. Obtenga la magnitud de la velocidad media. se encuentra en el punto C en el instante tC .50 s. ENERGÍA CINÉTICA Y SU CONSERVACIÓN su magnitud está dada por |∆r/∆t| y su dirección por la del vector desplazamiento ∆r.0 3.1 se muestran los valores ¯ del vector obtenidos para la magnitud (v) velocidad media.0 3.002000 0. luego de un tiempo ∆t . Una partícula cuyo vector posición está dado por r(t) = (t − 3)j.990000 5.5.50 s. Ejemplo 1. el vector posición en función del tiempo está dado por r = .3).1 tA ( s ) tB (s) ∆t(s) v¯ (m/s) 2.000010 0.3.999500 2. Solución Obteniendo el vector desplazamiento ∆r y sabiendo que ∆t = 1. está dada por v¯ = −(tB + tA )i . Una partícula cuyo vector posición está dado por r = (2t2 − 1)i. Solución En la tabla 1. cuando la partícula se mueve durante los intervalos de tiempo mostrados en la tercera columna de la tabla 1. calcule el vector desplazamiento entre A y B.10: Vector desplazamiento nulo.995000 5.995000 2.999995 3.000005 5. En la figura 1.0 s. la velocidad media es cero ya que el desplazamiento de la partícula es cero. La velocidad media cuando una partícula pasa del punto A al punto B.1? Ejercicio 1.4.999000 5.998000 5.990000 2. aunque la distancia recorrida es diferente de cero.0 0.6 CAPÍTULO 1.0 3. que en el caso de una dimensión puede variar sólo en magnitud. b) Obtenga la magnitud de la velocidad media.5).1.7 1. O también. tienden a cero. ya que el desplazamiento infinitesimal dr es paralelo a ella. se concluye que la velocidad instantánea es tangente a la trayectoria seguida por la partícula. a) Si la partícula pasa por el punto C en el instante tC y por el punto D en el instante tD . representado en la figura 1. cuando la partícula se mueve durante los intervalos de tiempo mostrados en la tercera columna de la tabla 1. dt (1. La magnitud de la velocidad se llama rapidez y es igual a . v = l´ım ∆t→0 Vector velocidad instantánea (v) La velocidad instantánea de una partícula. mientras el sentido de movimiento no cambie. Para el movimiento de una partícula. halle el vector velocidad media.11. la velocidad en un instante respecto a determinado sistema de referencia. ¿cómo se puede determinar su velocidad en el punto A? rB rA Dr´´ Dr´´´ i Dr Dr´ A B´´´ B´´ dr . es decir. donde r está dado en m y t en s. (2t2 − 1)i . es la velocidad de ella en un instante dado cualquiera.6. VECTOR VELOCIDAD (V) t .5) De la ecuación (1. es el valor al que tiende ∆r/∆t cuando tanto ∆r como ∆t. . . dr . 6) v = |v| = . (1. . . . el signo de dx dt indica el sentido de movimiento. ∆t B´ B Figura 1..2 − t1 . t.11: Vector velocidad instantánea.4) no es más que la definición de derivada. Si ∆r es el desplazamiento finito en un pequeño intervalo de tiempo ∆t . se tiene que el signo de la velocidad está dado por el sistema de referencia empleado. Si se continúa este proceso haciendo que B se aproxime aún más al punto A. dt Como r = xi . se hace referencia a la velocidad instantánea.12. r2 . ∆t. Al considerar las posiciones intermedias de la partícula en t2 .2 . .. la velocidad de la partícula en el instante de tiempo tA . r2 . ∆t. De acuerdo con la definición del vector velocidad instantánea.. Partiendo de la definición del vector velocidad. Este valor límite de ∆r/∆t se conoce como velocidad instantánea en el punto A. Así. la velocidad v estará / dirigida en el sentido del vector unitario i si/ dx dt > 0 y en el sentido opuesto de i si / dx dt < 0. = t. . o sea.. t. el vector desplazamiento se hace cada vez más pequeño hasta que tiende a un valor límite. .. ∆r . esto es v= 1. la velocidad en un tiempo posterior = vi..4) La ecuación (1. vectores posición r2 . t... ∆r.. es posible conocer el vector posición de . Igualmente.. ∆r. O sea. Como.. se tiene que dr dt dx i = dt = vx i v = x O (1. como se muestra en la figura 1. .. .2 − t1 . = t. de acuerdo con lo anterior.. . r2 .2 . a partir de un tiempo to . los intervalos de tiempo correspondientes ∆t = t2 − t1 . en este caso.6) y cuya dirección coincide con la del movimiento. la velocidad es un vector cuya magnitud está dada por la ecuación (1.. siempre que se hable de velocidad. ∆t. se tiene que sus dimensiones y unidades son las mismas del vector velocidad media. 2 − t1 .. = t.6. se observa que los vectores desplazamiento ∆r. cada vez se hacen más pequeños. la trayectoria rectilínea de la partícula coincide con el eje de coordenadas x. determinadas por los .2. En síntesis. En adelante. ∆r. 2 . cambian en magnitud. el vector posición de partícula está dado por r = −(t2 − 15)i. Pregunta Compare este resultado con los valores de la velocidad media mostrados en la tabla 1. sabiendo que partió de una posición en la cual ro = (15 m)i en to = 0.8). (1.8) to que como se sabe. las ecuaciones (1. Mediante la ecuación (1. está dado por r(t) = −(t2 − 15)i.7) adquiere la forma ∫t x = xo + v(t)dt. ENERGÍA CINÉTICA Y SU CONSERVACIÓN Movimiento de la velocidad. se tiene que el vector velocidad está dado por v = −(6 m · s−1 )i. evaluar y simplificar. Determine la velocidad de la partícula t = 3 s. halle el vector posición de la partícula en el instante de tiempo t. Compare el resultado con lo obtenido en el ejercicio 1.10) Las ecuaciones (1. se puede concluir que si se conoce el vector posición de una .12: El signo de v indica el sentido de movimiento. es posible resolver la integral si se conoce la forma funcional de v(t). respectivamente. la expresión dada por la ecuación (1.8 CAPÍTULO 1. se encuentra que al integrar. Ejemplo 1. Para movimiento a lo largo del eje x. (1.4. v A i v> 0 x Ejemplo 1. De este resultado.7) to Mientras no se conozca la forma como varía el vector velocidad (v(t)) con el tiempo.5) y sabiendo que en el instante to la partícula se encuentra en la posición ro . esto es en una dimensión. O Movimiento v A i x v< 0 O Figura 1. donde r está dado en m y t en s. (1.6.9) y (1.5. Determine la velocidad de la partícula en el instante t = 3 s . una partícula si se conoce la forma como varía el vector velocidad con el tiempo. (1. se transforman en r = ro + v(t − to ). ¿Qué puede concluir? Ejercicio 1. Si la velocidad de una partícula está dada por v = −2ti.5) se tiene que la velocidad en cualquier instante de tiempo t está dada por v = −2ti. MOMENTO LINEAL. Reemplazando t = 3 s en la expresión para v.8).7) y (1. Solución Reemplazando los vectores ro y v en la ecuación (1.6. Un caso particular se presenta cuando el vector velocidad permanece constante en magnitud y dirección. la trayectoria es rectilínea y al no cambiar la magnitud de la velocidad su rapidez es constante.1 del ejemplo 1. no es posible resolver la integral de la ecuación (1. Cuando ello ocurre. está dado por r = (2t2 − 1)j donde r está dado en m y t en s.10) corresponden a un movimiento conocido como movimiento rectilíneo uniforme.7).4. ya que al no cambiar la dirección Solución Empleando la ecuación (1.9) x = xo + v(t − to ). El vector posición de una partícula que se mueve a lo largo del eje x. se encuentra que la posición en el instante t está dada por ∫t r = ro + v(t)dt. El vector posición de una partícula que se mueve sobre el eje y. 00 m)j en to = 0. v = vi. en este caso. por lo que es posible escribir las cantidades anteriores en la forma r = x. al hacer coincidir el eje de coordenadas con la trayectoria rectilínea descrita por la partícula. Ahora. se mueve paralelamente al eje y .14.8. esto corresponde al vector que va del punto O al punto B.14: Desplazamiento y distancia recorrida. se puede conocer el vector posición de la partícula (recuerde que la integración es la operación inversa de la derivación). En la figura 1. esto es. pasando por O. O i Mov imie nto x Figura 1. la coincidencia entre el eje x y la trayectoria rectilínea de la partícula. A O B x Figura 1. como se ilustra en la figura 1.13. como la mostrada en la figura 1. sabiendo que partió de una posición en la cual en ro = −(1. De acuerdo con lo anterior. Ejercicio 1. Si la velocidad de una partícula está dada por v = −3t2 j . Así. Ejercicio 1. siempre y cuando se tenga presente que solo aparece una componente en cada uno de los vectores.9). v= dx . es posible conocer el vector velocidad y si se conoce el vector velocidad. cuya ecuación cinemática de posición está dada por y(t) = 3t3 − 4t2 − t + 5. Una partícula. puede ser vertical. define la dirección del movimiento. donde una partícula va del origen de coordenadas O al punto A y luego regresa. Aunque el desplazamiento.5 s. hasta llegar al punto B. Hasta este momento se han definido.6. las definiciones y conceptos considerados anteriormente son válidos.7. c) ¿Cuáles son las dimensiones . por r = xi. b) Calcule la posición y la velocidad de la partícula en el instante t = 2. halle el vector posición de la partícula en el instante de tiempo t. ecuaciones (1. para el caso de movimiento rectilíneo. Es preciso tener presente que no se debe confundir desplazamiento con distancia recorrida. se ha considerado la situación en la cual sólo una componente del desplazamiento es diferente de cero. dt (1. la trayectoria y por ende el eje coordenado puede ser horizontal o tener cualquier orientación es decir. respectivamente.9 1. por definición es una cantidad vectorial. donde y se da en m y t en s. cuando la trayectoria coincida con el eje utilizado. mientras que la distancia recorrida es d = 2OA + OB. a) Determine la velocidad de la partícula en función del tiempo.13. El movimiento rectilíneo es el movimiento más simple que puede adquirir un cuerpo. en función del tiempo. por lo que su vector posición y su vector velocidad están dados.11) O sea.1) a (1. apuntando hacia la derecha. la trayectoria en línea recta. el vector desplazamiento de la partícula tiene una magnitud dada por ∆x = OB. Igualmente. en función del tiempo. el eje x coincide con la trayectoria descrita por una partícula. horizontal u oblicua. las cantidades cinemáticas vector posición y vector velocidad que permiten describir el movimiento de cuerpos tratados bajo el modelo de partícula y que se mueven en línea recta.13: Movimiento rectilíneo de una partícula. VECTOR VELOCIDAD (V) partícula. la trayectoria rectilínea de una partícula se puede hacer coincidir tanto con el eje x como con el eje y. Determine. en cada uno de los términos de las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad? v Ejercicio 1. en carriles paralelos y con sentidos opuestos.12) movimiento rectilíneo uniforme.10). donde se muestre el sistema de referencia a emplear. v = Constante. O En la figura 1. por ejemplo.(1. t − to (1. con zo = 5 m en to = 0. Compare su resultado con la expresión para y(t) dada en el ejercicio 1.9.15 y 1. Movimiento rectilíneo uniforme po. es la ecuación cinemática de posición para este movimiento.15 se tiene que la pendiente de la gráfica de posición en función del tiempo está dada por t Figura 1. ENERGÍA CINÉTICA Y SU CONSERVACIÓN de los coeficientes numéricos.12) corresponde a la ecuación de una línea recta. sobre una pista recta.16. es posible tomar to = 0. En muchos casos. En las figuras 1. (MRU) En esta sección se analiza con mayor detalle el caso de un movimiento con velocidad constante. MOMENTO LINEAL.10.10 CAPÍTULO 1. la ecuación (1. Un auto A y y una moto B se mueven con velocidades vA y vB .16 se muestran las gráficas de posición y velocidad en función del tiem- Ejercicio 1.13) se encuentra que realmente la pendiente de la recta corresponde a la velocidad de una partícula con (1. los móviles están separados una distancia d. cuando la aguja del velocímetro de un auto no cambia de posición mientras el auto está en movimiento por una vía recta. sabiendo que su ecuación cinemática de velocidad está dada por v = 9t2 − 8t − 1. la posición de una partícula que se mueve a lo largo del eje z. Inicialmente.7. vB = 40 m · s−1 y d = 50 m . v Area = Dx O t to t Figura 1. a) Haga un diagrama ilustrativo de la situación planteada. x = xo + v ( t − to ). b) Teniendo en cuenta el sistema de referencia elegido.6. el área sombreada es igual al desplazamiento ∆x de una partícula que tiene movimiento rectilíneo uniforme. Utilizando la figura 1. denominado movimiento rectilíneo uniforme (MRU). Esta situación ocurre. De acuerdo con la geometría analítica. donde su pendiente es la magnitud de la velocidad del movimiento.3. c) Determine el tiempo que demoran los móviles en pasar uno frente al otro.16: Gráfica de la velocidad en función del tiempo para un MRU.8. d) Halle el valor de la cantidad obtenida en el numeral anterior. plantee las ecuaciones cinemáticas de posición para cada móvil. para el caso de una partícula con movimiento rectilíneo uniforme. x x xo t to Pendiente = x − xo = v.13) Al comparar las ecuaciones.15: Gráfica de la posición en función del tiempo para un MRU. es decir. demuestre que para el intervalo de tiempo ∆t = t − to . si vA = 216 km · h−1 . De este modo. Ejemplo 1. la ecuación (1. en función del tiempo. 1.12) y (1. vB = 40 m · s−1 y d = 50 m. MOMENTO LINEAL O CANTIDAD DE MOVIMIENTO (P) Solución a) Diagrama ilustrativo de la situación planteada. adquieren la forma xA = vA t. no se hace una definición operacional de la masa. Respecto al sistema de referencia mostrado en el diagrama y con origen en O. cuando las velocidades de los autos son iguales? 1. las ecuaciones cinemáticas de posición tienen la forma general dada por la ecuación (1. se encuentra que el tiempo que demoran en encontrarse está dado por t= d . vA + vB (3) d) Al reemplazar en la ecuación (3) los valores vA = 216 km · h−1 ≡ 60 m · s−1 . el tiempo que demoran los móviles en encontrarse es el mismo.11. es necesario hacer referencia a las cantidades dinámicas masa y momento lineal que son el punto de partida de la mayoría de los conceptos que se tratarán en adelante. y el gramo (g) en el sistema gaussiano de unidades.5 s. es una cantidad fundamental cuya dimensión es M. Movimiento A Movimiento B O d x b) De acuerdo con el enunciado.12). En lo que sigue. con to = 0. vA y vB son dadas y los móviles se mueven con velocidades constantes. plantee la ecuación cinemática de posición para cada auto. donde se muestre el sistema de referencia a emplear. luego de igualar las ecuaciones (1) y (2). La masa de un cuerpo. sobre una pista recta. (1) xB = d − vB t. La equivalencia entre estas unidades está da- . que se definirá más adelante. Así. xoA = 0 y xoB = d. los autos están separados una distancia d. en carriles paralelos y en el mismo sentido. Por lo tanto. las ecuaciones cinemáticas de posición para el auto A y para la moto B. si vA = 60 m · s−1 . vB = 144 km · h−1 y d = 50 m. e) ¿Qué se puede afirmar respecto al tiempo. La física dispone de una cantidad escalar que es característica o propia de cada cuerpo y la cual permite conectar la cinemática de una partícula con la dinámica de una partícula. (2) c) Cuando un vehículo pasa frente al otro la posición es la misma. en el caso de una dimensión. teniendo en cuenta que a partir de la situación inicial.11 1.7. d) Halle el valor de la cantidad obtenida en el numeral anterior. por lo que las ecuaciones (1) y (2) son iguales. respectivamente. Ejercicio 1.7. En el sistema inglés la unidad de masa es el slug. esto es. Dos autos A y B se mueven con velocidades vA y vB (vA > vB ). que se representa mediante los símbolos M o m. por lo que cada uno tiene movimiento rectilíneo uniforme. que es el tiempo que los móviles demoran en pasar uno frente al otro. Momento lineal o cantidad de movimiento (p) En esta sección se analiza la expresión matemática que relaciona los conceptos de masa y velocidad con el concepto de momento lineal o cantidad de movimiento. Inicialmente. De acuerdo con esta dimensión. c) Determine el tiempo que demoran los autos en pasar uno frente al otro. sino que en su lugar se emplea el concepto intuitivo que de ella se tiene. Por ello. a) Haga un diagrama ilustrativo de la situación planteada. lo que marca una balanza cuando un cuerpo se coloca sobre ella. en el cual se muestra el sistema de referencia a emplear. las unidades respectivas son: el kilogramo (kg) en el sistema de unidades SI. las cantidades d. b) Teniendo en cuenta el sistema de referencia elegido. y simplificar. esta propiedad de los cuerpos es su masa. se tiene t = 50 m + 40 m · s−1 60 m · s−1 = 0. es decir [p] = [m][v] = MLT−1 .17: Momento lineal de una partícula. m p x O Figura 1. las unidades en los respectivos sistemas están dadas por: kg · m · s−1 en el sistema SI de unidades. Dimensiones y unidades del vector momento lineal De acuerdo con la definición de momento lineal. tanto desde el punto de vista teórico como experimental. como la velocidad depende del sistema de referencia. que es de gran importancia en la física ya que permite obtener mayor información que la que permite obtener el vector velocidad. Cuando una partícula de masa m. lb · s en el sistema inglés de unidades. El camión de masa M y el auto de masa m de la figura 1. Al no interactuar la partícula con ninguna otra. como la velocidad es paralela a la trayectoria descrita por la partícula. Además. con mayor momento lineal. En el ejemplo 1. se tiene que sus dimensiones son iguales a la dimensión de masa por la dimensión de velocidad. de masa m y en movimiento rectilíneo. Este principio es de gran utilidad en la física. el resultado que se obtiene es que su estado de movimiento no es alterado.1.17. Por lo tanto. como se ilustra en la figura 1. se le impide interactuar con cualquier otra. esto es. es el vector momento lineal o cantidad de movimiento. MOMENTO LINEAL. posee una velocidad v respecto a determinado observador. se dice que su vector momento lineal. está dado por Ejemplo 1. velocidades iguales. ENERGÍA CINÉTICA Y SU CONSERVACIÓN da por la identidad: 1kg ≡ 103 g. g · cm · s−1 en el sistema gaussiano de unidades y como se verá más adelante. o . m x O Figura 1. se muestra que el momento lineal permite obtener mayor información que la velocidad. se tiene que el momento lineal es una cantidad vectorial que apunta en la misma dirección del vector velocidad. respecto a dicho observador. el momento lineal también es paralelo a la trayectoria que la partícula describe.8.18 (M > m).7. entonces el momento lineal también depende del sistema de referencia. se recurre a los resultados que muestra el experimento. Igualmente. cuando este se lleva a cabo.14). como se ilustra en la figura 1. su velocidad permanecerá constante. Una vez que se han considerado los conceptos de vector velocidad y del escalar masa. 1. Conservación del momento lineal en una dimensión Aunque solo se consideran dos casos particulares. 1.12 CAPÍTULO 1.14) De acuerdo con la definición dada por la ecuación (1. Lo anterior indica que aunque cinemáticamente no existe diferencia alguna entre el estado de los dos autos.19. En los dos casos que se consideran a continuación. el principio de conservación del momento lineal tiene validez general. es más difícil de llevar al estado de reposo. ¿Cuál es más difícil llevar al estado de reposo? Solución La experiencia muestra que el camión. se mueven con igual velocidad v respecto al sistema de referencia mostrado. Como primer experimento se considera la situación en la que a una partícula.18: Cuerpos con igual velocidad y diferente momento lineal. v v p ≡ mv = mvi.8. la primera cantidad dinámica a definir. M (1. sin importar el número de partículas que intervengan en un sistema. dinámicamente se presenta una diferencia como consecuencia de la diferencia en sus momentos lineales. 15) y en el instante posterior t′ por P′ = p1′ + p2′ = m1 v1′ + m2 v2′ = m1 v1′ i + m2 v2′ i. el momento lineal total del sistema perca en la figura 1.15) y (1. Decir que se aíslan del resto del universo.la suma de los momentos lineales de las partícusar matemáticamente en la forma las. (1. De acuerdo con lo anterior.16) Figura 1.partículas.t y t′ . como se indi. . el momen. dos partículas con masas constantes m1 P = P′ y m2 . o sea.19: Conservación del momento lineal de Cuando se realiza este experimento. en el instante t el momento lineal del sistema aislado.partícula es igual al momento lineal que pierde to lineal total del sistema formado por las dos la otra. se puede enunle llama sistema aislado.17) Pi = P′ i equivale a afirmar que sólo se permiten sus interacciones mutuas.16) en la ecuación (1. perv2 x manece constante. al reemplazar las ecuaciones (1.13 1. se encuenuna partícula aislada. ciar el principio de conservación del momento lineal.20. (1. se tiene que el momento lineal ganado (o perdido) por m1 una partícula.17) se tiene t´ >t v1´ m1 v2´ x m2 p1 + p2 = p1′ + p2′ = Constante p1 i + p2 i = p1′ i + p2′ i = Constante. (1. en cualquier instante.20: Momento lineal de dos partículas ais. Lo anterior se puede expre. MOMENTO LINEAL O CANTIDAD DE MOVIMIENTO (P) lo que es igual. el momento lineal que gana una transcurrir el tiempo. En el segundo experimento. teractuar entre sí. su momento lineal debe per. A un sistema como este se Para el caso unidimensional. verso. tra que independientemente de los valores de 2. así.o lo que es igual ladas.manece constante. m2 v1 Para la situación de interés. se encuentra que sus momentos lineales individuales pueden cambiar al de donde. en la forma: El momento lineal total del t sistema aislado formado por las dos partículas. Figura 1.18) ∆p1 i = −∆p2 i. está dado por manecer constante. ∆p1 = −∆p2 Cuando a las partículas se les permite in(1. del resto del uni. Por otro lado. es perdido (o ganado) por la otra partícula. está dado p = mv = mvi = Constante o sea ∆p = 0 por P = p1 + p2 x m v = m1 v1 + m2 v2 = m1 v1 i + m2 v2 i. se aíslan.7. al comparar con la igualdad anterior se tiene que xA = −0. donde r está se mueven sobre un plano y no sólo en línea dado en m y t en s. Como en el plano el vector posición en general se expresa en la forma r = xi + yj. los vectores anteriores partícula pasa por el punto A. cuando un rifle en reposo respecto a la tierra es disparado. el cambio en el momento lineal de una partícula se debe a su interacción con la otra partícula. está dado por rA = ( − 0. ENERGÍA CINÉTICA Y SU CONSERVACIÓN Como consecuencia de este resultado.14 CAPÍTULO 1.50 s en la expresión dada. mientras la partícula se mueve Las cantidades físicas vector posición (r). para obtener la magnitud y dirección de cualquier vector. La forma de las expresiones dadas por la ecuación (1. se observa que el rifle retrocede. b) La magnitud y dirección del significa que en este caso los sistemas de refevector posición en dicho instante.50 m y yA = 8.21 se observa que el vector posi1. un cuerpo tratado bajo el modelo de partícula. que son las coordenadas de la partícula cuando pasa por el punto A.73o .8.76 m y θA = 86. vec. b) Utilizando las ecuaciones (1. ya que en este caso. rencia deben ser bidimensionales. y A(x. y) Trayectoria r (t) j q x O i Figura 1.9. Por consiguiente. Por ejemplo. se mueve en el plano xy. En conclusión. Vector posición en dos dimensiones (r) Para el caso de dos dimensiones. toda interacción entre dos partículas genera cambios en sus momentos lineales individuales.21. y vector momento lineal (p). Este retroceso es una consecuencia del principio de conservación del momento lineal.50 m)i + (8. en general. el momento lineal total del sistema inmediatamente antes del disparo e inmediatamente después del disparo. está dada por el vector posición r trazado desde el origen del sistema de referencia hasta la posición donde se encuentre la partícula.8. debe ser nulo.1. lo cual punto A. Cuando tA = 2. 1. MOMENTO LINEAL. se tiene que su magnitud y dirección están dadas. (1.50 s la recta.75 m)j. respectivamente. se encuentra que el vector posición en componentes rectangulares. de validez general.75 m.19) son válidas. se encuentra que la magnitud y dirección del vector posición están dadas por rA = 8. A diario se presentan situaciones en las que se manifiesta la conservación del momento lineal. se han definido El vector posición de una partícula que para el caso de una dimensión. en un instante determinado y respecto al sistema de referencia mostrado en la figura 1. Determine: a) Las coordenadas de la partícula en el tendrán dos componentes rectangulares.a lo largo de su trayectoria. Si el vector posición en componentes rectangulares está dado por r = x i + yj .19). también conocido como trayectoria. La posición de la partícula. En lo que sigue. se mueve a lo largo de un camino. tor desplazamiento (∆r). Movimiento en un plano ción r varía con el tiempo tanto en magnitud como en dirección. está dado por se analizan situaciones en las que los cuerpos r(t) = (t − 3)i − (t2 − 15)j.19) x Solución a) Reemplazando tA = 2. por √ y r = x2 + y2 y θ = tan−1 . vector velocidad (v) Ejemplo 1. . En la figura 1. cuando la partícula pasa por el punto A.21: Vector posición r de la partícula. si se conocen sus componentes rectangulares. y (m) A 8. utilizando las ecuaciones (1. c) Obtenga el vector posición de la partícula en el instante t = 0.10.50 s. en componentes rectangulares está dado por ∆r = (1. De acuerdo con su resultado.50 m)i + (8. se considera una partícula que en el instante tA pasa por el punto A.8.50 m)i − (9. el vector desplazamiento. 1. en un instante de tiempo posterior tB (tB > tA ) la partícula pasa por el punto B. Determine: a) Las coordenadas de la partícula en el punto A. Una partícula cuyo vector posición está dado por r(t) = (t − 3)i − (t2 − 15)j se encuentra en el punto A en tA = 2. en componentes rectangulares. MOVIMIENTO EN UN PLANO Así. Por último.25o .76 m o 86. está dado por r(t) = (2t2 − 1)i − (t3 + 2)j donde r está dado en m y t en s. se encuentra que la magnitud y dirección del vector desplazamiento están dadas por ∆r = 9. Ejemplo 1. ¿qué trayectoria describe la partícula? b) Halle el instante en que la partícula pasa por el eje x y el instante en que pasa por el eje y . Si x O i Figura 1.00 m)i − (1.13. respectivamente están dados por rA rB = ( − 0. b) La magnitud y dirección del vector posición en dicho instante. Si en el tiempo tB = 4. = (1. entre A y B.20) A(xA. . calcule la magnitud y dirección del vector desplazamiento entre A y B. Vector desplazamiento en dos dimensiones (∆r) Para el caso de movimiento en dos dimensiones. se encuentra que los vectores posición de la partícula.0.75 y (1. se tiene que el vector desplazamiento. definido por el vector posición rA .8.00 m)j. yB) rB j Ejercicio 1. Ahora. Ejercicio 1.15 1. el vector posición se puede expresar en la forma rA = 8.22. Cuando tA = 2.12. yA) rA qA .50 s la partícula pasa por el punto A.22: Vector desplazamiento ∆r entre A y B. como lo muestra la figura 1. que describe el cambio de posición de la partícula conforme se mueve de A a B.75 m)j. a) Encuentre la ecuación de la trayectoria seguida por la partícula. El vector posición de una partícula que se mueve en el plano xy.2. definido mediante el vector posición rB . es dado por ∆r = rB − rA = (xB − xA )i + (yB − yA )j.73 El siguiente diagrama es una representación gráfica de los resultados obtenidos.86 m y β = 81.50 j O i Dr rA x (m) B(xB.00 s en la expresión dada. El vector posición de una partícula que se mueve en el plano xy.50 s y tB = 4.19). utilizando la ecuación (1.00 s pasa por el punto B.20).75 m)j. Solución Al reemplazar tA = 2. está dado por r(t) = (t − 3)i − (t2 − 15)j donde r está dado en m y t en s. tal Igual que en el caso de movimiento rectilíneo.21) muestra que la velocidad dad. ya que la expresión no dice cómo fue el Para el caso de movimiento en el plano y de movimiento entre A y B. las unidades son m · s−1 en el sistema SI. por lo tanposición con el tiempo.punto A y pasando por el punto B regresa al valo de tiempo ∆t = tB − tA . Si en el tiempo tB = 4. yA) rA v Dr rA Dr B( xB . son LT−1 .por |∆r/∆t| y su dirección por la del vector desplazamiento ∆r. cualquier unidad de lonsiones (v) gitud dividida por una unidad de tiempo. tanto el vector desplazamiento como el ángulo que forma con la horizontal. En este caso. Esta cantidad es una velocidad mensiones (v) ¯ media. v¯ ≡ y b y A(xA. es un vector ya que se obtiene al dise define como la rapidez con la cual cambia la vidir el vector ∆r entre el escalar ∆t. cuando la posición de una partícula cambia con el tiempo. ENERGÍA CINÉTICA Y SU CONSERVACIÓN vector desplazamiento dividido entre el intervalo de tiempo correspondiente. la partícula ha adquirido una velociLa definición (1.haber sido continuo o variable. se define como el punto A. la velocidad de una partícula media. se encuentra en el punto A en tA = 2. yB) x O (1. ∆r r − rA = B ∆t tB − tA (xB − xA )i + (yB − yA )j = tB − tA = v¯ x i + v¯y j.en el sistema gaussiano. Vector velocidad media en dos di. cm · s−1 −1 1. Si en un tiempo posterior tB (tB > tA ) la partícula vector velocidad media es nulo.50 s. calcule la magnitud y dirección del vector desplazamiento entre A y B. determinado por el vector posición rA . v¯ .14. O i rB x Figura 1. Dimensiones y unidades del vector velocidad media De acuerdo con la ecuación (1. las dimensiones del vector velocidad media y en general de la velocidad. p · s en el sistema Inglés.86 m o 81. La siguiente es una situación en la que el to A.25 En el diagrama siguiente se muestra.3. Donde su magnitud está dada 1. y en general.23.16 CAPÍTULO 1. se considera una haber sido curva o recta.8. determinado por el vector muestra la trayectoria de un auto que parte del posición rB .8. Vector velocidad en dos dimen. MOMENTO LINEAL.23: Vector velocidad media entre A y B. luego de un tiempo ∆t. como km · h−1 . Por consiguiente.24. la velocidad media durante el inter. Una partícula cuyo vector posición está dado por r(t) = (2t2 − 1)i − (t3 + 2)j. donde r está dado en m y t en s. to. pasa por el punto B. es decir Es decir rA = 9. el movimiento pudo partícula que en el instante tA pasa por el pun.21). la . la velocidad media incluye tanto magnitud como dirección. En general. La figura 1.21) rB j Ejercicio 1.4.00 s pasa por el punto B. La trayectoria pudo acuerdo con la figura 1. se encuentra en el punto A en tA = 2. Si en el tiempo tB = 4.2 se muestran los valores ¯ y la obtenidos para la magnitud (v) dirección (θ) del vector velocidad media.082700 6.24: Vector desplazamiento nulo. se encuentra en el punto A en el instante tA .53400 80.0 3.15.0 3.002000 0.999995 3.53766 80.990000 2.0 3. determine la magnitud y dirección de la velocidad media entre A y B.999990 2. ya que corresponde a la longitud de la trayectoria cerrada seguida por la partícula.2 .16.11.53000 80.000005 6.52000 80.00 s pasa por el punto B.50000 80.000500 0.5 s.0 s. El vector posición de una partícula en movimiento está dado por r(t) = (t − 3)i − (t2 − 15)j.53750 80. Solución En la tabla 1.082750 6. Una partícula cuyo vector posición está dado por r(t) = (t − 3)i − (t2 − 15)j.998000 2. están dadas por v = 6.999800 2.00 s pasa por el punto B. está dada por v¯ = i − (tB + tA )j.53600 80.082758 80.17 1.999000 2. demuestre que la velocidad media cuando la partícula pasa del punto A al punto B. calcule la magnitud y dirección del vector desplazamiento entre A y B y del vector velocidad media en dicho intervalo. Obtenga la magnitud y dirección de la velocidad media. y B A x O Figura 1.0 3.53740 80.070000 6.21).005000 0.081000 6.58 m · s−1 y β= 81. en el tiempo tB pasa por el punto B.25o o sea que es la misma dirección del vector -1 v = 6.19) y para este caso.0 3. se encuentra en el punto A en tA = 2. se encuentra que la velocidad media en componentes rectangulares está dada por v¯ = (1.53690 80. en diferentes intervalos de tiempo (∆t) con tB = 3.082300 6.5 m · s−1 )j. Si Pregunta ¿Qué puede concluir al observar los valores de las tres últimas columnas de la tabla 1.000010 0. Tabla 1.010000 0. aunque la distancia recorrida es diferente de cero.50 s.0 0. cuando la partícula se mueve durante los intervalos de tiempo mostrados en la tercera columna de la tabla 1. Una partícula cuyo vector posición está dado por r(t) = (2t2 − 1)i − (t3 + 2)j.12. Ejercicio 1. está dada por v¯ = i − (tB + tA )j .020000 0.999900 2.0 3.000100 0. Ejercicio 1.25 Ejemplo 1.2 tA ( s ) tB ( s ) ∆t(s) v¯ (m/s) θ (o ) 2.53767 o desplazamiento ∆r .8. como se esperaba.0 3. Si en el tiempo tB = 4. utilizando la ecuación (1.001000 0.50 s.000200 0.58 m s 81. Solución Obteniendo el vector desplazamiento ∆r y sabiendo que ∆t = 1.999500 2.2.078000 6.995000 2. Ejemplo 1.0 3. La velocidad media cuando una partícula pasa del punto A al punto B. se encuentra que la magnitud y dirección del vector velocidad media. (1) Mediante las ecuaciones (1.082600 6.082000 6.060000 6.980000 2.0 3. MOVIMIENTO EN UN PLANO velocidad media es cero pues el desplazamiento de la partícula es cero.00 m · s−1 )i − (6. o sea. los intervalos de tiempo correspondientes ∆t = t2 − t1 .23) v= dt Para el movimiento de una partícula.De la ecuación (1. .. La magnitud de la velocidad se llama rapidez y es igual a Dr'' B'' .. La velocidad instantánea. la velocidad de la partícula en el instante de tiempo tA . cada vez se hacen más pequeños. la velocidad en un tiempo postedos dimensiones (v) rior t. ya que el desplazay A miento infinitesimal dr es tangente a la trayectov ria.2 − t1 . representado en la figura 1.. 2 − t1 . se concluye que la veminar su velocidad en el punto A? locidad instantánea es tangente a la trayectoria seguida por la partícula. (1. Este valor límite de ∆r/∆t se conoce como velocidad instantánea en el punto A. a partir de 1. ∆t. Si ∆r es el desplazamiento finito en un pequeño intervalo de tiempo finito ∆t. la velocidad. que puede variar bien sea porque La ecuación (1.8. esto es multáneamente cambian tanto su magnitud como su dr dirección.18 CAPÍTULO 1. respecto a determinado sistema de referencia.5.2 − t1 .de derivada. el vector desplazamiento se hace cada vez más pequeño hasta que tiende a un valor y a una dirección límite. que corresponde a la de la tangente a la trayectoria de la partícula en el punto A..22) no es más que la definición cambia sólo su magnitud ó sólo su dirección ó si. Si se continúa este proceso haciendo que B se aproxime al punto A.. = t. ENERGÍA CINÉTICA Y SU CONSERVACIÓN Igualmente. = t. MOMENTO LINEAL.22) v = l´ım ∆t→0 ∆t O también. ∆t. ∆t. es la velocidad de ∆r una partícula en un instante dado cualquiera. ¿cómo se puede deter.23). .25.. es el valor al que tiende ∆r/∆t cuando tanto ∆r como ∆t. (1. Vector velocidad instantánea en un tiempo to . es decir. tienden a cero. = t. . rA . dr . Dr . . . v = v = | | . dt . t... 2 .2.2 . 2 . se tiene que en componentes rectangulares dr dt dx dy = i+ j dt dt = v x i + vy j. b) Obtenga la magnitud y dirección de la velocidad media.. entre A y B. a) Si la partícula pasa por el punto A en el instante tA y por el punto B en el instante tB . cuando la partícula se mueve durante los intervalos de tiempo mostrados en la tercera columna de la tabla 1. Para una partícula. determinadas por los vectores posición r. v = Al considerar las posiciones intermedias de la partícula en t.2 . r.. .. halle el vector velocidad media en sus componentes rectangulares. . ∆r.. t. . r. el vector posición en función del tiempo está dado por r(t) = (2t2 − 1)i − (t3 + 2)j . donde r está dado en m y t en s.. o sea que rectangulares. Como r = xi + yj.. se conocen las componentes tanto en magnitud como en dirección.ción están dadas por √ mo en dirección al tener en cuenta los puntos vy v = v2x + v2y y θ = tan−1 ..25: Vector velocidad instantánea. vx . se tiene que su magnitud y direcla velocidad media varía tanto en magnitud co. ∆r.26. Dr' B' Ejercicio 1.17. j O i rB B x Figura 1.2 . cambian Si en la figura 1. se observa que los vectores desplazamiento ∆r.2 . 23) se encuentra que que la posición de la partícula en el instante t está dada por ∫t r = ro + v(t)dt. En adelante. se debe tener presente que la masa de un cuerpo es una cantidad fundamental cuya dimensión es M y que de acuerdo con esta dimensión.9.s 80. Teniendo en cuenta que en el instante de tiempo to la partícula se encuentra en la posición ro . Determine la velocidad de la partícula.13. Solución a) Empleando la ecuación (1. (1.54 o Figura 1. las unidades respectivas son: el . MOMENTO LINEAL O CANTIDAD DE MOVIMIENTO EN DOS DIMENSIONES (P) De acuerdo con la definición del vector velocidad instantánea. que la velocidad en cualquier instante de tiempo t está dada por v = i − 2tj. de nuevo se hace referencia a las cantidades dinámicas masa y momento lineal que son el punto de partida de la mayoría de los conceptos que se tratarán en adelante.24). es posible conocer el vector posición de una partícula si se conoce la forma como varía el vector velocidad con el tiempo.083 m. está dado por r(t) = (2t2 − 1)i − (t3 + 2)j donde r está dado en m y t en s. Partiendo de la definición del vector velocidad. se tiene que el vector velocidad en componentes rectangulares está dado por v = (1 m · s−1 )i − (6 m · s−1 )j.24) Ejercicio 1.23) se tiene En esta sección. sino que en su lugar se emplea el concepto intuitivo que de ella se tiene. El vector posición de una partícula que se mueve en el plano xy. mediante la ecuación (1. Recuerde que no se hace una definición operacional de la masa. lo que marca una balanza cuando un cuerpo se coloca sobre ella. Ejemplo 1. la física dispone de una cantidad escalar que es característica o propia de cada cuerpo como es su masa. Como se sabe. Determine la velocidad de la partícula. en el instante t = 3 s.18.54o . no es posible resolver la integral de la ecuación (1. Reemplazando t = 3 s en la expresión para v. Compare el resultado con lo obtenido en el ejercicio 1. El vector posición de una partícula que se mueve en el plano xy.24). Momento lineal o cantidad de movimiento en dos dimensiones (p) to Lo que se ha hecho es.23). está dado por r(t) = (t − 3)i − (t2 − 15)j.26: Componentes rectangulares del vector velocidad.12. Mientras no se conozca la forma como varía el vector velocidad (v(t)) con el tiempo. en el instante t = 3 s . 1. se tiene que sus dimensiones y unidades son las mismas del vector velocidad media.9.08 m · s−1 j y θ = 80. partiendo de la forma diferencial de la ecuación (1. esto es. se hace referencia a la velocidad instantánea. obtener la forma integral dada por la ecuación (1. donde r está dado en m y t en s. Igualmente. y vx q r (t) vy Así que su magnitud y dirección están dadas respectivamente por v v = 6.19 1. siempre que se hable de velocidad. es decir x O i (1) -1 v = 6. y p Solución Utilizando la definición del vector momento lineal. está dado por p = 0. (1). en el sistema inglés de unidades.1. en el instante de tiempo t.17. se tiene que el momento lineal es una cantidad vectorial que apunta en la misma dirección del vector velocidad.2t2 j. (1. el momento lineal también es tangente a la trayectoria que la partícula describe. MOMENTO LINEAL. En el caso de dos dimensiones.00 m)j en to = 0.14. como la velocidad es tangente a la trayectoria descrita por la partícula. Por lo en dos dimensiones tanto. que es el mismo vector posición considerado en el ejemplo 1. de gran masa 600 g. Conservación del momento lineal dad. y el unidades y como se verá posteriormente lb · s gramo (g) en el sistema gaussiano de unidades. entonces el momento lineal también depende del sistema de referencia.25) De acuerdo con la definición dada por la ecuación (1. aunque solo se consiunidades. en función del tiempo. halle el vector posición de la partícula en el instante de tiempo t. evaluar y simplificar. Compare su resultado con el vector posición dado en el ejercicio 1. Ejercicio 1. el principio de .27. se encuentra que en componentes rectangulares el vector velocidad está dado por m v = i − 2tj x O Figura 1. cantidad dinámica a definir. el vector posición de partícula está dado por r = (t − 3)i − (t2 − 15)j.24).1. ENERGÍA CINÉTICA Y SU CONSERVACIÓN kilogramo (kg) en el sistema de unidades SI. Además. respecto a dicho observador. es el vector momenSi el momento lineal de una partícula de to lineal o vector cantidad de movimiento. Igualmente.27: Momento lineal de una partícula.00 m)i − (2. sabiendo que partió de una posición en la cual en ro = −(1. como se ilustra en la figura 1. la primera Ejemplo 1.20 CAPÍTULO 1. como la velocidad depende del sistema de referencia. se encuentra que al integrar.6ti − 1. tiene. es posible conocer el vector momento lineal y si se conoce el vector momento lineal. se puede concluir que si se conoce el vector posición de una partícula. De este resultado.25).2tj. es decir [p] = [m][v] = MLT−1 . las unidades en los respectivos sistemas están dadas por: kg · m · s−1 en el sistema SI de Como se indicó antes. g · cm · s−1 en el sistema gaussiano de deran dos casos particulares.1. se puede conocer el vector posición de la partícula (recuerde que la integración es la operación inversa de la derivación). Si el momento lineal de una partícula con masa 400g está dado por p = 1. Dimensiones y unidades del vector momento lineal De acuerdo con la definición de momento lineal. un momento lineal dado por p ≡ mv. en función del tiempo.9.19. se tiene que sus dimensiones son iguales a la dimensión de masa por la dimensión de veloci. importancia en la física pues permite obtener halle el vector posición de la partícula más información que el vector velocidad. sabiendo que partió de una posición en la cual ro = −(3. Al reemplazar los vectores ro y v en la ecuación (1.0 m)i + (15 m)j cuando to = 0.6i − 1. Una partícula de masa m que posee una velocidad v respecto a determinado observador. De reemplazar las ecuaciones (1. permanece constante. está dado por la suma dido (o ganado) por la otra partícula.Como la ecuación (1. Así. Este principio es de gran utilidad en la física. como se indica en la figura 1. tos lineales individuales cambian al transcurrir Para la situación que interesa en este moel tiempo. tanto desde un punto de vista teórico como experimental.28) 2. se recurre a los resultados que muestra el experimento. Adicionalmente. t v2 v1 m2 m1 t'>t m1 1. En el segundo experimento. el momento lineal total del sistema aislado permanece constante. acuerdo con lo anterior.28) es válida independienverso. al de los momentos lineales de las partículas.partículas. es perdido (ganateractuar entre sí.26) y (1.29: Momento lineal de dos partículas aisladas. el momento lineal mento. esto es. cuando este se lleva a cabo. En el primer experimento se considera la situación en la que a una partícula. del resto del uni. que independientemente de los valores de t y t′ . se tiene que el momento lineal ganado total del sistema formado por las dos partícu.do) por el resto del sistema. su velocidad permanecerá constante.29. Una vez que se le permite a las partículas in.9. equivale a afirmar conservación del momento lineal. como se ilustra en la figura 1. en cualquier instante. P = P′ (1. se enuncia el principio de aíslan del resto del universo. Al no interactuar la partícula con ninguna otra. de masa m y con movimiento en el plano. sin importar el número de partículas que intervienen en un sistema.26) y en el instante posterior t′ por v m P′ = p1′ + p2′ = m1 v1′ + m2 v2′ . se aíslan. se encuentra que sus momen.28. es perlas.(o perdido) por una de las partículas. está dado por P = p1 + p2 = m 1 v1 + m 2 v2 . De este modo.(perdido) por una partícula. dos partículas con masas constantes m1 y temente del número de partículas que conm2 y que se mueven en un plano. (1. se le impide interactuar con cualquier otra. su momento lineal debe permanecer constante. Lo anterior se puede expresar matemáticamente en la forma p = mv = Constante o sea ∆p = 0 v1' v2' m2 Figura 1. en el instante t el momento lineal del sistema aislado. (1. En los dos casos que se consideran a continuación. o lo que es igual. MOMENTO LINEAL O CANTIDAD DE MOVIMIENTO EN DOS DIMENSIONES (P) conservación del momento lineal tiene validez general. el resultado que se obtiene es que su estado de movimiento no es alterado. o Figura 1. El momento lineal total de un sistema aislado de A un sistema como este se le llama sistema aisla.27) El experimento muestra.27) en la .28: Conservación del momento lineal de sea. Decir que se forman el sistema. en la forma: que sólo se permiten sus interacciones mutuas. el momento lineal ganado do. una partícula aislada.21 1. se presenta cuando una moto choca contra un camión. p1 + p2 = p1′ + p2′ = Constante. por el desplazamiento dr. Por ejemplo. claro de conservación del momento lineal en dos dimensiones. p2B p2 1 2 1 2 − A = mv − mv De este modo. se tiene dv dp =m . En conclusión. dt dt (1. De acuerdo con esta definición. MOMENTO LINEAL.2. por definición. m (1.33) locidad inicial vo de la partícula.30) lo define como el cambio en el vector momento lineal. Concepto de impulso (I) El impulso es una cantidad física que se define en función del momento lineal. Es evidente que el camión prácticamente no cambia su trayectoria. que se puede expresar en función de la magnitud del vector velocidad o de la magnitud del vector momento lineal. el momento lineal de una partícula en movimiento cambia con el tiempo mientras esta interactúa con otra partícula. en la forma ∆p = p − po . se considera que la partícula se mueve desde una posición A donde la rapidez es vA y la magnitud del momento lineal pA . en cambio la moto generalmente termina en un lugar relativamente alejado de donde ocurrió el choque.10.30) Concepto de energía cinética Ek Otra cantidad física de importancia en la física es la energía cinética de una partícula. Como se vio anteriormente.31).31) Multiplicando escalarmente. a ambos lados de la ecuación (1.22 CAPÍTULO 1. ∆( (1. A menudo ocurren situaciones en las que se manifiesta claramente la conservación del momento lineal en dos dimensiones. el momento lineal que gana una partícula es igual y de sentido opuesto al momento lineal que pierde la otra.29) de donde. a ambos lados de la ecuación (1. mostrando con ello que ambas .9. Un ejemplo. (1. ya que sólo 2m 2 importa el cambio en el momento lineal de la partícula. hasta una posición B donde la rapidez es vB y la magnitud de su momento lineal pB . Derivando respecto al tiempo. ≡ I. (1. ∆p1 = −∆p2 . ENERGÍA CINÉTICA Y SU CONSERVACIÓN ecuación (1. el impulso no de2m 2m 2 B 2 A pende explícitamente de la masa m ni de la ve1 p2 ) = ∆( mv2 ). La ecuación (1. Se supone que el momento lineal de la partícula sufre un cambio dp durante un intervalo de tiempo dt en el cual la partícula se ha desplazado un dr. es posible obtener la igualdad 1 p · dp = mv · dv. El resultado anterior tiene validez general y permite afirmar que el momento lineal de una partícula cambia cuando interactúa con otra u otras partículas. o lo que es igual 1.32) Como se muestra en la figura 1.33) muestra que el cambio en El impulso es una cantidad física que p2 adquiere importancia cuando se presenta un la cantidad ∆( 2 m ) es igual al cambio en la cangran cambio en el momento lineal de una tidad ∆( 21 mv2 ).25). 1.32) y luego de integrar y evaluar. Esta cantidad es un escalar. las dimensiones y unidades de impulso son las mismas de momento lineal. Mediante la ecuación (1.28) se tiene partícula pero durante un pequeño intervalo de tiempo. cuando el bate le da a una pelota de béisbol o cuando se le pega con el palo a una pelota de golf.30. se llega a donde la ecuación (1. toda interacción entre partículas genera cambios en sus momentos lineales individuales. 602 × 10−19 J. en el sistema gaussiano de unidades es el g · cm2 · s−2 unidad conocida como ergio y en el sistema inglés de unidades lb · p. es decir. se encuentra que las unidades definidas anteriormente para trabajo y energía son muy grandes. es decir.23 1. la energía cinética se define matemáticamente por p2 1 ≡ mv2 . En el caso particular de un movimiento rectilíneo uniforme. no tiene energía cinética respecto al sistema de referencia asociado. Un cuerpo en reposo respecto a determinado observador. la interacción entre las partículas altera su movimiento. es decir. (1. unidad conocida como Joule. Ek ≡ las dimensiones de energía cinética son ML2 T−2 por lo que su unidad en el sistema internacional de unidades es el kg · m2 · s−2 . se quiere . Figura 1. entonces depende del sistema de referencia ya que la velocidad. es decir.31: Cuerpo con movimiento rectilíneo uniforme. 1. Por otro lado. cuando una partícula se mueve con velocidad constante. al ser la energía cinética una función de la rapidez o de la magnitud del momento lineal. COLISIONES pA y v = Constante vA m B A m x vB O pB x O Figura 1. en un intervalo corto de tiempo.34). el cambio en la energía cinética es nulo.11. cuando ocurre una interacción entre dos o más partículas. Colisiones Se habla de una colisión. aunque puede ser diferente de cero respecto a otros observadores. depende de él. esto es. la energía cinética es una cantidad relativa.30: Movimiento de m entre A y B expresiones se refieren a la misma cantidad física conocida como energía cinética. es una energía que se le asocia a los cuerpos como consecuencia de su movimiento. En general. a nivel microscópico se utiliza otra unidad más pequeña de energía llamada electronvoltio (eV) y cuya relación con la unidad SI es 1 eV ≡ 1 . la definición de energía cinética no tiene en cuenta el hecho que el sistema de referencia sea unidimensional o bidimensional. Esta definición indica que las partículas interactuantes forman un sistema aislado. ∆Ek = 0. por ello. Esta situación se ilustra en la figura 1. Un múltiplo de esta unidad bastante utilizado es el MeV. es independiente de la dirección en que se mueve la partícula. ya que generalmente se presenta un intercambio de momento lineal y de energía. bien sea de la magnitud de la velocidad ó de la magnitud del momento lineal.31 Dimensiones y unidades de energía cinética De acuerdo con las ecuaciones (1. cuya relación es 1 MeV ≡ 106 eV. lo que indica que la energía cinética permanece constante durante su movimiento. O sea.11. En toda colisión. Es decir 1kg · m2 · s−2 ≡ 1J(Joule) 1g · cm2 · s−2 ≡ 1 (ergio) En mecánica cuántica y particularmente física nuclear. no significa necesariamente que las partículas hayan estado en contacto físico.34) 2m 2 Como lo muestra la ecuación (1.34) la energía cinética es una cantidad escalar ya que depende bien sea de la magnitud del vector momento lineal o de la rapidez de la partícula. Lo anterior. Como la energía cinética es una cantidad física que depende.33) y (1. igual que el momento lineal. en una región limitada del espacio y donde las fuerzas entre los cuerpos interactuantes son muy intensas. 1 . una en cada dirección. Ek = Ek .2 .2 los momentos lineales de cada una de las partículas después de la colisión. uno de los objetivos al analizar una colisión es poder relacionar las velocidades de las partículas antes y después que esta ocurra. esto es A + BC ↔ AB + C.32: Colisión entre dos partículas. la energía mecánica macroscópica del sistema se conserva y en este caso solo aparece en forma de energía cinética. se define el factor de colisión Q en la forma ′ Q ≡ Ek − Ek . las energías cinéticas totales del sistema antes y desFigura 1.2 . En una reacción química. Para considerar la conservación de la energía. i) Que la colisión sea elástica. cuando en un choque o colisión los cuerpos iniciales son los mismos cuerpos finales.2 Q = ( 21 m. cada uno de los vagones. siendo m1 . Para el caso de una colisión en dos dimensiones y entre dos partículas. Cuando se presenta contacto físico entre las partículas. pués de la colisión.1 + p.2 v.Dependiendo del valor en el factor de colisión. antes del choque se tienen dos cuerpos. Matemática.36) afirmar. MOMENTO LINEAL. apareciendo luego del choque la molécula AB y el átomo C. son. antes de la colisión se tiene un cuerpo formado por el arma y el proyectil y luego del disparo se tienen dos cuerpos. En general. el arma y el proyectil. Comúnmente. la ecuación (1. y luego del choque se tiene un cuerpo formado por los dos vagones enganchados. esto se presenta cuando Q = 0. m1 m1' v1' v1 Región de colisión v2' v2 p. Como en una colisión el sistema de cuerpos interactuantes conforman un sistema aislado.1 v. por ejemplo. ENERGÍA CINÉTICA Y SU CONSERVACIÓN indicar que ha ocurrido una interacción cuando las partículas estaban próximas como se muestra en la región encerrada de la figura 1.35) se escribe en la forma m1 v1 + m2 v2 = m. significa que no intervienen fuerzas externas al sistema. . (1. puesto que únicamente actúan fuerzas internas 1 . los cuerpos antes de un choque son diferentes a los cuerpos después del choque. De acuerdo con lo .1 v.24 CAPÍTULO 1.2 1 + 2 m2 v2 ) que afectan el estado de cada cuerpo. (1. por lo que en este caso no hay cambio en la energía cinética del sis′ tema. es necesario obtener más información y para ello se recurre a la conservación de la energía.35) donde p1 y p2 son los momentos lineales de cada una de las partículas antes de la colisión. m2 las masas de las partículas antes de la colisión y m. se puede −( 12 m1 v21 + 12 m2 v22 ). Como un resultado del experimento y sabienel factor de colisión adquiere la forma do que en un choque se tiene un sistema aislado. si se conocen las velocidades antes de la colisión se tienen cuatro incógnitas. Se dice que ocurre una dispersión. mente y para el caso de dos partículas se tiene puede ocurrir p1 + p2 = p. m2' m2 donde Ek y Ek.32 para el caso de dos partículas.2 las masas después de la colisión. el momento lineal total de un sistema es igual antes y después de una colisión. el átomo A choca con la molécula BC. o sea. m. Para el caso de dos partículas que colisionan. En el caso de un disparo.1 y p. Por ello. esto ocurre por ejemplo entre dos bolas de billar o entre dos autos. se acostumbra denominar la colisión como un choque. pero como la conservación del momento lineal sólo proporciona dos ecuaciones.1 + m. correspondientes a las componentes de las velocidades de cada partícula en las dos dimensiones. respectivamente. En muchos casos. En el enganche de vagones de un tren. la ecuación (1.2 2 − 21 m1 v21 . Este parámetro está dado por la distancia de separación b entre la línea de movimiento de la partícula incidente y la línea paralela que pasa por la otra partícula. c) Sabienintercambiada en la colisión.35) adquiere la forma m1 v1 = m1 v. (3) m1 + m2 1 Por consiguiente. se transforma en ( ) Q = 12 m1 v.2 . por la conservación de la energía. Como se muestra en la figura. COLISIONES anterior. El parámetro de impacto b. (2) a) Cuando la colisión es completamente inelástica.2 = V. la velocidad del sistema es menor y apunta en el mismo sentido que la velocidad con la cual incide el auto de masa m1 .33: Parámetro de impacto. corresponde a b = 0 y valores mayores que el momento lineal total del sistema. choca frontalmente con so.1 = v.33. en toda colisión elástica se conserva frontal. mediante la ecuación (1) se encuentra que la velocidad final del sistema tiene la forma m1 V= v .1 2 + 12 m2 v. cero para b. es una cantidad que permite saber si una colisión ocurre en una o dos dimensiones. ello se preEjemplo 1. Por otro lado. sistema. indican que la colisión es oblicua.25 1. la ecuación (1. halle los valores de las cantise conserva la energía cinética total del sistema. senta cuando Q ̸= 0 y en esta situación. ii) Que la colisión sea inelástica. (1) donde se ha tomado como positivo el sentido inicial de movimiento para el auto de masa m1 . Así. pero una colisión inelástica no tiene que ser una colisión completamente inelástica. Una colisión frontal. el momento lineal total del sistema formado por los dos autos se conserva en el choque. En el primer cahacia la derecha. Debe quedar claro que toda colisión completamente inelástica es una colisión inelástica. Analice la codo absorben parte de la energía mecánica lisión de los autos si esta es a) completamente inelástica. Si después del choque sólo aparece una partícula. como sión. como se muestra en la figura 1. independientemente de la relación entre las masas m1 y m2 . un auto de la energía cinética aumenta si Q > 0 o masa m1 y que se mueve con velocidad v1 disminuye si Q < 0 . v2 ' m2 v2 = 0 b m2 j m1 v1 m1 v1' Figura 1.15. se dice que se tiene una colisión completamente inelástica o plástica. m2 = 700 g y v1 = es válido afirmar en una colisión inelástica no 10 m · s−1 . después de la colisión plástica. dades obtenidas en los numerales anteriopero sí se conserva el momento lineal total del res. o en una dimentanto la energía cinética total del sistema. De este modo. b) elástica. las partículas al colisionar desprenden otro auto de masa m2 que se encuentra en parte de su energía interna y en el segunreposo sobre la misma vía. después del choque aparece sólo una partícula de masa m1 + m2 con velocidad v.36) para el factor de colisión. En este caso do que m1 = 300 g.1 + m2 v. o en dos dimensiones.11. v1 De las dos definiciones anteriores se concluye que en toda colisión se conserva el momento lineal total del sistema. De este modo. . el parámetro de impacto es la distancia por la cual una colisión deja de ser m1 v2 = 0 m2 2 Solución Como en toda colisión. esto es. a) Determine la magnitud de la velocidad de los bloques inmediatamente después del choque. En cambio. ¿Es la colisión elástica o inelástica? y v2 ' m2 x j2 v2 = 0 m2 m1 j1 v1 m1 v1' Solución a) Como el momento lineal total de las . b) elástica. sin tener en cuenta cual auto tiene masa mayor. v1 v2 m2 m1 2 m1 − m2 v m1 + m2 1 2m1 v . para el factor de colisión.2 .2 (5) (6) Dividiendo las ecuaciones (5) y (6) se obtiene v. 2( m1 + m2 ) 1 m1 (v. φ1 = 30o y φ= 40o . por medio de las ecuaciones (5) y (7) y luego de simplificar.1 = v. b) Resolver para m1 = 0. se tiene .1 + v1 ) = −m2 v. si m1 < m2 el bloque de masa m1 rebota en el choque moviéndose en sentido opuesto a m2 . = 6. c) Sabiendo que m1 = 300 g.2 = −4. un auto de masa m1 y con velocidad v1 hacia la derecha. = −10. por las ecuaciones (3) y (4). (7) Finalmente. En síntesis la colisión es inelástica. m2 = 0. se encuentra V Q v.1 − v1 ) = −m2 v. en la forma m1 (v. halle los valores de las cantidades obtenidas en los numerales anteriores.0 m · s−1 . la ecuación (2) permite llegar a Q=− m1 m2 v2 .1 − v1 )(v. por lo que el factor de colisión es nulo y las ecuaciones (1) y (2) se pueden escribir. El cuerpo de la figura de masa m1 y velocidad v1 .Para la colisión completamente inelástica.3kg. se encuentra que las velocidades de los autos después del choque están dadas por v.2 2 . depende de la relación entre las masas de los bloques.7 kg. la ecuación (8) lleva a los valores = 3.20. Analice la colisión de los autos si esta es a) completamente inelástica.Para la colisión elástica. y si m1 = m2 el bloque de masa m1 queda en reposo después de la colisión. si las masas después de la colisión se mueven en las direcciones mostradas. ENERGÍA CINÉTICA Y SU CONSERVACIÓN Igualmente. Ejercicio 1. respectivamente. o sea que parte de la energía cinética del sistema se transforma en energía interna ya que Q < 0. con m1 = 0.3 kg.26 CAPÍTULO 1. la velocidad del bloque m2 tiene el mismo sentido que la velocidad de incidencia de m1 . El signo menos en la velocidad de m1 . Ejemplo 1.5 J. b) Si la colisión es elástica. = m1 + m2 1 (8) En esta colisión. MOMENTO LINEAL. . choca frontalmente con un segundo auto de masa m2 que inicialmente se mueve hacia la izquierda con velocidad v2 = −v1 . v. tiene una colisión oblicua con el cuerpo de masa m2 inicialmente en reposo.1 (4) En esta colisión los autos se deforman. m2 = 0.16.0ms−1 . c) Reemplazando valores.1 + v1 = v.2kg.2 . Como se muestra en la figura. el sentido de movimiento de m1 después de la colisión. v1 = 15. m2 = 700 g y v1 = 10 m · s−1 . significa que este bloque rebota en el choque por cumplirse la relación m1 < m2 .0ms−1 .0ms−1 . la energía cinética total del sistema se conserva en el choque. si m1 > m2 el bloque de masa m1 se mueve en el mismo sentido que m2 . Un auto está 16 m al Este de la señal de PARE en el instante de tiempo ti .1 senφ1 + m2 v. 2. (b) xf .1 cosφ1 + m2 v. (2) Resolviendo las ecuaciones (1) y (2). Un auto que se mueve en línea recta hacia la izquierda.12. sen( φ1 + φ2 ) 1 m1 senφ1 v . Si la señal es el origen de coordenadas y el eje x apunta hacia el este.2 senφ2 . Las gráficas de la figura muestran la variación de la posición x en función del . las expresiones m1 v1 = m1 v. 4. b) Reemplazando valores se encuentra que la magnitud de las velocidades son v.3ms−1 .2 . y 37 m al Oeste de la señal al tiempo tf . Al calcular el factor de colisión. se obtiene v. debido a las fuerzas F1 y F2 aplicadas simultáneamente sobre ella. muestre el vector desplazamiento del auto y expréselo matemáticamente en función de su respectiva componente. con magnitudes respectivas de 800 N y 500 N. la ecuación (1. = 5. respectivamente. la velocidad de m1 después del choque es independiente de la masa de los cuerpos. está dirigida horizontalmente hacia la derecha.2 = 10. B y C. ENUNCIADOS 1. (c) ri . Un ciclista se movió en línea recta durante cierto intervalo de tiempo y de tal forma que el vector desplazamiento es paralelo al vector unitario i. La fuerza neta F que actúa sobre una partícula. m2 sen( φ1 + φ2 ) 1 De estos resultados se tiene que para valores fijos de φ1 y φ2 .12. 5.1 v. actúan las fuerzas F1 y F2 . muestre gráficamente que los tres vectores han sido trazados correctamente. c) el ángulo entre las fuerzas F1 y F2 y d) la magnitud y dirección de la fuerza neta que actúa sobre la partícula debido a las dos fuerzas aplicadas. La magnitud de la fuerza F1 es 10 N.7J. parte de la energía mecánica se transforma en energía interna de las partículas.1 = v. Determine: (a) xi . ¿De lo anterior es posible concluir que el ciclista sólo se desplazó en el mismo sentido del vector unitario i? Explique. o x F F1 Descomponiendo las velocidades en sus componentes rectangulares.3ms−1 . 1. 6. regresando luego a la ciudad B. (1) 0 = −m1 v. se obtiene para las direcciones x y y. ENUNCIADOS y dos partículas se conserva en la colisión.35) adquiere la forma F2 45 m1 v1 = m1 v. z F1 F2 40 o o 70 25 x o 30 o y 3. Resolverlo por dos métodos diferentes.27 1. como se muestra en la figura. Encuentre a) las componentes rectangulares de las fuerzas F1 y F2 . pasa por las ciudades consecutivas A.2 cosφ2 .1 + m2 v. mientras que para m2 la velocidad sí depende de la relación entre las masas de los cuerpos. En un diagrama que incluya el sistema de referencia. (d) rf y (e) ∆r. a) Utilizando la figura. b) Determine las magnitudes de los vectores fuerza F y F2 . Sobre la partícula de la figura.2 = senφ2 v . b) los ángulos que cada fuerza forma con cada uno de los ejes de coordenadas. se encuentra que la colisión es inelástica ya que Q = −7. De este modo. encuentre la magnitud del desplazamiento durante el movimiento y compare su resultado con el hallado en el numeral (a). (b) Encuentre el momento lineal de cada auto si cada uno tiene una masa de 103 kg. (a) Halle la posición en la cual un auto pasa frente al otro. (a) Trace el vector desplazamiento en la gráfica y expréselo matemáticamente. Obtenga la gráfica de la posición en función del tiempo para el auto. El viaje le toma 4. desde t = 0 s a t = 6 s. Un niño tira un juguete para que su perro. y lo trae de vuelta. x (cm) 20 10 -10 -20 v (m s-1) 1 2 3 4 5 t (s) 8. lo recoja. El perro emprende la carrera en busca del juguete. El conductor del auto A observa otro auto B que se encuentra 50 m delante de él sobre un carril paralelo. (a) ¿Cuál es la posición inicial de la bicicleta? (b) ¿Cuál es el momento lineal de la bicicleta. Resuelva la misma situación para el caso en el cual un auto se mueve hacia el otro. para una bicicleta que se mueve sobre el eje x. (b) Obtenga la gráfica de la forma como varía la velocidad de la hormiga en función del tiempo. de masa 8 kg. para un auto que se mueve sobre una autopista recta. donde x se da en m y t en s. La magnitud del momento lineal de un . 11. suponiendo que pasó por el origen en t = 0. (c) Utilizando la gráfica anterior. desde t = 0 s a t = 6 s. de un cuerpo en movimiento. que se encuentra a 9 m de distancia. Describa el movimiento del atleta y llévelo a cabo con la punta de su lápiz. cuando se mueve a lo largo de una trayectoria rectilínea. (a) ¿Cuál es el desplazamiento del perro? (b) ¿Cuál es la distancia total que recorrió el perro? (c) ¿Cuál es el momento lineal medio del perro? 13. ENERGÍA CINÉTICA Y SU CONSERVACIÓN tiempo t. si esta tiene una masa de 10. ¿qué -30 -60 1 2 3 4 5 t (s) movimiento tiene la bicicleta? ¿Por qué? (c) Haga un diagrama que ilustre la situación. (e) Haga una gráfica de la velocidad de la bicicleta en función del tiempo. para un atleta que se mueve en línea recta. ¿Será posible encontrar una situación física. Un auto A se mueve hacia la derecha por una pista recta y con una rapidez 80 km · h−1 .3 s . x x t 60 30 x t t 7. MOMENTO LINEAL. en la que el momento lineal no sea paralelo a la velocidad? Explique. 12. Suponga que el auto B se mueve en el mismo sentido que el auto A con una velocidad de magnitud 60 km · h−1 .28 CAPÍTULO 1. en función del tiempo. La gráfica de la figura muestra la forma como cambia la posición de una hormiga en función del tiempo. En la gráfica se indica el cambio de la rapidez v en función del tiempo (t). está dada por la expresión x (t) = −14t + 74 . 10. teniendo en cuenta las respuestas de los numerales anteriores.5 kg? De acuerdo con el resultado. La ecuación cinemática de posición. (d) Haga una gráfica de la posición de la bicicleta en función del tiempo. 9. ¿Con qué rapidez debe correr usted para alcanzar la misma magnitud de la cantidad de movimiento que un auto de 103 kg de masa que se desplaza a 1 km · h−1 ? 18. 16. ¿Cuál es el significado físico de la pendiente de la recta? Halle el valor numérico correspondiente. Esta es una rapidez pequeña comparada con la de la luz (3 × 108 m · s−1 ). . (b) En el choque. el auto queda en reposo. Si un fragmento sale disparado en la dirección oeste. varía con la magnitud de la velocidad en la forma mostrada en la figura. mientras esta se mueve en línea recta. Exprese su resultado en km · h−1 y en m · s−1 . El sistema de coordenadas se toma de tal forma que el eje x apunta hacia el Este y el eje y hacia el Norte. 17. La figura muestra la forma como varía la posición x de una partícula en función del tiempo t. ¿Con qué rapidez tendrá que correr usted para adquirir la misma magnitud de la cantidad de movimiento del camión? Utilice su propia masa. Una granada explota en dos fragmentos de igual masa. Inmediatamente después de la colisión. (a) ¿Cuál es la magnitud de la cantidad de movimiento de la partícula α? (b) ¿Cuál es la magnitud de la velocidad de una masa de 1 g con la misma magnitud de la cantidad de movimiento de la partícula α? (c) ¿Cuánto tiempo demora la masa de 1 g en recorrer 1 m con esta rapidez? Exprese su resultado en años. (a) Halle la velocidad del auto inmediatamente antes de la colisión.4 × 107 m · s−1 .29 1. Un camión y su carga. la cual es emitida en una desintegración radiactiva del 238 92 U. ¿Con qué rapidez tendrá que correr usted para alcanzar la magnitud de la cantidad de movimiento de la bala? Utilice su propia masa. con una masa de 2 × 104 kg. ¿se conserva el momento lineal del auto? Explique. Un auto de 103 kg que se desplaza hacia la izquierda sobre una pista recta. La partícula α es un núcleo de helio con una masa de 6. Una bala de 30 g tiene una velocidad horizontal de magnitud 100 m · s−1 . mientras que el camión se desplaza con una rapidez de 2 m · s−1 .88 × 10−27 kg. Un auto de masa 1.12. La masa de la partícula es 400 g. ¿en que dirección se mueve el otro fragmento? ¿Por qué? 21. se mueve en línea recta con una rapidez de 1 km · h−1 . (c) ¿Cuál es el momento lineal de la partícula en el instante t = 0 s (d) ¿Cuál es su momento lineal en el instante t = 3 s (e) ¿En qué instante la partícula pasa por el origen? ¿Cuál es su momento lineal en ese instante? x (m) 2 1 t (s) -1 -2 1 2 3 4 5 19.2 × 103 kg se desplaza con una velocidad horizontal de magnitud 100 km · h−1 en dirección Suroeste. (a) ¿El momento lineal de la partícula es cero en algún instante? Explique. Una partícula α tiene una rapidez de 1. Exprese su resultado en km · h−1 y en m · s−1 . 15. (a) ¿Cuál es el momento lineal del auto? (b) ¿Cuáles son las componentes rectangulares de la cantidad de movimiento? 20. ENUNCIADOS auto con movimiento rectilíneo. p 4 -1 (x10 kg m s ) 112 80 48 16 -1 1 3 5 7 v (x10 m s ) 14. choca contra un camión estacionado de 4 × 103 kg. (b) ¿Es constante el momento lineal de la partícula? Explique. 28. (b) Halle el cambio en el momento lineal de cada bola en el choque.30 CAPÍTULO 1. (a) Halle la velocidad de los deslizadores después del choque. Luego del choque los autos quedan pegados. Un auto de masa m se mueve en el sentido Norte-Sur con una velocidad de magnitud 40 km · h−1 .6 m · s−1 en el mismo sentido. de masa 102 kg. (a) ¿Bajo qué condición chocan los autos? Explique. respectivamente. la velocidad es v2 = (8i + 4j) m · s−1 . (iv) v2 = 0 y m2 = 2m1 . ¿Se conserva el momento lineal del bloque? Explique. (c)Encuentre el cambio en la energía cinética del bloque. (b) Halle la velocidad de los autos inmediatamente después del choque. Halle la magnitud y dirección del momento lineal del sistema en t = 15 s. cuando t = 6 s. Dos deslizadores de masas m1 y m2 se mueven. (iii) v2 = 0 y m1 = m2 . ¿Qué puede concluir de los resultados obtenidos? 23. MOMENTO LINEAL. 31. encuentre el cambio en el momento lineal de cada bola. ENERGÍA CINÉTICA Y SU CONSERVACIÓN 22. La velocidad de un bloque de 2 kg es v1 = (3i − 3j) m · s−1 en el instante t = 3 s. Dos autos de igual masa m se mueven sobre el mismo carril y en el mismo sentido. ¿Cuál es el significado físico de la pendiente de la recta? Halle el valor numérico de la masa del auto. ¿Qué puede concluir de los resultados obtenidos? 25. Luego de la colisión. Un bloque se lanza sobre una superficie horizontal. Repita la situación anterior. Una bola de billar que se mueve horizontalmente hacia la derecha. 24. donde x. Posteriormente. choca frontalmente con otra bola de masa 5 kg moviéndose a 0. halle (c) el cambio en el momento lineal de cada deslizador y (d) el cambio en la energía cinética de cada deslizador. Un ciclista y su bicicleta. (a) Encuentre la velocidad de las bolas inmediatamente después del choque. En los dos enunciados anteriores. La energía cinética de un auto varía con el cuadrado de su rapidez en la forma mostrada en la figura. Para cada una de las situaciones consideradas en el numeral (b). 26. mientras que otro auto de masa 2m se mueve en el sentido . (c) Determine si la colisión es elástica o inelástica. En cada caso. 32.2 m · s−1 . 30. y se dan en m y t en s. de tal manera que este mueve en línea recta. ilustre gráficamente la situación luego del choque. con velocidades v1 y v2 . cuando t = 15 s. (b) Exprese el vector momento lineal del sistema en sus componentes rectangulares. (c) Encuentre la energía cinética del sistema en t = 15 s. Los deslizadores chocan elásticamente. 27.54 m · s−1 . choca con otra bola que se encuentra en reposo. (a) Halle el cambio en la velocidad del bloque. 29. Si la velocidad de la bola de 4 kg después del choque es 0. (b) Analice el resultado en los siguientes casos particulares: (i) m1 = m2 . suponiendo que la bola de 5 kg se mueve en sentido opuesto antes del choque y con una velocidad de 1. suponga que las bolas quedan pegadas en el choque. Una bola de masa 4 kg y velocidad 1. (ii) m2 = 2m1 . con velocidades v1 y v2 sobre un riel de aire y en sentidos opuestos. ¿cuál situación de las mostradas es la correcta? Explique su respuesta.13 m · s−1 luego del choque. (a) Obtenga la ecuación de la trayectoria seguida por el sistema ciclista-bicicleta. se mueven en el plano xy de tal manera que las ecuaciones cinemáticas de posición están dadas por x = −30t − 6 y y = 60t − 9. (b) Calcule Ek (x103 J) 45 20 5 2 1 2 4 2 2 -2 v (x10 m s ) 6 8 9 el cambio en el momento lineal del bloque. 33. de tal forma que quedan enganchados moviéndose en una dirección que forma un ángulo de 34o con la horizontal. ¿Parte de esta energía cómo aparece luego de la colisión? (d) ¿Qué nombre recibe esta colisión? Explique. 34. a dos autos de igual masa se les permite chocar. (c) Encuentre el factor de colisión. (b) Obtenga. Suponga que los autos quedan enganchados en el choque y que adquieren velocidades constantes de 60 m · s−1 y 80 m · s−1 cuando la separación entre ellos es 100 m. desplazándose en sentidos opuestos con movimiento rectilíneo uniforme. ENUNCIADOS (i) (ii) (iii) (iv) Oeste-Este con una velocidad de magnitud 30 km · h−1 . determine su posición a los 5 s de este haber ocurrido. inicialmente en reposo. la velocidad de los autos inmediatamente después del choque.31 1. Una bola de billar de masa m1 se mueve horizontalmente hacia la derecha con una velocidad v1 . (b) Encuentre la velocidad de los autos inmediatamente después del choque. (a) Haga un diagrama ilustrativo de la situación planteada. Los dos autos chocan en el cruce entre las dos avenidas sobre las cuales se mueven. las velocidades de las bolas forman entre sí un ángulo de 90o . Con el fin de probar la resistencia de los materiales que conforman su estructura. cuando choca elásticamente con otra bola de masa m2 . (c) Si luego del choque los autos se desplazan con movimiento rectilíneo uniforme. (a) Haga un diagrama ilustrativo donde se muestre la situación tanto inmediatamente antes como inmediatamente después del choque. (a) Halle la posición donde chocan los autos. en componentes rectangulares. Luego de la colisión.12. (b) Encuentre la relación entre las masas de las bolas de billar. tanto inmediatamente antes como inmediatamente después del choque. . MOMENTO LINEAL. FUERZA Y ENERGIA MECANICA BERNARDO ARENAS GAVIRIA Universidad de Antioquia Instituto de Física 2012 . . . energía potencial y sistema conservativo . . . . . . . . . . . . . . . 2. Aceleración de una partícula . . . . . . . . . . . . trabajo y energía cinética (∆Ek ) . . . . . . . . . 2. . .4. . . Resultante de un sistema de fuerzas utilizando componentes rectangulares 2. . .6. . . . . . . . Trabajo realizado por la fuerza elástica de un resorte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2. . . . . . . . . . . . . . . .4. . . 2. . . . . . .3. . . .1. . . . . . . . . . . Movimiento rectilíneo desacelerado o retardado . . . . . . . . . . . . .5. 2. . . . . . . . . . . . . . Vector aceleración instantánea (a) . . . 2. . . . . Fuerza. . . 2. . . . 2.3. .4. . . . 2. . . . . . . . . .7. . . . . Fuerza neta. . . . . . . .3. . . . . . . Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado (MRUA) . . .2. . . . . .Índice general 2. . . . . . . 2. . . . . . . . Trabajo realizado por una fuerza constante . . . . . Casos particulares del teorema del trabajo y la energía . fuerza y energía mecánica 2. . . . . Fuerza trabajo y energía . . . . . . 2. . . . . . . .4. . . . . . . . .1. . . . .4. 2. Fuerza. . . . . . . . . . . . .2.3. Momento lineal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1. . . . . . . 2. . . . . . . . .6. . . . . . . . .4. . . . . . . . . . . 1 1 2 2 2 3 4 4 4 5 7 11 14 14 21 23 28 29 30 33 35 35 38 38 38 38 39 40 43 45 47 54 56 57 . . . . . .2. . . . . . . Fuerza de fricción en fluidos . . . . . . . 2. . . . . . .5. 2. . . . . . . . 2. . . . .4. . . . . . .3. . Vector aceleración media (¯a) . . . . . .2. . Fuerza conservativa y energía potencial . 2.4. . . . . . . 2. . . . . . . . . . . . 2. . . . . . . . . . .5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. . . . . . . . . . . . .3. . . . . . .11. . Fuerza de fricción entre superficies en contacto . . Vector aceleración (a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fuerza de fricción y sistema no conservativo . . . . . . . Trabajo y potencia . . . . . . . . Fuerza elástica . .7. . . . . . . . . . .3. . 2. .10. . 2. . . . . . . . .8. . . 2. . . . . . . . . . . . . . . Trabajo. . .2. . . . . . . . . . desplazamiento y trabajo . .5. . . . . . 2. . .9. .2. . . . . . . . . . 2. . . . . . . . . 2. . 2. . 2. . . . .9. . . . . . Derivada direccional. . . . . . . Movimiento en un plano vertical debido a la interacción con la tierra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. . . Aceleración en el movimiento rectilíneo . Curvas de energía potencial . total o resultante de un sistema de fuerzas concurrentes . . . . .5.1. 2. . . . . .5. .3. . . . ENUNCIADOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3. . . . . . . . . . . . Conservación de la energía para una partícula . . . . . .6. . . . . .1. . . . . . . . . Introducción . . . 2.2. . . Movimiento rectilíneo acelerado . . . . . . Trabajo realizado por el peso de un cuerpo . Movimiento vertical de los cuerpos . . .4. . .2. . . . . . . Cambio en el momento lineal y leyes de Newton . . . . . .1. . . . . . . . .3. . . . 2. . . . . . . . . . . . . .2. . . . . . . . . . . .2. .5. . . . . .3. . . . fuerza conservativa y energía potencial . . . . . . . . . . . . . . Diagrama de cuerpo libre . . .2. . . . . 3 . . . . . . . . . . . . . . en uno ellos se utilizan las leyes de Newton y en el Enuncie y aplique la ley de Hooke. el trabajo realizado por una fuerza. Obtenga diagramas de cuerpo libre. teorema del Trabajo y la Enercaso de partículas. fuerza y energía mecánica Competencias En esta unidad se busca que el estudiante Defina. Enuncie. 2. peso (W). analice y aplique las leyes de Newton. conceptual y matemáticamente. es posible hacerlo la energía. Introducción Obtenga y aplique el teorema del trabajo y Cuando se analiza el estado de reposo o de movimiento de un cuerpo. conceptual y matemáticamente. servativo y energía total E. Infiera la relación entre interacción y cambio en el momento lineal. Identifique y analice el movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. . Distinga entre movimiento rectilíneo acelerado y movimiento rectilíneo desacelerado. energía potencial y derivada direccional. Analice el movimiento de caída libre y el fuerza elástica. energía potencial Ep . el vector aceleración de una partícula. Analice situaciones físicas utilizando las CONCEPTOS BASICOS En esta unidad. gía. Enuncie y aplique la ley de conservación de la energía. fuerza central. Distinga entre sistema conservativo y sistema no conservativo. sistema no conmovimiento parabólico. Defina. sistema conservativo. se definirán y analizarán los leyes de Newton. Distinga entre fuerza conservativa y fuerza no conservativa.1. trabajo (W).Cap´ıtulo 2 Momento lineal. Analice situaciones físicas empleando los conceptos de trabajo y energía. siguientes conceptos: Vector aceleración (a). diagrama de cuerpo libre. por dos caminos o métodos diferentes. Identifique la relación entre fuerza conservativa. en el Vector fuerza (F). Analice el efecto de la fuerza de fricción sobre el movimiento de los cuerpos. 1: Vector aceleración media. las dimensiones del vector aceleración media son LT−2 . (2. Por consiguiente. puede cambiar sólo en magnitud ó sólo en dirección ó simultáneamente en magnitud y dirección. tal como km · h−2 . 2. Si durante este intervalo de tiempo no hay cambio en el vector velocidad. o lo que es igual. cm · s−2 en el sistema gaussiano.1. se tiene que la velocidad no cambia en la dirección del eje x y por ello no aparece componente de aceleración en dicha dirección.1. ya que permiten describir de manera adecuada los cambios en el estado de los cuerpos. Ejemplo 2. 2. Por el resultado obtenido. entonces en todo el intervalo de tiempo ∆v = 0 y la aceleración sería cero. si el vector velocidad permanece constante.2. La aceleración media a¯ durante el movimiento de A a B se define como el cambio de velocidad dividido entre el intervalo de tiempo correspondiente.vA j x Figura 2. la partícula en el tiempo tA se encuentra en el punto A y tiene una velocidad vA y en un instante posterior tB (tB > tA ) se encuentra en el punto B y tiene una velocidad vB . Vector aceleración media (¯a) En la figura 2.1 Una partícula pasa por el punto A en el instante tA y por el punto B en el instante tB .2. Su dirección es la de ∆v.2. El vector a¯ es una aceleración media ya que no se ha dicho la forma como varía el vector velocidad durante el intervalo de tiempo ∆t.1) a¯ ≡ ∆t tB − tA donde se observa que a¯ es un vector. que se caracteriza por su magnitud y dirección.2 CAPÍTULO 2. Solución En este caso. la velocidad de la partícula en el punto A está dada por vA = i − 2tA j y en el punto B por vB = i − 2tB j . FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA otro el concepto de energía. Estos métodos se conocen en física como métodos dinámicos. y en general. o sea. esto es. Cuando se presenta uno de estos cambios en el vector velocidad. cualquier unidad de longitud dividida por una unidad de tiempo al cuadrado. MOMENTO LINEAL. Determine el vector aceleración media de la partícula entre estos dos puntos. tales como pasar del reposo al movimiento o de un movimiento lento a un movimiento rápido.8). es decir v − vA ∆v = B . y su magnitud está dada por |∆v/∆t|. sabiendo que su vector velocidad está dado por v = i − 2tj. Vector aceleración (a) La velocidad de un cuerpo. mientras que se presenta un cambio de velocidad en la dirección del eje y lo que hace que se presente una componente de aceleración en esta dirección. que siempre apunta hacia la concavidad. se encuentra que el vector aceleración media es dado por a¯ = −(2 m · s−2 )j. en magnitud y en dirección. o sea que el cambio en la velocidad es ∆v = −2(tB − tA )j. respecto a determinado sistema de referencia. De este modo se puede afirmar: La aceleración de un cuerpo se define como la rapidez con que cambia su vector velocidad al transcurrir el tiempo.2. p · s−2 en el sistema inglés. y 2. ya que se obtiene dividiendo el vector ∆v con el escalar ∆t.1). las unidades son m · s−2 en el sistema SI. . Aceleración de una partícula O i A vA Dv B vB vB . Reemplazando ∆v y ∆t = tB − tA en la ecuación (1. se dice que el cuerpo adquiere una aceleración. Dimensiones y unidades del vector aceleración media De acuerdo con la ecuación (2. donde v está dado en m · s−1 y t en s. en el vector momento lineal. 7). medida en varios intervalos de tiempo diferentes no resulta constante. ax i q a ay j j O Vector aceleración instantánea (a) Si una partícula se mueve de tal manera que su aceleración media.2 Halle la aceleración de una partícula en función del tiempo. dadas. Las dimensiones y unidades del vector aceleración instantánea.5t2 j. o simplemente aceleración. dvy dv x a= i+ j = a x i + ay j. Determine el vector aceleración media de la partícula entre estos dos puntos.5) en la ecuación (1.4) to Esta integral se puede resolver sólo si se conoce la forma como varía la aceleración con el tiempo. Solución Derivando la expresión anterior respecto al tiempo. La aceleración puede variar bien sea en magnitud. se dice que se tiene una aceleración variable.2).5) Si el vector velocidad en componentes rectangulares está dado por v = v x i + vy j. En el caso particular que el vector aceleración permanezca constante. entonces dv d2 r ∆v = = 2. llamada aceleración instantánea a y definida por x i Figura 2.2. se encuentra que ∫t a(t)dt. ecuación (2. ay Como se muestra en la figura 2. son las mismas que las del vector aceleración media. dt dt (2.2) rección. dt dt ∆t→0 ∆t a = l´ım v = vo + a(t − to ). ACELERACIÓN DE UNA PARTÍCULA y Ejercicio 2. respectivamente. de masa 500 g. cuya velocidad respecto a determinado sistema de referencia.6) Expresión que únicamente es válida si el vector aceleración permanece constante mientras la De este modo su magnitud y dirección están partícula está en movimiento. en dirección o simultáneamente en magnitud y dirección.2: Componentes rectangulares del vector aceleración. pasa por el punto A en el instante tA y por el punto B en el instante tB . se encuentra que la aceleración está dada por a = ( − 2 m s−2 )j.2. por √ a= a2x + a2y y θ = tan−1 ax . sabiendo que su vector momento lineal está dado por p = 2ti − 1. Este resultado muestra que la aceleración de la partícula es una constante a lo largo . el vector aceleración siempre apunta hacia la concavidad de la trayectoria y en general no es tangente ni perpendicular a ella. donde p está dado en kg · m · s−1 y t en s. se trata de determinar la aceleración de la partícula en un instante dado cualquiera.3) (2. (2. luego de integrar y evaluar se llega a vector aceleración se expresa en la forma r = ro + vo (t − to ) + 21 a(t − to )2 . entonces el Reemplazando la ecuación (2. v = vo + (2. en magnitud y di(2.2. Ejemplo 2.3 2.1 Una partícula. está dada por v = i − 2tj.3. 2. De la definición de aceleración. En tales casos. Movimiento rectilíneo desaceleraponentes rectangulares. lo que se esperaba ya que coinciden la aceleración media (ejemplo 2. como se ilustra en la figura 2.3 Halle. En caso contrario. Ejercicio 2. al integrar y evaluar se llega a la expresión v = i − 2tj. se tiene movimiento rectilítilíneo neo desacelerado o retardado. la velocidad de una partícula cuya aceleración está dada por a = ( − 2 m s−2 )j.1) y la aceleración instantánea.4). a v i que es un resultado idéntico a la expresión dada en el ejemplo 2. como se esperaba. Ejemplo 2. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA y cuya dirección coincide con la del movimiento o con la opuesta. Solución Luego de reemplazar a y vo en la ecuación (2. es decir. un cuerpo tiene movimiento recEn el caso de una partícula que tenga tilíneo acelerado.3: Movimiento rectilíneo acelerado. Igual que para la velocidad. dependiendo de si la magnitud de la velocidad aumenta o disminuye con el tiempo. si vo = (1. Compare con la expresión dada para v en el ejercicio 2.6. do o retardado 2. por ejemplo. si v = v (t). a> 0 v> 0 O x a Ejercicio 2.7) se puede escribir en forma inte(2. Teniendo en cuenta la definición de aceleración. el signo de la aceleración lo da el sistema de referencia.4. Esta situación se presenta.mo la aceleración tienen el mismo signo. Para movimiento en una dimensión. es decir. se tiene movimiento rectilíneo acelerado. lo una componente si se hace coincidir la trayectoria con un eje. la ecuación (2.1 v i O x v< 0 a< 0 Figura 2. de la dirección y. como se muestra en la figura 2.2. en función del tiempo t . el momento lineal de una partícula de masa 500 g y cuya aceleración está dada por a = 4i − 6tj.2. Esta situación se presenta.5.0 m s−1 )i en to = 0. un cuerpo tiene movimiento rectilíneo desacelerado o retardado. en función del tiempo.2. de una partícula de masa 500 g y cuyo vector momento lineal está dada por p = 2ti − 1. y en este caso la velocidad y la aceleración tienen el mismo sentido. cuando la velocidad y la aceleración tienen sentidos opuestos.2. Movimiento rectilíneo acelerado Si la magnitud de la velocidad aumenta con el tiempo. cuando en un auto se aplican los frenos. 2. dt . cuando tanto la velocidad comovimiento rectilíneo.4. MOMENTO LINEAL. en función del tiempo t .3. si vo = 0 en to = 0. un cuerpo posee aceleración si cambia la magnitud de la velocidad con el tiempo. Aceleración en el movimiento rec.2 Halle la aceleración. con el eje de coordenadas coincidente con la trayectoria.Cuando la magnitud de la velocidad disminuye con el tiempo.3 Halle. por ejemplo. la aceleración tendrá dos com.2. En síntesis. En síntesis. bien sea el eje x o el eje y.7) gral y es posible resolverla si se conoce la forma De acuerdo con la definición de aceleración y para el caso de movimiento rectilíneo.5t2 j. esta corresponde a un vector cuya magnitud está dada por a= dv . cuando en un auto se aplica el pedal del acelerador.4 CAPÍTULO 2. cuando la velocidad y la aceleración tienen signos opuestos. la aceleración tendrá só. 10) con la ecuación (2.5.7. se obtiene una parábola cuya concavidad depende del signo de la aceleración.5: Gráfica de la velocidad en función del tiempo para un MRUA.2. Cuando se grafica la posición de una partícula con movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. tal como A en la figura 2. la velocidad de una partícula que se mueve a lo largo del eje x. si la ecuación cinemática de aceleración está dada por a = 18t − 8. en función del tiempo.4 Determine.Figura 2. se encuentra que la pendiente de la rec(2. con vo = −1 m s−1 en to = 0. a(t) = a = Constante.8). La ecuación (2. Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado (MRUA) a a Area = Dv O t to t Este es un movimiento en el cual la magnitud de la aceleración permanece constante.mente acelerado. corresponde a la .10) to. se obtiene al sustituir la locidad para el movimiento rectilíneo uniformemente ecuación (2. donde al integrar y evaluar se llega a la expresión acelerado (MRUA). se tiene que la pendiente de la gráfica de velocidad en función del tiempo está dada por: Pendiente = v − vo = a.7. en función del tiempo. 2.11) expresión que sólo es válida si la magnitud de la aceleración permanece constante. De este modo.8) toma la forma La ecuación cinemática de posición de una v = vo + a ( t − to ). En la figura 2. ACELERACIÓN DE UNA PARTÍCULA a v v i a< 0 v> 0 O v x vo a Area = Dx v i O x v< 0 O a> 0 Figura 2.9) partícula con movimiento rectilíneo uniformeque corresponde a la ecuación cinemática de ve.6 se muestran las gráficas de velocidad y aceleración en función del tiempo. (2. ∫t v = vo + a(t)dt. la tiempo para un MRUA. to Ejercicio 2.7 se muestra la gráfica en el caso de una aceleración positiva.5 y 2.8) ta corresponde a la aceleración de una partícula con movimiento rectilíneo uniformemente acelerado.2. (2.9) corresponde a la ecuación de una línea recta. es de. funcional de a(t). t − to x = xo + vo (t − to ) + 12 a(t − to )2 . La pendiente de la recta tangente en un pun(2.9) en la ecuación (1. t to t Figura 2. En las figuras 2. para el caso de movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. ecuación (2. De la figura 2. donde su pendiente es la magnitud de la aceleración del movimiento.5 2.6: Gráfica de la aceleración en función del cir. Al comparar la ecuación (2.4: Movimiento rectilíneo retardado.9). en el autobús se aplican los frenos y este adquiere un movimiento rectilíneo uniformemente retardado.11) se transforma en xA = xB + 16. Ejercicio 2.5(t − 2)2 . incluyendo el sistema de referencia a emplear. c) ¿El autobús alcanza la Movimiento A C x(m) O B 30 En el diagrama se considera la situación inicial de los móviles.5. El conductor del autobús aplica los frenos a los 2 s de haber observado la camioneta.4. En forma matemática vA = dx | dt x = xA . Un autobús viaja con una rapidez de 60 km · h−1 a lo largo de una pista recta. De acuerdo con el enunciado. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA x x camioneta? ¿Por qué? d) Calcule el tiempo en que se detiene el autobús. en la gráfica de la figura 2.67(t − 2) − 21 0. a) Haga un diagrama ilustrativo de la situación plateada.8).5. (1) A partir del punto B. reemplazando tA = 2 s en la ecuación (1). MOMENTO LINEAL. (3) Ahora. por lo que la ecuación (2. Así la ecuación (1.89 m · s−1 . e) Calcule la posición del autobús y de la camioneta en el instante que se detiene el autobús. b) Ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad para el autobús y para la camioneta: Antes de aplicar los frenos. por lo que la ecuación (1. es igual al cambio en la velocidad ∆v de una partícula en el intervalo de tiempo ∆t = t − to . velocidad de una partícula cuando pasa por la posición xA . es igual al desplazamiento ∆x de una partícula en el intervalo de tiempo ∆t = t − to .6 CAPÍTULO 2. xoC = 30 m. Ejemplo 2. en la gráfica de la figura 2. El punto B es la posición de la camioneta en el instante que el autobús aplica los frenos.7: Gráfica de la posición en función del tiempo para un MRUA. b) Plantee las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad que rigen el movimiento del autobús y de la camioneta. (4) . Demuestre que el área sombreada. A xA xo O t to tA Solución a) Diagrama ilustrativo de la situación plateada t Movimiento Figura 2. el autobús tiene movimiento rectilíneo uniforme entre O y B.67 m · s−1 . vC = 13. tA = 2 s y a = −50 cm · s−2 ≡ −0. Ejercicio 2.6. las cantidades dadas son voA = 60 km · h−1 ≡ 16.6. cuando tiene movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. cuando se tiene movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. El conductor del autobús ve una camioneta que se mueve delante de él a una distancia de 30 m y con una velocidad de 13.8) se puede escribir como xC = 30 + 13. la camioneta se mueve con movimiento rectilíneo uniforme a partir de xoC = 30 m.34 m.67t.5 m · s−2 . generando una aceleración de 50 cm · s−2 . con to = 0 y xo = 0 adquiere la forma ′ xA = 16.89t. se tiene que la posición del autobús cuando aplica los frenos es xB = 33.89 m · s−1 . y se toma el origen de coordenadas del sistema de referencia en la posición donde el conductor del autobús ve la camioneta. (2) En cambio. Demuestre que el área sombreada. . es decir.67 m · s−1 a lo largo de una pista recta. y de equilibrio dinámico o cinético si el cuerpo tiene movimiento rectilíneo uniforme. Lo anterior. CAMBIO EN EL MOMENTO LINEAL Y LEYES DE NEWTON O sea que al reemplazar la ecuación (4) en la ecuación (2). c) ¿El auto alcanza al camión? ¿Por qué? d) Calcule el tiempo en que se detiene el auto. En cualquiera de los dos casos.9. De este modo se obtiene xA = 311.1. es posible llegar a conocer la forma como varía la posición de una partícula con el tiempo [r(t)].7. Cuando se presenta una de estas dos situaciones. mostrada en la figura. generando una aceleración de 50 cm · s−2 . la camioneta se encuentra 209.5(t − 2)2 . se tiene xA = 33. mientras se encuentra en movimiento. esto significa que su momento lineal no cambia o lo que es igual que su aceleración es nula. ya que al no cambiar su momento lineal. t es el tiempo medido a partir de la situación inicial del autobús y de la camioneta. Ejercicio 2. (5) y (6). 2. su posición debe ser la misma.23 m y xC = 520.64. (6) En las expresiones (3). Esto significa que el autobús.34 s. al igualar las ecuaciones (3) y (5).85.3. a) Haga un diagrama ilustrativo de la situación plateada.34 + 16. es posible resolver completamente el problema dinámico de una partícula. Un auto viaja a 16. está atrás de l camioneta y por consiguiente no es posible que se encuentren como se concluyó en el numeral c). (5) vA = 16. e) La posición de los móviles cuando se detiene el autobús. permite concluir que el autobús y la camioneta no se encuentran. m delante de él.3. no cambia su velocidad. se obtendrá la forma matemática de las leyes que rigen el cambio en el estado de reposo o de movimiento de un cuerpo. momento lineal constante. lo que lleva al resultado t = 35. e) Calcule la posición del auto y del camión en el instante que se detiene el auto. El conductor del auto aplica los frenos a los 0. o lo que es igual.87 m. El conductor del auto ve un camión que viaja delante de él a una distancia de 5 m y con una velocidad de 40 km · h−1 . interactuando con varios cuerpos simultáneamente. mientras ningún otro cuerpo lo obligue a cambiar dicho estado. b) Plantee las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad que rigen el movimiento del auto y del camión. (reposo o MRU) se dice que el cuerpo se encuentra en equilibrio mecánico y se habla de equilibrio estático si el cuerpo está en reposo. f) Analice completamente los resultados obtenidos. que corresponde a soluciones físicamente no aceptables. incluyendo el sistema de referencia a emplear. mientras ningún otro cuerpo interactúe con él. Cambio en el momento lineal y leyes de Newton En esta sección.67 − 0. hasta que llegue otro cuerpo y lo obligue a moverse. También puede ocurrir que un cuerpo.7 2.5 s de haber observado el camión. c) Si el autobús y la camioneta se encuentran. se encuentra reemplazando la ecuación (7) en las ecuaciones (3) y (5). ya que se obtiene un tiempo imaginario que no tiene significado dentro del marco de la física clásica.5(t − 2).67(t − 2) − 12 0. el cuerpo permanecerá con movimiento rectilíneo uniforme. se llega a una expresión cuadrática en t. De acuerdo con la situación considerada en el primer experimento de la sección 1.56 ± −66. A partir de estas leyes y con ayuda de los conceptos vistos hasta ahora para una partícula. El resultado anterior muestra que cuando el autobús se detiene. d) Para hallar el tiempo que tarda el autobús en detenerse. cuya solución es √ t = 7. la ecuación (6) se iguala a cero. Por lo tanto. La experiencia también muestra que un cuerpo permanece en reposo sobre una superficie. es decir a = 0. se pueden expresar en la forma v=0 v = Constante. Respecto a estos sistemas. Por ejemplo. A un sistema de este tipo se le conoce como sistema de referencia inercial y al observador ligado a dicho sistema de referencia se le conoce como observador inercial. está en equilibrio dinámico ó cinético. aunque aproximadamente sí lo es? A los sistemas de referencia con aceleración diferente de cero o momento lineal variable. en el caso de un auto que se mueve sobre una superficie con MRU. O lo que es igual p=0 p = Constante. que en palabras se puede enunciar en la forma: Todo cuerpo permanecerá en un estado de equilibrio mecánico. pues estrictamente no lo es. Para que un cuerpo pueda estar en reposo o tener MRU. MOMENTO LINEAL. reposo y MRU. se muestra un cuerpo en reposo respecto a una superficie horizontal. el cuerpo permanecerá en reposo mientras ningún otro cuerpo interactúe . ya que esta se toma aproximadamente como un sistema de referencia inercial. con el piso y con el aire. A continuación se consideran situaciones comunes.8: Cuerpo en reposo sobre una superficie horizontal. Esta es la forma matemática de expresar la Primera ley de Newton.8 CAPÍTULO 2. 1. En lenguaje matemático. se encuentra en estado de equilibrio estático. Necesariamente. cualquiera de los dos estados considerados anteriormente. ya que uno de los modelos que se discutirá para resolver el problema dinámico de una partícula. su momento lineal respecto al piso es cero. mientras no interactúe con ningún otro cuerpo o al interactuar con otros cuerpos la interacción neta es nula. el efecto de todas las interacciones es nulo. El concepto de sistema de referencia inercial es de mucha utilidad. el sistema de referencia debe ser tal que su aceleración sea cero. Como el cuerpo está en reposo respecto al piso. es decir a = 0. Pregunta : ¿Por qué se afirma que la tierra realmente no es un sistema de referencia inercial. solo es válido respecto a este tipo de sistemas de referencia. se les conoce como sistemas de referencia acelerados o sistemas de referencia no inerciales. se tiene que todo sistema de referencia en reposo o con un movimiento rectilíneo uniforme. Se acostumbra definir un sistema de referencia inercial. se presenta una situación en la cual las interacciones se anulan entre sí. o lo que es igual del sistema de referencia correspondiente. no tienen validez las leyes Newton. Como el movimiento de un cuerpo depende del observador. aunque interactúa simultáneamente con la cuerda y la tierra. también es un sistema de referencia inercial.8. en las que se manifiesta la ley de inercia. ya que al enunciarla hay que especificar respecto a cuál sistema de referencia la partícula se encuentra en estado de reposo o de movimiento rectilíneo uniforme. Igualmente. Como consecuencia de esta definición. En este caso. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA permanezca en estado de equilibrio. también conocida como la ley de inercia. aunque simultáneamente está interactuando con la tierra. como aquel que se encuentra en reposo o con movimiento rectilíneo uniforme respecto a la tierra. En síntesis: La ley de inercia únicamente es válida respecto a sistemas de referencia inerciales. y O v= 0 x Figura 2. en otras palabras. esta ley es prácticamente un enunciado relativo a sistemas de referencia. En la figura 2. una lámpara suspendida del techo mediante una cuerda. respecto a un sistema de referencia inercial. cuando este arranca. Actividad : Trate de mover una silla vacía y luego una silla con una persona sentada en ella. a cabo esta acción. Para ello. De este modo. En conclusión. arranca ascendiendo y arranvelocidad cero.tante de bajarse. se consideran los cuerpos de masas M y y m (M > m). En la figura 2.9: Cuerpo en movimiento sobre una superficie horizontal. Si el cuerpo corresponde a un auto con sus pasajeros. ca descendiendo? Explique sus respuestas a la luz de la Primera ley de Newton. en reposo. obligándolo a moverse sobre la superficie. ya que por la ley de inercia la persona continúa con la velocidad que tenía en el ins- . en otras palabras. el cuerpo de masa M tiene mayor inercia que el cuerpo de masa m. mientras no interactúe con ningún otro cuerpo. 3. el cuerpo de masa M presenta más oposición o resistencia a cambiar de estado. respecto a un observador inercial fijo al piso.11. ¿qué debe hacer una persona cuando se baja de un autobús en movimiento? Si una persona desciende de un autobús en movimiento. los pasajeros Pregunta : se mueven hacia el espaldar de la silla. CAMBIO EN EL MOMENTO LINEAL Y LEYES DE NEWTON con él. cuando este acelera. el cuerpo de masa M tiene mayor tendencia a continuar en reposo. Cuando una persona no lleva cir. ¿Nota la diferencia? .Si los dos cuerpos se mueven con igual velocidad respecto a un sistema de referencia fijo al piso. Para no caer de narices al piso. ya que los pasajeros tienen un movimiento involuntario en el sentido de movimiento. 2. pasajeros. Por otro lado.10: Cuerpos en reposo. La experiencia muestra que es más difícil cambiar el estado del cuerpo que tiene mayor masa. debe correr en el mismo sentido del auto para no caer al piso. cuando frena ocurre lo contrario debido a la ley de inercia. En este caso.3. en el instante que tiene contacto con el pavimento. debido a la rapidez menor que se tenía en el instante de acelerar. lo más seguro es que cae de Si el cuerpo corresponde a un auto con sus narices al piso.Cuando los dos cuerpos se encuentran en reposo. ¿cuál es más difícil llevar al estado de reposo? Igual que en el caso anterior. obligándolo a cambiar de estado. ¿Qué se percibe cuando pasajeros tienden a continuar en el estado de el ascensor. cuando acelera el auto. mostrados en las figuras 2. debido a la velocidad mayor que se tenía en el instante de frenar. ya que Suponga que se encuentra en el interior por la ley de inercia. esto es.10 y 2. es de. la ley de inercia se manifiesta cuando el cuerpo aprisiona el espaldar de la silla. Esto se debe hacer. respecto a dicha superficie. el cuerpo continúa moviéndose con el mismo momento lineal o la misma velocidad. los de un ascensor. se tiene un cuerpo sobre una superficie horizontal lisa y con movimiento La primera ley de Newton o ley de inercia tamrectilíneo uniforme. ¿a cuál es más difícil cambiarle su estado de reposo? y v=0 M v=0 m x Figura 2.9 2. bién se relaciona con el concepto de masa. v = constante O x Figura 2. el cuerpo de masa M tiene una mayor tendencia a continuar .9. las partículas interactúan durante un intervalo de tiempo ∆t = t′ − t. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA y v v M m x Figura 2. la segunda ley de Newton se refiere al caso de una partícula sobre la que actúan varias fuerzas simultáneamente. con movimiento rectilíneo uniforme. Para la situación considerada en la figura 1. es decir [F ] = [dp] [dt]−1 = MLT−2 . además. En el sistema inglés la unidad es la lb y su relación con el sistema de unidades SI está dada por 1 lb ≡ 4. la fuerza que actúa sobre la partícula 1 es F1 = dp1 . es decir. la segunda ley de Newton queda dada entonces por la ecuación (2. se puede inferir que la masa es una medida de la inercia de los cuerpos.16). es la forma matemática de expresar la interacción de la partícula 2 sobre la partícula 1. total ó resultante de las fuerzas aplicadas.20. De estos dos casos. siendo F la fuerza neta.10 CAPÍTULO 2. ∆p2 ∆p1 A la recta infinita sobre la que actúa una l´ım = − l´ım . MOMENTO LINEAL.14). donde se define el Newton en la forma 1 kg · m · s−2 ≡ 1 N. y se conoce como la segunda ley de Newton.15) se convierte en dv1 F1 = m1 dt = m 1 a1 . Esto es. que este cuerpo posee mayor inercia. la masa es una medida de la resistencia que presentan los cuerpos al cambio de estado y presenta mayor inercia o resistencia el cuerpo que tiene mayor masa. ∆t→0 ∆t ∆t→0 ∆t fuerza se le denomina línea de acción de la fuerza. Generalmente. . dt (2. es porque so∆p2 ∆p1 =− . y por definición de derivada se obtiene dp1 dp2 =− . las unidades correspondientes son kg · m · s−2 en el sistema internacional de unidades. esto es. cuando el momento lineal de una partícula cambia con el tiempo. Así. Como m1 es la masa de la partícula 1.18) por ∆t. En adelante. (2. En este sentido. (2.16) Para el caso particular de masa constante. Al dividir la ecuación (1.12) bre la partícula actúa una fuerza neta diferen∆t ∆t te de cero. debido a su interacción con la partícula 2. cada fuerza representa la interacción de la partícula con otra. se tiene que sus dimensiones corresponden al cociente de las dimensiones del vector momento lineal con la dimensión de tiempo.14) se transforma en d F1 = (m1 v1 ). como se analiza en el tema de la gravitación universal. dt dt (2.14) Dimensiones y unidades fuerza De acuerdo con la definición del vector fuerza. la ecuación (2. ley de fuerza ó ecuación de movimiento. La fuerza que actúa sobre la partícula 1. la interacción ó acción Si.12) se puede escribir en la forma resenta matemáticamente mediante el concepto de fuerza ( F ). En el sistema gaussiano la unidad es g · cm · s−2 donde se utiliza la definición 1 g · cm · s−2 ≡ 1 dina. son iguales y opuestas.11: Cuerpos en movimiento. se hace que ∆t → 0. (2. hay distinción entre los conceptos de masa inercial y masa gravitacional.448 N. del momento lineal de las dos partículas. se tiene La ecuación (2. la ecuación del medio ambiente sobre una partícula se rep(2.15) dt Si la masa m1 es constante. Por ello.13) muestra que las variaciones respecto al tiempo.13) La ecuación (2. se define como el cambio con respecto al tiempo del vector momento lineal de la partícula 1. Además. su momento lineal es p1 = m1 v1 y la ecuación (2. Elegir. CAMBIO EN EL MOMENTO LINEAL Y LEYES DE NEWTON Otra unidad que es utilizada algunas veces es el kilogramo fuerza. si ella solo responde a la acción que ejercemos sobre ella? F1 F2 2 Figura 2. es la forma matemática de expresar la tercera ley de Newton y se puede enunciar en la forma La fuerza que ejerce la partícula 1 sobre la partícula 2 es igual en magnitud pero opuesta en dirección a la fuerza que la partícula 2 ejerce sobre la partícula 1. Para aclarar los pasos anteriores. De las ecuaciones (2. Para el sistema de la figura 2. Delimitar el medio ambiente o alrededores.ran las siguientes situaciones túan. cuando con el pié se le da a una piedra. en el universo no existen fuerzas aisladas. cuando este interactúa con otros cuerpos.11 2. Sistema cuerpo-tierra: Proyectil que se lanza 4. Sistema masa-resorte: Bloque sujeto a un resorte y en movimiento sobre una superficie . como el mostrado en la figura 2. 1 fuerza que se ejerce sobre ella es la acción. 2. permiten concluir que. por los cuerpos cercanos que interactúan con el cuerpo de interés.12. definido como 1 kgf ≡ 9. Diagrama de cuerpo libre En esta unidad se han considerado las causas por las que cambia el estado de reposo ó de movimiento de un cuerpo.13) y (2. que generalmente está formado por varios cuerpos. o sea.3. 1.3. Aparecen simultáneamente.8 N. Para su estudio. Sólo se ha considerado el movimiento de traslación de los cuerpos. entonces la reacción corresponde a la fuerza que la piedra ejerce sobre el pié y es la responsable del dolor que puede presentarse una vez que esta situación ocurre. se dispone de los conceptos descritos y analizados hasta este momento en el curso.17). o sea.17) La ecuación (2. o sea.13. La relación entre la unidad de fuerza en el sistema SI y el sistema gaussiano está dada por 1 N ≡ 105 dinas. 2. cuando se va a analizar el comportamiento dinámico de un cuerpo. un cuerpo no puede autoacelerarse.14) se tiene que F1 = − F2 (2. si la desde el punto A con una velocidad que forma un ángulo no nulo con la horizontal. cumple simultáneamente las siguientes condiciones 1. Tienen la misma línea de acción. 2. es decir.12: Par acción-reacción. lo primero que se hace es llevar a cabo los siguientes pasos: Definir un sistema. ¿Por qué se le hecha la culpa a la piedra. tomando el proyectil como cuerpo o partícula de interés. La ley de acción y reacción se manifiesta en muchas situaciones comunes. los alrededores lo conforman el aire y la tierra. sino una sobre cada uno de los cuerpos. Nunca actúan sobre el mismo cuerpo. Por ejemplo.1. se conside3. sino que siempre aparecen por parejas (pares acciónreacción). el cuerpo o partícula de interés. formado por el resto del sistema. el cuerpo al cual se le va a analizar el estado de reposo o de movimiento. Las condiciones anteriores. Las dos fuerzas que conforman un par acciónreacción. Intervienen mientras los cuerpos interac. Es costumbre decir que F1 y F2 forman un par acción-reacción. Ahora. que estos se pueden tratar bajo el modelo de partícula. del sistema. 13: Proyectil lanzado desde el punto A.16. comúnmente . De este modo. los alrededores lo conPara poder llevar a cabo lo anterior.14: Bloque sujeto a un resorte sobre una superficie a) horizontal. Sistema satélite-tierra: Satélite que rota alrededor de la tierra. se observa que los alrededores sólo incluyen el medio o los cuerpos más cercanos al cuerpo de interés.15: Satélite que rota alrededor de la tierra. Figura 2. es neceformarán el resorte. Mg 3. el cuerpo o partícula de interés puede ser el satélite. la fuerza que la tierra ejerce sobre dicho cuerpo. plana. en varias posiciones de su trayectoria.12 CAPÍTULO 2.8 m · s−2 en el sistema de unidades SI y 32. que consiste en tomar el cuerpo de interés y reemplazar la interacción de él Movimiento con cada cuerpo de sus alrededores por el vector fuerza correspondiente. por lo que está sometido a una aceleración conocida como la aceleración de la gravedad g. si el bloque se toma como cuerpo o partícula de interés.a ó Figura 2.14. donde sólo se considera una fuerza ya que se ha considerado la interacción del proyectil únicamente con la tierra.16: Proyectil lanzado desde el punto A. 2. ya que los efectos de los cuerpos más alejados generalmente son insignificantes. MOMENTO LINEAL. A continuación se muestran los diagramas de (a) cuerpo libre para cada uno de los casos anteriores. el sario hacer lo que se conoce como diagrama de aire y la tierra. En los tres casos anteriores. lo que se busca es analizar la forma como es afectado el movimiento de traslación del cuerpo de interés por los alrededores.14.2 p · s−2 en el sistema inglés. Para el sistema de la figura 2. se muestra el diagrama de cuerpo libre para el proyectil. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA v vo A S q T Tierra Figura 2. en estas situaciones o en cualquier otra. Así. Por consiguiente. b) inclinada. Sistema cuerpo-tierra: En la figura 2. A Mg Mg Mg Mg Tierra Mg Figura 2. cuerpo libre (DCL). o sea que el medio ambiente corresponde a la tierra. la superficie plana. En el sistema de la figura 2. o ient m i v Mo (b) 1.15. con un valor experimental de 9. que se mueve sometido a la fuerza que le ejerce la tierra.b. Acá se tiene el caso de un cuerpo de masa M. el movimiento del cuerpo queda determinado por la acción del medio ambiente sobre él. ya que siempre es perpendicular a la superficie que la genera. La línea de acción de la fuerza que ejerce la Tierra sobre el Satélite. CAMBIO EN EL MOMENTO LINEAL Y LEYES DE NEWTON Movimiento llamada peso.13 2.17: Peso de un cuerpo: a) en reposo b) en movimiento. respecto a un observador inercial. independientemente que se encuentre en reposo o en movimiento. que se estudiarán posteriormente. en un problema mecánico específico. independientemente de la posición del Satélite en su trayectoria. donde la fuerza Fe conocida como fuerza elástica. es decir. se debe a la interacción del bloque con el resorte. se muestra en la figura 2. está dada por N F = W = mg Fe El peso es una propiedad característica de todo cuerpo. Como se verá en lo que sigue.17. En este caso.18: Bloque sujeto a un resorte sobre una superficie a) horizontal. la fuerza Mg definida como el peso del cuerpo. Una vez realizado lo anterior.18 se tiene el diagrama de cuerpo libre para el bloque. como se ilustra en la figura 2. el objetivo último de la dinámica es poder predecir. el medio ambiente corresponde a la Tierra. conocer la forma explícita de r(t). Sistema masa-resorte: En la figura 2.19: Satélite que rota alrededor de la Tierra. b) inclinada. lo que matemáticamente equivale a conocer la forma como varía el vector posición con el tiempo. cómo se seguirá moviendo una partícula cuando sus alrededores y condiciones iniciales se conocen. se dice que se ha resuelto completamente el problema dinámico.19. 2. A la última fuerza se le conoce como normal. En este diagrama de cuerpo libre no se han tenido en cuenta los efectos del aire.3. (a) y Movimiento m O x que rota alrededor de la Tierra es el cuerpo de interés. teniendo en cuenta que el Satélite S F T Figura 2. 3. pasa por el centro de la tierra. debido a su interacción con la tierra y la fuerza N conocida como normal. W = Mg (b) Figura 2. (a) Mg nto imie M ov N Fe y Mg v=0 m O W = Mg (b) x Figura 2. es la fuerza que la superficie ejerce perpendicularmente sobre el cuerpo. Sistema Satélite-Tierra: El diagrama de cuerpo libre. Más adelante se considera con mayor detalle la fuerza que ejerce un resorte cuando interactúa con un cuerpo. . se fuerzas utilizando componentes considera la figura 2. Matemáticamente se opera de acuerdo con las reglas de la geometría vectorial. que produce el mismo efecto que las fuerzas concurrentes simultáneamente aplicadas. llamada resultante.22 se ha . Suponiendo que sobre la partícula de la figura la cual tiene componentes en tres dimensiones 2. en la que F es la rerectangulares sultante de un sistema de fuerzas espaciales. . esto es la aplicación del teorema de Pitágoras √ F = F1 + F2 + F3 + . se Figura 2. si se conotodas las fuerzas simultáneamente aplicadas al cuer.21. Esta es la operación inversa a la descomposi. la po.14 CAPÍTULO 2.para el caso más general. actúan varias fuerzas necesariamente con. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA Pregunta : ¿La figura 2. total o resultante de un sistema de fuerzas concurrentes Debido a la interacción con otros cuerpos. Es posible reemplazar este sistema de fuerzas por una sola fuerza. al cuerpo de la figura 2.20: Fuerzas concurrentes sobre un cuerpo. Resultante de un sistema de Para analizar el caso de tres dimensiones. encuentra que Fx = ∑ Fxi . j y k linealmente independientes. que afirma: La resultante de un sistema de fuerzas aplicadas a un cuerpo. se tiene Como en general se tiene que la resultante está dada por F = Fx i + Fy j + Fz k. caso se cumple el principio de superposición. F = Fx2 + Fy2 = ∑ Fi y para su dirección.3. F1 F2 currentes. por ser los vectores unitarios i. es igual a la suma vectorial de En el caso de dos dimensiones. 2. . = = z z F2 F3 x FZ k F1 A A y F Fx i Fy j y F4 x Figura 2.magnitud de la resultante se obtiene mediante ción de fuerzas. MOMENTO LINEAL. Fz = ∑ Fzi .cen las componentes de cada fuerza coplanar.3. es decir.21: Resultante de varias fuerzas.2. .20 se le aplican varias fuerzas en el punto A. las fuerzas son concurrentes. ya que en este Fy = ∑ Fyi . .22. se acostumbra emplear dp = la definición de la función trigonométrica tandt gente Fy tanθ = Fx 2. En la figura 2. F4 igualando componentes. Fuerza neta.3. F3 F A A A F = F1 + F2 + F3 + .17 corresponde al diagrama de cuerpo libre para el cuerpo de masa M? Explique. dp = dt = ∑ Fi ∑ ( Fxi i + Fyi j + Fzi k) ( ∑ Fxi )i + ( ∑ Fyi )j + ( ∑ Fzi )k. resultante y de los ángulos que forma la fuerza total con cada uno de los ejes. se tiene que la magnitud de la fuerza resultante se obtiene mediante la expresión √ F = Fx2 + Fy2 + Fz2 .19) en las ecuaciones (2.21) Fy = Fh cos φ.23) en la ecuación (2.23. Por lo tanto.20) con el eje x. (2.23) Donde al reemplazar la ecuación (2. (2.3. se tiene rectangulares en función de la magnitud de la que el cuadrado de la magnitud de la fuerza ne.24).22: Resultante en tres dimensiones. coincidente con el punto A de concurrencia de las fuerzas componentes. por F = ( F cos α)i + ( F cos β)j + ( F cos γ)k. Donde la magnitud de cada componente se encuentra al reemplazar la ecuación (2. CAMBIO EN EL MOMENTO LINEAL Y LEYES DE NEWTON z z Fzk F A A y Fxi q Fh F Fy j j y x x Figura 2. y Fh x Fx = F sen θ sen φ. Figura 2. tomado el origen del sistema de coordenadas. junto con la ecuación (2. (2.15 2. (2. Las magnitudes de estas componentes están En las ecuaciones (2. y otra componente paralela al plano xy. 2 2 2 Donde α es el ángulo que forma la resultante F = Fh + Fz . se expresa la magnitud dadas por de las componentes en función del ángulo que Fz = F cos θ (2. la componente Fh paralela al tiene componentes en las tres direcciones perplano xy se descompone en sus componentes rectangulares Fx i y Fy j como lo muestra la figura pendiculares. de tal manera que se puede expresar en la forma 2.19) gulo que forma la componente horizontal con el eje y.22). como se ilustra en la figura 2.24.24) Fz = F cos θ. Esta fuerza se puede descomponer en una componente paralela al eje z. Figura 2.25) .25. De acuerdo con la figura 2. están dadas respectivamente.22) F = F (cos αi + cos βj + cos γk).24. Fy = F sen θ cos φ. Otra forma es expresar las componentes De este modo.18) se llega finalmente a F A Fh 2 = Fx 2 + Fy 2 .23.21) y (2. β con el eje y y γ con el eje z. La magnitud de las componentes rectangulaF = Fx i + Fy j + Fz k. (2. Fx = Fh sen φ (2. utilizando la figura 2. es z Fzk q (2. la magnitud de la componente Fh al cuadrado. Fz k.23: Resultante en tres dimensiones. ˆ F = F λ.20).25. la fuerza neta Adicionalmente.18) forma la fuerza resultante con el eje z y del ánFh = F sen θ. res de Fh . de acuerdo con la figura 2. Fh . como se ilustra en ta está dada por la figura 2.24: Resultante en tres dimensiones. 26: Vector unitario paralelo a la fuerza resultante. 2. 4. los cuales permiten conocer sus componentes rectangulares. (2. se tiene que los ángulos que forma la fuerza resultante con los ejes coordenados no son independientes. sino que cumplen la condición cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1. con el fin de obte- . (2. λ = (cos α)i + (cos β)j + (cos γ)k. (2. Resolver el sistema de ecuaciones simultáneas encontrado. Elegir el cuerpo de interés y hacer un diagrama que muestre todas las fuerzas que actúen sobre él. (2. de acuerdo con la ecuación (2. y en el cual se muestren las condiciones físicas del problema. en lugar de generar complejidad.26) y (2. en la ecuación (2. relacionadas con la dinámica de una partícula Hasta este momento. se conocen como cosenos directores de la fuerza neta F. Si no es dado. como λ tiene magnitud 1 por ser un vector unitario. donde se deben tener en cuenta las siguientes pautas en la solución de diferentes situaciones físicas a resolver. hacer un diagrama ilustrativo de la situación física que se ha planteado.16 CAPÍTULO 2.26) Ahora. las cantidades conocidas y las incógnitas a obtener.27) Teniendo en cuenta las ecuaciones (2. se satisface la relación 2 2 2 1 = λ x + λy + λz . cos β y cos γ. 6.25: Angulos que forma la resultante con cada eje. que en componentes rectangulares queda expresado por z F g a l A b y x Figura 2. Pautas generales a seguir en la solución de situaciones físicas.27). FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA z g F b a y A x Figura 2.28).25). Tener claridad sobre la situación planteada en el enunciado. Es importante hacer énfasis en el hecho que la fuerza resultante. plantear las ecuaciones de movimiento que garanticen la situación planteada. De acuerdo con el sistema de referencia elegido. de fuerza como causa del cambio en el momento lineal. identificando las cantidades dadas. .25). hacer el diagrama de cuerpo libre. F3 y F4 aplicadas simultáneamente al cuerpo de la figura 2.28) En las ecuaciones (2.26) y (2. 1. Teniendo en cuenta la figura 2. en esta unidad se han definido y analizado los conceptos: de aceleración como consecuencia del cambio en la velocidad. A este diagrama se le conoce como diagrama espacial.25) se ha expresado la fuerza resultante en función del ángulo que forma el vector con cada eje de coordenadas y se ha definido el vector unitario λ. fuerza neta o fuerza total F. 3. Elegir un sistema de referencia adecuado que facilite la solución del problema.20. 5. esto es.26. F2 . MOMENTO LINEAL. es físicamente equivalente a las fuerzas F1 . los términos cos α. Estos conceptos constituyen el primer método que permite resolver completamente el problema dinámico de una partícula. de diagrama de cuerpo libre donde se consideran todas las interacciones del cuerpo de interés con otros cuerpos y de fuerza resultante como la suma vectorial de todas las fuerzas que actúan sobre un cuerpo. 17 2.3. CAMBIO EN EL MOMENTO LINEAL Y LEYES DE NEWTON ner la información solicitada. De ser posible, resolverlo en forma literal, ya que esto permite hacer un análisis del resultado y permite verificar si las dimensiones son correctas. 7. Dar los resultados numéricos, con las unidades adecuadas. Ejemplo 2.5. Sobre una partícula de masa 3.0 kg, actúan cuatro fuerzas como se indica en la figura. a) Calcular la fuerza neta o resultante que actúa sobre la partícula. b) Calcular la aceleración de la partícula. c) Escribir las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad, si la partícula parte del origen con velocidad inicial cero. d) Obtener la ecuación de la trayectoria seguida por la partícula. o F 2 = 5 N 37 F 1= 10 N o 30 x 50 o F 3=100 N F 4= 50 N 20 o Solución Este es un caso en el cual se da directamente el diagrama de cuerpo libre, es decir, no se muestran los cuerpos que conforman los alrededores, sino sus interacciones con la partícula de interés. a) En el caso de dos dimensiones, la fuerza neta o resultante F = F1 + F2 + F3 + F4 , se obtiene hallando sus componentes rectangulares Fx y Fy , teniendo en cuenta el sistema de referencia mostrado. De este modo, la componente en x de la resultante, adquiere el valor + = → ∑ Fix = −41.53 N. Igualmente, la componente en y de la resultante, está dada por Fy F = ( − 41.53i − 114.6j)N Por lo que su magnitud está dada por F = 121.89 N y su dirección, mostrada en la figura siguiente, por θ = 70.08o . y Fx i = + ↑ ∑ Fiy = −114.6 N. x q Fy j F De este modo F = 121.89 N y Fx Lo cual permite expresar la fuerza neta en componentes las rectangulares 70.08o b) De acuerdo con la forma de la segunda ley de Newton para masa constante, F = ma, la ecuación de movimiento para la partícula considerada, está dada por ( − 41.53i − 114.6j)N = (3.0 kg)a. Así, la aceleración en componentes rectangulares es a = ( − 13.83i − 38.2j)m s−2 , con magnitud a = 40.63 m s−2 y dirección θ = 70.08o , como se esperaba, ya que la aceleración es paralela a la fuerza resultante. O sea a = 40.63 ms-2 o 70.08 c) De acuerdo con el enunciado y el resultado anterior, las condiciones iniciales están dadas por a x = −13.83 m s−2 , ay = −38.2 m s−2 , v xo = 0, vyo = 0 y to = 0. Ahora, como a x y ay son constantes, se tienen componentes de movimiento uniformemente acelerado a lo largo de cada uno de los ejes de coordenadas. Así, las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad que rigen el movimiento de la partícula, adquieren la forma siguiente: Componente de movimiento en x x = −6.9t2 , v x = −13.8t. 18 CAPÍTULO 2. MOMENTO LINEAL, FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA y Componente de movimiento en y y = −19.1t2 , vy = −38.2t. d) Utilizando las ecuaciones cinemáticas de posición, se encuentra que la ecuación de la trayectoria seguida por la partícula tiene la forma F2 = 5 N 53o F 1= 10 N F5 60o x o 70 o 40 F 3=100 N F 4= 50 N y = 2.8x, que corresponde a la ecuación de una línea recta, con pendiente 2.8 es decir, forma un ángulo θ = 70.09o con la horizontal, como se muestra en la siguiente figura. y x 70.08 o Trayectoria Mediante este ejemplo se ha podido mostrar que con el objetivo de la dinámica se ha cumplido, ya que fue posible obtener la trayectoria seguida por la partícula, con sólo conocer las fuerzas que actúan sobre ella y las condiciones iniciales impuestas. Ejercicio 2.8. Sobre una partícula de masa 3.0 kg, actúan cinco fuerzas como se indica en la figura siguiente. a) Calcule la fuerza adicional F5 que se aplica a la partícula, para que la resultante de las fuerzas sea horizontal, con magnitud 50 N y dirigida horizontalmente hacia la derecha. b) Calcule la aceleración correspondiente de la partícula. c) Escriba las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad, si la partícula parte del origen con una velocidad de 10.0 m s−1 , dirigida en la dirección positiva del eje y. d) Obtenga la ecuación de la trayectoria seguida por la partícula y trace una gráfica de ella. Ejemplo 2.6. Desde la base de un plano inclinado y liso, que forma un ángulo de 30o con la horizontal, se lanza un bloque de masa 500 g con una velocidad paralela al plano inclinado y de magnitud 15.0 m s−1 . a) Haga el diagrama de cuerpo libre para el bloque y plantee las ecuaciones de movimiento. b) Determine la aceleración del bloque. c) Halle la fuerza que la superficie ejerce sobre el bloque. d) Plantee las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad, que rigen el movimiento del bloque. e) ¿Cuánto tiempo asciende el bloque por el plano inclinado? f) ¿Hasta qué altura, respecto a la base del plano inclinado, asciende el bloque? Solución De acuerdo con el enunciado, las cantidades dadas son m = 500 g ≡ 0.5 kg, θ = 30o y vo = 15.0 m s−1 , con la cantidad conocida g = 9.8 m s−2 . a) Diagrama de cuerpo libre: Sobre el bloque actúa la normal N debido a su interacción con la superficie; y el peso mg debido a su interacción con la tierra. to ien m vi Mo N mg q La ecuación de movimiento en la dirección paralela al plano inclinado, adquiere la forma + ↗ ∑ Fix = ma x , −mg senθ = ma x . (1) Adicionalmente, la ecuación de movimiento en la dirección perpendicular al plano inclinado adquiere la forma + ↖ ∑ Fiy = 0, N − mg cosθ = 0, (2) 19 2.3. CAMBIO EN EL MOMENTO LINEAL Y LEYES DE NEWTON inclinado es xmáx = 22.96 m, así, mediante la figura anterior se encuentra que la altura máxima alcanzada por el cuerpo es ya que en dicha dirección no hay movimiento. b) Como sólo hay movimiento en la dirección paralela al eje x, se tiene que la aceleración del bloque es a = a x , así, mediante la ecuación (1)se encuentra que la aceleración de la partícula es h = 11.48 m. En este caso ha sido posible resolver completamente el problema dinámico del bloque, sabiendo con que otros cuerpos interactúa y cuáles son las condiciones iniciales. a = − g senθ, cuyo valor es a = −4.9 m s−2 . c) Empleando la ecuación (2), correspondiente a la ecuación de movimiento en la dirección paralela al eje y, se encuentra que la fuerza ejercida por la superficie sobre el bloque es N = mg cosθ, encontrándose el valor N = 4.24 N. d) De acuerdo con el sistema de referencia mostrado en la figura, el bloque se mueve sobre el eje x con una aceleración de −4.9 m s−2 . y ien vim to x Ejercicio 2.9. Un bloque, de masa 500 g, parte del reposo y se mueve sobre un plano inclinado liso que forma un ángulo de 30o con la horizontal. El bloque inicia su movimiento desde una altura de 9.0 m respecto a la base de plano inclinado. a) Haga el diagrama de cuerpo libre para el bloque. b) Determine la aceleración del bloque. c) Plantee las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad, que rigen el movimiento del bloque. d) ¿Cuánto tiempo tarda el bloque en llegar a la base del plano inclinado? e) ¿Cuál es la velocidad del bloque cuando llega a la base del plano inclinado? Mo q De este modo, las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad, están dadas por x = 15t − 2.45t2 y v = 15 − 4.9t e) Como el bloque tiene un movimiento rectilíneo uniformemente retardado, llega un momento en el cual su velocidad se hace cero. De este nodo, mediante la ecuación cinemática de velocidad, se encuentra que en ese instante t = 3.06 s. f) Reemplazando t = 3.06 s en la ecuación cinemática de posición, se encuentra que el máximo desplazamiento sobre el plano Ejemplo 2.7. Como se muestra en la figura, dos bloques unidos son empujados por una persona sobre una superficie horizontal, como se ilustra en la figura. La fuerza F representa la interacción entre la persona y el bloque 1. Analice los pares acción que se presentan, debido a la interacción de los bloques con otros cuerpos. F 1 2 Solución Para hacer referencia a los pares acciónreacción que se tienen en este caso, se consideran los diagramas de cuerpo libre mostrados en la siguiente figura. En la figura (i) se tiene el diagrama de cuerpo libre para el sistema formado por los dos cuerpos, mientras que las figuras (ii) y (iii) corresponde, respectivamente, a 20 CAPÍTULO 2. MOMENTO LINEAL, FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA N2 N1 F F 1 2 W1 (i) 1 A Fc W1 (ii) W2 Fc z N1 17 m N2 , 3m 2 O W2 (iii) los diagramas de cuerpo libre de los bloques 1 y 2. En lo que sigue, se supone que cada una de las fuerzas que aparecen en los diagramas de cuerpo libre corresponden a la acción. La reacción de la fuerza F, actúa sobre la persona que interactúa sobre el bloque. La reacción de las normales N1 y N2 , actúan sobre el piso que es quien las ejerce sobre los bloques. La reacción de los pesos W1 y W2 , actúa sobre la tierra ya que ella es la que ejerce dichas fuerzas. En el diagrama de cuerpo libre del sistema formado por los dos bloques, no aparecen las fuerzas de contacto, esto es, la fuerza que un bloque ejerce sobre el otro ya corresponde a fuerzas internas al sistema considerado, mientras que en los diagramas de cuerpo libre de cada cuerpo por separado estas sí aparecen por tomar el carácter de fuerza externa ejercida a cada bloque. De este modo, si Fc es la acción que actúa sobre 1, la reacción es F,c que actúa sobre 2. Debe quedar claro que en cualquier diagrama de cuerpo libre las fuerzas que aparecen son las fuerzas externas que actúen sobre el cuerpo o sistema que se desee analizar. Ejemplo 2.8. La torre de la figura se sostiene mediante tres cables sujetos en la parte superior, como se indica. La tensión en el cable AB es 500 N, la tensión en el cable AC es 800 N, la tensión en el cable AD es 103 N y la distancia OD es 7 m.(a) Halle las componentes rectangulares de cada una de las fuerzas. (b) Encuentre la fuerza neta que actúa sobre la torre en el extremo A. Solución (a) Para determinar las componentes de la tensión en cada una de las cuerdas, se 3.5 m 2m C B 1m y o 35 D x definen los vectores unitarios λAB , λAC y λAD , paralelos respectivamente a las tensiones T AB , T AC y T AD , como se ilustra en la figura. z A l C l D T AB 17 m T AC T AD 3m 3.5 m 2m C O B 1m y o 35 x D De acuerdo con la figura, las coordenadas de los extremos de cada cuerda están dadas por A(0, 0, 17 m), B(−1 m, 2 m, 0), C (−3 m, −3.5 m, 0) y D (5.73 m, 4.01 m, 0) Teniendo en cuenta las coordenadas anteriores, se encuentra que los vectores unitarios en componentes rectangulares están dados por λAB λAC λAD = −0.06i + 0.12j − 0.99k, = −0.17i − 0.2j − 0.97k, = 0.31i + 0.22j − 0.92k. Como TAB = TAB λAB , TAC = TAC λAC y TAD = TAD λAD , las componentes rectangulares de las tensiones en cada una de las cuerdas, están dadas por TAB TAC TAD = (−30i + 60j − 495k) N, = (−136i − 160j − 776k) N, = (310i + 220j − 920k) N. (b) Teniendo en cuenta las componentes rectangulares en cada cuerda, las componentes rectangulares de la fuerza neta, total o resultante que actúa en el extremo A de la torre, son F = (144i + 120j − 2191k) N. 11o . en su lugar. En este caso. g = ± gj.29: Movimiento vertical acelerado y desacelerado.28: El signo de la aceleración depende del sistema de referencia.3. O Movimiento a=g B Movimiento A Tierra Figura 2. sometido a la aceleración de la gravedad que se toma constante. En esta sección se desprecian los efectos que pueda tener el aire sobre el movimiento de los cuerpos. mg La aceleración con la cual se mueven libremente los cuerpos a lo largo de la vertical. Este es un ejemplo muy importante de movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. el movimiento es retardado y cuando un cuerpo se suelta o se lanza verticalmente hacia abajo.87o . el cuerpo B tiene movimiento rectilíneo uniformemente acelerado ya que el sentido del vector velocidad coincide con el sentido del vector aceleración de la gravedad. el cuerpo A tiene movimiento rectilíneo uniformemente retardado ya que el sentido del vector velocidad se opone al sentido del vector aceleración de la gravedad.27 muestra que en este caso sólo actúa el peso del cuerpo.29. En síntesis. O Movimiento vertical de los cuerpos Este movimiento.4. y se presenta cuando los cuerpos caen libremente bajo la acción de la gravedad. que generalmente se hace coincidir con el Tierra Tierra a=+gj y Figura 2. En la figura 2. El signo de g y por ende de la fuerza. se denomina aceleración de la gravedad.28. La figura 2. sometido únicamente a su interacción con la tierra. su magnitud y dirección están dadas por a=-gj F = 2199 N.21 2. por lo que el cuerpo adquiere un MRUA. cuando se mueve verticalmente sometido a la aceleración de la gravedad. θz = 175. independiente del sistema de referencia.27: Diagrama de cuerpo libre. es decir. así que es un vector dirigido siempre hacia abajo en la dirección vertical y se representa por el símbolo g. 2. el signo es positivo cuando el eje y se toma positivo verticalmente hacia abajo y negativo cuando el eje y se toma positivo verticalmente hacia arriba. El valor de la aceleración de la gravedad g varía de un lugar a otro de la superficie terres- . ya que el cuerpo se mueve en línea recta. se debe a la acción de la tierra sobre los ellos y como ya se sabe. CAMBIO EN EL MOMENTO LINEAL Y LEYES DE NEWTON y De este modo. eje y. depende del sentido que se tome como positivo para el eje vertical. independientemente del sentido de movimiento del cuerpo a lo largo de la vertical. se indican los dos sentidos de movimiento que puede presentar un cuerpo. θy = 86. θ x = 86. el signo depende del sistema de referencia como se indica en las figuras 2. En conclusión. el movimiento es acelerado. lo que equivale a suponer que se mueven en el vacío.3. se presenta cuando un cuerpo se mueve en el vacío. más conocido como caída libre.25o . Tierra Figura 2. Así. cuando un cuerpo se mueve verticalmente hacia arriba. 7).7)2 . Igualmente se y (m) vob= 0 m1g 10 15 m s -1 m2g O Tierra muestra la posición inicial de la piedra y la posición del bloque en ese instante. −m2 g = m2 a2 (2) De la ecuación (1) ó (2).8 m s−2 en el sistema de unidades SI ó g = 32. d) Calcule el tiempo que demoran los cuerpos en pasar uno frente al otro. en la superficie de la tierra. plantee las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad que rigen el movimiento de la piedra y del bloque. Lo anterior indica que la piedra adquiere un movimiento rectilíneo uniformemente desacelerado. (3) La ecuación (3) muestra que para ambos cuerpos la aceleración es negativa debido al sistema de referencia. El valor máximo es cercano a g = 9. donde la cantidad dada es g = −9. (6) vb = −9. −m1 g = m1 a1 (1) Para m2 + ↑ ∑ Fiy = m2 a. mientras no se alejen mucho de la superficie terrestre ya que como se expresó antes su valor disminuye a medida que la distancia sobre la superficie terrestre o bajo ella. a) Haga un diagrama ilustrativo de la situación planteada. menos masa que atrae aumenta.8(t − 0. las cantidades dadas son voP = 54 km h−1 ≡ 15 m s−1 . MOMENTO LINEAL. se deja caer un pequeño bloque de madera desde una altura de 10 m. Los cuerpos se mueven sobre trayectorias paralelas. El valor de g es el mismo para todos los cuerpos que caen y se toma independiente de la altura. Al despreciar los efectos del aire. Desde la superficie de la tierra se lanza una piedra verticalmente hacia arriba con una velocidad de 54 km h−1 .8t2 . La aceleración de la gravedad en Medellín es del orden de 9. e) En el instante que el bloque llega al piso. (7) d) Cuando la piedra y el bloque se encuentran frente a frente. to = 0.8(t − 0. que es un valor cercano al tomado como referencia. ¿dónde se encuentra la piedra? ¿Asciende o desciende la piedra? Solución De acuerdo con el enunciado.2 p s−2 en el sistema inglés de unidades. la posición vertical es . c) De acuerdo con el sistema de referencia mostrado. c) Teniendo en cuenta el sistema de referencia elegido. Para m1 + ↑ ∑ Fiy = m1 a. A los 0.8t. Ejemplo 2. (5) Para el bloque de madera yb = 10 − 12 9.9. a) Diagrama ilustrativo de la situación planteada y diagrama de cuerpo libre En el diagrama se ha tomado el origen de coordenadas del sistema de referencia. b) Ecuaciones de movimiento o forma de la segunda ley de Newton para cada cuerpo. (4) vp = 15 − 9.7658 m s−2 . b) Plante la ecuación de movimiento para cada cuerpo y encuentre su aceleración. ya que esta disminuye cuando nos alejamos de ella o cuando nos acercamos al centro de la tierra. El máximo valor de la aceleración de la gravedad se encuentra sobre la superficie de la tierra.7 s de lanzada la piedra.22 CAPÍTULO 2. la única interacción de la piedra y el bloque es con la tierra que genera el peso en cada caso. las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad para la piedra y el bloque son Para la piedra yp = 15t − 12 9. debido a los cambios de altura respecto al nivel del mar. mientras que el bloque de madera adquiere un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. respecto a la superficie de la tierra. se encuentra que la aceleración de cada cuerpo es a1 = a2 = − g. donde se muestre el sistema de referencia a emplear y el diagrama de cuerpo libre para cada cuerpo. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA tre.7 s y yob = 10 m.8 m s−2 . Se presenta una situación particular para α = 0o . está sometida a una fuerza que es constante en magnitud y dirección.87 m s−1 .3. En este movimiento. cuando se lanza o dispara un cuerpo con una velocidad que forma un ángulo α con la horizontal diferente de 0o ó 90o es decir. en todo instante está sometido a la aceleración de la gravedad. o sea. su magnitud y dirección permanecen constantes. se tiene que la piedra está descendiendo. se tiene que yb = 0 . siempre que se cumple la condición 0o < α < 90o . se considera el movimiento como si fuera en el vacío. con una velocidad vo que forma un ángulo α con la horizontal. de acuerdo con el sistema de referencia. donde se muestre el sistema de referencia a emplear y el diagrama de cuerpo libre para cada cuerpo. Ejercicio 2. d) Calcule el tiempo que demoran los cuerpos en pasar uno frente al otro. en el cual la partícula está interactuando con la tierra. por lo que mediante la ecuación (6) se encuentra que el tiempo de caída del bloque es t = 2. respecto a la superficie de la tierra. en el diagrama de cuerpo libre de la figura 2. a) Haga un diagrama ilustrativo de la situación planteada. CAMBIO EN EL MOMENTO LINEAL Y LEYES DE NEWTON la misma. es posible descomponer la velocidad inicial en componentes horizontal y vertical. (8) Para determinar la posición de la piedra en ese instante. se supone que el aire no tiene ningún efecto sobre el movimiento de los cuerpos. cuando se lanza una pelota de béisbol. En el instante que se lanza la piedra. considerando únicamente la interacción con la tierra.30. Al igualar y llevar a cabo el procedimiento. cuando se dispara un proyectil. es decir. Para saber si la piedra asciende o desciende en ese instante. Se supone que una partícula se lanza desde el punto A.30 aparece el peso como única fuerza actuante.10. Este es un caso de movimiento. como se muestra en la figura 2. se deja caer un pequeño bloque de madera desde una altura de 10 m .5. lo que permite hacer el análisis utilizando coordenadas rectangulares. encontrándose el valor vp = −5. se encuentra que el tiempo que tardan en encontrarse es t = 0.3. Los cuerpos se mueven sobre trayectorias paralelas. Movimiento en un plano vertical debido a la interacción con la tierra En esta sección se considera el movimiento de una partícula en el plano. se remplaza la ecuación (8) en la ecuación (5). esto es. Cuando un cuerpo adquiere tal movimiento. Por consiguiente la fuerza y por lo tanto la aceleración. utilizando las coordenadas rectangulares x. sólo tienen componente en una dirección. y. se remplaza la ecuación (8) en la ecuación (4) obteniéndose el valor yp = 9. e) En el instante que el bloque llega al piso. o en general. c) Teniendo en cuenta el sistema de referencia elegido. Posteriormente se analiza el movimiento de una manera más general empleando las coordenadas polares r y θ. Al considerar sólo la interacción entre el cuerpo y la tierra.72 m. En este caso. plantee las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad que rigen el movimiento de la piedra y del bloque. e) Cuando el bloque llega al piso. cuando el cuerpo se lanza horizontalmente desde una altura determinada respecto a la superficie terrestre. ¿dónde se encuentra la piedra? ¿Asciende o desciende la piedra? 2. que como se sabe. las ecuaciones (4) y (6) son iguales. la ecuación de movimiento a lo largo de la vertical adquiere la . En la vida real se presenta este movimiento cuando se patea un balón de fútbol. b) Plantee las ecuaciones de movimiento para cada cuerpo y obtenga la aceleración de ellos. En el análisis que sigue. Como el signo de la velocidad es negativo.13 s. Desde la superficie de la tierra se lanza una piedra verticalmente hacia arriba con una velocidad de 54 km h−1 . cuando se golpea un balón de voleibol.23 2.93s. es decir. en cualquier insDe acuerdo con lo anterior. las ecuaciones (2. respectivamente están dadas por vo A yo j O a mg i xo Tierra x Figura 2. Considerando la figura 2. to = 0. se encuentra que las que corresponde a la aceleración de la componentes de aceleración son gravedad. coque es válida cuando el vector aceleración es mo se muestra en la figura 2. por lo que las constante. (2. están una componente de movimiento con velocidad constante y en la vertical una componente de dadas por movimiento con aceleración constante.35) vy = vo senα − gt.31) ción horizontal y un movimiento uniformeReemplazando las ecuaciones (2.31) en mente acelerado en la dirección vertical. x = vo cosαt.29). entonces al igualar componentes en la ecuación (2. la posición del cuerpo. se encuentra que las ecuaciones cinemáticas de posición para este movimiento.34) respecto al tiempo. En este caso. se encuentra ecuaciones (2.24 CAPÍTULO 2. te dichas expresiones es posible obtener toda la vo = vo cosαi + vo sen αj. (2. se tiene que a = − g. xo = 0 y yo = 0. do. (2.35) y (2. Con el fin de simplificar y obtener más inforla ecuación mación sobre el movimiento de la partícula.31.30) y (2. en las direcciones horizontal y vertical.34) se transforman en xi + yj = ( xo + vo cosαt)i + (yo + vo sen αt − 12 gt2 )j. las condiciones tal y vertical. se 1 2 considera el caso en el cual se toma el origen de r = ro + vo (t − to ) + a(t − to ) . FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA y Como los vectores unitarios i y j son linealmente independientes. el tiempo se empieza a medir desde el instante que es lanzado el cuerpo. De acuerdo con el sistema de referencia elegiax = 0 y ay = − g. Medianro = xo i + yo j.33) a (2.36) rigen el movimiento en las direcciones horizondecir. Ahora.29) De acuerdo con la ecuación (2. Además. (2. es En conclusión. MOMENTO LINEAL. está dada por pretar este movimiento como una superposición de un movimiento uniforme en la direcr = xi + yj.32).30. están dadas por forma + ↑ ∑ Fiy = m a. x = xo + vo cosαt. −m g = m a. es posible intertante. en sus componentes horizontal y vertical para este caso. el eje x se hace coincidir con la superficie de la tierra. la tierra.30) información sobre el movimiento de la partícula.33) y (2. (2. (2. donde en la horizontal se tiene iniciales en componentes rectangulares. (2. (2.30: Movimiento parabólico con origen en la tierra.32) .36) respecto al tiempo. v x = vo cosα. como era lo esperado.37) (2. al derivar las ecuaciones (2. 2 coordenadas en el punto de lanzamiento A. hasta el instante que llega a la superficie de a = − gj. se encuentra que las ecuaciones cinemáticas de velocidad.36) Finalmente.33) y (2.34) Al derivar las ecuaciones (2.33) y = yo + vo sen αt − 12 gt2 . se encuentra al reemplazar el tiemFigura 2. La altura máxima debe ser suficientemente pequeña. por lo que al reemplazar en la ecuación (2. aunque también se le conoce como movimiento de proyectiles ya que estos describen generalmente esta trayectoria.43) La posición horizontal de la partícula.39) que corresponde a la ecuación de una parábola de la forma y = ax − bx2 donde a y b son constantes.38) Para hallar la ecuación de la trayectoria seguida por la partícula. se despeja el tiempo t de la ecuación (2. Como la componente vertical de la velocidad se hace cero en la altura máxima alcanzada por la partícula. (2.41) 2g De este modo.38) y luego de simplificar. para 2α = 90o ó α = 45o . mediante la ecuación (2. se llega a una ecuación cuadrática en el tiempo t. g (2. luego de ser lanzado. es decir.25 2. g (2. g (2. (2. Lo anterior.37) y se reemplaza en la ecuación (2. respecto al punto de lanzamiento. 2v2o (2. permitiendo llegar a las expresiones a =-g j j vo a A O i x -h t=0 y t=2 vo senα .38). se encuentra que el tiempo que demora en alcanzarla está dado por t= vo senα . está dada por 2 Hmax = (vo senα) + h. 2g (2.36).40) en la ecuación (2.3. obteniéndose el punto de lanzamiento.43) en la ecuación (2.42) xmax = v2o sen2α.44) De acuerdo con la ecuación (2.40) Reemplazando la ecuación (2. un valor con significado físico. solo se tiene un valor real para el tiempo.45) donde el radicando es una cantidad mayor que uno. CAMBIO EN EL MOMENTO LINEAL Y LEYES DE NEWTON y Para determinar el tiempo que la partícula demora en cruzar el eje x. Los resultados obtenidos en esta sección. t= g (2.37). el máximo valor que puede adquirir el alcance se obtiene cuando sen2α = 1 . se hace y = 0 en la ecuación (2. es decir (vo senα) 2 ymax = . Cuando el cuerpo llega a la superficie de la tierra y = −h. la altura máxima respecto a la superficie de la tierra. son válidos cuando se cumplen las siguientes condiciones: El alcance debe ser suficientemente pequeño.38). obteniéndose la ecuación cuadrática en la coordenada x y = tanαx − gsec2 α 2 x . Así. para que se pueda despreciar la curvatura de la tierra. cuando se toma el signo positivo que antecede al radical. sólo se encuentra en la superficie de la tierra una vez. Tierra y = vo senαt − 1 2 2 gt .38) se obtiene la altura máxima alcanzada por la partícula.44).31: Movimiento parabólico con origen en po dado por la ecuación (2. cuyas soluciones están dadas por [ ] √ / vo senα 2 1 ± 1 + 2gh (vo senα) . está de acuerdo con la situación planteada ya que el cuerpo. y de este modo poder considerar la superficie de la tierra como plana. es decir. cuando llega al eje x. para poder despreciar la variación de la gravedad con la altura . Esta es la razón por la cual a este movimiento se le denomina movimiento parabólico. . se reemplaza yA = 2. 25. En la figura 2. Para el delantero xd = 60. d) Halle la velocidad del delantero. planteee las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad para el balón y para el delantero. Ahora. a) Haga un diagrama ilustrativo de la situación planteada donde se muestre el sistema de referencia a emplear. (3) vd = Constante. xo = yo = 0. Ejemplo 2. Para el delantero xod = 60. están dadas por Para el balón xb = 25.32: Movimiento en el aire y en el vacío. tanto el balón como el delantero.0 m s−1 . se obtiene una ecuación cuadrática en el tiempo. y como cantidad conocida g = −9.0 cos30. suponiendo que corre a velocidad constante. reemplazando estos valores de tiempo en la ecuación (1).0 m en la ecuación (2). están dadas por xb1 = 4. En el instante que sale el balón. MOMENTO LINEAL. se toma en el punto donde es pateado el balón.8 t. yA) vo Vacío x Figura 2. las cantidades dadas son.4 s. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA La magnitud de la velocidad inicial del proyectil debe ser suficientemente pequeña. Así. el origen de coordenadas del sistema de referencia. es necesario calcular primero el tiempo que demora en llegar a dicha posición. (2) vyb = 25. igualmente se muestra la posición final tanto del balón como del delantero. Solución a) De acuerdo con el diagrama ilustrativo del problema. se encuentra que las posiciones horizontales correspondientes. Teniendo en cuenta el enunciado. cuando se mueve en el vacío y cuando se mueve en un medio como el aire.8 t2 . un defensa patea el balón desde el piso. para poder despreciar los efectos del aire. α = 30o .0 + vd t. (1) v xb = 25. Solución a) Diagrama ilustrativo de la situación planteada y a =-g j y a a =-g j a Aire xA O vo O A(xA. para el balón vo = yb = 25. x xod b) De acuerdo con el sistema de referencia mostrado en la figura. En un partido de fútbol. los efectos del aire sobre el movimiento de los cuerpos. con una velocidad de 25. yA = 2. to = 0 . En principio estos valores reales de tiempo tienen significado físico.0 m s−1 formando un ángulo de 30o con la horizontal.0 m.3 m y xb2 = 52. corre hacia el balón y lo recibe en la cabeza a una altura de 2 m. b) Teniendo en cuenta el sistema de referencia elegido.2 s y t2 = 2. c) Para calcular la posición horizontal del balón.0 m.8 m s−2 . ya que el balón pasa dos veces por la posición en la cual y = 2. cuando da en la cabeza del delantero.10. Como se verá posteriormente. cuyas soluciones son t1 = 0.32 se muestra la diferencia en la trayectoria de una partícula.0 cos30 t. se hacen significativos entre mayor sea la magnitud de la velocidad.0 m. un delantero que se encuentra a 60 m del defensa.0 m . Para ello. c) Calcule la posición horizontal del balón cuando da en la cabeza del delantero.0 sen30 − 9.26 CAPÍTULO 2.0 sen 30 t − 12 9. las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad. El observador A está en reposo respecto al móvil y el observador B está en reposo respecto a la tierra. un defensa patea el balón desde el piso.0 m. CAMBIO EN EL MOMENTO LINEAL Y LEYES DE NEWTON d) Como en el instante que el balón da en la cabeza.0 m s−1 formando un ángulo de 30o con la horizontal. b) Teniendo en cuenta el sistema de referencia elegido. Por consiguiente.3. para de este modo.11. Desde un avión que vuela horizontalmente a una velocidad de 200kmh−1 . De acuerdo con esto. Ejemplo 2. es decir. Un observador en tierra. poderlo recibir en su mano. la respuesta es que la partícula describe una trayectoria rectilínea y vertical. c) Calcular la posición horizontal del balón cuando da en la cabeza del delantero. se deja caer un cuerpo. se debe mover en el sentido negativo del eje x. la velocidad del delantero debe ser −3. ya que las velocidades son negativas. la partícula regresa de nuevo a la mano del observador A como se ilustra en la figura.5 m s−1 . da las siguientes velocidades del delantero vd1 = −278. En un partido de fútbol. lanza una partícula verticalmente hacia arriba. el valor de velocidad vd1 = −278. ¿Cuál es la trayectoria seguida por la partícula? Despreciar los efectos del aire. muestran que en ambos casos el delantero debe correr hacia la izquierda. Explique si es . vB B En su lugar. y de este modo la partícula describe una trayectoria parabólica. lo que indica que el balón ya ha pasado por la altura máxima cuando se encuentran balón y delantero. es decir. A Respecto al observador A. puesto que hasta el momento en condiciones normales no ha sido posible que un atleta alcance esta velocidad tan alta. en el caso real no se debe considerar. En este caso. entonces la ecuación (3). Solución Esta pregunta sólo se puede responder. para los dos valores de la posición. ya que respecto a la tierra la partícula regresa a una posición diferente como se muestra en la figura. un delantero que se encuentra a 45 m del defensa.3 m s−1 . la partícula tiene tanto una componente horizontal como vertical de velocidad.11. ya que la velocidad horizontal del observador es la misma velocidad horizontal de la partícula. El observador A.27 2. Ejercicio 2. Por otro lado. quiere correr de tal manera que su velocidad le permita mantener el cuerpo por encima de su cabeza. cuando se haya definido con exactitud quien está analizando el movimiento. para el observador A la partícula no tiene componente horizontal de la velocidad. corre hacia el balón y lo recibe en la cabeza a una altura de 2.3 m s−1 . que viaja en la plataforma de un móvil con movimiento rectilíneo uniforme respecto al piso. plantear las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad para el balón y para el delantero. Los resultados anteriores. suponiendo que corre a velocidad constante.5 m s−1 y vd2 = −3. d) Hallar la velocidad del delantero.12. la posición horizontal del delantero es la misma del balón. para el observador B. Ejercicio 2. con una velocidad de 25. se debe especificar si es el observador A o el observador B quien responde la pregunta anterior. En el instante que sale el balón. En los cien metros planos la velocidad alcanzada es del orden de 10 m s−1 . a) Haga un diagrama ilustrativo de la situación planteada donde se muestre el sistema de referencia a emplear. 28 CAPÍTULO 2. MOMENTO LINEAL, FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA posible esta situación, considerando que el observador en tierra se mueve en línea recta. 2.3.6. Fuerza elástica la figura 2.33, por la segunda ley de Newton + → ∑ Fx = ma − Fe = ma con Fe = kx se tiene Si como se muestra en la figura 2.33, se estira ma = −kx, un resorte a partir del punto O, de modo que su extremo se mueva hasta una posición x, la expe- así que ( / ) riencia muestra que el resorte ejerce una fuerza a = − k m x, sobre el bloque al que está sujeto y cuyo valor, de este modo, la aceleración es variable y opuescon buena aproximación está dado por ta a la deformación del resorte. Este resultado es característico del movimiento periódico llamaFe = −kx, do Movimiento Armónico Simple (MAS), que será donde k es una constante llamada constante elás- analizado en unidad 5. tica del resorte, cuyo valor depende de la forma del resorte, de la longitud del resorte y del material que esté hecho el resorte. Esta es la ley de fuerza para resortes reales y se conoce como la ley de Hooke, que se satisface si el resorte no se estira más allá de cierto límite. El sentido de la fuerza siempre se opone al sentido en que se deformó el resorte. Para el sistema de referencia de la figura 2.33, cuando se estira el resorte, x > 0 y F es negativo; cuando se comprime x < 0 y F es positiva. Esto lleva a que la fuerza ejercida por el resorte sea una fuerza restauradora en el sentido de que siempre está dirigida hacia el origen, es decir, tiende siempre a llevar el cuerpo a la posición de no estiramiento. En la ley de Hooke se puede considerar que k es la magnitud de la fuerza por unidad de deformación; así, los resortes muy duros tienen valores grandes de k. Este es otro caso de fuerza variable, ya que depende de la deformación del resorte. m x O Ejemplo 2.12. Como se indica en la figura, mediante un bloque de masa m se comprime un resorte de constante k y luego se suelta. Suponga que el bloque está adherido al resorte.a) Haga el diagrama de cuerpo libre para el bloque. b) Plantee las ecuaciones que rigen el movimiento del bloque. c) Determine la aceleración del bloque y halle las posiciones en las cuales ésta adquiere la máxima y mínima magnitud. d) Determine la velocidad de la partícula, respecto a la posición x, y halle las posiciones donde su magnitud adquiere los valores máximo y mínimo. e) Determine, en función del tiempo, la posición de la partícula y analice dicha solución Fe m x -xo Solución a) Diagrama de cuerpo libre para el bloque Fe N m x O xo O x Movimiento Fe Figura 2.33: Fuerza elástica de un resorte. x -xo O mg Si el cuerpo se suelta, desde la posición x de 29 2.4. FUERZA TRABAJO Y ENERGÍA b) Ecuaciones de movimiento para el bloque + → ∑ Fix = ma; − kx = ma, (1) + ↑ ∑ Fiy = 0, N − mg = 0. (2) El signo menos en la ecuación (1) se justifica, teniendo en cuenta que mientras el bloque se encuentra a la izquierda de O, x es negativo y la fuerza elástica es positiva. c) De la ecuación (1) se encuentra que la aceleración está dada por a=− k x, m del tiempo, esto es, el bloque tiene un movimiento que se repite continuamente, entre las posiciones extremas x = ± xo , siempre y cuando se puedan despreciar los efectos debidos a la fricción. En síntesis, en los puntos de la trayectoria donde la aceleración se hace máxima, la velocidad adquiere su mínimo valor y donde la aceleración se hace mínima la velocidad se hace máxima. 2.4. Fuerza trabajo y energía (3) donde el sentido de la deformación es opuesto a la aceleración del bloque. De la ecuación (3) se concluye - La aceleración es máxima cuando x es máxima, es decir, cuando x = ± xo ya que como no hay fricción, el máximo desplazamiento corresponde a la deformación inicial que sufre el resorte, y se obtiene en los extremos de la trayectoria. - La aceleración es mínima en magnitud, cuando la deformación del resorte es nula, es decir, en x = 0, que corresponde a la posición donde la fuerza elástica es cero, o sea cuando el bloque pasa la posición de equilibrio. d) Mediante la ecuación (3) y utilizando la definición de aceleración, por integración se encuentra que la velocidad del bloque es √ k v=± (− x2 + xo2 ). (4) m La ecuación (4) permite concluir - La velocidad se hace máxima cuando xo2 − x2 es máxima, o sea cuando x = 0 que corresponde a la posición de equilibrio. - La velocidad se hace cero cuando xo2 − x2 = 0, así x = ± xo que coincide con los extremos de la trayectoria. e) Con ayuda de la ecuación (4) y empleando la definición de velocidad, por integración se encuentra que la posición de la partícula en función del tiempo, está dada por x = xo cos(ωt), (5) √ donde se define ω ≡ k/m como la frecuencia angular de oscilación. La ecuación (5) indica que la posición de la partícula depende periódicamente El problema fundamental de la dinámica de una partícula, es poder predecir su posición en función del tiempo t, sabiendo con cuáles partículas interactúa, además de conocer las condiciones iniciales a las que está sometida. De acuerdo con las secciones anteriores, el procedimiento que se debe llevar a cabo es el siguiente: se determina la fuerza neta F, que actúa sobre la partícula de masa m y mediante la segunda ley de Newton para masa constante F = ma, se encuentra la aceleración de la partícula. Luego, utilizando la definición de aceleración a = dv/dt, se obtiene la velocidad de la partícula en función del tiempo v(t). Finalmente, por medio de la definición de velocidad v = dr/dt, se resuelve el problema fundamental de la dinámica al poder determinar la posición del cuerpo en función del tiempo r(t). En lo que sigue, se trata la dinámica de una partícula desde otro punto de vista, lo que permitirá resolver de nuevo y completamente el problema de la dinámica de una partícula. Necesariamente, para definir los nuevos conceptos, se debe partir de las leyes de Newton ya que son el soporte de la dinámica de una partícula. Por otro lado, se observa que la notación de estas cantidades físicas, corresponde a cantidades escalares, lo que generalmente evita el uso de cantidades vectoriales en los procedimientos matemáticos. En síntesis, para su estudio ya se dispone de los conceptos cinemáticos y dinámicos descritos y analizados hasta este momento. Igual que en la cinemática y en la dinámica sólo se considera el movimiento de traslación de los cuerpos, o sea, que estos 30 CAPÍTULO 2. MOMENTO LINEAL, FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA se pueden seguir tratando bajo el modelo de partícula. Igual que hasta ahora, cuando se analiza el comportamiento dinámico de un cuerpo, se llevan a cabo los mismos pasos, esto es: Definir el sistema, que generalmente está formado por varios cuerpos. Elegir, del sistema, el cuerpo al cual se le va a analizar el movimiento, es decir, el cuerpo o partícula de interés. FT dr m q F FN Figura 2.34: Trabajo realizado por F en un dt. De acuerdo con la ecuación (2.47), se concluye Delimitar el medio ambiente o alrededores, formado por el resto del sistema, o sea, por que la componente de la fuerza normal a la los cuerpos cercanos que interactúan con el trayectoria seguida por la partícula, no realiza trabajo. Así, las fuerzas perpendiculares al descuerpo de interés. plazamiento de una partícula no realizan trabaEn principio, en cuanto a la forma funcional de jo. Esta situación se presenta siempre con la norla fuerza, matemáticamente, se pueden considemal (N) y con el peso (W) en el caso de un cuerrar dos casos po que se mueve sobre una superficie horizon1. Que la fuerza sea función del tiempo, es de- tal. Igualmente, ocurre con la fuerza centrípeta cuando un cuerpo se mueve sobre una trayectocir, F(t). ria circular, como se analizará en la unidad 3. 2. Que la fuerza sea función de la posición, esGeneralmente, interesa determinar el trabato es F(r ). jo total realizado por la fuerza F, cuando la Pero como se verá más adelante, la forma fun- partícula se mueve desde un punto A hasta cional de la fuerza con la posición es la de ma- un punto B de su trayectoria, como en el caso yor interés, ya que este es el tipo de fuerzas que mostrado en la figura 2.35. Como el trabajo total corresponde a la suma de los trabajos infinigeneralmente se presentan en la naturaleza. tesimales entre los dos puntos considerados, la sumatoria se transforma en una integral por lo 2.4.1. Fuerza, desplazamiento y trabajo que las ecuaciones (2.46) y (2.47) adquieren la Se considera una partícula de masa m sobre la forma que actúa una fuerza F. Si en un tiempo dt la ∫B partícula sufre un desplazamiento dr debido a W = F · dr la acción de la fuerza, el trabajo realizado por A ella durante tal desplazamiento, se define por ∫B dW ≡ F · dr. (2.46) FT dS. = A (2.48) Si se toma |dr| = dS, mediante la definición de producto escalar, la ecuación (2.46) adquiere la forma dW = F cosθ dS. Casos particulares de la ecuación (2.48) De la figura 2.34, se observa que FT = Fcosθ 1. Una partícula con movimiento rectilíneo, es la componente de la fuerza a lo largo de la está sometida a la acción de una fuerza tangente a la trayectoria seguida por la partícuconstante F que forma un ángulo θ con la. De este modo, la trayectoria, como se ilustra en la figudW = FT dS. (2.47) ra 2.36. En este caso, mediante la ecuación 31 2.4. FUERZA TRABAJO Y ENERGÍA de unidades g cm2 s−2 y en el sistema inglés lb p. B FT A Es costumbre designar estas unidades con los siguientes nombres: 1 J ≡ 1 kg m2 s−2 en el sistema SI, 1 ergio ≡ 1 g cm2 s−2 en el sistema gaussiano. Por consiguiente, la relación entre estas unidades es 1 J ≡ 107 ergios. F FN Figura 2.35: Trabajo realizado por F entre A y B. (2.48), se encuentra que el trabajo realizado Interpretación geométrica de la ecuación (2.48) por la fuerza entre las posiciones A y B está dado por Cuando se conoce la gráfica de la forma como W = Fcosθ ( xB − xA ). varía la componente tangencial de la fuerza con el desplazamiento de la partícula, es posible inMovimiento terpretar la ecuación (2.48) de la siguiente maF F nera. Si esta componente de la fuerza varía en q la forma mostrada en la figura 2.38, el área del x B O A pequeño rectángulo, dA = FT dS, es igual al traFigura 2.36: Trabajo realizado por F no paralela al bajo infinitesimal realizado por la fuerza correspondiente durante el desplazamiento dS. Ahodesplazamiento. ra, el área total bajo la curva entre las posiciones A y B, es igual a la suma de las áreas de to2. Cuando la partícula tiene movimiento recdos los pequeños rectángulos dibujados entre tilíneo, pero la fuerza constante F es paradichos puntos; pero como las áreas son infinitelela al desplazamiento, el trabajo realizado simales, la suma se transforma en una integral por ella entre las posiciones A y B de la y así el área total corresponde a la integral dada figura 2.37 es por la ecuación (2.48). En conclusión, el trabajo total realizado por la fuerza entre las posiciones W = F ( xB − xA ). A y B es igual al área total bajo la curva. Movimiento F O A FT F x B Figura 2.37: Trabajo realizado por F paralela al desplazamiento. Dimensiones y unidades trabajo Teniendo en cuenta la definición de trabajo, dada por la ecuación (2.46), se tiene que sus dimensiones son [W ] = ML2 T−2 . De este modo, la unidad en el sistema internacional de unidades es kg m2 s−2 , en el sistema gaussiano FT A dS S B Figura 2.38: Variación de FT en función de S. El análisis anterior, se puede expresar al tener un desplazamiento de magnitud h/senθ es W = mgh(2cscθ − 1 − 2cotθ ).13. (F1 · dr + F2 · dr + F3 · dr + · · · ) F · dr. para llevarla desde la posición A hasta la posición B de la figura 2.Por consiguiente. c) El valor del trabajo total si m = 500 g y h = 0. F paralela al plano inclinado y de la fuerza se encuentra que el trabajo total realizado por la horizontal F′ .48). al efeccuando se somete a la acción de la fuerza tuar el producto escalar entre estos dos vectores. F A F´ m Trabajo realizado por la fuerza resultante Si en la ecuación (2. la ecuación (2. asciende sobre la de manera similar. se obtiene mediante la expresión ∫B W = A ∫B = A h q Solución a) De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre mostrado en la siguiente figura. A Trabajo de una fuerza en componentes rectan. ( Fx dx + Fy dy). esto es si F = ∑ Fi = F1 + F2 + F3 + · · · . Cuando el ∫B W= ( Fx dx + Fy dy + Fz dz). el trabajo neto o total realizado sobre la partícula por la fuerza resultante. Así. el trabajo realizado sobre el bloque.5 m. donde se ha tomado el sentido de movimiento como positivo. el trabajo realizado por la fuerza resultante es igual a la suma de los tragulares bajos realizados por cada una de las fuerzas que En tres dimensiones y en componentes rectan. la fuerza F corresponde a la fuerza resultante o neta de todas las fuerzas que actúan sobre la partícula. (2.actúan sobre la partícula. MOMENTO LINEAL. el vector desplazamiento essuperficie del plano inclinado de la figura.49) A Si la fuerza F y el vector desplazamiento dr se encuentran. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA B matemáticamente en la forma B Area bajo la curva = W ∫B = F2 A F · dr A F3 A ∫B FT dS. la se expresa en la forma F = Fx i + Fy j + Fz k. en el plano xy. por ejemplo. b) El trabajo neto realizado sobre el bloque. .39.49) se transforma en ∫B W= bloque ha ascendido una altura h.32 CAPÍTULO 2. considerando por separado cada una de las fuerzas que actúan sobre el bloque. gulares. la fuerza que actúa sobre una partícuEjemplo 2. tá dado por dr = dxi + dyj + dzk.39: Trabajo realizado por la resultante. determine a) El trabajo realizado por la fuerza resultante. es constante y está dada por F// = mg(2 − senθ − 2cosθ ). la componente de la fuerza neta en la dirección paralela al desplazamiento del bloque. Un bloque de masa m. La magnitud de cada una de fuerza entre los puntos A y B es dado por las fuerzas aplicadas es 2mg. para diferentes valores del ángulo θ. = F1 F F4 Figura 2. Así. 33 2.4. FUERZA TRABAJO Y ENERGÍA N F F´ h mg q b) El trabajo realizado por cada fuerza es WF WN = 2mghcscθ, = 0, ya que la normal es una fuerza perpendicular al desplazamiento. Wmg WF′ = −mgh, = −2mghcotθ. Se observa que la única fuerza que realiza trabajo positivo es la fuerza aplicada F, ya que esta actúa en el sentido del desplazamiento. Sumando los trabajos anteriores, se encuentra que el trabajo neto, total o resultante, realizado por las fuerzas que actúan sobre el bloque está dado por fuerza neta se opone al desplazamiento del bloque. A partir de este ángulo crítico, la fuerza neta apunta en el mismo sentido del desplazamiento, por lo que el trabajo es positivo. Lo anterior, es consecuencia de la variación en la componente paralela al plano inclinado, tanto del peso como de la fuerza F′ . Ejercicio 2.12. Halle el valor del ángulo θ, para el cual el trabajo neto realizado sobre el bloque del ejemplo 2.13 es nulo. ¿Qué se puede afirmar del trabajo neto realizado sobre el bloque, para valores mayores y menores al obtenido? Explique 2.4.2. Trabajo y potencia θ (o ) W(J) Como se observa en la definición dada por la ecuación (2.46), el trabajo es una cantidad escalar que no depende del tiempo. Por esta razón en la práctica y particularmente en la industria, no interesa el trabajo total que pueda realizar una máquina sino la rapidez con la cual esta hace trabajo. La potencia es una cantidad escalar que tiene en cuenta este hecho y se define como la rapidez con la cual se realiza trabajo. Matemáticamente, la potencia media en un intervalo de tiempo t, se define por W , P≡ t 10 −2.02 y la potencia instantánea en un instante de tiempo t, está dada por 30 −1.14 45 −0.42 W = mgh(2cscθ − 1 − 2cotθ ), que es idéntico al obtenido en el numeral anterior. c) Reemplazando valores se obtiene la siguiente tabla 60 +0.38 75 +1.31 De acuerdo con estos resultados, se tiene que el trabajo neto realizado sobre el bloque, es negativo hasta cierto ángulo de inclinación θ, esto es, mientras la P≡ dW . dt (2.50) En el caso particular que la potencia sea constante, la potencia media es igual a la potencia instantánea. Mediante las ecuaciones (2.46) y (2.50), la potencia instantánea se puede expresar en función del vector velocidad, en la forma dr dt = F · v. P = F· 34 CAPÍTULO 2. MOMENTO LINEAL, FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA Dimensiones y unidades de potencia De acuerdo con su definición, las dimensiones de potencia son [ P] = ML2 T−3 . Es costumbre emplear, en este caso, la unidad del sistema internacional de unidades kg m2 s−3 . Se define el vatio mediante la relación 1 w ≡ 1 kg m2 s−3 . Por comodidad, se emplean el kilovatio (Kw) y el megavatio (Mw), dados por 1 Kw ≡ 103 w y 1 Mw ≡ 106 w, respectivamente. Otra unidad que no es de mucho uso en la ciencia, aunque sí lo es en los casos prácticos, es el caballo vapor (hp), que se relaciona con la unidad SI mediante la expresión 1 hp ≡ 746 w. Mediante la definición de potencia es posible obtener otra unidad de trabajo, que es bastante empleada en el caso de las hidroeléctricas, a esta unidad se le conoce como el Kilovatio-hora y su relación con la unidad SI es 1 Kw − h ≡ 3.6 × 106 J. La liquidación de energía eléctrica facturada por las Empresas Públicas, se hace de acuerdo con el número de Kilovatios-hora consumidos por mes. Ejemplo 2.14. Como se indica en la figura, un bloque de masa M asciende con velocidad constante v por una colina que forma un ángulo θ con la horizontal. El bloque está unido a un motor mediante una cuerda que pasa por una polea y sometido a la fuerza F′ de magnitud igual a la magnitud del peso del cuerpo. Determine, para diferentes valores del del ángulo θ, la potencia desarrollada por el motor, si M = 600g y v = 5m · s−1 . F´ M q Solución Diagrama de cuerpo libre para el bloque Como el bloque se encuentra en equilibrio dinámico, la componente de la fuerza neta paralela al plano inclinado, es nula. Así que la fuerza F ejercida por el N F F´ Mg q motor tiene magnitud F = Mg(senθ + cosθ ). donde se ha tomado como positivo el sentido de movimiento. De esta forma, la potencia desarrollada por el motor es P = Mgv(senθ + cosθ ). En la siguiente tabla, se muestran los valores de la potencia, para diferentes valores del ángulo θ. θ (o ) P (w) 0 29.4 15 36.01 30 40.16 45 41.58 60 40.16 75 36.01 90 29.4 De la tabla se puede concluir que la potencia aumenta hasta un valor máximo, a partir del cual decrece hasta el valor de 29.4 w. Ejercicio 2.13. Encuentre el valor del ángulo para el cual la potencia desarrollada por el motor del ejemplo 2.14 es máxima. Ejercicio 2.14. Como se indica en la figura, un bloque de masa M asciende con velocidad constante v por una colina que forma 35 2.4. FUERZA TRABAJO Y ENERGÍA un ángulo θ con la horizontal. El bloque está unido a un motor mediante una cuerda que pasa por una polea y las superficies en contacto son lisas. Determine, en función del ángulo θ, la potencia desarrollada por el motor. Compare el resultado con el obtenido en el ejemplo 2.14. La cantidad escalar 12 mv2 , que depende de la magnitud de la velocidad, mas no de su dirección, fue definida en la unidad anterior como la energía cinética Ek de la partícula, es decir Ek ≡ = = M q 2.4.3. Fuerza, trabajo y energía cinética (∆Ek ) W = m A ∫vB = m dv · dr dt v · dv. vA y vA A m O m B F 2m , (2.53) donde se ha utilizado la definición de momento lineal. Teniendo en cuenta las ecuaciones (2.52) y (2.53), el trabajo realizado sobre la partícula por la fuerza neta F, independientemente del tipo de fuerza, está dado por Se considera el movimiento de un cuerpo de masa m, sobre el que actúa una fuerza neta F. Escribiendo la segunda ley de Newton en la forma dv F=m , dt y reemplazando en la ecuación (2.48), se encuentra que el trabajo realizado sobre la partícula por la fuerza neta, entre la posición A y la posición B de la figura 2.40, es dado por ∫B 2 1 2 mv 1 2 mv · v p2 W = EkB − EkA = ∆Ek . (2.54) De la ecuación (2.54), se puede concluir que la variación de la energía cinética de una partícula siempre es igual al trabajo realizado por la fuerza neta que actúa sobre ella durante el movimiento. Como la energía cinética es una cantidad física que depende de la magnitud de la velocidad, entonces debe depender del sistema de referencia ya que la velocidad depende de él. Igualmente, al ser la energía cinética una función de la magnitud de la velocidad, es una energía que se le asocia a la partícula como consecuencia de su movimiento. Las ecuaciones (2.52) y (2.54), expresan lo que en física se conoce como el teo(2.51) rema del trabajo y la energía. El teorema del trabajo y la energía (TTE) permite analizar en muchos casos situaciones físicas que pueden ser analizadas igualmente por métodos dinámicos. Debe quedar claro que para su aplicación, es necesario hallar el trabajo vB realizado por todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, mientras este pasa de una posición a x otra. Figura 2.40: Movimiento de m entre A y B sometida 2.4.4. a F. Casos particulares del teorema del trabajo y la energía Luego de resolver y evaluar la segunda inte1. Si la velocidad de una partícula permanece gral de la ecuación (2.51), se obtiene constante en magnitud y dirección, como en la W = 12 mv2B − 12 mv2A . (2.52) figura 2.41, el cambio en la energía cinética es 36 CAPÍTULO 2. MOMENTO LINEAL, FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA Movimiento nulo, es decir, ∆Ek = 0. Por consiguiente, el trabajo realizado sobre la partícula es nulo y posee un movimiento rectilíneo uniforme. F x O v = Constante x Figura 2.43: Cuerpo con movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. O Figura 2.41: Cuerpo con movimiento rectilíneo uni- Igual cosa ocurre cuando un cuerpo se lanza hacia arriba sobre un plano inclinado liso, ya que forme. la componente del peso se opone al desplaza2. Si la velocidad de la partícula permanece miento de la partícula. Otra fuerza que siemconstante en magnitud mas no en dirección, co- pre realiza trabajo negativo, es la fuerza de fricmo en la figura 2.42, en forma similar, se tiene ción dinámica que actúa sobre un cuerpo en que el cambio en la energía cinética es nulo, movimiento. ∆Ek = 0. Por tanto, de nuevo el trabajo realizado sobre la partícula es nulo y posee un movimiento circular uniforme. Movimiento F x v R O Figura 2.44: Cuerpo con movimiento rectilíneo uniformemente desacelerado. O En síntesis: Cuando la energía cinética de una partícula aumenta o disminuye, es porque sobre la partícula actúa una fuerza neta que realiza trabajo; si su energía cinética permanece constante, la fuerza neta es cero y la partícula se encuentra en equilibrio, Figura 2.42: Cuerpo con movimiento circular unio posee un movimiento circular uniforme donde la forme. fuerza neta no es nula. 3. Cuando un cuerpo, como en la figura 2.43, tiene movimiento rectilíneo uniformemente acelerado, tal como ocurre cuando en un auto se aplica el pedal acelerador, la rapidez aumenta, o sea, que la energía cinética aumenta y el trabajo es positivo. Este caso también se presenta cuando a un cuerpo luego de ser soltado, se le permite descender por un plano inclinado liso, debido a la componente del peso paralela al desplazamiento. 4. Cuando el cuerpo, como se ilustra en la figura 2.44, tiene movimiento rectilíneo uniformemente desacelerado, situación que se presenta cuando en un auto se aplican los frenos, la velocidad disminuye, o sea, que la energía cinética disminuye y el trabajo realizado es negativo. En mecánica cuántica y particularmente física nuclear, se encuentra que las unidades definidas anteriormente para trabajo y energía son muy grandes, por ello, a nivel microscópico se utiliza otra unidad más pequeña de energía llamada electronvoltio (eV) y cuya relación con la unidad SI es 1 eV ≡ 1 .602 × 10−19 J. Un múltiplo de esta unidad bastante utilizado es el MeV, cuya relación es 1 MeV ≡ 106 eV. Ejemplo 2.15. Un bloque de masa m, que se suelta desde la parte más alta del plano inclinado liso FUERZA TRABAJO Y ENERGÍA de la figura. (2) Reemplazando la ecuación (2) en la ecuación (1).37 2. mientras que para valores mayores que este ángulo mínimo. se le aplica la fuerza horizontal F de magnitud mg. Suponiendo que las superficies en contacto son lisas. la rapidez aumenta al aumentar θ. Compare los resultados con los del ejemplo 2.75 75 4.15.94 80 5. cuando se mueve entre las posiciones A y B. con h = 1. Determine la velocidad del bloque.4. F físico. se indica la forma como varía la rapidez de la partícula en función del ángulo θ. (1) donde el trabajo total realizado sobre el bloque. en el instante que llega a la base del plano inclinado.72 m h q Solución Diagrama de cuerpo libre para el bloque N F mg B A h q Se observa que para valores de θ menores que el el ángulo crítico de 45o . m 2gh(1−cotθ ). en el instante que llega a la base del plano inclinado. a) Mediante el teorema del trabajo y la energía. determine a) La velocidad del bloque.7 m. b) ¿Existe algún ángulo mínimo. NO significa que la velocidad no tiene significado q .24 89 5.14. se suelta desde la parte más alta del plano inclinado de la figura. a partir del cual tiene significado físico la velocidad? Explique. la velocidad no tiene significado físico. se obtiene para la velocidad del bloque en el punto B √ vB = Ejercicio 2. (3) h En la tabla siguiente. es W = mgh(1−cotθ ). θ (o ) v ( m ) · s−1 30 NO 45 0 60 3. Un bloque de masa m. se encuentra que W = 12 mv2B . yB (a) B yB rA B j O rB i xA xB x x O Figura 2. para alturas cercanas a la superficie de la tierra. = −∆(mgy).5. MOMENTO LINEAL. De este resultado se puede concluir que para las diferentes trayectorias mostradas en la figura 2. Adicionalmente. Reemplazando estas expresiones y efectuando los resTrabajo realizado por una fuerza pectivos productos escalares. Trabajo. Se considera el sistema de la figura 2.48) se transforma el peso de la partícula es independiente de la trayectoria seguida por ella. depende de la diferencia de alturas entre ∫B las posiciones A y B. que consiste en un cuerpo de masa m adherido a un resorte de constante elástica k y que puede moverse sobre una superficie horizontal lisa. La ecuación (2. Figura 2. ya que sólo depende de las posiciones inicial y final. (2. indica que el trabajo realizado por una fuerza constante es independiente de la trayectoria seguida por la partícula. W = mgyA − mgyB Como se ilustra en la figura 2. las componentes rectangulares de la fuerza variable F y . W(a) = W(b) = W(c) .55) se transforma en constante En esta sección se define un tipo muy importante de fuerzas que se presentan en la naturaleza. Para el caso mostrado en la figura 2.5. en este caso y como es de esperar.2.56) muestra.46.6.3. se considera una partícula de masa m sometida a la acción de una fuerza F constante en magnitud y dirección. En esta situación. en otras palabras.46: Trabajo realizado por el peso. las componentes rectangulares del peso mg y de los vectores posición rA y rB .47.55). Trabajo realizado por la fuerza elástica de un resorte Como se vio en la sección 2.5. pues depende sólo en de las posiciones inicial y final. W = F · dr A = F · rB − F · rA .38 CAPÍTULO 2. la ecuación (2.3.55) 2. como son las fuerzas conservativas. se encuentra una relación matemática entre fuerza conservativa y la energía potencial.5.45.1. fuerza conservativa y 2. el trabajo realizado por la fuerza constante es el mismo. Trabajo realizado por el peso de un cuerpo energía potencial Aunque este es un ejemplo de fuerza constante.45. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA 2.56) y y (c) A (b) F A yA mg yA . el trabajo realizado por ella es de gran importancia en muchas situaciones físicas. están dadas por mg = −mgj. este es un ejemplo de fuerza variable que también posee gran importancia en la física. La ecuación (2. 2. (2. que el trabajo realizado por Para este caso la ecuación (2. rA = xA i + yA j y rB = xB i + yB j. es decir.45: Trabajo realizado por una fuerza constante. = (2.57) además. Fuerza conservativa y energía potencial W = EpA (y)− EpB (y) ≡ mgyA − mgyB = −∆Ep . O se puede asignar una función de energía poF tencial a un sistema cuerpo-tierra y a un sistema m masa-resorte. z). (2. ca no depende de la trayectoria sino de las posiTeniendo en cuenta estas dos definiciones.57) con la ecuación (2. En el primer caso la expresión a utilizar . y. De este modo. FUERZA CONSERVATIVA Y ENERGÍA POTENCIAL del vector desplazamiento dr .57) indica que de nuevo el trabajo realizado por la fuerza elástiEp ( x ) ≡ 12 kx2 . Se presenta una diferencia cuando el trabajo de una fuerza se expresa en función de la energía cinética y en función de la energía potencial. se define una fuerza conservativa F(r) = F( x.39 2. es conservativa si 2 = 21 kxA − 12 kxB2 = −∆Ep ( x ).z) de manera que el trabajo realizado por ella se puede expresar como la diferencia de los valores inicial y final de una cantidad escalar Ep ( x.58) sólo es válida si la fuerza considerada es conservativa.4. el ciones inicial y final. y la energía potencial elástica asociada al sisAunque la fuerza es variable. z) − EpB ( x.z) es función de las coordenadas x. llamada energía potencial. y. de un resorte.y.48). se reemplazan la fuerza y el vector des≡ EpA ( x. y. trabajo realizado por la fuerza gravitacional se puede expresar en la forma 2. Para determinar el tra∫B bajo realizado por la fuerza elástica del resorte. W = F · dr al llevar el cuerpo de la posición xA a la posiA ción xB . la energía potencial x gravitacional asociada al sistema cuerpo-tierra xB xA O queda definida por Figura 2. la expresión = −∆Ep ( x. Por consiguiente. el resultado tema masa-resorte por obtenido en la ecuación (2. Los dos casos anteriores. Al comparar las ecuaciones (2. la ecuación (2. se observa que el trabajo realizado por el peso y el trabajo realizado por la m fuerza elástica de un resorte satisfacen la definix ción de fuerza conservativa.5.z).5.z).y.56) y (2. z) plazamiento en la ecuación (2. De forma general y matemáticamente. muestra que la cantidad Ep ( x.47: Trabajo realizado por la fuerza elástica Ep (y) ≡ mgy.y. y. son dos ejemplos de un grupo forma de fuerzas que se presentan en la naturaleza y W = EpA ( x )− EpB ( x ) que se llaman fuerzas conservativas. es decir. la fuerza F(r) = F( x. z. W = 2 2 1 1 2 kxA − 2 kxB −∆( 12 kx2 ).y.58) En conclusión. obteniéndose luego de integrar y evaluar.58). están dadas por cumple la condición F = −kxi y dr = dxi. TRABAJO. trabajo realizado por el peso de un cuerpo y trabajo realizado por la y el trabajo realizado por la fuerza elástica en la fuerza elástica. A ∫A (2.59) permite saber si una fuerza dada es conservativa o no. simultáneamente actúan varias fuerzas. si la fuerza que actúa sobre la partícula es conservativa. De este modo. se tiene otra forma de saber si una donde ∆Ep = EpB − EpA .40 CAPÍTULO 2. su resultante F realiza un trabajo W entre los puntos A y B de la trayectoria. el nivel cero de energía potencial gravitacional coincide con el origen de coordenadas. MOMENTO LINEAL. En el caso de la fuerza de fricción. se debe cumplir la condición ∫B W = F · dr + A I = F · dr B F · dr = 0. es otra definición de fuerza conservativa. Conservación de la energía para una partícula Sobre la partícula de la figura 2. que corresponde a una posición arbitraria. de validez únicamente si la fuerza que actúa sobre la partícula es conservativa. Ahora. (2. se saF. 2. Es por ello que el nivel cero de energía potencial para este sistema se toma en el infinito. Para un sistema cuerpo-tierra. su resultante es conservatiFigura 2. esta es la razón por la cual no se incluye dentro del grupo de fuerzas conservativas. el nivel cero de energía potencial elástica se toma en la posición donde la fuerza elástica se hace cero. la función de energía potencial asociada al sistema es inversamente proporcional a la distancia r entre el satélite y la tierra. Cuando se analiza un cuerpo o sistema sobre el cual sólo actúan fuerzas conservativas. fuerza F es conservativa o no. W = −∆Ep . tiene la forma funcional Ep ∝ 1/r. En sistemas donde se deba emplear el concepto de energía potencial. ya que allí la energía potencial se hace cero.49. dependiendo de la fuerza conservativa que se esté considerando y de la situación física particular. significa que se integra a través de la trayectoria cerrada ABA. el sistema es conservativo y el trabajo realizado por la resultante es cerrada.61) Debido a las características de las fuerzas conservativas. primero se debe definir lo que se conoce como el nivel cero de energía potencial. se desplaza de la posición A a la posición B tisface la igualdad por la trayectoria (1) y luego de la posición B a la posición A por la trayectoria (2) de la figura EkB + EpB = EkA + EpA . es decir.59) donde la integral. y es válida independientemente de la fuerza que actúe sobre la partícula. B (1) 2. con un círculo en el centro. en el segundo caso la expresión es W = −∆Ep . Para ello se conComo las ecuaciones (2.6. . FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA es W = ∆Ek . que sometida a la fuerza al trabajo realizado por la misma fuerza.61) se refieren sidera una partícula. ya que en este caso la dependencia es lineal con la coordenada vertical.60) y (2. Cuando se trata de un sistema satélite-tierra. en la posición donde el resorte no ha sufrido estiramiento alguno. La ecuación (2. se dice que el sistema es conservativo. Para el caso de un sistema masa-resorte. es decir. (2.48: Trabajo realizado en una trayectoria va. En forma matemática. se encuentra que el trabajo realizado por ella es diferente de cero ya que depende de la trayectoria.48. de masa m. esto es. si todas fuerzas son conservativas.60) (2) con ∆Ek = EkB − EkA . dado por W = ∆Ek . como se muestra en la figura. O sea. Para el sistema masa-resorte de la figura 2. el cuerpo adquiere un movimiento que se repite a intervalos iguales de tiempo o de vaivén. como aquella que permite conservación de la energía. la energía total se conserva por ser la fuerza gravitacional conservativa. en la forma E ≡ Ek + Ep = 12 mv2 + Ep ( x. a partir del cual asciende por un plano inclinado.41 2.62): 1. para fuerzas conservativas Figura 2.51: Sistema masa-resorte. Para un cuerpo en caída libre. Matemáticamente.50: Sistema cuerpo-tierra.16. la energía total también se conserva ya que la fuerza elástica de un resorte es conservativa.50. se mueve sobre la superficie horizontal hasta el punto A.49: Fuerza conservativa actuando sobre m. + 12 kx2 = Constante. donde se define la energía mecánica total. de ahí su nombre.6. que durante el movimiento de la partícula se tiene una transformación de energía cinética a potencial y viceversa.z) = Constante.y. Como en la situación que se está analizando los puntos A y B son arbitrarios. con movimiento sobre una superficie lisa. Casos particulares de la ecuación (2.62) permite definir una fuerza conservativa. un resorte de constante k sufre una deformación d. x x Figura 2. se expresa en la forma E = 2 1 2 mv k 2 1 2 mv + Ep ( x.z). cuando el cuerpo desciende la energía potencial se transforma en energía cinética. E = Ep = 0 Tierra 2 1 2 mv + mgy = Constante. Ejemplo 2. o simplemente energía total. Matemáticamente. E = v m (2. y cuando asciende la energía cinética se transforma en energía potencial.y. El bloque . Matemáticamente. Mediante el pequeño bloque de masa m. o sea. tal que la energía permanece constante. En este caso. 2. se tiene que la energía total de una partícula permanece constante si todas las fuerzas a las que está sometida son conservativas. CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA PARA UNA PARTÍCULA y B y m F v A m O Figura 2. sistema cuerpo-tierra de la figura 2. En esta situación.62) Ep = 0 La ecuación (2. mientras el cuerpo se mueve verticalmente hay una transformación de un tipo de energía en otro. EA = EB .51. Una vez que el bloque es dejado en libertad. c) Reemplazando los valores dados. Luego de llegar a la base del plano inclinado. b) Encuentre el desplazamiento máximo del bloque sobre el plano inclinado. m Por lo tanto. Así. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA no está adherido al resorte y las superficies son lisas.7 m.5. b) Entre A y B sólo la componente del peso mg sen θ realiza un trabajo negativo sobre el bloque. c) Halle el valor de las cantidades obtenidas en los numerales anteriores si k = 100Nm−1 .15. Ahora. a mayor ángulo de inclinación menor es el desplazamiento del bloque sobre el plano inclinado. Ejercicio 2. mgSsenθ = 12 kd2 . ya que se opone a su desplazamiento. para un ángulo de inclinación fijo. entre mayor sea la deformación inicial del resorte la rapidez en A es mayor.16. c) Determine el valor de las cantidades obtenidas en los numerales anteriores si k = 100 N m−1 . m = 5g. Un pequeño bloque de masa m se suelta sobre un plano inclinado liso. ya que existe una proporcionalidad directa entre la velocidad y la deformación. con vB = 0 De este resultado se tiene que para una deformación fija del resorte. se encuentra que la rapidez cuando pasa por el punto A y el máximo desplazamiento sobre el plano inclinado son. m k B h q Epg= 0 A O Solución a) En el trayecto horizontal actúan. 2mgsenθ m k B h q O A Epg= 0 . el sistema es conservativo. así kd2 S= . m = 5 g. cuando pasa por el punto A tiene una rapidez √ k vA = d. el bloque desliza sobre un superficie horizontal lisa hasta que se encuentra con un resorte de constante elástica k. esto es. son correctas. donde S es el máximo desplazamiento del bloque sobre el plano inclinado. a)Halle la rapidez del bloque cuando pasa por el punto A. nto mie N B vi Mo mg A q Ep= 0 Como el sistema sigue siendo conservativo. h = 5 cm y θ = 35o . Comprobar que las dimensiones y unidades de las cantidades obtenidas en el ejemplo 3. d = 2cm y θ = 35o . = 0.42 CAPÍTULO 2. Pregunta ¿Entre qué puntos la velocidad del bloque es la misma que en A? ¿Por qué? Ejercicio 2. entre mayor sea la deformación inicial del resorte mayor es el desplaza-miento del bloque sobre el plano inclinado. MOMENTO LINEAL. De este modo. el peso que tampoco realiza trabajo y la fuerza elástica del resorte que es conservativa y actúa hasta el punto O.8 ms−1 . a) Halle la rapidez del bloque cuando pasa por el punto A. b) Encuentre la máxima deformación del resorte. se conserva la energía del sistema cuando se mueve sobre la superficie horizontal. respectivamente vA S = 2. desde una altura h respecto a su base. Matemáticamente 2 1 2 mvA = 12 kd2 . la normal que no realiza trabajo. dW = F cos θdS Así. el trabajo realizado por la fuerza conservativa en un intervalo de tiempo dt se puede expresar en la forma En este punto se debe hacer una distinción en lo referente a la derivada. Ep (S). Fx = − zamiento. donde Ep = Ep ( x ). dr q F (Conservativa) Figura 2. En este caso se utiliza el símbolo ∂ dS en lugar de la letra d para una dimensión. Para ello se emAhora. por ello a esta derivada Aunque se ha tratado la forma funcional de la se le conoce como derivada direccional de la ener. las componentes rectangulares de la cional de la energía potencial con la coordenada fuerza conservativa están dadas por S. depende del sistema que se esté analizando. constante.43 2. DERIVADA DIRECCIONAL. y en general.7. mientras en el movimiento de caída libre la energía potencial depende sólo de la coordenada vertical. para movimiento en tres dimensiones puede depender de tres coordenadas. es posible determinar las componentes de la fuerza en las direcciones x y y.y) Fy = − con x = Constante. ∂x Esto es.y) con y = Constante. dos ó tres coordenadas.46) y la definición de fuerza conservativa dada por la ecuación (2. es posible obtener la fuerza conservativa que actúa sobre la partícula paralelamente al eje x. por ejemplo para movimiento en el plano xy. la componente de la fuerza en una di∂E( x. en el caso del movimiento de la tierra alrededor del sol depende de dos coordenadas. De De este modo. que permite derivar la función respecto a una de las variaFT = F cos θ bles y tomar la otra variable como si fuera una dEp = − .y). dx donde se emplea el concepto matemático de derivada total. En el caso simple de movimiento en una dimensión. al utilizar el operador diferencial / d dx. Para ello se considera la fuerza conservativa F que actúa sobre la partícula. y. lo anterior también es válido para el caso de . Teniendo en cuenta la definición de trabajo dada por la ecuación (2.52: La fuerza conservativa F y dr forman un ángulo θ. cuando se conoce la forma fun. tales como x. z. correspondiente a esta coordenada. En dos dimensiones. energía potencial y sistema conservativo En esta sección se determina otra relación importante entre una fuerza conservativa y su energía potencial asociada.58). de la figura 2. es decir. dependiendo que el movimiento ocurra en una. dos ó tres dimensiones.este modo. a partir de la figura 2. se obtiene plea el concepto de derivada parcial. donde simultáneamente aparecen las variables x y y. ya que la energía potencial asociada a una fuerza conservativa puede ser función de una. mediante la expresión Fx = − dEp ( x ) . es posible determinar la componente de la fuerza en la dirección del despla∂E( x. rección determinada. esto es.energía potencial en coordenadas rectangulares. ENERGÍA POTENCIAL Y SISTEMA CONSERVATIVO 2. la energía potencial asociada a la respectiva fuerza conservativa puede ser de la forma Ep = Ep ( x.54. Así. mediante el concepto de derivada direccional = −dEp . gía potencial Ep (S).7. Derivada direccional. es igual a menos la deriva∂y da de la energía potencial con respecto a la coordenada en esa dirección.54. F=− ∂x ∂y ∂z donde se define el operador nabla como ∇≡ ∂ ∂ ∂ i + j + k. y = −kx. donde el signo menos indica que esta fuerza apunta en sentido vertical hacia abajo. la energía potencial en coordenadas rectangulares tiene la forma funcional Ep = Ep ( x. la fuerza gravitacional es perpendicular a las superficies donde la energía potencial es constante y que se conocen como superficies equipotenciales o de igual potencial.z) ∂Ep ( x.z) = − . este resultado es que no es mas que la ley de Hooke. a la operación correspondiente se le conoce como gradiente.y. la función de energía potencial asociada a la partícula de la figura 2. ∂x ∂y ∂z O sea. solo que la forma del operador es diferente para cada sistema. ∂z donde de nuevo se ha empleado el concepto de derivada parcial. al aplicar el opedx rador nabla a un escalar se obtiene un vector. MOMENTO LINEAL.z) ∂Ep ( x. Continuando con el concepto de derivada direccional. la fuerza es igual a menos el gradiente de la dEp ( x ) Fx = − energía potencial. y Movimiento mg O Tierra x Figura 2.55.44 CAPÍTULO 2. con x y z constantes.z) i− j− k.y. como es de esperarse. En el caso gravitacional.56.y. con y y z constantes.z). En general.z) = − . la superficie de la tierra es una superficie equipotencial. En la figura 2. 2. Por consiguiente. Por otro lado. de validez general independiente del sistema de coordenadas que se esté empleando.z).55. . ∂x ∂Ep ( x. igual que las superficies paralelas a la superficie terrestre. como se muestra posteriormente. Casos particulares 1. como se muestra en la figura 2.y. con x y y constantes.y. y la fuerza es perpendicular a dichas superficies.y. Fy = − que corresponde al negativo de la magnitud del peso de la partícula. está dada por Ep ( x ) = 12 kx2 . al generalizar se tiene que las componentes rectangulares de la fuerza conservativa correspondiente están dadas por Fx Fy Fz ∂Ep ( x. al tener en cuenta las relaciones anteriores. Para un sistema masa-resorte. la energía potencial gravitacional está dada por Ep (y) = mgy. entonces dEp (y) dy = −mg. Como ocurre en el caso general.y. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA coordenadas polares. A diferencia del caso de dos dimensiones. F = −grad Ep = −∇ Ep . entonces la fuerza elástica correspondiente está dada por Así. la fuerza conservativa en componentes rectangulares se expresa en la forma F=− ∂Ep ( x. Cuando se trata el movimiento de una partícula en tres dimensiones.53: Fuerza gravitacional. ∂y ∂Ep ( x.y. cuando se deriva respecto a una variable se toman las otras dos variables como si fueran constantes. ∂x ∂y ∂z o equivalentemente ) ( ∂ ∂ ∂ i + j + k Ep ( x.z) = − . de este modo.energía potencial se tiene que cial en función de la coordenada x. el signo menos indica que la fuerza apunta hacia Energía la derecha. por lo tanto. E Este análisis cualitativo. se le llatica. se dEp ( x ) supone que el cuerpo se mueve sobre una suF=− > 0. sistema conocido como oscilador armónico.52. m x O Figura 2.52. 1. dEp ( x ) < 0.cial como la mostrada en la figura 2. Curvas de energía potencial En muchas situaciones físicas. Primero se analiza el caso particular de un sistema masa-resorte y luego se hace un análisis más general. ya que siempre tiende a lleE x -x O +x var el cuerpo hacia la posición de equilibrio.52. gente a la curva es nula. dx y por la relación entre fuerza conservativa y energía potencial se tiene que F=− dEp ( x ) < 0. Por otro lado.8. en este caso. hacia la posición de equilibrio.45 2. dx Así. muestra que la fuerza ejercida por el resorte corresponde a una P fuerza restauradora. centro del energía exige que E = Ek + Ep = Constante. Sistema masa-resorte. es decir. 2. Para el caso de un cuerpo dx sometido a la fuerza elástica de un resorte.55: Variación de la energía potencial elás. Por esta razón. CURVAS DE ENERGÍA POTENCIAL k sitiva. la energía potencial aumenta a medida que x aumenta y la dEp ( x ) = 0. el signo menos indica que la fuerza apunta hacia la izquierda. apunta de nuevo hacia la E (Energía total) posición de equilibrio. mediante la flecha horizontal dirigida hacia la derecha. Esto se representa en la figura 2. o sea que la pendiente es podx K P A A . la energía potencial disminuye a medida que x aumenta y la curva es decreciente. la conservación de la En la posición particular x = 0.8. Esto se representa en la figura 2. como P en la figura 2. o sea que la pendiente es negativa. Esto es. dx perficie horizontal lisa que se hace coincidir con el eje de coordenadas. Su conocimiento es de gran importancia ya que permite obtener información cualitativa sobre el comportamiento del sistema.52 muestra la variación de la energía poten.54: Fuerza elástica de un resorte. ya pozo de potencial. es posible conocer gráficamente la forma como varía la energía potencial con las coordenadas. en la región de las x negativas. mediante la flecha horizontal dirigida hacia la izquierda. como la pendiente es negativa. es decir. la pendiente de la recta tanque la fuerza elástica es conservativa.52. a una distribución de energía potenFigura 2. dEp ( x ) > 0. esto es En la región de las x positivas. ma pozo de potencial ya que la partícula está obligada a permanecer entre las posiciones − xA y Si se considera un punto sobre la curva. para sistemas conservativos. incluyendo los tipos de movimiento que se pueden presentar. la figura y por la relación entre fuerza conservativa y 2. curva es creciente. tal + xA . la fuerza restauradora tiende a mantenerlo en esa posición. se les conoce como regiones clásicamente prohibidas.63) En la figura 2. Energía EP(x) E4 E3 E2 E1 Eo x1' xo x1 x2 x3 x Figura 2. se muestra de manera general. esto es. la forma como varía la energía potencial para un cuerpo sometido a una fuerza conservativa y que posee movimiento rectilíneo a lo largo del eje x. con la condición de que si se encuentra en un pozo no puede pasar al otro. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA Por consiguiente. pues para energías menores la energía potencial sería mayor que la energía total. aumentando su velocidad al disminuir la energía potencial y la disminuirá al aumentar la energía potencial.63). si la partícula se mueve lige- . su velocidad disminuye al acercarse a x1 ó x1. se detiene en el punto de retorno y luego adquiere movimiento en el sentido positivo de las x. la energía mínima de la partícula con significado físico es Eo . F=− dEp ( x ) = 0. esto es E − Ep (x) = Ek ≥ 0. tal como E1 en la figura 2. Por esta razón se le denomina posición de equilibrio. Si la partícula se encuentra inicialmente en reposo en xo . dx lo que indica que la fuerza neta es cero. Si la partícula inicialmente tiene movimiento en el sentido negativo de las x. donde la partícula se detiene instantáneamente y es obligada a cambiar el sentido de movimiento. la energía cinética aumenta si la energía potencial disminuye y viceversa. Para una energía mayor que Eo . ya que únicamente entre estos dos puntos se cumple la condición impuesta por la ecuación (2. En la figura 2. en xo la energía potencial es mínima. A las regiones donde se presenta esta situación. Así.46 CAPÍTULO 2.53. Para una energía E4 sólo hay un punto de retorno. MOMENTO LINEAL. la partícula se encuentra en reposo en xo si E = Eo . Estas dos posiciones extremas se conocen como puntos de retorno del movimiento y la partícula con energía E1 se comporta como en el caso de un sistema masa-resorte. es por ello que este es un punto de equilibrio estable. para que la relación se pueda satisfacer. esto es. es decir. por lo que la pendiente de la recta tangente a la curva es cero y por ende la fuerza es cero. si el cuerpo se desplaza un poco de dicha posición. Cuando la partícula adquiere la energía total Eo .53. en la figura 2. o sea que el cuerpo se encuentra instantáneamente en equilibrio. Si esta relación no se satisface. .53. Sistema conservativo en general. se encuentra en un pozo de potencial. 2. se tienen dos puntos de retorno y mientras la partícula esté en movimiento entre ellos. la partícula puede oscilar en cualquiera de los dos pozos de potencial.63) se satisface para energías totales mayores que Eo . la ecuación (2. permanecerá en ese estado mientras no se incremente su energía total. De este modo. es necesario que E ≥ Ep ( x ). De este modo. o sea.53 se presentan cuatro puntos de retorno. En este caso. E p ( x ) . Como la energía cinética es una cantidad positiva.56: Variación general de la energía potencial. ¿Por qué? Para la energía E3 . toda su energía es potencial y su energía cinética es nula. Como se analizó antes. si la partícula parte de la posición xo . la partícula sólo se puede mover entre las posiciones x1 y x1. Para la energía mayor E2 . la ley de conservación de la energía exige que la energía total de la partícula debe ser mayor que la energía potencial. llevaría a una velocidad imaginaria que no tiene significado físico. (2. si la curva crece con el incremento de x. Por otro lado. lo anterior indica movimiento. El sentido de la fuerza está indicado en la figura 2. o sea que es positiva. La fuerza que actúa sobre el bloque. es decir. Igual que en el caso del oscilador armónico. cuando se lanza un cuerpo mg de masa m sobre una superficie horizontal rugosa. Ahora.57: Movimiento desacelerado debido a la fricción. En síntesis. A la posición xo . Igualmente. ya que En lo que sigue. valor cero. la situación que se representa en la figura 2. Como resultado. to = 0 vO a m t >0 v=0 m x O Figura 2. en x2 . el transporte con ruedas. sin estas fuerzas no sería posible: caminar. permanecerá en reposo. Si la partícula está inicialmente en reposo en este punto.58: Fuerza de fricción. y si la curva decrece con el incremento de x. o sea. es decir. En la vida diaria. la energía potencial es constante y por tanto la pendiente de la recta tangente a la curva es cero o sea que la fuerza nuevamente es cero. se le conoce como una posición de equilibrio estable. no se considera la fuerza rela magnitud de la velocidad disminuye hasta el sistiva o de fricción que sobre el cuerpo pre- . es posible obtener mucha información cualitativa sobre su movimiento. es negativa. si se conoce la forma como varía la energía potencial con la posición.58. esto indica que la superficie ejerce sobre el bloque una fuerza en sentido opuesto al movimiento. también denominado rozamiento seco ya que se supone que las superficies en contacto no están lubricadas. de acuerdo con la segunda ley de Newton. sostener un lápiz en la mano. Cinemáticamente. la fuerza estará dirigida hacia la derecha.9. por la tercera ley de Newton.58.47 2. Fuerza de fricción entre superficies en contacto N Ff Es práctica común. opuesta al se detiene. Movimiento 2. la pendiente de la recta tangente a la curva es cero y de nuevo la fuerza es cero. y es igual en magnitud pero con sentido opuesto. Aquí se tiene un intervalo de equilibrio indiferente y la partícula se quedará donde se le coloque. que mientras el cuerpo desliza experimenta una aceleración que se opone al movimiento. pero si la partícula se mueve a partir de esta posición. por pequeño que sea el desplazamiento. es una fuerza indispensable aunque en muchos casos es necesario evitarla al máximo. FUERZA DE FRICCIÓN ENTRE SUPERFICIES EN CONTACTO ramente en cualquier sentido.53 por medio de vectores horizontales. la energía potencial se hace máxima. se opone al movimiento de traslación y nunca lo ayuda como se ilustra en la figura 2. la fuerza tiende a alejarla aún más de la posición de equilibrio. en la región donde se mueve un cuerpo. a esta fuerza se le conoce como fuerza de fricción o de rozamiento por deslizamiento. donde es necesario lubricar sus superficies para evitar el desgaste. por ello a esta posición se le denomina de equilibrio inestable. la superficie del cuerpo también ejerce una fuerza de rozamiento sobre la superficie en la cual se mueve. esta tiende a regresar y oscilará respecto a la posición de equilibrio. la fuerza está dirigida hacia la izquierda. con velocidad inicial vo . al no actuar ninguna otra fuerza sobre ella.9. En la vecindad de x3 . se tiene que en un tiempo t posterior el cuerpo Figura 2. por ejemplo en las máquinas industriales. En la figura 2.61. sobre superficies no lubricadas. Se observa que mientras la fuerza de fricción es prácticamente constante. etc. es decir. la superficie no presenta fricción. se reduce la fuerza ex- Ff F s máx 45o Reposo Movimiento. MOMENTO LINEAL.) mientras existe movimiento. la fuerza de fricción se reduce un poco y el movimiento es acelerado. desde que no se le aplica fuerza externa hasta que el cuerpo adquiere movimiento. Como se indica en la figura 2. es posible obtener movimiento rectilíneo uniforme. la fuerza aplicada es compenFigura 2. o sea. F Figura 2. se considera un bloque inicialmente en reposo sobre una superficie horizontal. se encuentra que el bloque no se mueve respecto a la superficie. . si no se le aplica una fuerza externa que tenga una componente paralela a la horizontal. N N Fs= 0 mg mg Reposo (F > F k ) Movimiento uniforme N N F Fs m Fk mg Reposo F mg N Fs F m Fk (F = F k ) F Figura 2. esto es. Ahora. el cuerpo pasa del estado de reposo al estado de movimiento. en este rango es válida la condición Fs = F ó θ = 45o . como se indica en la figura 2. agua.60: La fuerza de fricción dinámica es prácticamente constante. una vez que el cuerpo adquiere movimiento. Además.48 CAPÍTULO 2. a partir de este valor de la fuerza externa F. Si luego de estar el cuerpo en movimiento. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA Movimiento acelerado senta el medio (aire. varía desde cero hasta un valor máximo.61: Variación de la fuerza de fricción con la fuerza aplicada. que esta fuerza es contrarrestada por la fuerza de fricción opuesta a la aplicada y que es ejercida por el piso. es decir.59: La fuerza de fricción estática aumenta sada por la fuerza de rozamiento y la fuerza nehasta un máximo. si se aumenta aún más la fuerza externa. cuando se le aplica una fuerza pequeña. mientras el cuerpo permanece en reposo.60. Al ir aumentando lentamente la fuerza aplicada. mg Movimiento inminente terna. se muestra la forma como varía la fuerza de fricción Ff con la fuerza externa aplicada F. ta es nula ( FK = F ). Para obtener la ley de rozamiento seco.59. se llega a un cierto valor límite para el cual el movimiento del bloque es inminente. ya el cuerpo se mueve respecto a la superficie. los valores de los coeficientes de fricción dependen de la naturaleza de las dos superficies en contacto.40 0.49 2. la otra. muchas veces cuesta trabajo evitar las caídas. Por otro lado. (2. ya que en ambos casos N es la magnitud de la normal.50 Vidrio .53 Madera . se llama fuerza de rozamiento estático.1 Coeficientes de fricción Fs ≤ µs N.64) La fuerza de fricción estática máxima.9. la fricción no es deseable.94 Metal . hasta movimientos cómicos. si no se presentara.fricción dinámico.hielo 0. Fk .1. es decir. O sea que aunque en algunos casos.61 Cobre .36 0. En un día lluvioso. como en las máquinas industriales donde los ingenieros procuran evitarla al máximo.acero 0.máx = µs N.64) y (2. En la tabla 2. Fs .concreto seco 1. las superficies por las que se camina poseen una propiedad importante. comúnmente. De acuerdo con las expresiones (2.64) y (2. Aunque en los casos anteriores es indispensable la fuerza de fricción.66). El experimento también muestra que la fuerza de fricción es independiente tanto del área de contacto como de la velocidad. se llama fuerza de rozamiento cinético o dinámico. cuando se viaja en bicicleta sobre asfalto mojado ó cuando un auto frena sobre piso pantanoso. se deben hacer para evitarlas.acero 0. la fuerza de rozamiento que obra entre superficies en movimiento relativo. De esta forma se hace necesario que la superficie presente fricción para evitar los accidentes y congestiones ya que el rozamiento permite explicar en parte por qué en días lluviosos el tráfico es bastante complicado en las grandes ciudades. (2.20 Caucho . y experimentalmente se encuentra que Fk = µk N. Situaciones similares a las anteriores se presentan.66) con µK coeficiente de rozamiento cinético o dinámico.metal (lubricado) 0. encontrándose experimentalmente que Tabla 2. cuando se camina sobre superficies poco ásperas.concreto húmedo 0.20 0.10 Caucho .85 0.65) µs es el coeficiente de rozamiento estático y N es la magnitud de la normal. Igualmente. En las ecuaciones (2. (2. FUERZA DE FRICCIÓN ENTRE SUPERFICIES EN CONTACTO La fuerza de fricción que obra entre superfi.60 ¿Es el rozamiento un mal necesario? En la vida cotidiana la fuerza de fricción se manifiesta de formas diversas. ya que da la posibilidad de cami- . se muestran los coeficientes de fricción estático y dinámico para algunas superficies. por ejemplo sobre piso vitrificado.acero 0. por ello se dice que son una propiedad de relación entre superficies. Las ecuaciones (2. Esto permite reconocer que.66).vidrio 0.80 µk 0. en la mayoría de situaciones es indispensable. son una propiedad de relación entre superficies.65) y corresponde a la mínima fuerza necesaria para que se inicie el movimiento de una superficie respecto a la otra. se obtiene cuando Fs.03 0.25 − 0.65) y (2.74 Aluminio .madera 0. la fricción. muchos fenómenos comunes ocurrirían de manera diferente. en otras situaciones no lo es. indican que la relación entre los coeficientes de fricción estático y cinético es de la forma µs > µk . como se encontró anteriorcies que se encuentran en reposo una respecto a mente.06 0. Se observa que estos coeficientes dependen del material de las superficies que se encuentren en contacto.15 Hielo .57 0. se aprecia que el coeficiente de fricción estático es mayor que el coeficiente de Superficies µs Acero . para prevenir un desgaste rápido de las piezas. gracias a la cual se puede conservar el equilibrio sin mucho esfuerzo.47 0. los cuerpos con el tamaño de una gran piedra. como se indica en la figura. como se muestra en la figura. µs θmáx (o ) 0. se obtiene si esta fuerza de fricción se hace máxima. para el cual el movimiento del bloque es inminente. determine el ángulo θ a partir del cual el cuerpo inicia su movimiento. asciende sobre la . Ahora de la ecuación (3). El coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es µs . es decir. mostrados en la siguiente tabla para los diferentes valores de µ. o un pequeño grano de arena. Un bloque de masa m. 0. se puede concluir que a mayor valor de µs mayor es el ángulo a partir del cual el movimiento del bloque es inminente. se llega a la expresión θmáx = tan−1 µs . m q Solución Diagrama de cuerpo libre para el bloque.64). MOMENTO LINEAL. b) Plantee las ecuaciones que garantizan el estado del bloque. (5) De este modo. Ejemplo 2. no sería posible sujetar cuerpos con las manos. se encuentra en reposo sobre un plano inclinado que forma un ángulo θ con la horizontal. (4) o sea que el ángulo θ. Un bloque de masa m. a) Si el coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es µ. igual que una gota de agua.1. o que el lápiz se escurra entre los dedos. de estar sentados. c) De los términos que aparecen en la ecuación (2. no podrían apoyarse unos sobre otros.6 31 Al comparar los valores de µs y θmáx .7 16. aunque en algunos casos es un mal que se debe evitar al máximo.máx = µs N mín .1 0. b) Si µ = 0. independiente de sus dimensiones.5 26. ¿Cómo es la magnitud de la fuerza obtenida? Ejemplo 2. de trabajar y estudiar sin el temor que los libros o que el escritorio resbale.6 0. Si el rozamiento no existiera. de masa m. sin fricción. N − mg cosθ = 0. ¿cuáles son constantes en este caso? d) Determine la magnitud de la fuerza F. Fs − mg senθ = 0 (1) ↖ + ∑ Fy = 0.17. mediante las ecuaciones (2). (2) Fs ≤ µs N. se sostiene sobre una pared vertical mediante una fuerza horizontal F .18. En síntesis la fricción es un fenómeno necesario en la mayoría de las actividades diarias del hombre. (3) a) De la ecuación (1) se tiene que la fuerza de fricción está dada por Fs = mg senθ.3.6. esta condición se satisface cuando Fs. donde Fs es la fuerza de fricción estática puesto que el bloque está en reposo. (4) y (5). cuando el movimiento del bloque es inminente. N Fs mg q Ecuaciones que garantizan el estado de reposo para el bloque Ejercicio 2.3 5.7 0. todos empezarían a resbalar.17. (6) b) Mediante la ecuación (6) se obtienen los valores de θmáx . a) Haga el diagrama de cuerpo libre para bloque. de igual manera la tierra sería una esfera sin rugosidades. los clavos y tornillos se saldrían de las paredes.50 CAPÍTULO 2. Un bloque. 0. Similarmente. hallar los valores correspondientes de θ. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA nar. + ↗ ∑ Fx = 0.5 y 0. debido a la acción de la fuerza F. que es idéntico al obtenido en el numeral anterior.78 75 2.3. = −µmghcotθ. determine a) El trabajo realizado por la fuerza resultante. c) Reemplazando valores se obtiene la siguiente tabla F F´ Wmg WFk h θ (o ) W(J) 10 21. Como se indica en la figura. h = 0.51 2. es constante y está dada por Fx = mg(2 − senθ − µcosθ ). considerando por separado cada una de las fuerzas. para el cual el trabajo realizado sobre el bloque del ejemplo 2. total o resultante.74 60 2. para diferentes valores del ángulo θ. superficie del plano inclinado de la figura.19. un bloque de masa M asciende con velocidad constante v por una colina que forma . ya que esta actúa en el sentido del desplazamiento. Sumando los trabajos anteriores. FUERZA DE FRICCIÓN ENTRE SUPERFICIES EN CONTACTO b) El trabajo realizado por cada fuerza es F WF WN m = 2mghcscθ. = 0. la componente de la fuerza neta paralela al desplazamiento del bloque. Ejemplo 2. realizado por las fuerzas que actúan sobre el bloque está dado por W = mgh(2cscθ − 1 − µcotθ ). N F´ h mg q F De acuerdo con estos resultados. Halle el valor de θ. Se observa que la única fuerza que realiza trabajo positivo es la fuerza aplicada. se tiene que el trabajo neto disminuye a medida que la inclinación del plano se incrementa.9. m = −mgh. ya que es una fuerza perpendicular al desplazamiento.08 45 3. Así. donde se ha tomado el sentido de movimiento como positivo. Cuando el bloque ha ascendido una altura h. El coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es µ y la magnitud de la fuerza aplicada es 2mg.18. el trabajo realizado sobre el bloque al desplazarse la distancia h/senθ es W = mgh(2cscθ − 1 − µcotθ ).6 30 6. b) El trabajo neto realizado sobre el bloque.5 m y µ = 0. se encuentra que el trabajo neto.43 q Solución a) De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre mostrado en la siguiente figura. c) El valor del trabajo total si m = 500 g.18 es mínimo. ¿Por qué? Ejercicio 2. b) Adicionalmente. la potencia desarrollada por el motor. N En la siguiente tabla.6 0.97 1. se tiene W = 12 mv2B . MOMENTO LINEAL.84 1.02 1. cuando se mueve entre las posiciones A y B. Solución Diagrama de cuerpo libre para el bloque De esta forma.67 0.4 0. El bloque está unido a un motor mediante una cuerda que pasa por una polea y el coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es µ . se suelta desde la parte más alta del plano inclinado de la figura. en función del ángulo θ.13 1. Solución Diagrama de cuerpo libre para el bloque N F F´ Mg F m q h Como el bloque se encuentra en equilibrio dinámico. es 0.12 1.20. (1) 0.6 0. se muestran los valores del término entre paréntesis.17 1. la fuerza F ejercida por el motor tiene magnitud q F = Mg(senθ + µcosθ ). F mg B θ (o ) 0 15 30 45 60 75 90 µ A h q a) Por el teorema del trabajo y la energía. Un bloque de masa m.0 W = mgh(1−µcotθ ).8 0. para diferentes valores del ángulo θ y del coeficiente de fricción µ.45 0. b) El ángulo mínimo a partir del cual tiene significado físico la velocidad.27 1.85 0. la potencia aumenta continuamente con el aumento en el coeficiente de fricción F´ M q Ejemplo 2.02 1.2 0. Determine a) La velocidad del bloque. Determine. a partir del cual decrece hasta un valor que tiende a la unidad. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA un ángulo θ con la horizontal.85 0.0 0.17 1.64 0. en el instante que llega a la base del plano inclinado.8 1. De la tabla 2. El coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es µ.0 donde el trabajo total realizado sobre el bloque.19 1.99 1.03 1.07 1.4 0.2 0. la potencia aumenta hasta un valor máximo.3 se pueden obtener dos conclusiones a) Se observa que para un valor dado de µ.27 1.52 CAPÍTULO 2.07 1.0 Reemplazando la ecuación (2) en la ecuación (1). se obtiene para la velocidad (2) . la potencia desarrollada por el motor es P = Mgv(senθ + µcosθ ). para un valor dado del ángulo θ. 0. 42 1. respecto a la base del plano inclinado. b) Determine la aceleración del bloque. µ (5) En la tabla. d) Plantee las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad. c) Halle la fuerza que la superficie ejerce sobre el bloque.88 1. esto es θmín = tan−1 µ. b) Ecuaciones de movimiento para el bloque. f) Obtenga. 2gh(1−µcotθ ). de acuerdo con la ecuación (3). se lanza un bloque de masa 500 g. con una velocidad de 15. vo = 15.0 0. la altura máxima alcanzada por el bloque.0 45.2 11. que forma un ángulo de 30o con la horizontal. para un coeficiente de fricción fijo. a) Dibuje todas las fuerzas que actúan sobre el bloque.4 NO NO 0. θmín (o ) 0.2 NO 0. (1) . mayor es el ángulo a partir del cual el bloque inicia el movimiento.54 1.9. FUERZA DE FRICCIÓN ENTRE SUPERFICIES EN CONTACTO del bloque en el punto B √ vB = tabla anterior. Ejemplo 2. donde Fk es la fuerza de fricción dinámica ya que el bloque se encuentra en movimiento. el ángulo mínimo a partir del cual la velocidad tiene significado físico. se obtiene al tomar la igualdad en la ecuación (4).20 0.21.2. a mayor ángulo mayor es la velocidad del bloque en el punto B b) Para que la velocidad tenga significado físico. θ (o ) 10 15 30 45 60 0. − mg senθ − Fk = ma. El coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es 0..53 2. donde NO significa que la velocidad no tiene significado físico. entre más ásperas sean las superficies.8 m s−2 .0 m s−1 y la cantidad conocida g = 9. se indica la forma como varía el término entre paréntesis de la ecuación (3).80 0.0 0.2.40 0.5 kg. es decir. se debe satisfacer la condición (4) Así. (3) En la tabla siguiente.8 NO NO NO 0.65 1. Solución De acuerdo con el enunciado.0 1. a) Diagrama de cuerpo libre para el bloque. las cantidades dadas son θ = 30o . Ahora. que rigen el movimiento del bloque.4 21. + ↗ ∑ Fx = ma.8 0.65 0.3 0.31 0. si el ángulo es fijo menor es la velocidad del bloque a medida que aumenta el coeficiente de fricción.6 31. m = 500 g ≡ 0.25 0.0 m s−1 .0 0. µ = 0.0 NO NO NO 0 0.7 1.8 38.0 Se observa que para velocidades con significado físico.77 1. Desde la base de un plano inclinado.0 90 µ tanθ ≥ µ.0 0. se muestran los valores de θ mín correspondiente a los valores del coeficiente de fricción considerados en la Se concluye entonces que entre más ásperas sean las superficies en contacto.6 NO NO NO 0.60 0. e) Encuentre el tiempo durante el cual asciende el bloque por el plano inclinado. se lanza un bloque de masa 0. que rigen el movimiento del bloque.0 m s−1 .1. El coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es 0. el bloque asciende paralelamente al eje x con una aceleración de −6. cuando un cuerpo se mueve en un fluido (líquido o gas) y las velocidades no son muy grandes.54 CAPÍTULO 2. Así las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad son x = 15t − 3. Donde N − mg cosθ = 0. e) Como el bloque asciende con movimiento rectilíneo uniformemente retardado. Fuerza de fricción en fluidos Los fluidos presentan dos tipos de fuerza como son el empuje y la fuerza resistiva o de fricción que actúan sobre los cuerpos que se mueven en su interior. aproximadamente se puede obtener que la fuerza de fricción es proporcional a la velocidad pero con sentido opuesto.62. (2.27 s.6 m s−2 . Así.67) donde K es el coeficiente de fricción que depende de la forma del cuerpo. es decir Ff = −Kηv. donde al reemplazar los valores correspondientes se obtiene a = −6.05 m. (3) Mediante las ecuaciones (1). que es un tiempo menor al encontrado cuando no hay fricción.5 y menor que la aceleración de la gravedad como se esperaba.correspondiendo a un valor menor que el obtenido cuando no se presenta fricción. respecto a la base del plano inclinado.53 m. de la figura anterior se encuentra que la altura máxima alcanzada por el bloque es Ejercicio 2. 2. llega un momento en el cual su velocidad se hace cero. con una velocidad de 15. se encuentra que el máximo desplazamiento sobre el plano inclinado es xmáx = 17. Como se ilustra en la figura 2. f) Reemplazando t = 2. En el caso de un cuerpo esférico de radio R. En esta sección sólo se analiza el efecto de la fuerza resistiva que presentan los fluidos a los cuerpos en movimiento. c) Por la ecuación (2). d) De acuerdo con el sistema de referencia elegido. y v = 15 − 6. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA vim o M N o ient Fk 8. (2) Fk = µN. b) Determine la aceleración del bloque. expresión conocida como ley de Stokes. que forma un ángulo de 30o con la horizontal. η es el coeficiente de viscosidad que depende de la fricción entre las diferentes capas del fluido.6 m s−2 . MOMENTO LINEAL. (2) y (3). a) Dibuje todas las fuerzas que actúan sobre el bloque.15. este coeficiente de fricción tiene la forma K = 6πR. mg q ↖ + ∑ Fy = 0.19. asciende el bloque? Compare los resultados con los obtenidos cuando no se presenta fricción. e) ¿Cuánto tiempo asciende el bloque por el plano inclinado? f) ¿Hasta qué altura. Desde la base de un plano inclinado. que es un valor mayor al obtenido en el ejemplo 2. c) Halle la fuerza que la superficie ejerce sobre el bloque.9. esto es N = mg cosθ. .5 kg. se tiene que la fuerza normal tiene igual valor que cuando no se presenta fricción. en dicho instante t = 2. se encuentra que la aceleración está dada por a = − g (senθ + µ cosθ ).3t2 . d) Plantee las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad.27 s en la ecuación cinemática de posición. Mediante la ecuación cinemática de velocidad.6t. 0 1.860 833. Se observa que el valor de la viscosidad depende de la temperatura a la cual se encuentre el fluido. Líquido (0o C ) 1. Un cuerpo de masa m se mueve verticalmente a través de un fluido viscoso. 171 181 190 93. o sea que 1kg m−1 s−1 ≡ 10 P. 9η (2) De la ecuación (2) se puede concluir que la velocidad límite depende del material que . y en el sistema gaussiano g cm−1 s−1 . las unidades en el sistema SI son kg m−1 s−1 . FUERZA DE FRICCIÓN ENTRE SUPERFICIES EN CONTACTO que se mueven a velocidades diferentes.0 97. lo que lleva a que la aceleración sea cero. El caso analizado anteriormente corresponde a un ejemplo de fuerza variable.656 9. Kη (1) Si se trata de un cuerpo esférico de radio R y densidad ρ. Así.55 2.0 146 Dimensiones y unidades de η De acuerdo con la ecuación (2. la partícula continúa moviéndose en la dirección de mg con una velocidad constante.9.2. propiedad que con un aumento de temperatura disminuye en los líquidos y aumenta en los gases. A la fuerza de fricción entre las capas del fluido se le llama viscosidad.550 Gas η (µP) Aire Aire (20o C ) Aire (40o C ) Hidrógeno (20o C ) Amoníaco (20o C ) Bióxido de carbono (20o C ) Solución (a) Diagrama de cuerpo libre para el cuerpo Ff Movimiento η (cP) Agua Agua (20o C ) Agua (40o C ) Aceite de castor (20o C ) Glicerina (20o C ) Mercurio (20o C ) ( 0o C ) de movimiento para el cuerpo. en forma vectorial.62: Cuerpo que cae en un fluido viscoso. Igualmente se emplea el centipoise ( 1 cP ≡ 10−2 P) y el micropoise ( 1 µP ≡ 10−6 P). así. (c) Cuando la altura respecto a la tierra no es muy grande. sometido a la acción de la fuerza gravitacional. c) Determine la velocidad máxima alcanzada por el cuerpo. Coeficientes de viscosidad. Tabla 2.2 se dan los valores de viscosidad para algunos fluidos.792 1. de acuerdo con la figura anterior la segunda ley de Newton o ecuación de movimiento toma la forma + ↓ ∑ Fy = ma mg − Kηv = ma. vL = m g. el peso es prácticamente constante y la aceleración produce un aumento continuo en la velocidad. cuando esto ocurre. por lo que el valor de mg − Kηv disminuye continuamente hasta que se puede hacer cero. dada por mg − KηvL = 0. En la tabla 2. De acuerdo con la ley de inercia.005 0. Ejemplo 2. llamada velocidad límite o terminal. (b) Ecuación de movimiento En este caso. a) Haga el diagrama de cuerpo libre para el cuerpo. b) Plantee la ecuación mg Figura 2. ya que depende de la velocidad del cuerpo. Se acostumbra definir 1 Poise(P) ≡ 1 g cm−1 s−1 .15) el coeficiente de viscosidad tiene dimensiones ML−1 T−1 . la ecuación (1). adquiere la forma vL = 2ρR2 g. el valor de la cantidad Kηv aumenta progresivamente.22. en otras palabras. la velocidad depende de las propiedades físicas del sistema.68) Cuando se determina el trabajo realizado por la fuerza de fricción. es dado por WT = Wc + Wnc . 2. está dado por WT = ∆Ek . la energía continúa disipándose en calor hasta que la partícula alcanza un estado de reposo. este es negativo. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA está hecho el cuerpo (ρ). la energía total de la partícula se conserva. realiza trabajo. realizado por todas las fuerzas. la energía mecánica se transforma en energía calórica. Una partícula de masa m se suelta desde el punto A del carril mostrado en la figura.68) da la pérdida de energía total. Analizar el comportamiento energético de la partícula mientras se encuentra en movimiento sobre el carril. De este modo. se tiene que al menos hay una fuerza que no permite que la energía se conserve. Además. La normal no realiza trabajo por ser perpendicular al desplazamiento y el peso. En el caso de la fuerza de fricción. Por ello. la fuerza de fricción es una fuerza no conservativa. b) Cuando se presenta fricción entre las superficies en contacto. la energía mecánica se disipa y de manera no recuperable. En general. Ejemplo 2. A las fuerzas de este tipo se les conoce como fuerzas no conservativas. cuando a) No se considera la fricción. mientras la partícula desciende la energía potencial gravitacional se transforma en energía cinética.10. se tiene que el trabajo realizado por las fuerzas no conservativas se puede expresar en la forma Wnc = ∆Ek + ∆Ep = EB − EA = ∆E. el sistema ya no es conservativo en ninguno de los tramos de la figura. o sea. Fuerza de fricción y sistema no conservativo Se considera una partícula sometida a la acción de varias fuerzas simultáneamente aplicadas. MOMENTO LINEAL. De acuerdo con esto. si sobre una partícula actúan simultáneamente fuerzas conservativas y no conservativas se tiene que el trabajo total. depende de la forma y tamaño del cuerpo (R2 ) además de depender del fluido en el cual el cuerpo se mueve (η). lo que conlleva a una disminución de la energía total. es decir. como siempre es válido que el trabajo total. o sea que el sistema sigue siendo conservativo. toda la energía mecánica que tenía la . disminuye la energía potencial transformándose parte de ella en energía cinética y el resto disipándose en forma de calor. b) Se presenta fricción entre las superficies en contacto. A B C Ep = 0 Solución a) Entre A y B las fuerzas que actúan son el peso y la normal. mientras desciende entre A y B. donde sólo se tiene energía cinética. A partir del punto B. Igualmente. donde se presenten fuerzas no conservativas. que es una fuerza conservativa. realizado por todas las fuerzas. entre A y B el sistema es conservativo. debida a las fuerzas no conservativas. el cuerpo pierde toda su energía mecánica que se transforma en calor y hace que las superficies en contacto se calienten. a partir de B. donde Wc es el trabajo realizado por las fuerzas conservativas y Wnc el efectuado por las fuerzas no conservativas. es decir. En síntesis. se encuentra que es diferente de cero. Si al evaluar el trabajo realizado por estas fuerzas en una trayectoria cerrada. la energía total disminuye.23. representa una transformación de energía. (2. la ecuación (2. En cualquier caso. ni la normal ni el peso realizan trabajo. de tal forma que el cuerpo se mueve con velocidad constante para garantizar que la energía total se conserve en esta parte de la trayectoria. Así. La experiencia muestra que cuando se lanza un cuerpo sobre una superficie horizontal rugosa.56 CAPÍTULO 2. y para el caso de las fuerzas conservativas está dado por Wc = −∆Ep . En este caso. ENUNCIADOS 1. actúan las fuerzas F1 y F2 . m b) En el trayecto AB. y −3µmgd = 12 mv2A − 12 kd2 . corresponden a la forma como . están dados por = 2. En este caso. El bloque no está adherido al resorte. m Al comparar este resultado con el obtenido en el ejemplo 3. a partir del cual asciende por un plano inclinado. Ejemplo 2.11. se tiene el término adicional −6µgd. vA 2. está dirigida horizontalmente hacia la derecha. el desplazamiento tiene significado físico si el término del numerador es positivo. B d k m q O A Epg= 0 Solución a) En el trayecto horizontal. respectivamente. La fuerza neta F que actúa sobre una partícula. y es que sólo son posibles magnitudes de velocidad reales si se cumple la condición kd ≥ 6µg. S = 0. el sistema no es conservativo ya que se presenta fricción sobre el bloque y la no conservación de la energía exige que para este caso el plano inclinado es S= kd2 − 6µmgd . (b) Determine las magnitudes de los vectores fuerza F y F2 . c) Halle el valor de las cantidades obtenidas en los numerales anteriores si k = 100Nm−1 . se mueve sobre la superficie horizontal hasta el punto A. con magnitudes respectivas de 800 N y 500 N. Mediante el pequeño bloque de masa m. ENUNCIADOS partícula inicialmente. se disipa completamente en calor. Encuentre (a) las componentes rectangulares de las fuerzas F1 y F2 .57 2. un resorte de constante k sufre una deformación d. c) Reemplazando valores se tiene que la rapidez y el máximo desplazamiento.5. se refieren a la siguiente información. Las gráficas mostradas.4 m. m = 5g. lo que permite encontrar que el máximo desplazamiento sobre o F x F1 2. Sobre la partícula de la figura. el sistema sigue siendo no conservativo. (b) los ángulos que cada fuerza forma con cada uno de los ejes de coordenadas. debido a las fuerzas F1 y F2 aplicadas simultáneamente sobre ella. La magnitud de la fuerza F1 es 10 N. d = 2cm y θ = 35o y µ = 0.11. como se muestra en la figura. (c) el ángulo entre las fuerzas F1 y F2 y (d) la magnitud y dirección de la fuerza neta que actúa sobre la partícula debido a las dos fuerzas aplicadas. que reduce la rapidez como consecuencia de la fricción que actúa sobre el bloque. (a) Utilizando la figura. F2 45 de donde se encuentra que la rapidez en el punto A es √ k 2 vA = d − 6µgd. Una vez que el bloque es dejado en libertad. y 4. muestre gráficamente que los tres vectores han sido trazados correctamente. b) Encuentre el desplazamiento máximo del bloque sobre el plano inclinado.24.7 m s−1 . suponga que el coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es µ y que la distancia OA es 2d.4. a)Halle la rapidez del bloque cuando pasa por el punto A. Resolverlo por dos métodos diferentes.5. como se muestra en la figura. se presenta una restricción respecto a la rapidez. Los numerales 3. a diferencia del ejemplo 3. 2mg(senθ + µcosθ ) donde aparece el mismo término adicional debido a la fricción. Además. en el instante que el otro llega primero a tierra? (f) En el instante anterior. ¿Será posible encontrar una situación física.5 s y t = 1. en función del tiempo. (a) Halle la velocidad y la posición de la partícula. en función del tiempo. ¿Cuáles gráficas permiten conocer el cambio en la velocidad del cuerpo? Explique. la velocidad y la aceleración de los partícula en los instantes t = 0. 7. la velocidad (v) o la aceleración (a) de un cuerpo en función del tiempo. donde a se da en m s−2 y t en s. (a) Halle la posición en la cual un auto pasa frente al otro. (b) Encuentre la posición. 5. 8. velocidad y aceleración. (d) ¿Cuál llega primero a tierra? (e) ¿Dónde se encuentra un cuerpo. El cuerpo A se lanza verticalmente hacia arriba desde una altura de 5 m respecto a la tierra. (a) ¿Bajo qué modelo se debe tratar cada cuerpo? ¿Qué fuerza actúa sobre cada cuerpo una vez que es lanzado? (b) Determine el instante en que un cuerpo pasa frente al otro. 11. (b) Encuentre el vector posición y la velocidad de la partícu- . ¿Cuáles gráficas permiten conocer la velocidad del cuerpo? Explique.58 CAPÍTULO 2. El conductor del auto A adquiere una aceleración de 3 m s−2 cuando observa otro auto B que se encuentra 50 m delante de él sobre un carril paralelo. Un auto A se mueve hacia la derecha por una pista recta y con una rapidez 80 km h−1 . que se mueve en una trayectoria rectilínea. Suponga que el auto B se mueve en el mismo sentido que el auto A con una velocidad de magnitud 60 km h−1 . está dada por a = 3t − 2. sabiendo que en t = 0. F1 F2 40 o o 70 25 o 30 o y x puede variar la posición (x). con una rapidez de 10 m s−1 . en la que el momento lineal sea paralelo a la aceleración? Explique. el vector posición y el vector aceleración de la partícula. A los 2 s se lanza el cuerpo B desde la tierra con una velocidad de magnitud 20 m s−1 . en función del tiempo. v v x x vo to (a) t t a t to (b) t to t v a v to t t (c) t (d) x x a a xo ao to (e) t t to (f) t t 3. donde v se da en m s−1 y t en s. (c) ¿Qué movimiento tiene la partícula en los 9. (c) Halle la posición donde un cuerpo pasa frente al otro. La velocidad de una partícula que se mueve en el plano xy. Resuelva la misma situación para el caso en el cual cada auto se mueve hacia el otro. de un cuerpo en movimiento. 10. ¿Cuál pareja de gráficas corresponde a un MRUA? Explique. (a) Halle. (b) Encuentre el momento lineal de cada auto si cada uno tiene una masa de 103 kg. está dada por la expresión v(t) = (−2 + 3t)i + 4j. ¿el cuerpo en movimiento asciende o desciende? 12. ¿Cuál pareja de gráficas corresponde a un MRU? Explique.5 s. ¿Cuáles gráficas permiten conocer el desplazamiento de un cuerpo? Explique 6. la partícula pasa por el origen con una rapidez de 10m s‘−1. MOMENTO LINEAL. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA z instantes considerados en el numeral anterior? (d) Haga las gráficas de posición. La aceleración de una partícula de masa 7 kg. 4. M = 2 kg. ENUNCIADOS la en el instante t = 2. los bloques descienden sobre el plano inclinado y liso con momento lineal constante. los bloques de masa m y 3m están conectados mediante una cuerda que pasa por una polea fija . (e) Halle la fuerza que la superficie del plano horizontal ejerce sobre cada bloque. cuando sobre la caja más grande se aplica una fuerza F que forma un ángulo θ con la horizontal. Encuentre la distancia a la que se encuentra el semáforo. (f) Calcule el valor de las cantidades obtenidas en los numerales anteriores si M = 10 kg. La magnitud de la fuerza neta que actúa sobre un auto con movimiento rectilíneo. 15. m = 25 kg y d = 980 cm y θ = 32o . (e) Halle la fuerza que la superficie del plano inclinado ejerce sobre cada bloque. 13.2 × 105 N. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar cada caja? ¿Por qué? ¿Qué movimiento adquieren las cajas una vez que se aplica la fuerza F? ¿Por qué? (b) Haga el diagrama de cuerpo libre para cada caja y plantee las ecuaciones dinámicas que rigen su movimiento. A F M m h F ( N) B 112 80 48 16 -2 a (m s ) 2 4 6 8 14. v y que partieron del punto A que se encuentra a una altura h respecto a la base del plano inclinado. cuando observa que el semáforo cambia a rojo. Dos cajas con masas m y M se encuentran en contacto sobre una superficie horizontal lisa. con una masa de 2 × 104 kg. (f) Calcule el valor de las cantidades obtenidas en los numerales anteriores si θ = 28o . (c) Halle la aceleración del sistema y la fuerza de contacto entre los bloques. Un camión y su carga. Cuando sobre el bloque de masa M se aplica la fuerza horizontal F. varía con la magnitud de la aceleración en la forma mostrada en la figura. (e) Dibuje la trayectoria seguida por la partícula. El tiempo de reacción del conductor es 6.5 × 105 kg m s−1 . (d) Encuentre el tiempo que tardan los bloques en llegar al punto B sabiendo que la rapidez es 16. Como se muestra en la figura.11. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar cada bloque? ¿Por qué? ¿Qué movimiento adquieren los bloques una vez que se aplica la fuerza F? ¿Por qué? (b) Haga el diagrama de cuerpo libre para cada bloque y plantee las ecuaciones dinámicas que rigen su movimiento. d) Encuentre el tiempo que tardan los bloques en sufrir un desplazamiento de magnitud d y la respectiva velocidad.5 s. ¿Cuál es el significado físico de la pendiente de la recta? Halle el valor numérico correspondiente.59 2. las cajas parten del reposo. h = 950 cm y v = 3 m · s−1 . F m M q 17. (c) Halle la fuerza F que es necesario aplicar al sistema y la fuerza de contacto entre los bloques.5 s y el camión frena generando una fuerza neta sobre él de 1. (c) ¿La partícula cruza los ejes coordenados? (d) Obtenga la ecuación de la trayectoria seguida por la partícula. se mueve horizontalmente hacia la derecha con un momento lineal de magnitud 2. m = 700 g. Como se ilustra en la figura. si el camión se detiene exactamente en él. ¿El resultado obtenido está de acuerdo con lo esperado? Explique. (c) Encuentre la aceleración de los bloques. m m 3m 3m 18. (c) Halle la aceleración de los bloques y la tensión en la cuerda. (d) Halle la tensión en la cuerda. Desde la parte alta de un árbol. formando un ángulo θ con la horizontal. (f) Encuentre el máximo desplazamiento horizontal de la pelota. ¿El resultado encontrado está de acuerdo con lo esperado? Explique. ¿Qué se puede afirmar entonces sobre la magnitud de la aceleración de los bloques? Explique. MOMENTO LINEAL. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA y por una polea móvil. En el instante que sale el proyectil con una velocidad vo . están unidos mediante una cuerda que pasa por una polea ideal como se ilustra en la figura. el blanco se deja caer. Una pelota se lanza desde una altura res- m1 m2 q pecto a la Tierra de 90 cm y con una velocidad de 90 kmh−1 . ¿cuál es la magnitud del desplazamiento del bloque de masa 3m? Explique. (c)¿Cuál es la posición horizontal de la pelota en ese instante? (d) Halle la velocidad de la pelota en el instante anterior. (b) En cada caso. ¿La pelota asciende o desciende en dicho instante? (e) Resuelva los numerales (b) a (d) en el momento que la pelota pasa por una altura de 50 cm respecto a la tierra. (b) ¿Qué movimiento adquiere cada bloque? ¿Por qué? Plantee las ecuaciones de movimiento para cada bloque. haga el diagrama de cuerpo libre para cada uno de los cuerpos de interés y plantee las ecuaciones dinámicas que rigen el estado de cada cuerpo. de masas m1 y m2 . un cazador que se encuentra a una altura 2h respecto a la tierra. Los bloques. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar la pelota? ¿Qué fuerza actúa sobre el cuerpo durante su movimiento? ¿Cuál es la aceleración del cuerpo? (b) Determine el instante en el cual la pelota pasa por una altura de 9. (c) Encuentre la magnitud de la tensión en la cuerda. 21. ¿Los resultados obtenidos están de acuerdo con lo esperado? Explique.60 CAPÍTULO 2. ¿El resultado obtenido está de acuerdo con lo esperado? Explique. El otro extremo del resorte está sujeto a una pared en la parte inferior del plano inclinado. (a) Si el bloque de masa m sufre un desplazamiento de magnitud d. (a) Haga el diagrama de cuerpo libre para cada bloque. (e) Resolver para m1 = 800 g. si (i) θ = 32o y (ii) θ = 40o .5 m respecto a la tierra. Los bloques de la figura se mantienen en la posición mostrada. formando un ángulo de 33o con la horizontal. El sistema parte del reposo y el bloque de masa m1 se mueve sobre el plano inclinado liso que forma un ángulo θ con la horizontal. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar cada bloque? ¿Por qué? Haga el diagrama de cuerpo libre para cada bloque. m2 = 500 g. ¿Qué puede concluir de su resultado? Explique. 19. (b) Plantee las ecuaciones que garantizan el estado de cada bloque. (a) Determine si el proyectil da en el blanco. mediante la cuerda que los une y el resorte estirado de constante k sujeto al bloque de masa m1 . (b) Halle la rapidez mínima necesaria para que el proyectil le de al blanco. (d) ¿Bajo qué condición matemática el bloque de masa m1 desciende sobre el plano inclinado? y ¿bajo qué condición el bloque de masa m2 desciende verticalmente? Explique cada respuesta. 20. apunta directamente a un blanco que se encuentra a una altura h respecto a la Tierra y a una distancia horizontal d. .(e) Resuelva para m = 700 g. resuelva el numeral (c) por tres métodos diferentes. un cuerpo. Como se ilustra en la figura. El bloque se desplaza de su posición de equilibrio hasta una posición donde su deformación es yB . por cada una de las fuerzas que actúan sobre él y (b) el trabajo neto realizado sobre el cuerpo. por cada una de las fuerzas que actúan sobre él. de masa m = 950 g. 24. m2 = 300 g. (c) Halle el máximo desplazamiento del cuerpo sobre el plano inclinado. cuando se mueve de A a B y de A a C. Para un desplazamiento s = 750 cm. m A O C R B 25. O yA m yB m h y Tierra . (b) ¿El trabajo de cada una de dichas fuerzas depende de la trayectoria? Explique.61 2. (a) Encuentre el trabajo realizado por cada una de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo. utilizando dos métodos diferentes. m1 m2 q 22. se mueve sobre una superficie circular de radio 44 cm. ENUNCIADOS (d) Halle la deformación del resorte. ¿Qué condición matemática debe satisfacer el ángulo θ para que el resultado tenga significado físico? Explique. de masa m = 150 g y que se suelta del punto A. un cuerpo. El cuerpo se somete a una fuerza m A O C R B constante F que forma un ángulo β con la horizontal. cuando se mueve de A a B y de A a C. El bloque de masa m se sujeta a un resorte que genera una deformación yA en su posición de equilibrio. de masa m y que se suelta del punto A. (b) el trabajo neto realizado sobre el cuerpo. (e) Resuelva para m1 = 700 g. utilizando dos métodos diferentes. si fue lanzado con una velocidad paralela al plano de magnitud 12 m s−1 . Resuelva la situación cuando el resorte se encuentra comprimido. El cuerpo se somete a una fuerza horizontal F1 de magnitud 30 N y a una fuerza opuesta al desplazamiento F2 de magnitud 15 N. cuando se mueve de A a B y de A a C. (b) ¿El trabajo realizado por cada una de estas fuerzas depende de la trayectoria seguida por el cuerpo? Explique. 23. (a) Encuentre el trabajo realizado por cada una de las fuerzas que actúan sobre el bloque. Un cuerpo. asciende por un plano inclinado un ángulo θ = 25o .11. Como se ilustra en la figura. (c) ¿Qué tipo de fuerza se tiene y qué se le puede asociar a cada una de ellas? Explique. encuentre (a) el trabajo realizado sobre el cuerpo. se mueve sobre una superficie circular de radio R. Encuentre (a) el trabajo realizado sobre el cuerpo. (d) Si ya no actúan las fuerzas F1 y F2 . (c) Halle la rapidez del cuerpo en el punto B y en el punto C. θ = 11o . cuando se somete a una fuerza horizontal F1 de magnitud 20 N y a una fuerza opuesta al desplazamiento F2 de magnitud 10 N. permite que el bloque de masa m deslice sobre la pared rugosa con velocidad constante. ¿Bajo qué condición el resultado obtenido tiene significado físico? Explique. 27.2. (b) Halle el valor de la deformación del resorte cuando m = 900 g. vo = 54 kmh−1 . El bloque asciende por el plano inclinado un ángulo θ respecto a la horizontal. que se encuentra a una distancia d de la base del plano inclinado. ¿Qué se puede afirmar respecto al trabajo realizado por esta fuerza? Explique. Después del choque. θ = 28o . Mediante el bloque de masa m. hasta chocar con un resorte de constante k. Obtenga la fuerza que actúa sobre la partícula. Mediante la fuerza F aplicada. como se muestra en la figura. El bloque de masa m se lanza con una velocidad vo . de la fuerza que impide el movimiento del bloque. el cuerpo suspendido asciende hasta una altura d/2. (b) ¿En qué estado se encuentra el bloque? Plantee las ecuaciones que garantizan el estado del bloque. obtenga el valor de la fuerza F que permite el estado del bloque. (b) ¿Qué movimiento tiene el bloque? Plantee las ecuaciones que garantizan el estado del bloque. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar el bloque? Haga el diagrama de cuerpo libre para el bloque. (b) Encuentre la velocidad del bloque de masa m. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA 26. (c) Para cada caso. Cuando el bloque se deja en libertad. paralela al plano inclinado. (c) Halle la deformación correspondiente del resorte. Considere las diferentes situaciones que se pueden presentar (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar el bloque? Haga el diagrama de cuerpo libre para el bloque. k = 5 × 102 N · m. MOMENTO LINEAL. m = 700 g.62 CAPÍTULO 2. (b) Considere que a la partícula anterior se le asocia una energía potencial de la forma E p ( x ) = −k/x n . se sostiene el bloque de masa m contra una pared rugosa. Demuestre que esta fuerza es conservativa. . inmediatamente después del choque. θ = 33o y µ = 0. (a) Encuentre la velocidad del cuerpo de masa M. Mediante la fuerza F aplicada. se mueve horizontalmente sobre el eje x desde la posición x A hasta la posición x B . se comprime un resorte de constante k. desliza sobre una superficie horizontal hasta chocar elásticamente con un cuerpo de masa M. sabiendo que m = 700 g. que se encuentra suspendido del techo mediante una cuerda de longitud d. k = 102 Nm−1 y d = 150 cm.3. θ = 33o y µ = 0. con coeficiente de fricción µ. (d) Obtenga los valores máximo y mínimo. (a) Encuentre la máxima deformación del resorte. (d) Obtenga los valores correspondientes de la fuerza sabiendo que m = 700 g. (a) Una partícula sometida a la fuerza F ( x ) = −kx n . d k m A M B O 29. El coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es µ. (c) Obtenga el intervalo de valores de la fuerza F que impide el movimiento del bloque sobre la pared. inmediatamente antes del choque. F m m q q 28. M = 900 g. d = 25 cm. (d) Resolver para 30. k = 102 N · m. Compare sus resultados con los obtenidos cuando las superficies en contacto son lisas. Resuelva la situación planteada en el enunciado 17. (a) Determine la velocidad de la esferita inmediatamente antes del choque con el bloque. d = 5 cm.(c) Determine el máximo desplazamiento del bloque sobre la superficie horizontal.3. θ = 37o y µ = 0. Se suelta una esfera que se encuentra suspendida del techo mediante una cuerda de longitud d y que forma inicialmente un ángulo θ con la vertical. .63 2. (b) Determine la rapidez de cada cuerpo inmediatamente después del choque. Mediante el bloque de masa m. Determine si el sistema cuerpotierra es conservativo ó no conservativo. para que ascienda por la superficie rugosa del plano inclinado.25. suponiendo que el coeficiente de fricción entre el bloque de masa m1 y la superficie es µ. cuando la máxima altura alcanzada por el cuerpo es (a) h = v2o /4g y (b) h = v2o /2g. luego de comprimir un resorte de constante elástica k. (a) Determine. k = 5 × 102 N · m−1 . El coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es µ. Al llegar a la parte más baja de su trayectoria. y µ = 0. choca elásticamente con un bloque estático de igual masa que la esfera. q d M A m B 37. Compare sus resultados con los obtenidos cuando las superficies son lisas. ENUNCIADOS F m q 31. cuando se encuentra sobre una superficie rugosa. El bloque alcanzó este estado. θ = 34o . (b) Resuelva para m = 530 g. suponiendo que el coeficiente de fricción entre cada bloque y la superficie es µ. el bloque se desplaza sobre una superficie horizontal cuyo coeficiente e de fricción es µ. ¿Qué puede concluir de sus resultados? Explique. Luego del choque. (b) Resolver para m = 825 g. Compare sus resultados con los obtenidos cuando no hay fricción. con una rapidez vo . (a) Determine el intervalo de valores para la deformación del resorte. se comprime un resorte de constante elástica k y luego se deja en libertad. El bloque de la figura se mantiene en la posición mostrada.17. (d) Resuelva para d = 30 cm. Resuelva la situación planteada en el enunciado 18. 32.21. respecto a la posición de no deformación. En el numeral (e) tome µ = 0. m k q 35. En el numeral (e) tome µ = 0. que permiten al bloque mantenerse en la posición mostrada. Resuelva la situación planteada en los enunciados 15 y 16.11. cuyo coeficiente de fricción es µ. 33. Desde la superficie de la tierra se lanza un cuerpo verticalmente hacia arriba.23. Justifique cada una de sus respuestas. el máximo desplazamiento del bloque sobre la superficie sabiendo que el resorte sufrió una compresión d.23 k m q 36. que forma un ángulo θ con la horizontal. para el bloque que se encuentra sobre la superficie horizontal y suponiendo que el coeficiente de fricción entre el bloque y la superficie es µ. 34. En el numeral (f) µ = 0. θ = 27o y µ = 0. (a)Teniendo en cuenta el sistema de referencia empleado y las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad. l = 0. 41. m > M y m < M.31 y k = 102 N · m. Analice los resultados para m = M. Para el numeral (b) tome µ = 0. Analice sus resultados para m = M. que se encuentra a una altura h respecto al punto de lanzamiento. Resolver este numeral por tres métodos. donde θ es el ángulo que forma con la horizon- . M = 0. halle la velocidad del proyectil inmediatamente antes de chocar con el bloque. Un proyectil de masa m que se lanza desde el punto A. desliza sobre la superficie circular de radio R. hasta entrar en contacto con un resorte de constante k. Cuando el pequeño bloque se suelta en el punto A. (a) Encuentre la velocidad de la esfera inmediatamente antes del choque. encuentre la velocidad de los cuerpos inmediatamente después del choque. Luego del choque. θ = 33o .3. (c) Sabiendo que m = 250 g. Resolver este numeral por tres métodos diferentes. El proyectil se√lanza con una velocidad de magnitud 2gh/ sen θ. d k BM C h m l A M B C d h 40. A m en contacto es µ. se suelta cuando la cuerda de longitud l es horizontal. sabiendo que cuando pasa por el √ punto B su rapidez está dada por vB = gR. µ = 0. debe dar en un blanco ubicado en el punto B.5 kg. el sistema se mueve una distancia d sobre la superficie horizontal con coeficiente de fricción µ. donde θ es el ángulo que forma con la horizontal. obtenga la velocidad con la cual el sistema sale de la mesa. Determine si es posible que el bloque alcance el punto C.15. En la parte más baja de su trayectoria. con masa m. debe dar en un blanco ubicado en el punto B. FUERZA Y ENERGÍA MECÁNICA 38.64 CAPÍTULO 2. ¿qué movimiento adquiere cada cuerpo luego del choque? Explique. pasando por el punto B. En cada caso. ¿Qué puede concluir de su resultado? ¿Por qué? (b) Luego de analizar el choque. La esferita del péndulo simple de la figura. m > M y m < M. En el punto B. El proyectil se√lanza con una velocidad de magnitud 2gh/ sen θ. MOMENTO LINEAL.5 m. el proyectil choca elásticamente con un bloque estático de masa M. Luego del choque. (d) Si adicionalmente h = 85 cm. h = 75 cm. Resuelva el enunciado 27 asumiendo que el coeficiente de fricción entre las superficies 42. d = 55 cm. Un proyectil de masa m que se lanza desde el punto A. que se encuentra a una altura h respecto al punto de lanzamiento. Resolver este numeral por dos métodos. d = 65 cm y µ = 0. la esfera choca elásticamente con un bloque estático de masa M. A m C R B 39. (b) Halle la velocidad de los cuerpos inmediatamente después del choque. ¿qué movimiento adquieren los cuerpos luego del choque? Explique.3 kg. M = 0. En cada caso. hasta salir de ella y llegar al piso que se encuentra a una distancia vertical h. el sistema se mueve una distancia d sobre una mesa horizontal con coeficiente de fricción µ. (c) Encuentre la máxima deformación del resorte sabiendo que m = 700 g. encuentre la rapidez con la cual llega el sistema al piso. 31 y k = 102 N · m. Resolver este numeral por tres métodos.11. (b) Halle la velocidad del bloque de masa M inmediatamente después del . sabiendo que m = 250 g. el proyectil choca plásticamente con un bloque estático de masa M. ¿Qué puede concluir de su resultado? ¿Por qué? (b) Luego de analizar el choque.5 kg. h = 75 cm. A m l M B C d h d k BM C h m A 43. M = 0. Calcule su valor con los datos del numeral anterior y sabiendo que h = 85 cm. halle la velocidad del proyectil inmediatamente antes de chocar con el bloque. M = 0. (a) Encuentre la velocidad de la esfera inmediatamente antes del choque.15. Resolver este numeral por dos métodos. En la parte más baja de su trayectoria. ¿Qué movimiento adquieren los cuerpos luego del choque? Explique. la esfera choca con un bloque estático de masa M. hasta salir de ella y llegar al piso que se encuentra a una distancia vertical h. En el punto B. l = 0. encuentre la velocidad de los cuerpos inmediatamente después del choque. (d) Obtenga una expresión para la energía ganada o perdida en el choque. Analice completamente su resultado y obtenga su valor utilizando los datos anteriores. (c) Obtenga una expresión para la velocidad con la cual el sistema sale de la mesa. Resolver este numeral por tres métodos diferentes. sabiendo que la esferita rebota con una rapidez igual a la mitad de la rapidez de incidencia. se suelta cuando la cuerda de longitud l es horizontal. Luego del choque. (c) Encuentre la máxima deformación del resorte sabiendo que m = 700 g.65 2. Luego del choque. Halle su valor. e) Obtenga una expresión para la energía ganada o perdida en el choque. θ = 33o . ENUNCIADOS tal. d = 65 cm y µ = 0.5 m. µ = 0. m > M y m < M. el sistema se mueve una distancia d sobre una mesa horizontal con coeficiente de fricción µ. (d) Encuentre una expresión para la rapidez con la cual el sistema llega al piso. choque. el sistema se mueve una distancia d sobre la superficie horizontal con coeficiente de fricción µ. En cada caso. d = 55 cm. (a)Teniendo en cuenta el sistema de referencia empleado y las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad. hasta entrar en contacto con un resorte de constante k.3 kg. La esferita del péndulo simple de la figura. Analice sus resultados para m = M. Analice los resultados para m = M. m > M y m < M. ¿qué movimiento adquiere cada cuerpo luego del choque? Explique. con masa m. Analice completamente su resultado y obtenga su valor utilizando los datos anteriores. MOMENTO ANGULAR Y SU CONSERVACION BERNARDO ARENAS GAVIRIA Universidad de Antioquia Instituto de Física 2012 . . . . .7. .1. . . . .4. . . . . . . .5. Teorema de Steiner o de los ejes paralelos . . . . . . Introducción .7. . . . Conservación del momento angular y fuerzas centrales . . . Momento angular y su conservación 3. .5.8. . . . . . . . . .3.4. . . . . . Vector momento angular de un cuerpo rígido . 3. . . . Vector aceleración en el movimiento curvilíneo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .6. . . . . . . . . . . . . . . 3.4. . . . . .2. .8. . . . . . . . . . .4. 3. . . . . .8. .9. 3. . . . . . . . Movimiento circular uniformemente acelerado . . . . . . . . Variación del vector momento angular con el tiempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4. . . . . . . . . . . . . . 3. . . . . . . . . . . . . . Vector velocidad (v) . . . . . . . . . . . 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2 2 2 3 4 7 8 8 8 9 9 11 12 14 16 18 18 20 21 23 25 25 25 25 25 26 27 28 . Movimiento circular uniforme . . . . . . . 3. . . . .2. . . . . . . . . . . . . . . . 3. . . . . . . . 3. . .7. . . . . . Dinámica del movimiento curvilíneo . . . 3. . . . Movimento circular . . . . . . . . Ejes principales de inercia en un cuerpo rectangular . . . . . . . ENUNCIADOS . . . . . . . . . . . . . . Concepto de cuerpo rígido . . . . . . . Ejes principales de inercia en un cuerpo cilíndrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5. . . . . . . Vector velocidad en el movimiento curvilíneo . . .3. . . . . . . . . Momento de inercia de un cuerpo rígido . leyes de Newton y energía . . . . . . . . . . . . . . . . 3. . . .2. . . Ejes principales de inercia . 3.4. . . . . . . . . . Conservación del vector momento angular en un cuerpo rígido 3. .4. . . . . . . . . . . . .Índice general 3. . . . . . . . . . . . 3. . . . . . . . . . . . . . . Dinámica del movimiento circular . . . 3. . . . .7. . . 3 .2. . . . . .6. . . . . 3. .7. . . Vector velocidad angular y vector aceleración angular . . . . . . . . . . .1. . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. . . 3. . . . . . . .2. . . . . . . . Movimiento curvilíneo.5. . . . . .5. . . . . . . . 3. . .2. . . . . . .3. . . .1. . 3. . . . . . . .2. . . . 3. . . . . . . . .7. .1.2. 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4. . . . . . . . . . Vector posición (r) . . . . . . . . .3. . . . . . Ejes principales de inercia en un cuerpo esférico . . . . . .4. . . . . . .4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1. . . . 3. . . .1. . . . . . Vector posición en el movimiento curvilíneo . 3.2. . . . . . Vector momento angular de una partícula . . . . . . . Radio de giro de un cuerpo rígido . . . . . Vector aceleración (a) . . . . . . . . . . . . 3. . . . . 3. . . . . . . . 3. . . . . . . . . . . . . . . . . Infiera la relación entre masa y momento de inercia. de un Analice situaciones en las que se conserva el vector momento angular. aceleración tanuniforme y el movimiento circular unigencial (aT ). Aplique la conservación del momento angular en el caso un cuerpo rígido. aceleración normal (aN ). inercia (I). Obtenga el momento angular de un cuerpo rígido. Exprese el vector fuerza en sus componentes tangencial y normal. fuerza normal (FN ). Defina los vectores unitarios radial y transversal y exprese el vector velocidad en sus componentes radial y transversal. Describa las características movimiento circular. Defina e interprete correctamente las componentes tangencial y normal del vector fuerza. vector velociAplique las leyes de Newton en el dad angular (ω).Cap´ıtulo 3 Momento angular y su conservación Competencias En esta unidad se busca que el estudiante Defina el concepto de vector momento angular y analice su variación con el tiempo. particularmente en vector momento angular ( L) y momento de el movimiento circular. Defina un eje principal de inercia. Defina los vectores unitarios tangencial y normal y exprese el vector aceleración en sus componentes tangencial y normal. movimiento curvilíneo. Infiera la diferencia entre el modelo de partícula y el modelo de cuerpo rígido. . Defina e interprete correctamente los conceptos de velocidad radial y velocidad transversal. Defina los conceptos de vector velocidad angular y de vector aceleración angular. Defina el concepto de momento de inercia. Defina el concepto de fuerza central. CONCEPTOS BASICOS Se definirán los conceptos de velocidad radial Defina y analice el movimientos circular (vr ). fuerza tanformemente acelerado. . gencial (FT ). Enuncie y aplique adecuadamente el Teorema de Steiner. Defina el concepto de cuerpo rígido. Defina e interprete correctamente las componentes tangencial y normal del vector aceleración. velocidad transversal (vθ ). vector aceleración angular (α). Con el fin de hacer más simple el trabajo matemático. Es de mucha utilidad en el análisis de fuerzas centrales. cuando el sistema de coordenadas rectangulares no rota mientras la partícula está en movimiento.2.1: Vectores unitarios radial y transversal. De la figura 3. (3. de acuerdo con la definición de estos vectores unitarios. se definen dos vectores unitarios perpendiculares entre sí ur y uθ . la dirección del vector posición cambia con el tiempo. Igual que en el caso de coordenadas rectangulares. cuando un cuerpo describe una trayectoria curvilínea.1. que la dirección. 3. 3. es perpendicular al la trayectoria curvilínea. Movimiento curvilíneo. MOMENTO ANGULAR Y SU CONSERVACIÓN 3. puesto que en la naturaleza se presentan muchas situaciones físicas en las que el vector momento angular se conserva.1. mas no su magnitud. para llegar a las causas que generan los cambios en el estado de reposo o de movimiento de los cuerpos. se tiene que los vectores unitarios ur y uθ en componentes rectangulares están dados por ur = cosθi + senθj.2) donde θ se expresa en radianes.1) uθ = −senθi + cosθj. leyes de Newton y energía En esta sección se analizan los efectos que se presentan cuando ocurren cambios en la magnitud y en la dirección. Ahora. de los vectores unitarios ur y uθ cambia con el tiempo. se define el vector momento angular o cantidad de movimiento angular. ya que esta es una cantidad física de mucho interés. que cumplen las siguientes condiciones: vector posición r y se le denomina vector unitario transversal. Posteriormente. momento de inercia. y r q uq A v j ur q i x Figura 3.1. Finalmente. en todo instante. cuando la partícula pasa por el punto A. se puede expresar en la forma r = rur . es paralelo al vector posición r y se le denomina vector unitario donde. mientras una partícula describe una trayectoria curvilínea. aplicando los concepto analizados en las unidades anteriores. cambian tanto su magnitud radial. como se verá posteriormente en el caso del movimiento de la tierra alrededor del sol. . empleando coordenadas polares. En esta unidad se redefinen los conceptos de vector posición (r). tanto del vector posición como del vector velocidad de una partícula que se mueve en una trayectoria curvilínea. (3. que desempeña en rotación el mismo papel que la masa en traslación. Vector posición en el movimiento curvilíneo De acuerdo con la definición del vector unitario ur y de la figura 3. se expresan los vectores ur y uθ en función de los vectores unitarios i y j cuyas direcciones permanecen constantes. en todo instante. vector velocidad (v) y vector aceleración (a).2. se tiene que el vector posición.1. se define el concepto del escalar.3) ur .2 CAPÍTULO 3. que se aplica en diferentes áreas de la física. Esto da lugar al principio de conservación del momento angular. es decir. en general. Para llevar a cabo esta tarea se utilizan coordenadas polares. (3. Introducción En la primera parte de la unidad se hace un análisis de partículas que se mueven a lo largo de trayectorias curvilíneas. como su dirección mientras la partícula describe uθ . 5).3).8) y (3. i teniendo en cuenta que ur varía en dirección por Figura 3. (3. solo aparece cuando cambia do en p (pies) y t en s. De acuerdo con la figura 3. En la figura anterior se muestra la trayectoria parabólica seguida por la partícula. v = v2r + v2θ . es un vector paralelo al vector unitario en la dirección transversal. se cumple √ tiempo del vector unitario en la dirección radial. donde al reemplazar la ecuación (3. se tiene vector velocidad.7) Como resultado del procedimiento llevado a cabo. LEYES DE NEWTON Y ENERGÍA 3. es un vector perEjemplo 3. dt dt (3.2. Determine a) La ecuación de la trayectoria seguida por la partícula.1. (3.7) se puede esDerivando la ecuación (3.6) en la tal forma que su posición está dada por la ecuación (3. . adquiere la forma v= dr d = (rur ).4) j r (t) x Derivando la ecuación (3. es decir.2. en función del tiempo Solución a) De acuerdo con la expresión dada para el vector posición de la partícula. b) Las coordenadas polares correspondientes.2. La componente de la velocidad en dirección radial.7) aparecen dos componentes de la velocidad. c) Las componentes radial y transversal de la velocidad.9) y vquq v vrur (3. en función del tiempo. genera una componente en la velocidad.1) respecto al tiempo y cribir en la forma comparando el resultado con la ecuación (3.10) dur dθ = uθ .2: Componentes radial y transversal del tratarse de una trayectoria curvilínea. Una partícula se mueve en el plano xy de Luego de reemplazar la ecuación (3. se encuentra que v = v r ur + v θ u θ .8) En cambio. la ecuación (3.2. como las componentes radial y transversal de la velocidad son perpendiculares. dt dt (3. una en la dirección radial y otra en la dirección transversal. dt (3.5) v= Mediante las definiciones dadas por las ecuadt dt ciones (3. está dada por la definición usual v = dr/dt. se obtiene expresión r = 2ti + 4t2 j donde r está dav= dr dθ ur + r u θ . dur dr ur + r . como donde se observa que la derivada respecto al se muestra en la figura 3. pendicular al vector posición.9). Mediante estas ecuaciones paramétricas se encuentra que la trayectoria seguida por la partícula está dada por y = x2 .1. solo aparece cuando cambia con el tiempo la magnitud del vector posición y se le denomina velocidad radial.3 3. MOVIMIENTO CURVILÍNEO.2). se tiene que sus coordenadas rectangulares están dadas por x = 2t y y = 4t2 .6) Ahora. en la ecuación (3. la velocidad de la partícula en el punto A. es decir vr ≡ dr . dt dt vθ ≡ r dθ . o sea curvilíneo En esta sección se muestra que un cambio en la magnitud del vector posición ó un cambio en su dirección. la componente de velocidad en la dirección transversal. dt (3.3) respecto al tiempo. Vector velocidad en el movimiento con el tiempo la dirección del vector posición y se le denomina velocidad transversal. que se debe al cambio en la magnitud del vector posición con el tiempo. El desplazamiento de la partícula a lo largo de la trayectoria.1: a) Halle la velocidad de la partícula en componentes rectangulares. b) Compruebe que (v2x + v2y )1/2 = (v2r + v2θ )1/2 . Ahora. Teniendo en cuenta el ejemplo 3.4 CAPÍTULO 3. Mediante la ecuación (1).3. .12) 3. DS vA ( v= ∆r lim ∆S→0 ∆S )( ∆S lim ∆t→0 ∆t ) . (1) θ = tan−1 2t. se encuentra que está dada por 2(1 + 8t2 ) vr = .3: Movimiento curvilíneo de una partícula. la posición de la partícula cuando pasa por el punto A está dada por SA = Oo A (longitud de la trayectoria entre Oo y A) y cuando pasa por el punto B está dada por SB = Oo B (longitud de la trayectoria entre Oo y B). Matemáticamente. donde se toma Oo como punto de referencia.1. c) Calcule el valor de las componentes radial y transversal de la velocidad de la partícula en el instante t = 2s. (2) c) La componente radial de la velocidad.3. está dada / por la expresión vr = dr dt . la definición del vector velocidad se puede escribir en la forma ∆r ∆S ∆r = lim . primero se expresa el vector velocidad en función de su magnitud y dirección. el primer paréntesis de la ecuación (3. (3. Se considera una partícula que se mueve a lo v j r y q x i A SA OO b) Las coordenadas polares están dadas por la magnitud del vector posición y por la dirección del vector posición con respecto al eje x. está dada por la expresión vθ = rdθ/dt. se tiene que cuando están muy próximos |∆r | ≈ ∆S. De este modo. así. entre las posiciones A y B. Ejercicio 3. ∆t→0 ∆t ∆S ∆t→0 ∆t v = lim .2.11) adquiere la forma ∆r dr = = uT . Para ello. ya que se divide un En esta sección. se tiene r = 2t(1 + 4t2 )1/2 . (1 + 4t2 )1/2 La componente transversal de la velocidad. Vector aceleración en el movimienque es un vector unitario tangente a la trayectoto curvilíneo ria seguida por la partícula. sobre la trayectoria. como se indica en el diagrama anterior. largo de la trayectoria mostrada en la figura 3. dS ∆S→0 ∆S lim (3. Utilizando las ecuaciones (1) y (2) se encuentra que está dada por vθ = 4t (1 + 4t2 )1/2 Dr SB j O B vB x i Figura 3. se muestra que un cambio en vector en la dirección tangente a la trayectoria la magnitud de la velocidad ó un cambio en su por su magnitud. MOMENTO ANGULAR Y SU CONSERVACIÓN y dirección genera una componente en la aceleración. que se debe al cambio en la dirección del vector posición con el tiempo. es ∆S (longitud de la trayectoria entre A y B). u origen.11) Si se hace que el punto B se aproxime al punto A. dt (3. LEYES DE NEWTON Y ENERGÍA Por otro lado.14) Comparando las ecuaciones (3.16) la aceleración son perpendiculares.4: Vectores unitarios tangencial y normal. se deCon las definiciones dadas por las ecuaciones fine un segundo vector unitario uN perpendicu(3.Derivando la ecuación (3. cuentra que la ecuación (3. forma en y teniendo en cuenta que el vector unitario tangencial varía en dirección por tratarse de una ∆S dS lim = = |v| = v.cuando cambia la dirección del vector velocidad rizontal. (3. (3. se tiene que mediante a = a2T + a2N .17) movimiento curvilíneo. se enpel que dx ó dy en un movimiento rectilíneo.con el tiempo.21). (3. es decir j r (t) P aT = x i dv . el segundo paréntesis se trans. como se indica en la figura 3.19) dt dt que v = vuT . En la ecuación (3.19) se puede eslar al vector velocidad y dirigido hacia la concribir en la forma cavidad de la trayectoria.y teniendo en cuenta la ecuación (3. dS juega el mismo pa. (3.19) la componente en la dirección paralela al vector unitario norUtilizando la figura 3. en este caso se cumple la relación Si en el instante t la partícula se encuentra en el √ punto P de la figura 3. .15) dt Además.18) dt dt locidad puesto que se divide la magnitud del vector desplazamiento por el intervalo de tiem.18) adquiere la forma De este modo.19). esto es lares por dφ . (3. en la ecuación (3. (3.22) componentes rectangulares.13) en la ecuación (3.13) trayectoria curvilínea.20) y (3. la ecuación (3. la componente en la dirección paralela al vector unitario tangencial v se le denomina aceleración tangencial y aparece uT j siempre que cambia la magnitud del vector veuN j locidad con el tiempo. reemplazando las ecuaciones dv dφ (3.19).14).4.5 3. la definición de aceleración a = dv/dt adquiere la forma En la figura 3.5 se muestran las componentes Figura 3.2. que expresado en a = aT uT + aN uN .20) Igualmente.4.16). adquiere la forma Como las componentes tangencial y normal de uN = −senφi + cosφj. se expresa en componentes rectangu.4.11).17) respecto al tiempo po correspondiente.17) respecto al tiempo. tor perpendicular o normal a la curva en el puny to P. Así. se tiene dt ∆t→0 ∆t dv duT que corresponde a la magnitud del vector vea= uT + v . MOVIMIENTO CURVILÍNEO. dt dt tangencial y normal de la aceleración en un (3.mal se le llama aceleración normal y aparece gencial uT que forma un ángulo φ con la ho. el vector unitario tan. Este vector se denomina vector unitario normal. a= dv d = (vuT ). la ecuación (3.Derivando la ecuación (3.12) y (3. (3.18) y (3. se donde se expresa el vector velocidad como el tiene que la derivada respecto al tiempo del vector unitario en la dirección tangencial es un vecproducto de su magnitud por su dirección. (3.21) aN = v uT = cosφi + senφj. se encuentra a= uT + v uN . está dada por . mediante la ecuación (3. en la figura 3. MOMENTO ANGULAR Y SU CONSERVACIÓN y Reemplazando la ecuación (3. Definiendo el radio de curvatura por ρ = CP.6: Radio de curvatura en el momento curvilíneo.24) . la Hay otra forma de expresar la ecuación (3. se tiene dS = ρdφ dφ 1 = dS ρ o (3. (2) La componente tangencial de la aceleración. / ción. se encuentra que la magnitud y dirección de la velocidad están dadas por v = 2(1 + 16t2 )1/2 . La componente normal de la aceleración.26).5: Componentes tangencial y normal del vector aceleración. tal forma que su posición está dada por la expresión r = 2ti + 4t2 j donde r está dado La figura 3.27) a= plazamiento de la partícula a lo largo de la dt ρ ′ trayectoria. / Mediante la ecuación (1) se llega a a T = dv dt aT = dj P' dS j j r P i (1 + 16t2 )1/2 . y Derivando respecto al tiempo el vector posición de la partícula.19) adquiere la forma para la componente normal de la aceleración. Determine las compotangentes en los puntos P y P’. se obtiene dϕ v = dt ρ a a TuT a NuN j Así. se cortan en el nentes tangencial y normal de la acelerapunto C llamado centro de curvatura.21) se encuentra que la aceleración normal se puede expresar en la forma r (t) x i (3. (1) φ = tan−1 4t.6.6 CAPÍTULO 3. ρ (3. En la figura 3. dt dS dt dS (3. Con ayuda de las ecuaciones (1) y (2) se encuentra que está dada por 8 . se considera un pequeño desv2 dv uT + uN . j+dj C j 32t x Figura 3.6. donde dS = PP es el pequeño arco que recorre la partícula al moverse desde el Ejemplo 3. que se debe al cambio con el tiempo en la dirección de/ la velocidad.24) en la ecuación (3. Escribiendo el término dφ dt en la forma Solución dφ dS dφ dφ = =v . que se debe al cambio en la magnitud de la velocidad con el tiempo. las perpendiculares a las rectas en p (pies) y t en s.13).2. (3. está dada por aN = vdφ dt.23) donde se ha utilizado la ecuación (3.23).6. aN = v2 .21) ecuación (3. aN = (1 + 16t2 )1/2 .26) De este modo.25) Figura 3. al reemplazar la ecuación (3. punto P al punto P’ en un pequeño intervalo de Una partícula se mueve en el plano xy de tiempo dt.25) en la ecuación (3. 28). dt corresponde a la componente de la fuerza en la 3. por ello. FN ̸= 0 y FT = 0. o se encuentra en reposo. se tiene movimiento rectilíneo uniformemente acelerado (MRUA) 2. Una partícula se mueve en el plano de tal forma que su posición está dada por la expresión r = 2ti + 4t2 j donde r está dado en p (pies) y t en s.28) se transforma en F = m ( aT uT + aN uN ) . como se analizó anteriormente. FN = 0 y FT ̸= 0. la fuerza y la aceleración son paralelas. la partícu. no hay cambio en la magnitud de la velocidad. (3.7.3. hacia el centro de curvatura de la trayectoria Para una masa m. sólo cambia su dirección como en el movimiento circular uniforme.2. se tiene que FT = maT = m dv . a esta componente se le llama fuerza tangencial. dt ρ la ecuación (3. donde la ρ aceleración aN se debe al cambio en la dirección corresponde a la componente de la fuerza de la velocidad y aT al cambio en la magnitud en la dirección normal. Por tanto. ángulo diferente a 0o ó 180o . v y a formv2 man un ángulo diferente a 0o ó 180o . 3. el movimiento es rectilíneo acelerado. como se indica en la figura 3. que se analiza en lo que sigue. F FN u N FT u T m Figura 3.7: Componentes tangencial y normal de una fuerza. Dinámica del movimiento dirección tangente a la trayectoria y es la responsable (causante) del cambio en la magnitud de curvilíneo la velocidad. la fuerza también debe tener componentes tangencial y normal igual que la aceleración. Si sobre una partícula. De acuerdo con la ecuación (3. a) Determine la aceleración de la partícula en componentes rectangulares.7 3.29) De este modo.28) F = ma. Sabiendo que la aceleración se puede expresar en la forma a= dv v2 uT + uN . la segunda ley y es la responsable (causante) del cambio en la de Newton. FT es constante. tiene la forma dirección de la velocidad. Si en este caso. Cuando la fuerza F y la velocidad v forman un Igualmente.3. . FN = 0 y FT = 0. por ello.29) 1. por lo que el cuerpo tiene movimiento rectilíneo uniforme (MRU). DINÁMICA DEL MOVIMIENTO CURVILÍNEO Ejercicio 3. Si sobre una partícula. ya que FT genera un cambio en la magnitud de la velocidad. no hay cambio en la dirección de la velocidad. b) Compruebe que ( a2x + a2y )1/2 = ( a2T + a2N )1/2 . constante. (3. es decir. d) Determine el radio de curvatura en función del tiempo y su valor en el instante t = 2s. A esta componente se le denomina fuerza normal o centrípeta. Casos particulares de la ecuación (3. FN = la describe una trayectoria curvilínea. no cambia la dirección ni la magnitud de la velocidad. apuntando siempre de la velocidad. en este caso. c) Calcule los valores de las componentes tangencial y normal de la aceleración en el instante t = 2s. Si sobre una partícula. 31).10. la ecuación (3. como en Figura 3.32) En conclusión. dt (3. y r= Ru y dθ uθ . se tiene que el primer término de la ecuación (3. para la velocidad. el vector posición es lar. la ecuación (3. Ahora. (3. el vector posición únicamente cambia en dirección mientras la partícula está en movimiento. como se muestra en la figura 3.1. perpendicular tanto el vector unitario transversal como al vector unitario tangencial. O sea.31) dt r = Rur . como se indica en la figura 3.4.9. Vector posición (r) O r r= Ru Velocidad angular (ω) Este movimiento se caracteriza por tener un vector posición en el cual su magnitud per. . En esta sección se analiza un caso particular de movimiento curvilíneo en un plano. entonces o sea. la trayectoria seguida por una partícula es una circunferencia de radio R. 3. que tiene dimensión T−1 .8. dada por la expresión Como la magnitud del vector posición es igual al radio de la circunferencia descrita por la partícula.4.30).4.3) se dθ transforma en ω≡ . mientras la partícula está en movimiento.9: Vector posición en el movimiento circu.10: Vector posición en el movimiento circular.8: Trayectoria en el movimiento circular. el se cumple que vector posición únicamente cambia en dirección uθ = ±uT . es decir.9) adquiere la forma Vector velocidad (v) v=R donde se ha tomado el origen de coordenadas coincidente con el centro de la trayectoria. como se muestra en la figura 3.8 CAPÍTULO 3.2. y unidad rad s−1 . (3. en el movimiento circular. Figura 3. mientras que no se tiene componente en la dirección radial.10) se hace cero. se puede escribir como x v = Rωuθ . Movimento circular 3.La velocidad angular se define por manece constante. MOMENTO ANGULAR Y SU CONSERVACIÓN 3. donde al utilizar la ecuación (3.este tipo de movimiento. O x R x O Figura 3.30) r x 2 + y2 = R2 . En este caso. y Mediante la definición dada por la ecuación (3. como es el movimiento circular. solo se tiene componente de velocidad en la dirección transversal. 39) expresión que solo es válida en un movimiento Igualmente.3.36) 3. cuando tanto la magnitud de la velocidad como la magnitud de la aceleración permanecen constantes.4. plazando. se transforma en a=R dω uT + ω 2 RuN .4.36) se convierte en a= v2 uN = ω 2 RuN .27).35) que tiene dimensión T−2 . dt (3. En otras palabras. Mediante la ecuación (3. ya que en todo movimiento circular.11: Vector velocidad en el movimiento circular.35). (3. es decir. en un movimiento circular generalmente se tiene una componente de aceleración tangencial y una componente de aceleración normal o centrípeta dadas. la ecuación (3.12: Vector aceleración en el movimiento circular.34) Acceleración angular(α) La aceleración angular se define por α≡ dω . la aceleración únicamente tiene componente en la dirección normal. seguida por la partícula.11. Así. De acuerdo con lo anterior. como es de esperarse. el vector aceleración dado por la ecuación (3. teriza porque los vectores aceleración y veloci- . a= v2 dv uT + uN . Movimiento circular uniforme Un tipo de movimiento circular se presenta. al reemplazar la magnitud de la velocidad. es decir. cuando solo cambia la dirección del vector velocidad y por ende la dirección del vector aceleración. una partícula tiene movimiento circular uniforme.12.32). su vector aceleración se obtiene reemcircular. 2 (3. este tipo de movimiento se caraccircular. donde uθ = −uT . dt R (3. como se muestra en la figura 3. cuando su aceleración angular es cero. 3. y unidad rad s−2 .37) dt uT r r= Ru y v uq x O v2 = ω 2 R.9 3. R (3.4. la ecuación (3. debido al cambio en la dirección del vector velocidad. se tiene un movimiento circular uniforme (MCU).33) Además. respectivamente. de acuerdo con la ecuación (3.34) se puede escribir como a = RαuT + ω RuN .38) R En la figura 3.33). en la ecuación (3. el radio de curvatura ρ por el radio R de la circunferencia tangencial y normal de la aceleración. MOVIMENTO CIRCULAR En síntesis. Cuando esta situación se presenta. por dv aT = = Rα. dt (3. (3. aT a R aN O Vector aceleración (a) Cuando una partícula describe una trayectoria Figura 3.4. el vector velocidad siempre es tangente a la trayectoria seguida por una partícula. se muestran las componentes aN = Figura 3. 3. Ejemplo 3. una partícula con MCU tiene una posición angular θ. son t = P y 2π. Calcular: a) La velocidad angular de la piedra. La posición angular de la piedra está dada por θ (t) = 3t. Si en el tiempo to = 0. d) El número de vueltas que da la piedra en la unidad de tiempo. t Comparando las ecuaciones (3. La frecuencia también se expresa en revoluciones por minuto o rpm.42). la ecuación (3. está dada por v a θ = θo + O ∫t ω (t)dt.10 CAPÍTULO 3. Solución De acuerdo con el enunciado.42) P Por la ecuación (3. Reemplazando estos términos en la ecuación (3. Una piedra. se obtiene ω= 2π .43) to Figura 3. se encuentra que la frecuencia es el inverso del período. MOMENTO ANGULAR Y SU CONSERVACIÓN (3.42) ω = 2πν.13. . 60 Si en el tiempo to . R = 30 cm ≡ 0. con movimiento circular uniforme.40) Además. (3.41). su unidad es s−1 que se acostumbra definir como 1s−1 ≡ 1Hz. n (3. realiza n vueltas en un tiempo t. donde θ está dado en rad y t en s. se hace girar de tal manera que describe una circunferencia de radio 30 cm y en un plano horizontal. dad son perpendiculares entre sí.41) ν= .46). o número de vueltas por unidad de tiempo. una partícula con movimiento circular uniforme tiene la posición angular θo = 0. se encuentra que su posición angular en el instante de tiempo t. es decir. o sea. (3. definida por n (3.44). se tiene que la dimensión de frecuencia es T−1 . únicamente son válidas para el caso de partículas con movimiento circular uniforme. donde 1rpm ≡ 1 Hz.45) y (3.44) donde ω es una constante del movimiento y θ se expresa en radianes. como se ilustra en la figura 3. b) La velocidad de la piedra. símbolo que proviene de la palabra Hertz. e) La aceleración de la piedra. que el movimiento es periódico. Si la partícula. c) El tiempo que demora la piedra en dar una vuelta. se define el período P. por P= t .43) se transforma en θ = θo + ω ( t − to ). o sea 1 ν= . posee un movimiento que se repite a intervalos iguales de tiempo. la partícula tiene una frecuencia ν. Esta ecuación corresponde a la ecuación cinemática de posición angular en un movimiento circular uniforme.45) o teniendo en cuenta la ecuación (3. o tiempo que tarda en dar una vuelta completa.13: Vectores velocidad y aceleración en el MCU. (3. (3.3 m y θ (t) = 3t son cantidades dadas.40) y (3.46) No sobra aclarar que las ecuaciones (3. P (3.31). Una partícula sometida a un movimiento circular uniforme. respectivamente. sujeta al extremo de una cuerda. mediante la ecuación pero como en este caso la velocidad angular es una constante del movimiento. cuando da una vuelta se tiene que el tiempo y la posición angular. Esta ecuación corresponde a la ecuación cinemática de velocidad angular en un movimiento circular uniformemente acelerado.43). se encuentra que su valor es ν = 0. se obtiene reemplazando θ = 2π rad y t = P. donde θ está dado en rad y t en s. sujeta al extremo de una cuerda. En el instante mostrado.35). (3. si una partícula en el instante to tiene una velocidad angular ωo y se mueve con una aceleración angular α.4. se encuentra que P = 2. que tanto la magnitud como la dirección del vector velocidad cambian con el tiempo. Ejemplo 3. de acuerdo con la definición de velocidad transversal (que en este caso coincide con la velocidad tangencial) dada por la ecuación (3. e) Como la piedra posee un movimiento circular uniforme. Una piedra.0 ms−2 . (3. Movimiento circular mente acelerado uniforme- Cuando la aceleración angular de una partícula permanece constante. ecuación (3.4. Por consiguiente. la velocidad angular ω en el instante de tiempo t.39). que corresponde al período. . MOVIMENTO CIRCULAR v a R q O a) Utilizando la definición de velocidad angular. calcular: a) La aceleración tangencial de la partícula. Por otro lado.44). d) El número de vueltas por unidad de tiempo. Ejercicio 3.48) que corresponde a la ecuación cinemática de posición angular para una partícula con movimiento circular uniformemente acelerado. Con ello.48 Hz. la velocidad es un vector tangente a la trayectoria seguida por la piedra. a) ¿Cuál es el valor de la aceleración angular de la piedra? ¿Por qué? b) ¿Por qué razón la piedra está sometida a una aceleración. está dada por ω = ωo + α ( t − t o ) . ¿el vector aceleración es paralelo a la cuerda? 3.47) donde se ha utilizado la ecuación (3. si la magnitud de la velocidad permanece constante? c) En la situación considerada. se hace girar de tal manera que describe una circunferencia de radio 30 cm y en un plano horizontal.32).25 m y con una aceleración total de 9. que corresponde a la frecuencia. Como consecuencia. se dice que tiene un movimiento circular uniformemente acelerado (MCUA). es decir. al reemplazar la ecuación (3. La posición angular de la piedra está dada por θ (t) = 3t. en la expresión dada en el enunciado. c) El tiempo que demora la piedra en dar una vuelta. la velocidad angular también varía con el tiempo. así ν = 0.09 s. se encuentra teniendo en cuenta que es igual al inverso del período. La partícula de la figura. Ahora.70 ms−2 .47) en la ecuación (3.11 3. su aceleración coincide con la aceleración centrípeta dada por la ecuación (3. b) Como es un movimiento circular.90 ms−1 . b) La aceleración centrípeta de la partícula.3. se encuentra que su valor es ω = 3 rads−1 Este resultado indica que la velocidad angular es independiente del tiempo. de este modo. Solución a) Para conocer la aceleración tangencial . la piedra tiene un movimiento circular uniforme.5. luego de integrar y evaluar se llega a 2 θ = θo + ωo (t − to ) + 21 α(t − to ) . obteniéndose el valor a = aN = 2.4. describe una trayectoria circular de radio 0. 0 ms−2 sen30 = 4.32).14: Velocidad angular como vector.4. Como resultado se tiene que el vector veEjercicio 3. se define la velocidad angular dt y la aceleración angular como cantidades vecto.2 5m la regla de la mano derecha.4.53) α≡ En esta sección. b) De igual manera. (3.49). por definición de producto cruz o vectorial. De acuerdo con la ecuación (3.15. Se define el vector velocidad angular.35). se tiene que R = rsenγ.49) pero de la figura 3. se obtiene v = ωrsenγ. (3. a = ω × v = ω × ( ω × r). plo 3. es posible escribir la ecuación (3. y que gira sobre sí mismo en el sentido que se mueve la partícula. también los es la ace3.12 CAPÍTULO 3.0ms−2 cos30 = 7. es decir aT = 9. se halla la componente de la aceleración total que es paralela a la velocidad. se eny dirección. el producto vectorial ω × v apunta hacia el centro de la circunferencia y su magnitud está dada por a = ω 2 R.54) z En el caso de una partícula con movimiento circular uniforme.52) respecto al tiempo.Derivando la ecuación (3.4. de la partícula. cuentra que el vector aceleración está dado por a = α × r + ω × v = α × r + ω × (ω × r). es decir. Como se muestra en la figura 3.52) expresión válida solo para movimiento circular.51) en la forma vectorial v = ω × r.79ms−2 . o sea aN = 9. Vector velocidad angular y vector leración angular. se tiene que la magnitud del vector velocidad está dada por v O a 30 v = ωR.14. (3. siendo esel instante mostrado en la figura del ejemta condición de validez general.53). la ecuación (3.5 ms−2 . riales.50) por lo que al reemplazar la ecuación (3. es decir aceleración angular dω . locidad es perpendicular tanto al vector velociCalcule la velocidad de la partícula. la aceleración centrípeta de la partícula corresponde a la componente de la aceleración en la dirección radial. Ahora. (3. si la velocidad angular es un vector.54) se transforma en w R v r g O y x Figura 3. para dad angular como al vector posición.51) donde γ es el ángulo entre el vector velocidad angular ω y el vector posición r. . como un vector perpendicular al plano en el cual se ya que los vectores velocidad angular y velocimueve la partícula. (3. Por la ecuación (3.50) en la ecuación (3. donde la aceleración sólo tiene componente en la dirección centrípeta. cuyo sentido está dado por dad son perpendiculares. MOMENTO ANGULAR Y SU CONSERVACIÓN 0. cantidades que tienen magnitud y teniendo en cuenta la ecuación (3. (3.6. se encuentra que está dada por v = ωA[cos(ωt)i − sen(ωt)j]. que la magnitud del vector posición de la partícula es constante mientras la partícula se mueve. Las coordenadas de una partícula en movimiento. Solución a) De acuerdo con el enunciado. por lo que su magnitud es v = ωA. tiene un movimiento circular uniforme. Como en ambos casos se cumple que ωt = π /2. De este modo. que la partícula se mueve de tal forma que la magnitud de su velocidad permanece constante.15: Vectores velocidad y aceleración en el MCU. la partícula describe una trayectoria circular de radio R = A. es decir a = −ω 2 A[sen(ωt)i + cos(ωt)j] = −ω 2 r. pues es una consecuencia del cambio en la magnitud de la velocidad. MOVIMENTO CIRCULAR w v a r g O y x Figura 3.5. a) ¿Cuál es la posición inicial de la partícula si to = 0 ? ¿Cuál es la posición corres- . se encuentra que su magnitud es P x ? r = A. c) Las componentes tangencial y normal de la aceleración de la partícula.5. b) La magnitud de la velocidad de la partícula en cualquier instante. b) Empleando la definición de velocidad. d) El sentido de movimiento de la partícula. o sea que sen(ωt) = 1 cos(ωt) = 0. el vector posición de la partícula en función del tiempo. Ejercicio 3. están dadas por x = Asen(ωt) y y = Acos(ωt). por lo que su magnitud está dada por aN = a = ω 2 A. se considera el punto P de la siguiente figura. d) Para determinar el sentido de movimiento de la partícula en la trayectoria circular. que proviene del cambio en la dirección del vector velocidad.4. están dadas por x = Asen(ωt) y y = Acos(ωt). por el punto P sus coordenadas son x = A y y = 0. al reemplazar este valor en la expresión para la velocidad. es decir. Las coordenadas de una partícula en movimiento. en este caso coincide con la aceleración total de la partícula. en función del tiempo. O sea. está dado por c) Como la magnitud de la velocidad es independiente del tiempo. la componente tangencial de la aceleración es cero / ( aT = dv dt). la magnitud de la aceleración de la partícula permanece constante. en cualquier instante. en otras palabras. se obtiene v = −ωAj . La componente normal o centrípeta de la aceleración. con movimiento circular uniforme y en sentido horario. Determine a) La trayectoria seguida por la partícula. en función del tiempo. Ejemplo 3. Como se esperaba. Cuando la partícula pasa y ? R= A z a r = A[sen(ωt)i + cos(ωt)j]. lo cual indica que la partícula se mueve en una trayectoria circular de radio A. O Por lo que al aplicar el teorema de Pitágoras.13 3. 16 se tiene a = ω × v. la aceleración angular. En forma vectorial. como se muestra en la figura siguiente. como se ilustra en la figura. F = FN uN . O FN = (mω 2 R)uN . es mg senθ = mαS. Ejemplo 3. respectivamente. Dinámica del movimiento circular Cuando una partícula de masa m. suspendida de una cuerda T mg Movimiento general θ. b) La ecuación de movimiento en la dirección radial o centrípeta. las fuerzas que actúan son el peso y la tensión que ejerce la cuerda sobre ella. o sea. b) Plantee las ecuaciones de movimiento. en la posición w v F q m S r O y x Figura 3. d) ¿Cuál es la aceleración angular de la partícula? ¿Por qué? 3. El péndulo simple consiste en una partícula de masa m. en función de θ.16: Vectores v. que la segunda ley de Newton adquiere la forma F = ma = mω × v = ω × (mv) = ω × p. En el caso de movimiento circular uniforme. c) Determine para la partícula. y que no son fuerzas aplicadas sino que corresponden. z qo S m Solución a) Diagrama de cuerpo libre para la partícula Sobre la partícula. es T − mg cosθ = mω 2 S. es decir. ¿Qué ángulo forman estos dos vectores? ¿Por qué? c) Compruebe / que se satisface la expresión aN = v2 R. Suponga que la partícula se suelta desde una posición tal que la cuerda forma un ángulo θo con la vertical. y de acuerdo con la figura 3.4. las componentes tangencial y normal de la fuerza adquieren la forma FT = (mαR)uT de longitud S.7. tomando como positivo el sentido del movimiento supuesto en la figura.6. MOMENTO ANGULAR Y SU CONSERVACIÓN pondiente de la partícula en la gráfica anterior? b) Determine la relación matemática entre el vector posición y el vector aceleración. la velocidad angular y la tensión en la cuerda. tomando el sentido de la tensión como positivo. para movimiento circular uniforme. en cualquier instante.14 CAPÍTULO 3. (1) y en la dirección tangencial. a) Dibuje las fuerzas que actúan sobre la partícula. la aceleración angu- . d) Determine como es la magnitud de las cantidades anteriores en los extremos de la trayectoria y en su centro. sólo se tiene cambio en la dirección de la velocidad. (2) c) De la ecuación (2). a las componentes tangencial y normal de la fuerza resultante. ω y F en un MCU. describe una trayectoria circular donde ρ = R y v = ωR. T = mg cosθo . la aceleración angular disminuye desde un valor máximo hasta cero. se llega a la expresión −ωdω = g senθ dθ. S ω = 0. a medida que transcurre el tiempo el ángulo θ disminuye. Multiplicando a ambos lados de la ecuación (4) por dθ. 90o . (5) S el signo menos en la ecuación aparece ya que en la situación de la figura. mientras que la velocidad angular aumenta desde cero hasta un valor máximo y la tensión aumenta entre estos dos puntos. la velocidad angular es mínima (cero) y viceversa. (6) S mediante las ecuaciones (1) y (6). hallar el valor de la cantidad obtenida en el numeral anterior. la tensión en la cuerda no es igual al peso de la partícula? Ejemplo 3. la ecuación (3) se transforma en dω g = senθ. se obtiene √ 2g ω= (cos θ − cosθo ). a) Determine el trabajo neto realizado sobre el pequeño cuerpo. Con el fin de resolver la ecuación (4) se hace necesario eliminar la variable tiempo. Suponer que la magnitud de la fuerza de fricción Fk es constante. entre las posiciones B y C se tiene que al soltar la partícula desde el punto B.48). se observa que la tensión adquiere su máximo valor en el centro de la trayectoria y el mínimo en los extremos. Un pequeño cuerpo de masa m. S T = mg(3 − 2 cosθo ). cuando pasa por el punto B. R = 20 cm. . a) Analizar los resultados del problema anterior suponiendo que θo = π/2 b) ¿Por qué razón en el punto C. 135o . Integrando la ecuación (5) entre los límites ω = 0 cuando θ = θo y ω en la posición angular θ. Entre las posiciones C y A se presentan cambios opuestos en estas cantidades.4. 180o . que parte del punto A de la figura.7. 15 2g (1 − cosθo ). donde la aceleración es máxima (extremos de la trayectoria). Igualmente. Ejercicio 3. se llega a T = mg [3 cosθ − 2 cosθo ] . (4) dt S donde se tienen las variables ω. para β = 45o . desliza sobre la trayectoria circular de radio R. (7) d) De las ecuaciones (3). MOVIMENTO CIRCULAR √ lar de la partícula está dada por α= ω= g senθ. (6) y (7) se obtiene para los extremos A y B. donde θ = θo α= g senθo . en el centro de la trayectoria C con θ = 0 α=0 C Solución Como consecuencia de la ecuación (2. b) Si m = 500 g. S (3) teniendo en cuenta la definición de aceleración angular. t y θ. De estos resultados. En conclusión.6. m qo qo A R A S D b B B C Ahora.3. ya que interesa obtener ω (θ ). con valor un décimo del peso del cuerpo. 62 90 0. el momento angular WFk = − Por consiguiente. q Fk 3.2 m se De acuerdo con la definición de momento angular dada por la ecuación (3. el trabajo total es W = mgR(senβ − β ).55). Teniendo en cuenta la definición de producto vectorial o producto cruz. En cambio. igual que para 90o y 135o . b) Reemplazando valores.83 135 0. = A pero en una trayectoria circular y para un desplazamiento angular infinitesimal dS = Rdθ. (1) A a) De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre del pequeño cuerpo. con m = 500 g ≡ 0. se define en la forma q mg L ≡ r × p = mr × v Para la posición genérica de la figura anterior. que el realizado por la fuerza de fricción dinámica. para β = 180o .5.55) p m Wmg = mgRsenβ. luego de integrar y evaluar. N W(J) 45 0. sólo realizan trabajo el peso y la fuerza de fricción dinámica. MOMENTO ANGULAR Y SU CONSERVACIÓN el trabajo realizado por una fuerza está dada por tiene ∫B W FcosθdS = A ∫B FT dS. (2) 1 mgRβ.5 kg y R = 20 cm ≡ 0. se tiene ∫B W=R A FT dθ.31 De acuerdo con los resultados obtenidos. 10 O .17. el trabajo es positivo lo que indica que es mayor el trabajo realizado por el peso. de las tres fuerzas que actúan. el vector momento angular L respecto al punto O de la figura 3.46 180 −0. ∫B Fcosθdθ = R β(o ) Vector momento angular de una partícula Para una partícula con masa m y momento lineal p. el trabajo neto realizado por el peso es nulo a diferencia del trabajo realizado por la fuerza de fricción que es diferente de cero y negativo. cuando β = 45o .17: Momento angular de una partícula respecto al punto O.16 CAPÍTULO 3. se tiene que el momento angular L es un vector perpendicular al plano formado por el vector posición r y el vector velocidad v. se encuentra que L r (3. 10 (3) Figura 3. 17 3.5. VECTOR MOMENTO ANGULAR DE UNA PARTÍCULA z de la partícula se puede obtener mediante el determinante . . . i j k . . . y z . . L = r × p = . . x (3.56) . p x py pz . el vector momento angular es una L cantidad física que cambia en magnitud y dirección mientras la partícula se encuentra en movimiento curvilíneo. En el caso particular de w un movimiento circular. 2. Si el punto de referencia O como se muestra en la figura 3. por lo que las componentes del momento angular L x = Ly = 0 y sólo hay componente de momento angular en la dirección z. En este caso de movimiento circular con O en el centro del círculo. están dadas por L x = ypz − zpy . el vector momento angular L Como el vector momento angular L y el vecvaría en dirección ya que el plano formado por tor velocidad angular ω. Luego de resolver el determinante dado por la ecuación (3. cambia su orientación mientras la partícula describe la trayectoria circular. el vector posición r es perpendicular al vector velocidad v y sus magnitudes están relacionadas mediante la expresión v = ωr. En general. Ly = zp x − xpz . De este modo.55). o en forma escalar L = Lz = xpy −yp x . ya que en este caso es un vector perpendicular al plano de movimiento. Así. Si la partícula se mueve en plano xy. es decir L = Lz k = ( xpy −yp x )k. Lz = xpy − yp x . son vectores paralelos. en lo que respecta a la dirección: m 1. la magnitud del momento angular es Dimensiones y unidades de momento angular De acuerdo con la definición dada por la ecuación (3. la unidad en el sistema SI está dada por kg · m2 · s−1 y en z el sistema gaussiano por g · cm2 · s−1 . se pueden presentar las v O r siguientes situaciones. En este caso. Que el punto de referencia O. .18. 3. pues el vector posición r y el vector velocidad v están en el mismo plano. se encuentre sobre el eje z pero fuera del plano en el cual se Figura 3.56). como se ilustra en la figura gular L.18: Dirección variable del momento angular L. se tiene z = 0 y pz = 0. donde r es el radio de la trayectoria circular. se encuentra que las componentes rectangulares del momento angular de la partícula. se encuentra sobre el eje z y en el plano de movimiento de la partícula. mensiones de ML2 T−1 .19. el vector posición r y el vector velocidad v. el momento angular tiene diL = mrv = mr2 ω. la dirección del vector momento angular L es invariante. w v m r L O Figura 3.19: Dirección invariante del momento anmueve la partícula. 20: Momento angular en el movimiento mento angular con el tiempo. la variación del moque mento angular con el tiempo está relacionada L = mvd con la fuerza neta que actúa sobre la partícula. con m. que la segunda ley de Newton en el movimien2. Conservación del momento angular y fuerzas centrales Si en la ecuación (3. se tiene que el momento angular también se puede expresar en la forma L = mr × (vθ uθ + vr ur ) = mvθ r × uθ . se tiene que el vector momento angular es una constante del movimiento. su magnitud en este caso es dθ L = mrvθ = mr2 . a la derecha de la primera igualdad. Igualmente.5.18 CAPÍTULO 3.1.57). ecuación (3. Si la fuerza neta sobre la partícula es cero. 1. ya que el vector ve. .57) es fundamental cuando se angular es constante en magnitud y dirección ya analiza el movimiento de rotación. por lo Newton. dt 3. p. MOMENTO ANGULAR Y SU CONSERVACIÓN en forma vectorial se tiene que L = (mr2 )ω.20.20. con la condi.2. es decir. Variación del vector momento angular con el tiempo O Ahora se considera la variación del vector moFigura 3. Derivando la rectilíneo.55) con respecto al tiempo se tiene En la figura 3. el producto vectorial entre el vector posición r y la fuerza resultante F es cero. en coordenadas polares.que es un vector que entra perpendicularmente ción que los vectores L y r × F sean evaluados al plano de la hoja mientras la partícula se enrespecto al mismo punto.cuentre en movimiento sobre la trayectoria recpeña en el movimiento rotación. el mismo papel tilínea. el vector momento La ecuación (3. si dL dt dp dr = r× + ×p dt dt = r × F.ó en magnitud locidad v es paralelo al vector momento lineal L = mrv senθ. mientras que el segundo producto corresponde a la forma matemática de la segunda ley de Como muestra la figura 3. donde el segundo producto. se considera una partícula de masa m con movimiento rectilíneo uniforme y con el origen de coordenadas ubicado en O. se tiene una partícula libre o en equilibrio. De este modo. r × F = 0 y la condición L = Constante se satisface. Esta expresión desem. mediante la ecuación (3. donde el segundo producto a la derecha de la primera igualdad es cero. se tiene que el momento angular de una partícula es constante si el producto vectorial r × F es cero. Por consiguiente. el producto vectorial entre el to de traslación. (3. En el caso más general de un movimiento curvilíneo cualquiera y recordando que el vector velocidad.57) Por lo tanto L = m r × v. Esta situación se presenta en los dos casos siguientes.5. m a i ector y a r T v q r d 3. d = r senθ. está dado por v = vθ uθ + vr ur . vector posición r y la fuerza F se hace cero. se hace cero ya que el vector posición r es paralelo al vector unitario radial ur .57). Por lo tanto. v y d son constantes. 21 donde una partícula de masa m se mueve sobre una trayectoria curvilínea.19 3. Esta situación se ilustra en la figura 3. si la línea de acción de la fuerza Sol pasa por un punto fijo. el momento angular de esta partícula se conserva. a) Determine el momento angular de la partícula respecto al punto de suspensión O. se dice que la fuerza es una fuerza central.22. En la naturaleza se presentan situaciones en las que se cumple la condición anterior. de masa m. como se ilustra en la F figura 3. es decir. Por consiguiente. es tal que su momento angular es una constante del movimiento. c) Determine el producto vectorial r × F. Figura 3.22: Movimiento de la tierra alrededor del Sol. el momento angular del cuerpo respecto al centro de fuerza es una constante de movimiento. siempre pasa por el núcleo independientemente de la posición del electrón en la trayectoria circular.5. donde la longitud de la cuerda es S. Trayectoria v m F r O ya que la fuerza eléctrica que el núcleo de carga positiva ejerce sobre el electrón de carga negativa. VECTOR MOMENTO ANGULAR DE UNA PARTÍCULA son vectores paralelos con la misma línea de acción. En el movimiento de la tierra alrededor del sol. v F me + Figura 3. d) Compare los resultados obtenidos en los numerales b) y c). ¿Qué se puede concluir? . Suponga que la partícula se suelta desde una posición tal que la cuerda forma un ángulo θ con la vertical. De este modo. el momento angular de la tierra respecto al sol es una constante del movimiento. pues se observa que la línea de acción de la fuerza gravitacional que el sol ejerce sobre la tierra pasa por el centro del sol independientemente de la posición de la tierra sobre la trayectoria elíptica. su momento angular no varía. Considere un péndulo simple de masa m. la fuerza que el núcleo ejerce sobre el electrón en el átomo de hidrógeno. en el átomo de hidrógeno. Ejemplo 3. Cuando una fuerza actúa sobre una partícula en movimiento y cumple la condición de pasar su línea de acción por un punto fijo. es decir. 2. respecto al tiempo. como ocurre en los siguientes casos: 1. donde r es el vector posición de la partícula respecto a O y F es la fuerza neta que actúa sobre la partícula. En este caso. En conclusión.23: Movimiento electrónico en el átomo de Bohr. Figura 3.8.21: Fuerza central. como se muestra en la figura siguiente. llamado centro de fuerzas.23. es una fuerza central. siendo O un punto de referencia fijo. cuando un cuerpo se mueve bajo la acción de una fuerza central. En síntesis. el punto fijo se encuentra en el centro del sol como se muestra en la figura 3. En el modelo atómico de Bohr el movimiento del electrón. la fuerza que el sol ejerce sobre la tierra es una fuerza central. b) Halle la variación del momento angular de la partícula. lo que hace que el modelo de partícula no sea válido.55) y teniendo en cuenta que el vector posición r = Sur es perpendicular a la velocidad se tiene que el momento angular es un vector de magnitud L = mSv. en forma vectorial la ecuación (3) se transforma en √ L = mS 2gS(cosθ − cosθo ) k. se debe considerar otro tipo de movimiento que tienden a imprimir las fuerzas sobre los cuerpos. para la situación mostrada en la siguiente figura. ¿se conserva el momento angular de la partícula? Justifique su respuesta. Concepto de cuerpo rígido En las unidades anteriores se ha analizado la mecánica de los cuerpos que se pueden tratar bajo el modelo de partícula. se tiene que se cumple la relación dL = r × F. q S T mg Movimiento Tomando la ecuación √ 2g ω= (cosθ − cosθo ). como es el movimiento de rotación. pues en su lugar el modelo útil . en el caso de cuerpos que se tratan bajo el modelo de cuerpo rígido. se tiene para la velocidad de la partícula √ v = 2gS(cosθ − cosθo ). en lo que sigue se considera el concepto de cuerpo rígido.3. Es de particular importancia tanto el concepto de momento angular como su conservación. Por ello. relacionándolo directamente con el movimiento de rotación. dt m Solución a) Por la ecuación (3. 3. (6) Al comparar las ecuaciones (5) y (6). En adición. Si se toma el eje z entrando perpendicularmente al plano de la hoja. la magnitud del momento angular de la partícula respecto al punto de suspensión O. es un vector que sale perpendicularmente del plano de la hoja.8. c) Como r = Sur y F = mg + TuN . al descomponer el peso en las componentes radial y transversal con uθ = −uT y uN = −ur .20 CAPÍTULO 3.5. (1) que incide perpendicularmente al plano de la hoja. (2) Reemplazando la ecuación (2) en la ecuación (1). es √ (3) L = mS 2gS(cosθ − cosθo ). dt resultado coincidente con la ecuación (3. con v = ωS. S obtenida anteriormente. se tiene para el producto vectorial r × F = −(mgS senθ )k. (4) (5) o sea. esto ha sido posible ya que solo interesaba considerar el efecto de las fuerzas en lo que se refiere al movimiento de traslación.3) y que tiene validez general. MOMENTO ANGULAR Y SU CONSERVACIÓN O qo b) Derivando la ecuación (4) respecto al tiempo donde la única variable es el ángulo θ. y empleando la definición de velocidad angular se llega a S dL = −(mgS senθ )k. Pregunta De acuerdo con el resultado obtenido en el numeral d) del ejemplo 3. 61). está dada por do por Li = mi ri vi . VECTOR MOMENTO ANGULAR DE UN CUERPO RÍGIDO es el de cuerpo rígido que se definirá en lo que sigue.(3. (3. sin importar el tipo de fuerzas que actúen sobre él. se encuentra tor posición respecto al origen de coordenadas.24: Cuerpo rígido. Además. lo cual permite la del cuerpo. La lámina gira con velocidad angular ω.25.considera la partícula genérica i.63) . (3. con forma irregular y cuya distribución de masa también es irregular.6. rij i j n rmn m angular total del cuerpo rígido está dado por L = = ∑ mi ri × vi ∑ Li . do. como r es perpendicular a v . (3. que describe las que lo conformen. se se debe cumplir para cualquier par de partícu.24 se hace necesario que las magnitudes rij y rmn no cambien. Vector momento angular de cular a ri . Un cuerpo rígido. (3. z Li w O ri vi mi Figura 3.nitudes de los vectores Li y ω. Li = mi ri2 ω. en su propio plano. el momento Ahora.55).58) Reemplazando la ecuación (3. de espesor despreciable.61) Li = mi ri × vi . una trayectoria circular de radio ri = Ri con velocidad vi = ω × ri . en el cual se tienen n partículas que forman una lámina rígida muy delgada.25: Momento angular de una lámina resDe acuerdo con la definición de cuerpo rígipecto al punto O.que corresponde a una relación entre las magción sigue siendo válida para cualquier partícu. esto es perpendi3. si los momentos an.60) en la ecuación donde mi es la masa de la partícula y ri es su vec.21 3. está da. es un caso particular de un sistema de muchas partículas (del orden de 1023 partículas por cm3 ).6. gulares de todas las partículas del cuerpo se evalúan respecto al mismo punto.58) la magnitud del motrayectoria curvilínea con velocidad vi . cuando rota alrededor de un eje determinado. Esta definición permite afirmar que un cuerpo rígido no se deforma bajo ninguna interacción con otros cuerpos. (3.mento angular.escribir la ecuación (3.60) De acuerdo con la ecuación (3. condición que De las partículas que conforman la lámina. Figura 3. Estas partículas deben cumplir la condición de que la separación entre cualquier pareja de ellas siempre permanece constante mientras el cuerpo se mueve. (3. esta defini. el momento Li = (mi ri2 )ω. alrededor de un eje fijo perpendicular a ella y cuyo origen O también se encuentra en ese plano. la magnitud de la velocidad es un cuerpo rígido vi = ωri . en la figura 3.59) Primero se considera el caso de la figura 3.62) en la forma vectorial.62) En el caso de un cuerpo rígido. Como la velocidad angular es paralela al eje de rotación. de acueri i angular Li de una partícula i que describe una do con la ecuación (3. . en general. el momento angular total no es. z w Ri mi Liz = Li cos(90−γi ).67).64) donde se ha tenido en cuenta que la velocidad angular es la misma para todas las partículas que forman la lámina.63) en la ecuación (3. Cuando el momento angular no es paralelo a la velocidad angular.26: Momento angular de una lámina con O fuera de ella. se considera la misma lámina. se considera la componente del momento angular paralela al eje z. el vector momento angular de la partícula i forma un ángulo de 90 − γi con el eje de rotación z. (3.59) sigue siendo válida para la partícula i. Lz = Iω. (3. En cambio.65) donde se define I≡ ∑ mi ri2 .66) como el momento de inercia de la lámina respecto al eje z. (3.22 CAPÍTULO 3. Igual que en el caso del vector momento angular total. (3. se conoce como el momento de inercia de la partícula i.27. paralelo a la velocidad angular.69) con I dado por la ecuación (3.59).26. siempre es posible tomar el origen O en ese plano y en consecuencia lograr una simplificación considerable. como el mostrado en la figura 3.62) en la ecuación (3. respecto al punto O. De acuerdo con los resultados anteriores.26. cuando se trata el caso más general de un cuerpo rígido tridimensional que está rotando. ya no es posible hacer tal elección. se tiene que esta componente está dada por O Figura 3. y gira continuamente con la partícula alrededor del eje. MOMENTO ANGULAR Y SU CONSERVACIÓN El término entre paréntesis que aparece en la ecuación (3. está dado por ( ) L = ∑ mi ri2 ω. Este concepto se analiza con más detalle en la siguiente sección.64) se puede escribir en la forma L = Iω. se encuentra que el momento angular del cuerpo rígido. teniendo en cuenta que vi = ri ωsenγi y Ri = ri senγi . En esta situación. Ahora. respecto al eje de rotación z que pasa por el punto O. si Li no es paralelo a ω. pero la magnitud del vector posición ri ya no coincide con el radio de la trayectoria descrita por la partícula. En síntesis. el momento angular total es paralelo a la velocidad angular. ya que de acuerdo con su definición es un vector perpendicular al plano formado por ri y vi . el momento angular total de la lámina aun es dado por la ecuación (3. (3. como se ilustra en la figura 3. Reemplazando la ecuación (3.68) donde de nuevo aparece el término mi R2i . la componente z del momento angular total de la lámina está dada por Lz = ∑ Liz .62). cuando la lámina está rotando y el punto de referencia O no coincide con el punto de intersección entre el eje de rotación y la lámina. es decir Liz . cuando la lámina está en rotación y el punto de referencia O coincide con el punto de intersección entre el eje de rotación y la lámina. se encuentra Liz = (mi R2i )ω.62). La ecuación (3. así que al reemplazar Liz mediante la ecuación (3. que pasa por el punto O.63). esto es. pero en general no es paralelo al vector velocidad angular. En la figura 3. pero el origen O ya no coincide con la intersección entre el eje z y el plano de rotación. en una placa que gira sobre su propio plano. Por lo anterior. se presenta una diferencia respecto a la dirección del vector momento angular Li .27. se tiene la expresión escalar vi ri gi Li Como se ilustra en la figura 3.66). (3. la ecuación (3.67) Reemplazando la ecuación (3. En conclusión. ya que el momento angular total es paralelo a la velocidad angular. 28: Momento de inercia respecto a dos ejes tridimensional. la suma se extiende a todas las partículas del cuerpo rígido tomadas como partículas discretas. Por esta razón.66).66). La ecuación (3. lo que lleva a relaciones idénticas a las dadas por las ecuaciones (3. el mismo papel que la masa en traslación. es necesario considerar la componente del momento angular paralela al eje z. el momento de inercia del cuerpo rígido respecto a dicho eje es el mismo. Ahora. y todas las partículas describen trayectorias circulares. la suma se convierte en una integral que se extiende sobre todo el volumen del cuerpo rígido. En la ecuación (3.7. ya que su valor depende de la distancia perpendicular de cada partícula al eje. se considera la figura 3.27: Momento angular de un cuerpo rígido Figura 3.29. Esto permite afirmar que el momento de inercia desempeña en rotación.23 3. MOMENTO DE INERCIA DE UN CUERPO RÍGIDO z z z` w O Ri ri ' ri O` mi vi qi ri Li mi O Figura 3.69). como se indica en la figura 3. es igual a la suma de los momentos de inercia de las partículas que lo conforman. La constante de proporcionalidad I. esto es. Para obtener la expresión correspondiente del momento de inercia de un cuerpo rígido. sin importar la elección del punto O tomado como referencia. este es aplicable a cualquier cuerpo rígido. respecto al eje z. el valor de los términos ri2 varían al cambiar el eje de rotación y en consecuencia el valor del momento de inercia I será diferente. es proporcional a la velocidad angular si la placa gira alrededor de un eje perpendicular al plano que contiene la placa y cuando el origen O se elige en la intersección del eje y el plano de rotación. En general. Se toma un elemento del cuerpo rígido con masa dm.7. del mismo modo que su masa total es igual a la suma de las masas de todas las partículas del cuerpo. así que en general. Mediante un procedimiento similar al llevado a cabo cuando el punto de referencia O se toma por fuera de la lámina. Independientemente que el cuerpo esté en reposo o en rotación. en la ecuación (3. puesto que un cuerpo rígido no se considera como un conjunto discreto de partículas sino como un medio continuo. como si se tratara de un gas de partículas. el cuerpo rígido rota alrededor del eje z con velocidad angular ω.28. y se supone que el cuer- . tomado como un medio continuo.59). El momento de inercia de la placa no es único. Igual que en el caso de la lámina. se encuentran resultados semejantes. el momento angular total dado por la ecuación (3.66) muestra que el momento de inercia total de un cuerpo rígido. Aunque se ha restringido el concepto de momento de inercia para el caso de una placa delgada. volumen dV. ya que su valor depende del punto de la lámina por donde pase el eje de rotación que es perpendicular a ella.59). Momento de inercia de un cuerpo rígido Se ha encontrado que para una lámina plana cuya distribución de masa es arbitraria. diferentes. 3. el momento angular total no es paralelo al vector velocidad angular. se definió como el momento de inercia de la placa respecto al eje de rotación y está dado por la ecuación (3.69) y (3. pues en general los Li no son paralelos al eje de rotación. la unidad en el sistema internacional de unidades está dada por kg m2 y en el sistema gaussiano de unidades por g cm2 . R1 donde ρ es la densidad del material con el cual se ha construido el cilindro. respecto a su eje de simetría.24 CAPÍTULO 3. esta se transforma en ∫ I= ρR2 dV. de masa M.70) se convierte en I=ρ ∫ R2 dV. (1) Reemplazando la ecuación (1) en la ecuación (3. la distancia ri por R y la suma por una integral. MOMENTO ANGULAR Y SU CONSERVACIÓN z respectivamente por R1 y R2 . (3. Halle el momento de inercia del cilindro. tiene radios interior y exterior dados h c cilíndrico de radio r y espesor dr tiene un volumen infinitesimal dado por dV = 2πrhdr. Teniendo en cuenta que la densidad se define como la masa por unidad de volumen. Ahora. con R = r. si la masa del cuerpo está distribuida uniformemente. que es el mismo para todos los cuerpos de igual forma y tamaño. se obtiene para el momento de inercia del cilindro hueco.70).71) lo que permite una simplificación. por lo tanto. las dimensiones de momento de inercia son ML2 . el cascarón R dm = r dV r z R y dr x R1 r y R2 x Figura 3. Un cilindro homogéneo y hueco. y luego de simplificar.71). Así luego de integrar y evaluar. si en la ecuación (3. el radio de giro del cilindro hueco está dado por la expresión Kc2 = 12 ( R21 + R22 ) . la densidad ρ puede salir de la integral y la ecuación (3. estas cantidades están relacionadas por dm = ρdV. (2) Además.29: Momento de inercia de un cuerpo rígido. ya que el problema se reduce a resolver una integral que contiene sólo un factor geométrico.70) Por otro lado. se encuentra Ic = 21 πρh( R42 − R41 ). Solución Como se muestra en la figura. Dimensiones y unidades de momento de inercia De acuerdo con la ecuación (3. (3.66) se reemplaza la masa m por dm. se tiene ∫R2 Ic = 2πρh r3 dr. = V π ( R22 − R21 )h (3) Llevando la ecuación (3) a la ecuación (2). po tiene una densidad de masa ρ.66) ó (3. como M es la masa del cilindro se cumple la relación ρ= M M . la expresión Ic = M 12 ( R21 + R22 ). de este modo.9. Ejemplo 3. donde I es de nuevo el momento de inercia respecto al eje que no es principal. 3. 3.30: Ejes principales de inercia en un cuerpo esférico. En la figura 3. TEOREMA DE STEINER O DE LOS EJES PARALELOS 3. . zo yo yo xo Figura 3.3. 3.65). Cuando un cuerpo rígido gira alrededor de un eje que no es principal.8.7.32. Teorema de Steiner o de los ejes paralelos Un bloque rectangular tiene tres ejes principales Generalmente se conoce el momento de inercia de inercia que son perpendiculares a las caras y de un cuerpo rígido respecto a un eje que pasa pasan a través del centro del bloque. zo Ejes principales de inercia Ejes principales de inercia en un cuerpo esférico xo yo Figura 3. los ejes xo .yo .zo son tres ejes principales de inercia.2. Así.4. En la figura por su centro de masa.zo son tres ejes principales de inercia.8. y cuando el cuerpo rígido presenta simetrías. En la figura 3. Estos ejes se llaman ejes principales de inercia.zo corresponden a los tres ejes En un cuerpo esférico o con simetría esférica. es válida la ecuación (3.7.30. respecto a las cuales el momento angular es paralelo al eje de rotación y es válida la ecuación (3. se define un eje principal de inercia como aquel para el cual el momento angular es paralelo a la velocidad angular. Ejes principales de inercia en un cuerpo cilíndrico Para un cuerpo cilíndrico o con simetría cilíndrica. para un eje principal de inercia se cumple la ecuación (3.31.yo . Así.7. estos ejes coinciden con algún eje de simetría. sin importar su forma. en una esfera existen infinitos ejes principales de inercia.31: Ejes principales de inercia en un cuerpo cilíndrico.25 3. Ejes principales de inercia en un cuerpo rectangular xo Figura 3. es un eje principal de inercia. 3.69). Para todo cuerpo.yo . En síntesis. los ejes xo . pero en muchos casos.32: Ejes principales de inercia en un cuerpo rectangular. el eje del cilindro y cualquier eje que sea perpendicular a él. donde I es el momento de inercia respecto al eje principal de inercia correspondiente.1. principal de inercia.7.65). hay por lo menos tres direcciones perpendiculares entre sí. que siempre se encuentra a lo largo del eje de rotación. principales de inercia de un cuerpo rígido con cualquier eje que pase por su centro es un eje esta simetría. 3. los ejes zo xo . z giro. una varilla delgada de masa M y longitud 4R. respecto a un eje que pasa por el punto de contacto P es Icp = Icc + 2MR2 = 3MR2 . es necesario conocer el momento de inercia respecto a un eje paralelo que no pasa por el centro de masa. En la práctica.M. mediante la ecuación (3. El teorema de Steiner o de los ejes paralelos. Es una cantidad que se puede evaluar fácilmente con ayuda de la ecuación (3. donde M es la masa del cuerpo rígido y a es la separación entre los dos ejes paralelos. el momento de inercia del cilindro. 3. (1) Por el teorema de Steiner.10.1. se coloca sobre un cilindro de masa 2M y radio R. respecto a un eje paralelo al eje del cilindro y que pasa por el punto de contacto entre el cilindro y la varilla.71). Conocido el radio de Solución El momento de inercia del sistema. El radio de giro se puede determinar completamente por geometría para cuerpos homogéneos. de acuerdo con la información de la tabla 3. es posible conocer la forma del radio de giro mediante la tabla 3. el radio de giro representa la distancia medida desde el eje. Esto es Isp = Icp + Ivp + I1p + I2p . Además.72). zc M/2 M 2R 2R a 1 C.1. Halle el momento de inercia del sistema.26 CAPÍTULO 3. √ I K = . M/2 P 2 c R 2M Figura 3. todos evaluados respecto al eje que pasa por el punto P. es el momento de inercia del cilindro respecto a un eje que pasa por el centro de masa. el momento de inercia de la varilla respecto al eje que pasa por P es Ivp = 43 MR2 . evaluado respecto a un eje específico en cuerpos con diferentes simetrías. Ejemplo 3. está dado por la suma de los momentos de inercia de cada cuerpo. definida de tal modo que se cumpla la relación I = MK2 .8.1. Como se muestra en la figura.72) donde I es el momento de inercia del cuerpo rígido respecto a determinado eje y M su masa. (2) donde Icc = 12 2MR2 . a la cual se puede concentrar la masa del cuerpo sin variar su momento de inercia. el momento de inercia I respecto al eje z paralelo a zc . (3) . en los extremos de la varilla se colocan dos masas muy pequeñas cada una de masa M/2. es una herramienta que permite llevar a cabo esta transformación. de acuerdo con la tabla 3.33: Teorema de Steiner o de los ejes paralelos. donde se da K2 . Como el punto de contacto P coincide con el centro de la varilla.33 se conoce el momento de inercia I. MOMENTO ANGULAR Y SU CONSERVACIÓN para analizar el movimiento de rotación de un cuerpo rígido. respecto al eje zc que pasa por el centro de masa del cuerpo rígido. IsP .1. es posible determinar el momento de inercia respectivo. Radio de giro de un cuerpo rígido Es una cantidad física. M (3. Si en la figura 3. Físicamente. el teorema de Steiner establece la relación I = Ic + Ma2 . 34: Rotación alrededor de un eje principal Conservación del vector momento de inercia. está dado por Isp = se le conoce como la ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido.74) donde el producto cruz r × F se debe a las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido y el cual se evalúa respecto al punto fijo O.34. (3) y (4) en (1) se encuentra que el momento de inercia del sistema. esto es I1p = I2p = 2MR2 Reemplazando las ecuaciones (2).8. como las pequeñas masas se encuentran en posiciones simétricas. también es válida en el caso de un sistema de partículas. Se supone que el cuerpo rígido de la figura 3.que corresponde a la conservación del vector da ley de Newton en traslación. i r×F = ∑ ri × Fi .75). w O Figura 3. y la ecuación (3.73) se obtuvo para el caso de una partícula con movimiento curvilíneo. Por esta razón.8. se tiene que el momento de inercia es constante y la ecuación (3. en traslación a la segunda ley de Newton para masa constante. si se interpreta a L como el momento angular total del sistema de partículas y r × F como el producto vectorial entre el vector posición r y la fuerza neta que actúa sobre el sistema de partículas. encuentre el momento de inercia respecto a un eje coincidente con el eje del cilindro. respecto al punto P. válida en rotación. dt (3. es nulo. . L Ejercicio 3. la ecuación (3. si se cumplen simultáneamente las expresiones L = ∑ Li .75) se cumple la condición donde ambas cantidades físicas se deben evaluar respecto al mismo punto. además. la ecuación (3. dt (3. Como el cuerpo rígido es un caso especial de un sistema de partículas.73) se transforma en Aunque la expresión dL = r × F. i d( Iω) = r × F. Si el producto vectorial r × F debido a todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido.27 3. es equivalente.75) donde se ha empleado la definición de aceleración angular. se toma el origen como un punto fijo en el eje que corresponde a un sistema de referencia no rotante o inercial. angular en un cuerpo rígido Como el eje de rotación z es un eje principal de inercia. esto es. (3. Ahora. z (Eje principal de inercia) 2 25 3 MR . son iguales. La ecuación (3. se cumple la ecuación (3.74) adquiere la forma Iα = r × F. (3. tiene un movimiento de rotación alrededor del eje z considerado como eje principal de inercia.10). momento angular. 3. TEOREMA DE STEINER O DE LOS EJES PARALELOS Además. respecto a un eje paralelo al eje del cilindro y que pasa por el punto P.2. por la ecuación (3.76) cuerpo rígido. sobre el eje principal.66). si el eje está fijo en el cuerpo rígido.73) es aplicable en este caso y es la ecuación básica para analizar el movimiento de rotación de un Iω = Constante.73) desempeña en rotación el mismo papel que la segun. Es decir.7. Para el sistema considerado en el ejemplo (3. sus momentos de inercia respecto al eje que pasa por P. a fin de que esta se mantenga en la dirección del auto. cuando el producto vectorial r × F es nulo. si el momento de inercia del cuerpo rígido aumenta (disminuye) la velocidad angular disminuye (aumenta) para garantizar que la ecuación (3. sabiendo que el vector posición está dado por r(t) = A cos(ωt)i − B sen(ωt)j. 3. si adicionalmente el momento de inercia del cuerpo rígido permanece constante. ¿Qué puede concluir de su resultado? Explique. el concepto de momento angular es de vital importancia en el estudio del movimiento de rotación de los cuerpos. Esto lleva a que aumente la velocidad angular del patinador cuando cierra los brazos. cuyas líneas de acción coinciden con el eje de rotación. Un auto se mueve sobre una pista circular de radio 5 m. la ecuación (3. (a) Encuentre la trayectoria seguida por la partícula. cuando v = 25 m · s−1 y R = 30 m. El vector posición de una partícula está dado por la expresión r(t) = − A sen(ωt)i + A cos(ωt)j. Así. b = 10 m y θ = 38o B v b q r A 3. donde las fuerzas que actúan sobre él son el peso y la normal que ejerce el piso. se encuentra ubicado un camarógrafo. donde A y ω son constantes. el producto cruz r × F del peso y la normal respecto a un punto ubicado sobre el eje es nulo y el momento angular del patinador es constante respecto a dicho punto. 4. En el punto A de la figura. Como se verá en la próxima unidad. (b) Halle la magnitud de la velocidad de la partícula. Pregunta Por qué disminuye el momento de inercia del patinador al cerrar los brazos? Explique. en rotación. (a) Obtenga una expresión para la velocidad en sus componentes radial y transversal. fijo en el cuerpo. (a) Halle la rapidez angular con la cual debe girar la cámara. En síntesis. (c) Resuelva para ω = 12 rad · s−1 . equivale a la primera ley de Newton en traslación. en sentido antihorario. Por otro lado. Un auto se mueve en línea recta como se ilustra en la figura. ¿Qué concluye de su resultado? ¿Por qué? (d) Determine el sentido de movimiento de la partícula sobre su trayectoria. (b) Halle el valor de la cantidad obtenida en el numeral anterior. MOMENTO ANGULAR Y SU CONSERVACIÓN Un ejemplo de esta situación. un cuerpo rígido que rota alrededor de un eje principal. ENUNCIADOS 1. donde A. En este caso. lo hace con velocidad angular constante cuando el producto cruz r × F es cero. B y ω son constantes. (e) Resuelva los numerales anteriores. que le sigue el movimiento a un auto cuando este describe una trayectoria circular de radio R y con una rapidez v. . de tal forma que su rapidez se incrementa uniformemente a razón .76) se satisfaga.9. (c) Obtenga una expresión que relacione el vector aceleración con el vector posición. Analice el resultado obtenido. (b) Halle la rapidez de la partícula en función del tiempo. pues el momento de inercia disminuye.28 CAPÍTULO 3. C R A q R r v B 2. se presenta cuando un patinador rota alrededor del eje de su cuerpo.76) indica que la velocidad angular también permanece constante. Este enunciado. ¿Qué tipo de movimiento tiene la partícula? Explique. (c) Halle la posición angular de los autos cuando se encuentran.(b) En- 9. cuando ha sufrido un desplazamiento angular equivalente a un un noveno de vuelta. Los autos A y B. desliza sobre una superficie horizontal hasta chocar elásticamente con un cuerpo de masa M.29 3. ¿Qué movimiento tiene el bloque? ¿Por qué? ¿Qué se puede afirmar sobre el tiempo que el bloque demora en realizar cada vuelta? Explique. que se encuentra suspendido del techo mediante una cuerda de longitud d. se comprime un resorte de constante k. parte del reposo. (c) Resuelva para m = 375 g. los vectores velocidad y aceleración.2 m · s−2 . el auto no desliza sobre la superficie? cuentre. (c) Halle la rapidez mínima que impide al auto deslizar sobre la superficie. respecto al punto B. si los efectos debidos a la fricción se desprecian. ENUNCIADOS de 4. (a) ¿Qué movimiento tiene cada auto? Explique. (b)Halle la rapidez angular del auto. (a) ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar el bloque? Explique. (d) Encuentre la rapidez de los autos en el instante del encuentro. Un auto de masa m describe una curva circular de radio R y con peralte θ. que parten de la misma posición y se mueven en sentidos opuestos sobre una pista circular de radio R = 15 m. Como se ilustra en la figura. inicialmente en la parte superior de una esfera fija al piso y de radio R. Justifique su construcción. suponga que el coeficiente de fricción entre las superficies en contacto es µ (b) Encuentre la rapidez máxima que impide al auto deslizar sobre la superficie. Mediante el bloque de masa m. 5. A m q C R B 7. la distancia horizontal a la que el bloque llega al piso. (c) Para la posición anterior. mientras que el auto B se mueve con una rapidez que aumenta uniformemente a razón de 5. (a) Halle la deformación . θ = 83o . (b) Encuentre la rapidez del bloque y su altura respecto al piso. en el instante que el bloque pierde contacto con la esfera.9. Como se muestra en la figura. el bloque de masa m está sujeto a una cuerda fija en O y rota alrededor del eje OC sobre la superficie del cono. (a) En un diagrama muestre. 6. que forma un ángulo θ con la vertical. Suponga que el origen de coordenadas está centrado en la trayectoria. (b) Determine el tiempo que tardan los autos en encontrarse. un bloque de masa m. (a) Determine la rapidez máxima con la cual el auto puede describir la curva. El segmento AB = d. O A q B m 8. (a) Halle el valor del ángulo θ cuando el bloque se desprende de la esfera. para una posición dada del auto. En lo que sigue. El auto A se mueve con una rapidez de 60 km · h−1 . (c) Obtenga la rapidez del bloque en el instante que llega al piso.8 m · s−2 . la tensión en la cuerda y la fuerza que la superficie del cono ejerce sobre el bloque. en función de la rapidez angular. como se muestra en la figura. (d) Determine. d = 28 cm y ω = 16 rad · s−1 . ¿Qué condición matemática se debe satisfacer para que los resultados obtenidos tengan significado físico? Explique. Cuando el bloque se deja en libertad. halle la aceleración del auto. (d) ¿Para qué intervalo de valores en la rapidez. tiene masa m.27 y R = 90 cm m 12. Como se ilustra en la figura. obtenga gráficamente la fuerza total que actúa sobre la esferita. Analice cada una de sus respuestas. El coeficiente de fricción entre la persona y la pared es µ y el radio del cilindro es R.30 CAPÍTULO 3. Determine si el momento angular del auto se conserva respecto a algún punto de la trayectoria. Halle el momento de . (b) ¿Cómo es la magnitud de la tensión en la cuerda. la persona no desliza sobre la pared. M = 900 g. cuando la partícula pasa por el punto más bajo de la trayectoria? Explique. (c) Apoyado en el diagrama de cuerpo libre. una persona que está de pié sobre la base de un cilindro y pegada a la pared. ¿La fuerza neta es una fuerza central? Explique. (b) Resuelva para µ = 0. (d) ¿El momento angular de la esferita se conserva respecto a algún punto? Justifique su respuesta de dos maneras diferentes. En cada uno de los vértices de un triángulo equilátero de lado d. (a) Halle la rapidez angular mínima que impide el movimiento de la persona sobre la pared. la fuerza neta que actúa sobre la partícula. Un auto. 2m y 3m. obtenga gráficamente 13. gira adherida al cilindro con una rapidez angular. que permite al cuerpo de masa M describir una circunferencia completa. k = 5 × 102 N · m. Una vez que empieza a disminuir la rapidez de rotación del cilindro. se llega a un valor por debajo del cual la persona se mueve sobre la pared. ¿La fuerza total es una fuerza central? Explique. d = 25 cm. O w R C m 11. (b)Resolver para m = 700 g. 14. cuando: (a) se supone que la curva no tiene peralte. y (b) la curva tiene un peralte θ. comparada con la magnitud del peso. (c) Utilizando el diagrama de cuerpo libre. se mueve sobre una pista circular de radio R. El péndulo cónico de la figura. (b) ¿Qué movimiento tiene la partícula? Explique. (a) Haga el diagrama de cuerpo libre para una posición arbitraria de la esferita. (d) ¿El momento angular de la esferita se conserva respecto algún punto? Justifique su respuesta de dos maneras diferentes. (a) Para una posición arbitraria. tal que cuando se quita el piso del cilindro. se tienen las partículas de masa m. haga el diagrama de cuerpo libre para la esferita. O d k m A M B O 10. El péndulo simple mostrado en la figura. tiene masa m. de masa m. MOMENTO ANGULAR Y SU CONSERVACIÓN mínima del resorte. ¿el momento de inercia del sistema depende de la posición de las partículas sobre el aro? Explique. respecto a un eje perpendicular al triángulo y que pasa por (a) cada uno de sus vértices y (b) el punto medio de cada uno de sus lados. Debido a la fricción entre las superficies. rota con velocidad angular ωo . (a) Halle la velocidad angular del sistema. mostrado en la figura. Los dos cuerpos se encuentran sobre el mismo eje y sus centros coinciden. mediante una cuerda atada al bloque y que pasa por el centro del disco. hasta que cae sobre él una placa cuadrada de igual masa m y de arista a. que inicialmente se encontraba en reposo. (c) Resuelva para ωo = 9. (b) Resuelva para R = 98 cm.3 rad · s−1 . r2 = 41 R y m = 23 M. El sistema disco-bloque. pequeño bloque tiene masa m y se encuentra inicialmente a una distancia r1 del eje de rotación. En cada caso. los cuerpos se mueven como si estuvieran pegados. El disco. (b) Encuentre la relación entre las velocidades angulares. cuando r1 = 21 R. sobre un aro de masa M y radio R. si la distancia del bloque al eje se reduce a r2 . El R . mientras que el disco tiene masa M y radio R. Como se ilustra en la figura.7 rad · s−1 . respecto a un eje que pasa por (a) el centro del aro y (b) una de las partículas. ωo = 12. (a) Encuentre la velocidad angular del sistema disco-bloque. se adhieren simétricamente tres partículas cada una de masa m. de radio R y masa m. 15. wo w R R 17. a = 49 cm y a = 49 cm. Halle el momento de inercia del sistema.31 3. gira con velocidad angular ωo . ENUNCIADOS inercia del sistema y el radio de giro.9. w r1 R 16. debido a la fricción entre sus superficies. luego que la placa rectangular cae sobre el disco. MOMENTO ANGULAR. MOMENTO DE UNA FUERZA Y ENERGIA BERNARDO ARENAS GAVIRIA Universidad de Antioquia Instituto de Física 2012 . . . . . . . . . . . . . 4. . . . 4. . . . . . . .3. . . . . 4. . . . . . . . . . . . . 4. . . . . . . 4. . . ENUNCIADOS . . . . . . . . . 4. . . .3. . . . . . . .1. . Energía total de un cuerpo rígido . . . .2. . . . . Energía cinética de un cuerpo rígido . . . . . . . 4. .4. . . . . . .8. . . . . . . . .6. . . . . . . Movimiento de traslación pura . . . . . . . . . . . . . . Resultante de un sistema de fuerzas concurrentes . . . . . . . . . . . . . . . . .5. . . . . . . . . . . . . . 4. .1. . . . . .8. . . . . . . Energía cinética traslacional de un cuerpo rígido . . . . . 4. . . . . . . . .7. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. . . .Índice general 4. . . 4. . . . . . . . .3. Movimiento combinado de traslación y rotación . 4. . Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje no principal de inercia 4. . 4. . . .7. . . . . . . . .3. Momento angular y momento de una fuerza 4. . . . . Resultante de un sistema de fuerzas coplanares . . 4.5. . . . .1. . . .3. 4. . . . . . . Movimiento de rotación pura . . . . . . Energía cinética total de un cuerpo rígido . .2. . . . . . . .3. . . . . . . . 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Introducción . . . . . Descomposición de una fuerza en un sistema fuerza par . . . . .1. . . . . . . .2. . . . . . . Resultante de un sistema de fuerzas paralelas . . . . . .2. . .9. . . . . .2. . . . . . . .8. . . . . . . . 4. . . . . . . 4. . . . . . .8. .7. . . . . . .5. . . . . . . . . . . . . . .4. . . . . . . Ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido . Energía cinética rotacional de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1 2 2 2 3 8 8 8 9 11 12 13 14 16 18 18 19 22 24 24 25 25 26 28 30 34 . . . . . . . . . . . . .1. . . . . . . . . . . . .5. . . . . . 4.8. . . . . . Efectos de traslación de un par de fuerzas . . . Movimiento por rodadura de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje principal de inercia . .10. . . . . . . . . . . . . 4. . . . . . . . Momento de una fuerza respecto a un punto . . . . . . . . . . . . . . Efectos de rotación de un par de fuerzas . . . .1. . 4. . . . . . . 4. . . . . .1. . .7. . . . . . . . . . . 3 . . . . .1.1. 4. . . . . . . Momento de un par de fuerzas o cupla . . Energía en un cuerpo rígido . .2. Llave de torsión . . . . . . . . Movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . 4. . .5. . . . . . . . . . .3. .8. . . Resultante de un sistema de fuerzas aplicadas a un cuerpo rígido . . otro tipo de movimiento que tienden a imprimir las fuerzas sobre los cuerpos. Identifique el momento de un par de CONCEPTOS BASICOS fuerzas como un vector libre. energía de un cuerpo rígido y rodadura.1. movimiennera sobre el cuerpo. fuerza par equivalente. par de fuerzas o Defina un sistema fuerza par aplicado a un cupla. Defina un par de fuerzas o cupla y analice los efectos que este sistema genera sobre un cuerpo rígido. do. . En esta sección.Cap´ıtulo 4 Momento angular y momento de una fuerza Competencias En esta unidad se busca que el estudiante Obtenga la ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido. Analice situaciones utilizando el concepto de energía total. 4.teresaba considerar el efecto de las fuerzas en lo que se refiere al movimiento de traslación. Infiera la diferencia entre movimiento traslacional y movimiento rotacional. esto ha sido posible ya que solo inDefina el centro de masa de un cuerpo rígi. movimiento combinado de Reemplace una fuerza por un sistema traslación y rotación. se definirá el concepto vector momento de una fuerza (M). Aplique el principio de transmisibilidad. to de rotación pura. Introducción Obtenga la fuerza neta equivalente en Hasta ahora se ha analizado la dinámica de los el caso de fuerzas concurrentes. Analice el movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígido. Obtenga la energía cinética rotacional y la energía cinética total de un cuerpo rígido. Obtenga la fuerza resultante de un sistema de fuerzas aplicado a un cuerpo rígido. fuerzas cuerpos que se pueden tratar bajo el modelo de coplanares y de fuerzas paralelas. lo que hace sión.talle. En esta unidad se busca considerar con deObtenga defina el concepto de llave de tor. Obtenga la energía total de un cuerpo rígido. partícula. Defina y aplique el concepto de momento de una fuerza respecto a un punto. relación entre el vector momento angular cuerpo rígido y analice los efectos que gey el vector momento de una fuerza. Esta definición permite afirmar que un cuerpo rígido no se deforma bajo ninguna interacción con otros cuerpos.1: Traslación pura de un cuerpo rígido. Movimiento de traslación pura Como se analizó en las unidades anteriores.2. cuando se analiza el movimiento de traslación.2: Rotación pura de un cuerpo rígido. Un cuerpo rígido.1. han tenido el mismo desplazamiento. 4. para analizar el movimiento de traslación de un cuerpo rígido se utilizan los mismos métodos empleados para la dinámica de una partícula. Movimiento C. cuando cambia su orientación mientras se mueve. teniendo en cuenta que el cen- Movimiento de rotación pura Un cuerpo rígido posee un movimiento de rotación pura.1. C. Como se ilustra en la figura 4. A d Figura 4. permite encontrar un sistema de referencia en traslación.2 CAPÍTULO 4. es suficiente considerar el movimiento del centro de masa del cuerpo. es decir. sin importar el tipo de fuerzas que actúen sobre él. Rotación i vi O vj j Figura 4.. se puede considerar como una combinación de traslación y rotación. respecto al cual el movimiento parezca solamente de rotación. para el movimiento de traslación de un cuerpo rígido de masa constante m. O sea.M. donde F es la fuerza neta o resultante y ac la aceleración del centro de masa del cuerpo. Por ello.1. mientras el cuerpo rota alrededor de un eje fijo que pasa por el punto O. se presenta un movimiento de traslación pura cuando el cuerpo cambia de posición sin cambiar su orientación. generando fuerzas que tienden a imprimirle un movimiento que puede ser de traslación pura.1. Lo anterior. . el centro de rotación permanece fijo respecto a un sistema de referencia fijo en tierra.1. Es posible demostrar que el centro de masa. 4. las partículas i y j describen circunferencias concéntricas con centro en el eje que pasa por dicho punto. es un caso particular de un sistema de partículas.M. pero no rotante. d A F = mac . la partícula A y el centro de masa C. el movimiento más general de un cuerpo rígido. en lo que a traslación se refiere. todos los puntos del cuerpo sufren el mismo desplazamiento a medida que transcurre el tiempo. En estas condiciones. pues en su lugar el modelo útil es el de cuerpo rígido que fue definido en la unidad anterior. de tal forma que todas las partículas que lo conforman describen trayectorias circulares con centro en el eje de rotación.M. 4. se comporta como si toda la masa estuviera concentrada en dicho punto y como si todas las fuerzas externas actuaran sobre él. tro de masa es la partícula de interés. En esta unidad se consideran aquellos casos en los cuales un cuerpo rígido interactúa con otros cuerpos. es decir. De acuerdo con la figura 4. la segunda ley de Newton adquiere la forma Movimiento combinado traslación y rotación de Un cuerpo rígido puede tener dos movimientos simultáneos uno de traslación y otro de rotación. esta es la razón por la cual.3. que deben cumplir la condición que la separación entre cualquier par de ellas siempre permanece constante. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA que el modelo de partícula no sea válido.2. de rotación pura o un movimiento combinado de traslación y rotación. M. Este sentido coincide con el sentido de rotación de un tornillo de rosca derecha. Momento de una fuerza respecto a un punto Como es sabido. se mide mediante el concepto de momento de una fuerza. Movimiento d1 A C. MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO Como se observa en la figura 4.3 4. En esta unidad interesa considerar primero. se establece en forma conveniente por medio del vector posición r que une el punto de referencia o centro de rotación O con el punto de aplicación A.3: Movimiento de traslación y rotación.2. depende de la magnitud. dirección y punto de aplicación de la fuerza. Por otro lado. rotación que una fuerza tiende a imprimirle a un cuerpo rígido.3. Mo ≡ r × F. el momento de una fuerza es una medida de la cantidad de q A F r b Mo O Figura 4. que miden la tendencia de la fuerza a desplazar el cuerpo en las direcciones x. es mediante la regla de la mano derecha. se puede considerar como una traslación del centro de masa y una rotación alrededor de un eje que pasa a través del centro de masa. tal como O en la figura 4.M. genera diferentes desplazamientos a las diferentes partículas que conforman el cuerpo rígido. el sentido de Mo está definido por el sentido de rotación que alinearía a r con F. esta tiende. una fuerza F que actúa sobre un cuerpo rígido se puede descomponer en sus componentes rectangulares Fx . la posición del punto de aplicación A. Se define el momento M de la fuerza F. sería en el sentido de movimiento de las manecillas del reloj para un observador no rotante situado en O. A A d2 Figura 4. La tendencia de una fuerza F a imprimirle un movimiento de rotación a un cuerpo rígido alrededor de un punto. (4. 4. En otras palabras. Necesariamente. Así. y y z.1) De acuerdo con la definición de producto vectorial ó producto cruz. se considera la fuerza F que actúa sobre el cuerpo rígido de la figura 4.4: Momento de la fuerza F respecto al punto O. el momento de fuerza Mo es perpendicular al plano formado por el vector posición r y el vector fuerza F . Procediendo de esta forma. o lo que es igual.4. el momento de una fuerza es perpendicular tanto al vector posición r como al vector fuerza F. en el caso de rotación en un plano. el movimiento del cuerpo al pasar de la posición (1) a la posición (2).2. el pulgar . es decir.4. alrededor de un eje que pasa por un punto del cuerpo rígido. respecto a un punto. Fy y Fz . En el caso de la figura 4. C. Otra forma de obtener el sentido de rotación. que consiste en lo siguiente: se coloca la mano abierta paralelamente al vector posición y luego se cierra en el sentido del ángulo menor formado por los vectores r y F. Para definir esta cantidad física. el efecto de rotación del cuerpo rígido alrededor de un eje que pasa por el punto O. (2) (1) C. respecto al punto O.4. Este movimiento combinado. el desplazamiento del centro de masa es diferente al desplazamiento de la partícula A y en general se presenta esta situación para todas las partículas del cuerpo. respectivamente. También se sabe que si a un cuerpo rígido se le aplica una fuerza. el efecto de rotación que las fuerzas tienden a imprimirle a los cuerpos rígidos alrededor de un eje que pasa por un punto.M. a imprimirle tanto un movimiento de traslación como de rotación. Adicionalmente. en general. como el producto cruz o vectorial de los vectores r y F en ese orden. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA z apunta en el sentido de Mo .4 apunta perpendicularmente hacia Mo la hoja. respecto a un eje que pasa por el Figura 4. punto O. mediante el determinante . que para el caso de la figura 4.6: Dirección de M con r y F en el plano xy. se puede determinar el momento de la fuerza. y O Como en tres dimensiones el vector posición r está dado en componentes rectangulares por F r = xi + yj + zk y el vector fuerza por F = x A Fx i + Fy j + Fz k.4 CAPÍTULO 4. . . i j k . . o sea . En la figura 4.4 se observa que b = rsenθ. y z . . Mo = r × F = . . 3) se transforma en . x que la ecuación (4. Fx Fy Fz . 4. F y Mo . sino una línea de aplicación. θ es el ángulo menor entre el vector posición r y la línea de acción de la fuerza F. De la ecuación (4.4) Resolviendo el determinante se obtiene Mo = (yFz −zFy )i + (zFx − xFz )j + ( xFy −yFx )k Mo O F r q A Figura 4. Ello permite afirmar que no se tiene un punto de aplicación. corresponde a la ecuación de la línea de acción de la fuerza cuyo momento de la fuerza es M. En otras palabras. donde se observa la condición de perpendicularidad entre el plano formado por los vectores r y F con el vector Mo . por definición de producDimensiones y unidades del momento de una to vectorial.4).2) donde b es la distancia perpendicular desde O hasta la línea de acción de la fuerza F y se conoce como el brazo de palanca o brazo de la fuerza. En síntesis. se muestran las direcciones relativas de los vectores r.1). ya que entre más lejos de las bisagras se aplique la fuerza con mayor facilidad esta adquiere movimiento de rotación.3) la dimensión del momento de una fuerza es- . la magnitud del mofuerza mento de la fuerza está dada por De acuerdo con la ecuación (4. se tiene z = 0 y Fz = 0.My y Mz miden la tendencia de la fuerza a imprimir al cuerpo rígido un movimiento de rotación alrededor de los ejes x. (4.5. y y z. Igualmente se nota en la figura 4. por lo que el momento de la fuerza queda expresado por Mo = ( xFy −yFx )k. En la figura 4. siendo x y y arbitrarios. se tiene que M = rFsenθ = F (rsenθ ). Un ejemplo de esto se presenta cuando se trata de abrir o cerrar una puerta. En el caso particular que r y F se encuentren en el plano xy.4). cuya magnitud está dada por Mo = xFy − yFx y corresponde a un vector paralelo al eje z. hecho conocido como el principio de transmisibilidad.5: Posiciones relativas de r. Sabiendo que en la figura 4. las componentes rectangulares Mx . se puede concluir que la efectividad en la rotación que tiende a imprimir la fuerza F sobre el cuerpo rígido. los efectos físicos de traslación y rotación no varían en absoluto cuando se lleva a cabo esta operación. F y Mo . la expresión M = xFy −yFx para el caso de dos dimensiones. (4. ecuación (4. respectivamente. aumenta con el aumento del brazo b. así. de lo anterior se puede afirmar: El momento de una fuerza mide la tendencia de la fuerza F a hacer rotar o girar al cuerpo alrededor de un eje fijo dirigido a lo largo de M. M = Fb.6. Expresando el momento de la fuerza F en la forma Mo = Mx i + My j + Mz k. como en la figura 4. (4. que la fuerza F se puede desplazar a lo largo de su línea de acción sin cambiar el momento de la fuerza.4. 7. b) hacia abajo.1. la fuerza tiende a generar una rotación sobre la varilla en sentido horario. con = F = rc 1 2 L (cosβ i + sen β j) F i. la máxima rotación se obtiene para β = 90o . Ejemplo 4. está dado por MC = − 12 ( FLsenβ)k. esto es. [F][b] que es la forma como se acostumbra expresarla. Otra unidad que se emplea en algunos casos es el kilogramo-fuerza por metro. en el sistema gaussiano dina · cm y en el sistema inglés lb · p. (2) De acuerdo con las ecuaciones (1) y (2). es común emplear la expresión M = Fb que sólo permite obtener la magnitud del momento de una fuerza. respectivamente. el momento de la fuerza respecto al punto medio C. si la fuerza está dirigida a) hacia arriba.1). las componentes rectangulares del vector posición y de la fuerza están dadas. De acuerdo con la figura 4.2. determine el momento de la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C.5 4. Compare los resultados obtenidos. Utilizando la ecuación (4. se tiene i) En ambos casos el momento de la fuerza es un vector que entra perpendicularmente al plano de la hoja. . es decir. el momento de la fuerza se toma positivo cuando el cuerpo rígido rota en sentido contrario a las manecillas del reloj y negativo al rotar en el mismo sentido de las manecillas del reloj. es necesario tener una convención de signos. representado por kgf · m. Solución Respecto al punto A. Pero como en dos dimensiones el cuerpo rígido puede rotar en dos sentidos. Ejercicio 4. por rA F = = L(cos β i + sen β j) F i. aunque con diferentes valores. F _ + F A A r r Mo b b O O Mo Figura 4. cuando la fuerza aplicada es perpendicular a la varilla. es decir.1). Efectuando el producto vectorial entre estos vectores. para no confundirla con las dimensiones de trabajo y energía. Utilizando la ecuación (4. La varilla AB de la figura tiene longitud L y está sometida a la fuerza vertical F. Por consiguiente. ii) Para una orientación fija de la varilla. se encuentra que el momento y F B C b x A de la fuerza respecto al punto A es MA = −( FLsenβ)k. apunta en el sentido negativo del eje z. determine el momento de la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C. iii) En los dos casos. En el caso particular de dos dimensiones. MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO tá dada por la dimensión de fuerza multiplicada por la dimensión de brazo.7: Convención de signos para M. la unidad del momento de una fuerza en el sistema internacional de unidades es N · m. De este modo.1. Compare los resultados obtenidos. es mayor la cantidad de rotación que tiende a imprimir la fuerza respecto al punto A. (1) Operando en forma similar. La varilla AB de la figura tiene longitud L y está sometida a la fuerza horizontal F. al compararla con la rotación que tiende a imprimir respecto al punto C. como se encontró en el ejemplo 4. Halle el momento de la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C.4). se observa que entre mayor sea el brazo de la fuerza. Al comparar las ecuaciones (1) y (2). La varilla AB de la figura tiene longitud L y está sometida a la fuerza vertical F. Igualmente. descomponiendo la fuerza en una componente paralela a la varilla y una componente perpendicular a ella. o sea. determine el momento de la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C. Utilizando la ecuación (4. determine el momento de la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C. La varilla AB de la figura tiene longitud L y está sometida a la fuerza horizontal F. la línea de acción de la componente . B bC (1) F b Ejemplo 4.4). B F C bA C b A b 1 2 Lsenβ.2. donde el brazo de la fuerza es bA = Lsenβ. MA > MC . como lo muestra la figura. si la fuerza está dirigida a) hacia arriba. Mediante la regla de la mano derecha.1. Utilizando la ecuación (4. se encuentra que la rotación en ambos casos A Solución En este caso. Ejercicio 4. la magnitud del momento de la fuerza F. Compare los resultados obtenidos. mayor es la rotación que la fuerza tiende a imprimir sobre la varilla. respecto al extremo A. F y B C b x A Ejemplo 4. b) hacia abajo. La varilla AB de la figura tiene longitud L y está sometida a la fuerza horizontal F. F B F B C C q b A A Solución De acuerdo con la figura.6 CAPÍTULO 4.2.3. con bC = el momento respecto al punto medio de la varilla es (2) MC = F ( 12 Lsenβ). MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA coincide con el sentido de rotación de las manecillas del reloj. Compare los resultados obtenidos. está dado por MA = F ( Lsenβ). Compare los resultados obtenidos. 0). Compare los resultados obtenidos.2j + 0. b) hacia abajo. respecto al origen de coordenadas. F sen β.5 m. mediante la ecuación (4. La tensión en el cable AB es 500 N. 17 m).5 m l 2 m BA B 1m C 35o y lDA D x De acuerdo con la figura. La torre de la figura se sostiene mediante A 17 m 3. B(−1 m. λCA y λDA . TCA y TDA . TCA = TCA λCA y TDA = TDA λDA . La varilla AB de la figura tiene longitud L y está sometida a la fuerza vertical F. como se indica.2. 2.06i − 0. C (−3 m. con rotación de la varilla en el sentido de las manecillas del reloj. MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO F// B b F F C b tres cables sujetos en la parte superior. 0) y D (5. Halle el momento que cada cuerda ejerce sobre el piso. Por otro lado. Como TBA = TBA λBA . Ejercicio 4. F B C b A Ejemplo 4. pasa por los puntos A y C. las componentes rectangulares de las tensiones en cada una de las .5 m 2m C 3m B 1m y o 35 D x Solución Para determinar las componentes de la tensión en cada una de las cuerdas. las coordenadas de los extremos de cada cuerda están dadas por A(0. 0) Teniendo en cuenta las coordenadas anteriores.97k.01 m. Estos resultados son idénticos a los encontrados en los ejemplos 4. si la fuerza está dirigida a) hacia arriba.99k.4).22j + 0. esto es. Encuentre el momento de la fuerza respecto al extremo A y respecto al punto medio C.4. Así. la tensión en el cable AC es 800 N y la tensión en el cable AD es 103 N. descomponiendo la fuerza en una componente paralela a la varilla y una componente perpendicular a ella. se definen los vectores unitarios λBA . 0. coincide con la longitud de la varilla para el punto A y con la mitad de la longitud de la varilla para el punto medio C. 4.73 m. z 17 m A TCA T BA TDA lCA 3m 3. el brazo de la componente perpendicular.12j + 0.17i + 0.7 4. como se ilustra en la figura.3. se encuentra que los vectores unitarios en componentes rectangulares están dados por λBA λCA λDA = 0. = −0.1 y 4. paralelos respectivamente a las tensiones TBA .31i − 0. −3.2. A z paralela F cos β. El punto D se encuentra a 7 (m) del origen de coordenadas.92k. se obtiene MA = F ( Lsenβ) MC = F ( 21 Lsenβ). = 0. su brazo es cero y por consiguiente dicha componente no tiende a generar rotación sobre la varilla. 9. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA ii) Sus líneas de acción son paralelas.5j) m.50k) N · m. .8. es decir.6) donde M es llamado el momento del par y es un vector perpendicular al plano que contiene las dos fuerzas y cuya magnitud es M = rFsenθ = Fb. Momento de un fuerzas o cupla par de -F rB O b r q rA F A Figura 4.8: Par de fuerzas o cupla. Igualmente. = (5. Ya que F1 + F2 = F1 + (−F1 ) = 0. pero no superpuestas. F1 = F2 . F1 = −F2 . A (4. esto es.5) F2 F1 Si en la ecuación (4. = (136i + 160j + 776k) N. así.2. respecto al origen de coordenadas.está dada por mente las tres condiciones siguientes M = rA × F + rB × (−F) = (rA − rB ) × F. par de fuerzas o cupla si cumplen simultánea. los vectores posición del punto de aplicación de cada tensión respecto al origen de coordenadas. Teniendo en cuenta las componentes rectangulares de la tensión en cada cuerda y sus respectivos vectores posición. respecto al punto arbitrario O. = (−i + 2j) m. = (−3i − 3.3.73i + 4.9: Momento de un par de fuerzas o cupla. están dados en componentes rectangulares por rOB rOC rOD 4. es necesario determinar el momento total o resultante de las dos fuerzas cuando actúan sobre el cuerpo rígido.4i − 5271.8 CAPÍTULO 4. siendo r el brazo de palanca del par. rOC × TCA B (−2716i + 2328j − 4k) N · m. cuerdas. la suma o resultante de las dos fuerzas es cero. Figura 4.5) se hace la definición r ≡ rA − rB . las fuerzas F1 y F2 forman un fuerzas F y −F. están dadas por TBA TCA TDA = (30i − 60j + 495k) N. Para ello se considera el par de fuerzas de la figura 4.3.6j − 50.1. rOD × TDA (3698. rOB × TBA (990i + 495j) N · m. = (−310i − 220j + 920k) N. se encuentra que el momento que cada cuerda ejerce sobre el piso. (4.02j) m. i) Las fuerzas son de igual magnitud. se tiene B M = r × F.3. está dado respectivamente por M1 M2 M3 = = = = = = Efectos de traslación de un par de fuerzas Efectos de rotación de un par de fuerzas Para considerar los efectos de rotación. iii) Los sentidos de las fuerzas son opuestos. un par de fuerzas no tiende a generar ningún efecto de traslación cuando se aplica a un cuerpo rígido. La suma vectorial de los momentos de las En la figura 4. 4. 4. por fuera de su línea de acción. no cambian los efectos de traslación ni de rotación. el vector posición r y la fuerza F aplicada en A. De lo anterior. De acuerdo con el principio de transmisibilidad.9 4. se modifican los efectos de rotación sobre el cuerpo rígido. De este modo. En esta disposición. forman un par cuyo momento es M = r × F.10: Pares equivalentes. el sistema fuerza-par se representa en la forma mostrada en la figura 4. ya que su resultante es cero y el momento neto de ellas respecto a O es nulo. Si como en la figura 4. se encuentran en el plano de la hoja. se ha logrado encontrar una fuerza F aplicada en O y un par de momento M aplicado en el mismo punto. que no modifican ninguna acción sobre el cuerpo rígido. sin cambiar los efectos tanto de traslación como de rotación sobre el cuerpo rígido. al llevar a cabo la operación anterior. F A r F r A Mo O O Figura 4. Descomposición de una fuerza en un sistema fuerza par En el cuerpo rígido mostrado en la figura 4. donde M es el momento del par correspondiente. aunque los efectos de traslación permanecen inalterados. se desea trasladar el punto de aplicación de la fuerza F del punto A al punto O. se sabe que si la fuerza se desliza a lo largo de su línea de acción. que el momento de un par de fuerzas o cupla es un vector libre. se procede de la forma siguiente.11. o sea.6). Para que los efectos de rotación sobre el cuerpo rígido no cambien. 4. Esta situación se ilustra en la figura 4. pero si se desplaza al punto O. es decir. la fuerza F aplicada en el punto A y −F aplicada en el punto O.4. muestra que M no depende del punto de referencia O.10. DESCOMPOSICIÓN DE UNA FUERZA EN UN SISTEMA FUERZA PAR donde b es la distancia perpendicular entre las líneas de acción de las dos fuerzas. ya que r es independiente del centro de momentos O. El par tiende a imprimir al cuerpo rígido los mismos efectos de rotación respecto a O que la fuerza F tendía a generar antes de trasladarla a . sobre un cuerpo rígido. dos pares de fuerzas tienen momentos iguales en magnitud y dirección. se puede afirmar: Cualquier fuerza F que actúe sobre un cuerpo rígido. donde F1 b1 = F2 b2 . que tiende a imprimir la fuerza única F aplicada inicialmente en el punto A. siempre que se agregue un par de momento igual al momento de F respecto al punto O. -F2 b1 F1 b2 -F1 F2 Figura 4. como lo muestra la figura 4. conocida como sistema fuerza-par.12: Sistema fuerza-par en un plano. En el punto O se aplican las fuerzas F y −F F F A r O A r F O -F Figura 4. se dice que los dos pares son equivalentes ya que tienden a generar los mismos efectos de rotación al actuar.12. por separado. se puede desplazar a un punto arbitrario O.11: Sistema fuerza-par. F responde por los mismos efectos de traslación y el par de momento M por los mismos efectos de rotación. ya que no se cambia la magnitud de la fuerza.11. El resultado dado por la ecuación (4. cuando esto ocurre.4.9. En algunos casos. cuando se analice el movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígido. respecto al punto C. B q A F MA C F A C q A Solución a) Para que no cambien los efectos de q De los dos resultados anteriores se observa que el momento del par es diferente al tomar distintos puntos. se lleva a cabo la operación anterior con cada una de las fuerzas. que se puede reemplazar por una fuerza única o resultante. el sistema fuerza-par equivalente en el punto medio de la varilla. por un sistema fuerza-par aplicado a) En el extremo A. Por otro lado. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA dicho punto. que la fuerza única aplicada en A y el sistema fuerza-par correspondiente. obteniéndose un par resultante y un sistema de fuerzas concurrentes aplicadas en O.Reemplazar la fuerza horizontal. aplicado en el extremo A de la varilla. independientemente del punto donde se aplique el sistema fuerza-par equivalente. Así. los efectos de rotación no cambian si en A se aplica un par equivalente. MA F b) En el punto C la fuerza aplicada debe ser la misma que en caso anterior. los efectos de . de tal forma que la fuerza se escoge igual a F para la equivalencia traslacional y el par con momento igual a M. se escoge para la equivalencia rotacional.5. dados respectivamente por traslación que la fuerza tiende a imprimir sobre la varilla. i M = M1 + M2 + M3 + · · · = C ∑ Mi . se obtiene un sistema fuerza-par formado por la fuerza neta F y el par resultante M. Sin embargo.10 CAPÍTULO 4. son físicamente equivalentes. B Ejemplo 4. esto es F = Fi. se muestra en la figura. b) En el punto medio C. i En conclusión: Siempre es posible reemplazar cualquier sistema de fuerzas por un sistema fuerzapar. Esto debe ser así ya que la fuerza tiende a imprimir diferentes efectos de rotación respecto a puntos distintos. pero el par debe tener un momento. F = F1 + F2 + F3 + · · · = B ∑ Fi . concurrentes o no. esto es. se tratarán por separado los efectos de traslación y rotación. igual al momento de la fuerza aplicada en B y evaluado respecto al punto A. la fuerza aplicada en A debe ser la misma. las fuerzas aplicadas se reemplazarán por un sistema fuerzas-par equivalente. igual a MC = − 12 ( FLsenθ )k En este caso. Como se verá posteriormente. o sea MA = −( FLsenθ )k En la figura se muestra el sistema fuerzapar equivalente. Cuando actúan varias fuerzas sobre el cuerpo rígido. es decir. La varilla AB de la figura tiene longitud L y está sometida a la fuerza horizontal F. b) Hacia abajo.5. el sentido de rotación es opuesto. De forma similar. tienden a imprimir sobre la escuadra. La escuadra de la figura. se muestra en la figura siguiente. suponiendo que la fuerza aplicada en el extremo B es vertical y dirigida: a) Hacia arriba. por un sistema fuerza-par equivalente aplicado en el vértice A. Calculando los momentos de las fuerzas respecto al punto A y sumando los pares M y 2M. la fuerza resultante equivalente al sistema de fuerzas. Ejemplo 4.5. . formado por F y MA . Ejercicio 4.87Pd. es necesario considerar por separado los efectos de traslación y de rotación. en caso contrario.6. P2 = 2P. Los efectos de traslación sobre el cuerpo.37j). se encuentra que en magnitud y dirección la fuerza resultante está dada por F = 0.83i + 0. quedan determinados por el vector suma o resultante de las fuerzas. b) En el punto C. los efectos de rotación sobre el cuerpo rígido. Reemplace el sistema de fuerzas y los dos pares del ejemplo 4.7) donde se opera en la misma forma que para una partícula sometida a varias fuerzas concurrentes.87Pd)k.5. ya que el triángulo es equilátero.5. En la figura se supone que M > 0. y M F x P1 Solución Teniendo en cuenta que las fuerzas P1 y P2 forman ángulos de 60o con la dirección positiva del eje x. Las magnitudes de las fuerzas están dadas por El sistema fuerza-par. están determinados por el vector suma de los momentos de las fuerzas.4. P3 = 23 P y P4 = 21 P. es decir. Utilizando el teorema de Pitágoras y la definición de la función tangente. Resolver el ejemplo 4. teniendo en cuenta su respectivo signo. está sometida a fuerzas en sus tres vértices y a los dos pares M y 2M. aplicadas en diferentes puntos. RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS APLICADAS A UN CUERPO RÍGIDO traslación no cambian siempre y cuando no se cambien la magnitud ni la dirección de la fuerza dada. B P2 P3 A P4 2M C D MA A 24o C Ejercicio 4. está dada en componentes rectangulares por F = P(0. Reemplazar el sistema de fuerzas y los dos pares. evaluados respecto al mismo punto de referencia.6.11 4. y responde por los mismos efectos de traslación y rotación que las fuerzas y los dos pares simultáneamente aplicados. por un sistema fuerza-par aplicado a) En el punto B. F = F1 + F2 + F3 + · · · = ∑ Fi . 4. B P1 = P. (4.91P ∠24o . que es un triángulo equilátero de lado d. Resultante de un sistema de fuerzas aplicadas a un cuerpo rígido Si sobre un cuerpo rígido actúan varias fuerzas. para el par resultante se obtiene MA = ( M − 0. que da el punto de aplicación de la fuerza F respecto al centro de rotación. Así.13: Sistema de fuerzas concurrentes. M = r×F (4.13. M = M1 + M2 + M3 + · · · = ∑ Mi .8) Pero ¿qué se puede decir respecto al punto de aplicación de la fuerza resultante? Como respuesta se tiene que no siempre es posible reemplazar este sistema de fuerzas por una fuerza única que sea equivalente.5. respecto al punto O.1. la fuerza F así aplicada es equivalente al sistema. su resultante. respecto al punto O. 4. Sin embargo. respecto al mismo punto O. Reemplazar el sistema de fuerzas que actúan en el extremo B de la varilla. En conclusión. respecto al centro de rotación O. Como un resultado general. ya que sólo es posible hacerlo cuando F y M. Si la condición anterior se satisface (M perpendicular a F). Resultante de un sistema fuerzas concurrentes de Se considera el caso de varias fuerzas concurrentes actuando sobre un cuerpo rígido y que están aplicadas en el punto A. . es igual a la suma de los momentos de las distintas fuerzas aplicadas. la que es completamente equivalente al sistema en lo que respecta a efectos de traslación y rotación.9) donde la resultante del sistema de fuerzas aplicadas al cuerpo rígido.13. como se muestra en la figura 4. esto no siempre es posible ya que en muchos casos F y M no son perpendiculares. un sistema de fuerzas no concurrentes que actúan sobre un cuerpo rígido. por una fuerza única equivalente.9) adquiere la forma F = F1 + F2 + F3 + · · · = ∑ Fi donde se ha aplicando la propiedad distributiva del producto vectorial respecto a la suma.7. Enunciado conocido como el teorema de Varignon. tanto en lo referente a rotación como a traslación. ya que sólo de esta manera se satisface la expresión M = r × F que permite determinar el vector posición r.7) y (4. En general. igual que el momento resultante. no siempre es posible reducirlo a una fuerza única que sea equivalente. la ecuación (4. el momento con respecto al punto O de la resultante de varias fuerzas concurrentes. Sin embargo. está dado por (4.8) sean perpendiculares. es perpendicular a la fuerza neta F.12 CAPÍTULO 4. En el caso particular que todas las fuerzas concurrentes sean coplanares y que O se encuentre en el mismo plano. se encuentra mediante la expresión F = F1 + F2 + F3 + · · · = ∑ Fi En este caso. De este modo. pues en ellos se satisface la condición de perpendicularidad entre F y M. obtenidos mediante las ecuaciones (4. el vector posición r es común al punto de aplicación de todas las fuerzas. se tiene que un sistema de fuerzas concurrentes siempre se puede reemplazar por una sola fuerza. cada uno de los momentos de fuerza tiene la misma dirección perpendicular al plano. hay tres casos en los que siempre es posible reemplazar un sistema de fuerzas por una fuerza única que es completamente equivalente al sistema dado. Ejemplo 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA es decir M = M1 + M2 + M3 + · · · = ∑ Mi El momento de la fuerza resultante F. y de este modo el momento total de las fuerzas aplicadas al cuerpo rígido. F2 F3 F4 F F1 A A r r O O Figura 4. como se ilustra en la figura 4. se encuentra que la resultante de las fuerzas concurrentes aplicadas en el extremo B de la varilla.14. Así. fuerzas coplanares Este resultado se cumple aunque el centro de En la figura 4.6.M2 . la fuerza resultante es perpendicular al momento neto M.14.5. De este modo. se tiene que tanto los momentos individuales M1 .48 N ponentes rectangulares del vector posición r B 48. de acuerdo con la ecuación 4. está dada en componentes rectangulares por F = (4. Resultante de un sistema de to M es perpendicular a la fuerza resultante F.48 N∠ 48. donde el origen O se hace coincidir con el punto de rotación o centro de momentos. siemla situación planteada en el ejemplo 4. esto es. rígido. para coplanares actúa sobre un cuerpo rígido. y) O x F3 60o x Figura 4. x y y las com6. corresponde a la ecuación de la línea de acción de la fuerza resultante.82 j)N. es posible aplicar la fuerza resultante F en un punto cuyo momento esta dado por la expresión M = r × F . o sea que su magnitud y dirección están dadas por F = 6. se muestra la fuerza única que responde por los mismos efectos de traslación y rotación que tienden a generar las cuatro fuerzas simultáneamente aplicadas en el extremo B de la varilla. se tiene un sistema de momentos se encuentre fuera del plano de las fuerzas coplanares actuando sobre un cuerpo fuerzas.14: Sistema de fuerzas coplanares.10) donde Fx y Fy son las componentes rectangulares de la fuerza resultante F.2.06 donde debe aplicarse la fuerza F. Esta expresión.2. Se presenta una excepción a esta regla y es o o . En este caso. RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS APLICADAS A UN CUERPO RÍGIDO y 20 N y F F1 10 N B y 60 o 30o 5N O r2 F2 10 N r r1 x r3 (x.5. Para el sistema de coordenadas mostrado en la figura 4.10).13 4. · · · . la relación vectorial se puede reemplazar por la expresión M = xFy − yFx (4. ya que esta puede deslizarse A a lo largo de su línea de acción sin cambiar los efectos físicos.7. A Solución Utilizando el sistema de coordenadas mostrado en la figura. la fuerza única equivalente se y debe aplicar en un punto de coordenadas ( x. de acuerdo con el principio de transmisibilidad. son perpendiculares al plano xy. como el momento total M.M3 .33 i + 4. pre es posible reducir el sistema a una sola fuerza F. donde r es el vector posición del punto de aplicación de la fuerza F respecto a O. hay una 60 x línea de aplicación. ya que en este caso el momento ne4. En síntesis: Cuando un sistema de fuerzas Compruebe el teorema de Varignon.06o En la siguiente figura. Ejercicio 4.y) tal que se satisfaga la ecuación (4. es decir. la línea de acción de la resultante corta el eje x en x = 2.14) se satisfacen las y pueden o no estar orientadas en el mismo únicamente si se cumple que sentido.15: Sistema de fuerzas paralelas. sobre la recta AC y = 0. (4.37Px − 0.10). y su magnitud es F = − F1 + F2 + F3 − F4 + · · · = ∑ Fi . con Fi = Fi u.3. dicular a la fuerza resultante F. p = (− F1 + F2 + F3 − F4 + · · · )u ( ) = ∑ Fi u. Ahora. se toma como referencia el vector unitario u.7 M − 0. sobre el lado AC y sobre la altura BD.87Pd = 0.8. la fuerza resultante es paralela al vector unitario u. tal que fuerzas paralelas ( ) En la figura 4. así.12) · = ∑ ri × Fi .14 CAPÍTULO 4.13) y (4.6.6. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA cuando F = 0 y M ̸= 0. se tiene un sistema de M = rc × F = rc ∑ Fi × u (4. Solución De acuerdo con la ecuación (4. dad. Resultante de un sistema de aplicar en una posición rc . el vector posición en la forma vectorial del punto donde se debe aplicar la fuerza única F = F1 + F2 + F3 + F4 · · · (4. la ecuación de la línea de acción de la fuerza única equivalente.2 (1. la altura BD pasa por x = d/2.11) F está dado por y = 1. rc = −r1 F1 + r2 F2 + r3 F3 − · · · ∑ ri Fi .15. adquiere la forma M − 0. que sólo tiende a imprimir efectos de rotación. Las ecuaciones (4. Determinar el punto de corte. respecto a O. sobre el eje Por lo tanto. por la ecuación (4. M = r1 × F1 + r2 × F2 + r3 × F3 + · ·(4. también es perpenEjercicio 4. los puntos del ejercicio 4. en el caso de fuerzas paralelas x y sobre el eje y. (4. el cual permite expresar la fuerza resultante De esta forma. esto es. Determine.15) = − F1 + F2 + F3 − F4 + · · · ∑ Fi . de la línea de acción siempre es posible reemplazar el sistema de fuerzas de la fuerza única correspondiente al sispor una fuerza única equivalente. el punto de corte de la línea de acción de la fuerza única que es equivalente al sistema fuerza par obtenido en ejemplo 4.11).11).13) muestra que el momento resultante M es perpendicular al vector unitario u. así que la línea de acción de la resultante corta la vertical en u O F2 F1 F3 F4 Figura 4. la fuerza equivalente F se debe 4.14) fuerzas paralelas actuando sobre un cuerpo rígido.87Pd P Por otro lado. Para el análisis que sigue y para mayor clari( ) rc ∑ Fi = ∑ (ri Fi ). así. que las fuerzas paralelas simultáneamente aplicadas.5. tienden a imprimirle al cuerpo rígido. la ecuación (4. pues en este caso el sistema corresponde a un par de fuerzas o cupla. sus líneas de acción son parale. así.83Py Respecto al sistema de referencia utilizado en el ejemplo 4.7. De este modo.06Pd − M) .6.13) La ecuación (4.donde se ha tenido en cuenta la ecuación (4. que responde tema fuerza par obtenido en cada uno de por los mismos efectos de traslación y rotación.12) se transforma en ( ) M = ∑ ri × Fi u = ∑ ri Fi × u. Ejemplo 4. 15 4.15) en componentes rectangulares. posee un peso y todos ellos corresponden a fuerzas paralelas.16) Un ejemplo de esta situación se presenta en el caso del peso de un cuerpo. y D P/2 2P/3 C B A q mg x a) La fuerza neta equivalente al sistema de fuerzas paralelas al eje y es 5 mgj.16).22 0. la fuerza resultante debe aplicarse en el punto B.25 0. se somete al sistema de fuerzas paralelas mostrado en la figura.M. para que los efectos sobre el cuerpo rígido no cambien.12 0. D C B MA q A F C. se encuentra que las coordenadas del punto de aplicación de la fuerza. en xc y xc . Luego de calcular los momentos de las fuerzas respecto al punto A. se encuentra que el momento del par resultante está dado por 5 MA = − 48 mgLcosθk. donde cada partícula. se encuentra que las coordenadas del punto de aplicación de la fuerza única equivalente están dadas por xB = 41 Lcosθ y yB = 14 Lsenθ Figura 4.18 0. El punto donde se debe aplicar la fuerza resultante o peso del cuerpo. b) Determine el punto de aplicación de la fuerza única equivalente. no es más que el centro de masa del cuerpo. por tener masa. para diferentes valores del ángulo θ. F = − 12 θ cos θ 0 30 45 60 90 4 0. W b)Mediante las ecuaciones (4. a)Reemplace las cuatro fuerzas por un sistema fuerza par aplicado en el extremo A. Solución P Como se muestra en la siguiente figura.00 4 0. la coordenada xc disminuye .00 0. El sistema fuerza par equivalente aplicado en el extremo A.16 se muestra esta situación.16: Sistema de fuerzas paralelas.22 0.5. están dadas por xc = ∑ xi Fi ∑ yi Fi ∑ zi Fi .25 sen θ Se observa que al aumentar la inclinación de la barra.9. Una barra uniforme de longitud L y masa m. RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS APLICADAS A UN CUERPO RÍGIDO Expresando los vectores de la ecuación (4. Ejemplo 4. La magnitud de la fuerza P es mg/2 y además AB = BC = CD = L/4. yc = . y D C F B q A x En la tabla siguiente se muestra el valor de los coeficientes de L.18 0. zc = ∑ Fi ∑ Fi ∑ Fi (4.12 0. se muestra en la figura siguiente. En la figura 4. en un punto A donde la fuerza neta genere el mismo momento M2 respecto al punto O.9.17: Sistema fuerza par no perpendiculares. es semejante a la acción generada por una llave de torsión o a la broca en un taladro. En las secciones anteriores se analizaron los tres casos en los cuales es posible reemplazar un sistema de fuerzas por una fuerza única equivalente al sistema de fuerzas. Sobre el cubo de la figura. de lado 100 mm. se aplica el sistema fuerza par formado por la fuerza neta F y por el par M1 . donde se ejerce una fuerza y un par aco tuando sobre la línea de acción de dicha fuerza. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA mientras que la coordenada yc aumenta. como se ilustra en la figura 4. que actúe sobre un cuerpo. Una vez se lleva a cabo esta descomposición. se puede reemplazar por un sistema fuerza par equivalente.17 Figura 4. Esta situación se ilustra en la figura 4. se le conoce como una llave de torsión. como se muestra en la figura 4. M1 /F. el sistema fuerza par equivalente formado por estas dos cantidades.18.8.Compare los resultados. tomando el origen de coordenadas a) En el punto C. Llave de torsión Como un resultado general. a) Reemplace el sistema de fuerzas por un sistema fuerza par aplicado en el punto O. actúan cinco fuerzas paralelas a sus respectivas aristas. En el caso particular. Un sistema de fuerzas en el espacio se puede reemplazar por una fuerza única equivalente sólo cuando la fuerza neta F que actúa sobre el cuerpo y el momento neto M son perpendiculares. que genera tanto efectos de traslación como efectos de rotación. Resuelva el ejemplo 4. primero se descompone el momento del par resultante. donde ambos vectores actúan en la misma dirección.19: Llave de torsión formada por F y M. b) En el punto D. en una componente paralela a la línea de acción de la fuerza resultante F y en otra componente perpendicular a la línea de acción Ejemplo 4. F M1 A o Figura 4. o por un par.10. que sólo genera efectos de rotación. Al sistema formado por la fuerza neta F y por el par M1 . de la resultante F.16 CAPÍTULO 4. como paso de torsión.19. A la línea de acción de la fuerza neta F. F M1 o M2 4. con el obtenido en el ejemplo 4. b) Determine el ángulo que forman la fuerza neta y el par re- . se tiene que todo sistema de fuerzas en el espacio. O sea M = M1 + M2 . Para obtener la llave de torsión correspondiente al sistema fuerza par de la figura.9. Ejercicio 4. pero con la fuerza F actuando siempre sobre el punto B. se le conoce como el eje de torsión y a la relación p = Figura 4. se puede reemplazar por una llave de torsión. que la fuerza neta F y el momento neto M no sean perpendiculares.6.18: Para paralelo y perpendicular a F. El F nombre se debe a que la acción simultánea de Mo empujar y torcer. está dado en componentes rectangulares por Mo = (2. solo se muestra el sistema fuerza par en O obtenido. se encuentra que el momento neto que actúa sobre el cubo. c)Para obtener la llave de torsión. 55.08 N. 136. considerando cada una de las fuerzas aplicadas y el vector posición de su punto de aplicación respecto al origen de coordenadas. en busca de claridad.30o .34o .30o . Este sistema fuerza par debe responder por los mismos efectos de traslación y rotación que el sistema de fuerzas aplicadas tiende a imprimirle al cuerpo rígido.60o . LLAVE DE TORSIÓN sultante.76o . Teniendo en cuenta el sistema de coordenadas de la figura y la componente de cada una de las fuerzas.5 k)N m (2). Como la resultante del sistema de fuerzas inicialmente aplicado al cubo es diferente de cero. Mo θx z B A D 10 N θy θz C 15 N 25 N O 25 N x Por lo que su magnitud y dirección respecto a cada uno de los ejes de coordenadas es E G 20 N H θx θy θz = = = = (1).5 i − 4. significa que el sistema de fuerzas tienden a imprimirle efectos de rotación al cuerpo rígido a lo largo de cada uno de los ejes coordenados.5 j + 3. primero se descompone el par resultante y . puesto que la fuerza neta tiene componentes no nulas a lo largo de cada uno de ellos. son F 6.17 4. se encuentra que la fuerza neta en componentes rectangulares está dada por F = (−50 i − 5 j + 20 k)N = = = = O b) Para determinar el ángulo γ que forman la fuerza neta y el par resultante. donde F responde por los mismos efectos de traslación que el sistema de fuerzas aplicado y M por los mismos efectos de rotación generados por las fuerzas aplicadas al cuerpo rígido. (3) FMo Reemplazando las ecuaciones (1). (2) y sus respectivas magnitudes en la ecuación (3) y luego de llevar a cabo las operaciones indicadas. debido a las fuerzas aplicadas. esto es F • Mo cos γ = . z Donde su magnitud y dirección con cada uno de los ejes de coordenadas. evaluado respecto al origen de coordenadas.54o .6. es necesario hallar la fuerza resultante y el momento resultante de las fuerzas. y Solución a) Para obtener el sistema fuerza par en O. En la figura. c) ¿Qué puede concluir del resultado obtenido? d) Obtenga la llave de torsión correspondiente. F g x 54. puesto que el momento resultante tiene componentes no nulas a lo largo de cada uno de ellos. como el momento neto de las fuerzas aplicadas al cubo. En este caso. se encuentra que el ángulo entre la fuerza y el momento del par es γ = 95. se utiliza la definición de producto punto. 66. significa que este sistema fuerza par no se puede reemplazar por una fuerza única equivalente. significa que estas tienden a imprimirle efectos de traslación a lo largo de cada uno de los ejes coordenados.22 N · m. Mo 157. 68. Como el ángulo entre la fuerza y el momento del par es diferente de 90o . De igual manera. 95. respecto al punto O es diferente de cero.30o . 19) dt aplicada la fuerza F. la ecuación (4.01. esto es. dt . se le conoce como la ecuación de movimien. y la ecuación (4.18) corresponde a la ecuación condición básica para analizar el movimiento de rotación de un cuerpo rígido. rígido respecto a un punto está dado por Como el eje de rotación z es un eje principal (4.18) dt la ecuación (4. la llave de torsión está formada por la fuerza resultante F y por el par con componentes rectangulares 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA en una componente paralela y en una componente perpendicular a la fuerza neta. rior.17) adquiere fuerzas externas y evaluado respecto al punto fijo O. Además. De este modo. como se analizó en la unidad anteto para la rotación de un cuerpo rígido.20) L = ∑ Li . sobre el eje principal de inercia.05j − 0.20). válida en rotación.7. Si el momento total de todas las fuerzas exterdonde estas cantidades se evalúan respecto al nas que actúan sobre el cuerpo rígido.18 CAPÍTULO 4. M1 = pF ≡ (0. i expresión en la que se ha empleado la definición y de aceleración angular. se toma el origen como un punto fijo en el eje que corresponde a un sistema de referencia no rotante o inercial. Por esta que corresponde a la conservación del momenrazón. el paso de torsión está dado por F • Mo p= = −0. (4. La ecuación (4.18) se transforma en donde r es el vector posición que va desde el d( Iω) centro de momentos hasta el punto donde está = M.to angular. es nulo. mismo punto. se cumple la ecuación L = Iω.18) Iω = Constante (4.19) adquiere la forma con Iα = M. es equivalente en traslación a la M = ∑ Mi . F2 Por consiguiente. (4.20. i segunda ley de Newton para masa constante.17) de inercia. tiene un movimiento de rotación alrededor del eje z considerado como eje principal de inercia.21) desempeña en rotación el mismo papel que la segunda ley de Newton en traslación. Por otro lado. de acuerdo con la ecuación (4. si el eje está fijo en el cuerpo rígido.2k).5i + 0.7. Ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido z (Eje principal de inercia) L w O Se sabe que el momento angular de un cuerpo Figura 4. la ecuación (4. teniendo en cuenta la definición de momento de una fuerza donde M es el momento total generado por las respecto a un punto. 4. Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje principal de inercia Se supone que el cuerpo rígido de la figura 4.20: Rotación alrededor de un eje principal de inercia.1. (4. se dL tiene que el momento de inercia es constante y = M. la forma Ahora.19) se cumple la La ecuación (4. dL = r × F. ECUACIÓN DE MOVIMIENTO PARA LA ROTACIÓN DE UN CUERPO RÍGIDO 4. b)Determine la aceleración angular del disco y la aceleración de cada bloque. al reemplazar la ecuación Lz = Iω en la ecuación (4.2. Cuando sea necesario. es 4.teniendo en cuenta el sentido de movimiento considerado en los diagramas de cuerpo libre. m1 m2 Solución En la solución de la situación planteada. El disco rota alrededor de un eje que pasa por su centro. R1 c R2 Si la orientación del eje es fija respecto al cuerpo. dependiendo de la información suministrada y solicitada.22). dibujando solamente las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido y ubicándolas en el punto donde actúan. a) Diagramas de cuerpo libre donde T1 = T1 ′ y T2 = T2 ′ . se obtiene M Iα = Mz . Se resuelve la ecuación de movimiento. haga el diagrama de cuerpo libre y plantee las respectivas ecuaciones de movimiento. debido a la acción de los bloques de masas m1 y m2 .7. Así. Ejemplo 4. y el cuerpo rígido rota alrededor de un eje que no es principal. respecto al punto fijo del cuerpo por donde pasa el eje de rotación.7. 5.11. se emplea el teorema de Steiner o de los ejes paralelos. dLz = Mz dt (4. el momento de inercia es constante. correspondiente a la situación particular que se esté considerando. paralela al eje z. se recomienda seguir los siguientes pasos 1. que es la ecuación de movimiento a utilizar cuando el momento de inercia es constante. Se calculan los momentos. c) Analice los resultados obtenidos en el numeral b).19 4. mientras que para el disco que tiene rotación pura se considera bajo el modelo de cuerpo rígido. Un disco homogéneo de masa M y radio R1 tiene un pequeño saliente de radio R2 . z (Eje no principal) L w O Figura 4.21. como en la figura 4. Cuando un cuerpo rígido rota alrededor de un eje que no corresponde a un eje principal de inercia. Se obtiene el momento de inercia del cuerpo rígido respecto al eje de rotación. se debe tener presente que los bloques al tener traslación pura se trata bajo el modelo de partícula.21: Rotación alrededor de un eje no principal de inercia.22) donde Mz es la componente del momento total externo. Se hace el diagrama de cuerpo libre para el cuerpo de interés. Como el disco tiene un movimiento de rotación pura alrededor de un eje que pasa . y la ecuación de movimiento correspondiente. Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje no principal de inercia 3. En lo que sigue se plantean las ecuaciones de movimiento para cada uno de los cuerpos. es válida la ecuación Lz = Iω. Se plantea la ecuación de movimiento para la rotación del cuerpo rígido. como se indica en la figura. ya que el momento angular total no es paralelo a la velocidad angular. a)Para cada cuerpo. 2. En los problemas de rotación de un cuerpo rígido. que la aceleración angular del disco y α= m2 R2 − m1 R1 g. se tiene que esta condición se satisface si el numerador se hace cero. por la ecuación (6). es decir. de acuerdo con el enunciado R2 < R1 . (4) a2 = αR2 . adquieren un movimiento circular uniforme cuando la aceleración angular se hace cero.20 CAPÍTULO 4. la ecuación de movimiento correspondiente es + ↓ ∑ Fv = m2 a2 . m2 R1 (9) En la ecuación (9) se observa que existe una relación inversa entre las masas de los bloques y los radios R1 y R2 . 1 2 R1 ( 2 M + m1 ) + m2 R22 (6) a1 = R1 ( m2 R2 − m1 R1 ) g. Ahora. α = 0. está dada por + ↑ ∑ Fv = m1 a1 . su ecuación de movimiento. 2 R1 ( 12 M + m1 ) + m2 R22 (8) c) Teniendo en cuenta que cada una de las partículas que forman el disco. lo que lleva a la relación m1 R = 2. que si el disco rota con velocidad angular constante. (5) Reemplazando la ecuación (4) en la ecuación (2) y la (5) en la (3). Recuerde que el disco se comporta como una polea real. determine la tensión en cada una de las cuerdas. se convierte en − T1 R1 + T2 R2 = 21 MR21 α. ¿la magnitud de la velocidad de los bloques del ejemplo anterior es la misma? ¿Por qué? Ejercicio 4. Ejercicio 4. su ecuación de movimiento tiene la forma general ∑ Mc =αIc . al comparar las ecuaciones (7) y (8) con la ecuación (9). Pregunta Para el caso de velocidad angular constante. Resuelva la situación del ejemplo 4. (3) b) Como la aceleración de m2 es igual a la aceleración tangencial en el borde del pequeño saliente y la aceleración de m1 es igual a la aceleración tangencial en el borde externo del disco se satisfacen las expresiones a1 = αR1 . 2 R1 ( 12 M + m1 ) + m2 R22 (7) a2 = R2 ( m2 R2 − m1 R1 ) g. están dadas por Feje R1 c R2 T1´ M T2´ Mg T1 T2 m1 Movimiento Movimiento m2 m1g m2g por el centro C.11. para el bloque de masa m2 que tiene un movimiento vertical de traslación pura hacia abajo. Para el bloque de masa m1 . T1 − m1 g = m1 a1 . se ha tomado Ic = 12 MR21 .10. Igualmente se observa. Para el enunciado del ejemplo 4. m2 g − T2 = m2 a2 . así R2 / R1 < 1 o sea m1 /m2 < 1 o lo que es igual m1 < m2 si la velocidad angular del disco es constante. . y teniendo en cuenta el diagrama de cuerpo libre. respectivamente. los bloques se trasladan con velocidad constante. (1) donde se ha tomado el sentido horario como positivo y de acuerdo con la tabla de radios de giro de la unidad 3.11 suponiendo que los bloques están unidos mediante la misma cuerda y que esta pasa por el borde del disco de radio R1 . que tiene un movimiento vertical de traslación pura hacia arriba. se encuentra.9. (2) Finalmente. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA Movimiento la aceleración de los bloques. de acuerdo con el diagrama de cuerpo libre para el péndulo compuesto y tomando el sentido horario como positivo. la aceleración del centro de masa de la varilla. inercia del disco. el momento de las fuerzas externas está dado por ∑ MiO = (3m1 + 7m2 ) Rg senθ. conocido como un péndulo físico. c) Determine. consta de una varilla delgada de masa m1 y un disco de masa m2 . Por lo tanto.1 para el radio de giro al cuadrado. Por otro lado. b) Determine. con ac = 7αR se obtiene ac = R De acuerdo con el enunciado. se llega a IO = 32 (8m1 + 33m2 ) R2 . una vez que se suelta desde la posición angular θo < 90o . (7) . el péndulo rota alrededor de un eje que pasa por el extremo O. la ecuación (5) se puede escribir en la forma dω = Csenθ. El cuerpo rígido de la figura.12. las magnitudes de estas cantidades aumentan y cuando se acerca a ella disminuyen. se encuentra que la ecuación de movimiento para el péndulo físico. el péndulo físico tiene un movimiento de rotación pura alrededor de un eje fijo que pasa por extremo O. Reemplazando las ecuaciones (2) y (3) en (1). la velocidad angular del péndulo físico. la aceleración del centro de masa de la varilla y la aceleración del centro de masa del disco. 3(8m1 + 33m2 ) De los resultados obtenidos se observa que estas cantidades se hacen cero. Así. Suponer que la varilla tiene una longitud 6R y el disco un radio R. ECUACIÓN DE MOVIMIENTO PARA LA ROTACIÓN DE UN CUERPO RÍGIDO Ejemplo 4. c) De acuerdo con la definición de aceleración angular. esto es cuando la varilla se encuentra instantáneamente en posición vertical. cuando el ángulo θ es igual a cero. en función de θ. (2) Por otro lado. evaluados respecto al extremo O de la varilla. la aceleración angular del péndulo. la aceleración angular del péndulo físico está dada por α= 2(3m1 + 7m2 ) g senθ 3R(8m1 + 33m2 ) a c′ = 6R (5) Así. con ac′ = α3R. (8m1 + 33m2 ) Finalmente. como el momento de inercia del péndulo físico es igual al momento de inercia de la varilla más el momento de 14(3m1 + 7m2 ) g senθ. en función del ángulo θ. donde al emplear el teorema de Steiner y la información dada en la tabla 4. es O q (3) 2(3m1 + 7m2 ) g senθ. donde FR es la fuerza que el eje ejerce sobre la varilla en O. Solución a) En la figura se muestra el diagrama de cuerpo libre para el péndulo físico. adquiere la forma (3m1 + 7m2 ) gsenθ = 23 α(8m1 + 33m2 ) R. únicamente. se tiene IO = I ˚ O + IdO . la ecuación de movimiento en este caso es de la forma (1) ∑ MiO = αIO . para la aceleración del centro de masa del disco.21 4. (4) b) De acuerdo con la ecuación (4).7. 3(8m1 + 33m2 ) R tiene unidades de s−2 . dt (6) donde la constante C definida por C≡ 2(3m1 + 7m2 ) g . i Ahora. m1 g es el peso de la varilla y m2 g es el peso del disco. a) Haga el diagrama de cuerpo libre para el péndulo físico y plantee su respectiva ecuación de movimiento. cuando la varilla se aleja de esta posición. el máximo valor de la velocidad angular se presenta en el instante que el péndulo está en posición vertical.M. eje fijo en el cuerpo. respecto al centro de masa del cuerpo. como ocurre generalmente.22. se obtiene ∫ω 0 ωdω = −C z w ∫θ C.24) Ic ω = Lc . la ecuación de movimiento para la traslación del centro de masa del cuerpo rígido se expresa en la forma F = m ac . entonces mediante las separado.24). se encuentra que la par que actúa sobre el cuerpo rígido debido al ecuación de movimiento correspondiente es sistema de fuerzas externas que actúan.12. inercial y un movimiento de rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa. Si el eje de rotación no está fijo respecto a donde se ha empleado la definición de aceleraun sistema de referencia inercial. 4.22: Rotación y traslación de un cuerpo rígido. se comporta como si toda la masa estuviera concentrada en dicho punto.suponiendo que el péndulo físico está constituido sólo por una varilla delgada de longitud 8R.7.22 CAPÍTULO 4. De este modo. Compare los resultados. Movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígido vc y O x Figura 4.3. cuando un cuerpo rueda por un plano inclinado. donde F es la fuerza neta debida a las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido. senθdθ. la rotación es alrededor de un eje principal que Cuando el movimiento de un cuerpo rígido. Ahora. se debe calcular el momento angular y el momento total debido a las fuerzas externas. Para el movimiento de rotación. el ángulo θ disminuye con el tiempo. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA zc Si en la ecuación (6) se multiplica a ambos lados por dθ. dt (4. en lo referente a traslación. (8) De acuerdo con la ecuación (8). se tiene tal que su centro de masa tiene movimiento de traslación respecto a un sistema de referencia (4.12. θ0 el signo menos se debe tener en cuenta. O sea. .11. es pasa por el centro de masa. Resuelva el ejemplo 4. cuando θ disminuye la velocidad angular aumenta y cuando θ aumenta la velocidad angular disminuye.23) y (4. situación se muestra en la figura 4. Esta Ic α = Mc . ya que cuando el péndulo se suelta desde la posición inicial. Luego de integrar y evaluar se encuentra que la velocidad angular del péndulo físico está dado por √ ω = 2C (cosθ −cosθ0 ). si el momento de inercia es constanes necesario analizar los dos movimientos por te. considerar el sistema fuerza ecuaciones (4. Así. con los obtenidos en el ejemplo 4. m su masa y ac la aceleración del centro masa. la ecuación de movimiento para la rotación del cuerpo rígido alrededor de un eje que pasa por el centro de masa está dada por dLc = Mc . como ocurre ción angular.23) Si a la vez. Pregunta En la ecuación (8) ¿Qué condición se debe cumplir entre el ángulo θ y el ángulo θo ? ¿Por qué? Ejercicio 4. es decir. para analizar el movimiento de traslación del cuerpo se emplea la segunda ley de Newton y se tiene en cuenta que el centro de masa. Esta situación ocurre cuando la única fuerza externa aplicada a un cuerpo rígido homogéneo es su peso. se cumple la relación Fk = µk N. de radio R y masa M.13. Otra forma de entender lo anterior. además de los pasos que se siguen para la rotación pura de un cuerpo rígido. no se sabe si el cuerpo rígido rueda deslizando ó sin deslizar. se restringe el movimiento a dos dimensiones y con cuerpos homogéneos que presentan alto grado de simetría. la fuerza de fricción es cinética. se dice que el cuerpo rueda. es igual a cero. con respecto a la superficie. donde Mg es el peso del cascarón. la velocidad del punto de contacto. R M Si un cuerpo rígido homogéneo. Ejemplo 4. ECUACIÓN DE MOVIMIENTO PARA LA ROTACIÓN DE UN CUERPO RÍGIDO Si para un cuerpo el momento total respecto al centro de masa es cero. Cuando en un caso particular. Un cascarón esférico homogéneo. sea menor o igual a µs N.23 4. N la fuerza que la superficie ejerce sobre el cascarón y Fs la fuerza de fricción estática entre el cascarón y la superficie. En problemas donde se presente movimiento combinado de traslación y rotación. la suposición es incorrecta y el cuerpo rueda deslizando. Las expresiones. Si el cuerpo rueda y desliza. Determine la aceleración de la esfera. Debido a la complejidad que se presenta. con el fin de garantizar que el centro de masa del cuerpo coincida con su centro geométrico Cuando un cuerpo rígido tiene movimiento combinado de traslación y rotación sobre una superficie. la suposición es correcta.las ecuaciones de movimiento para este cuerpo rígido. la fuerza de fricción es estática y la relación válida es Fs ≤ µs N. vc = ωR y ac = αR. primero se debe suponer que no hay deslizamiento. y en este caso se debe tener presente si rueda deslizando o sin deslizar. Si el cuerpo rígido homogéneo. cuando se analiza este tipo de movimiento en tres dimensiones. pero si el cuerpo rueda y no desliza. q Solución En la figura siguiente se muestra el diagrama de cuerpo libre para el cascarón esférico. se debe incluir la ecuación de movimiento correspondiente a la traslación del centro de masa. la velocidad del punto de contacto. es considerando la velocidad del punto de contacto del cuerpo rígido con la superficie sobre la cual rueda. es mayor que µs N. rueda sin deslizar por la superficie de un plano inclinado que forma un ángulo θ con la horizontal. la velocidad angular es constante y el momento angular se conserva. con respecto a la superficie es diferente de cero. están dadas como sigue. cilindros o aros. Se consideran cuerpos homogéneos. rueda y desliza.7. es homogéneo y rueda sin deslizar. su aceleración angular y la fuerza de fricción entre la esfera y la superficie del plano inclinado. alrededor de un eje que pasa por su centro de masa. pero si la fuerza de fricción obtenida. esto es. En el caso que la fuerza de fricción calculada. Fs N c Mg q Teniendo en cuenta que el cascarón tiene un movimiento combinado de traslación del centro de masa y de rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa. . rueda sin deslizar. sólo tienen validez si el cuerpo rígido con alto grado de simetría. tales como esferas. eliminando la fuerza de fricción Fs . Suponga en cada caso que la masa es M y el radio es R. la .13. con velocidad v respecto a un sistema de referencia determinado. Como se mostrará. 4. está dada por Fs = 25 Mgsenθ. se encuentra que la aceleración del cascarón. i Fs R = 23 MR2 α. (3) donde se ha utilizado la información dada por la tabla 4. + ↘ ∑ F// = Mac . está dada por ac = 35 gsenθ. la fuerza de fricción estática que actúa sobre el cascarón esférico. se tiene que su magnitud depende. Energía en un cuerpo rígido En esta sección se consideran los tipos de energía que puede poseer un cuerpo rígido cuando está en movimiento. se le asocia una energía cinética dada por Ek = 12 mv2 . igualando las ecuaciones (4) y (5). (4) donde se ha empleado la expresión ac = αR. como del tamaño del cascarón al depender del radio R. si el cascarón esférico se reemplaza por a) Una esfera maciza. De esta forma. como es de esperarse. Si se sueltan simultáneamente desde la misma altura. Energía cinética de un cuerpo rígido En la unidad de trabajo y energía. Ahora. (2) 3.¿cuál llega primero a la base del plano inclinado? Explique. Para la aceleración angular del cascarón.1. (7) De acuerdo con los resultados obtenidos. (5) ya que el cascarón es homogéneo y rueda sin deslizar. Por la ecuación (4). R (6) Finalmente. depende del tipo de movimiento que este tenga.8. se tiene que la fuerza de fricción es la responsable de la rotación del cascarón alrededor del eje que pasa por el centro de masa.13.8. b) Un disco o cilindro. para la aceleración angular del cascarón se obtiene α= 3 5 gsenθ . Ecuación de movimiento para la rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa del cascarón ∑ Mc = Ic α.12. la ecuación (7) muestra que su magnitud depende de la masa del cascarón M y del ángulo de inclinación θ. Ahora. la aceleración del cascarón sólo depende del ángulo de inclinación θ y su magnitud es menor que la aceleración de la gravedad. mediante las ecuaciones (1) y (3). Ejercicio 4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA Ecuaciones de movimiento para la traslación del centro de masa. c) Un aro. que corresponde a la aceleración de su centro de masa. de acuerdo con la ecuación (6). 2. que es un caso particular de un sistema de partículas. En lo referente a la fuerza de fricción estática. se puede concluir 4.24 CAPÍTULO 4. tanto del ángulo de inclinación θ. por las ecuaciones (3) y (6). ya que no es una caída libre. para un cuerpo rígido. i Mgsenθ − Fs = Mac . Compare los resultados. i N − Mgcosθ = 0. se encontró que a una partícula de masa m.1. con los obtenidos en el ejemplo 4. los tipos de energía que tenga el cuerpo rígido. En la dirección paralela al plano inclinado 1. (1) En la dirección perpendicular al plano inclinado + ↗ ∑ F⊥ = 0. Resuelva el ejemplo 4. De la ecuación (3). para un cascarón. Energía cinética traslacional de un que está relacionada con la velocidad angular cuerpo rígido por vi = ωRi . ya que las fuerzas externas tienden m v g r a imprimir movimiento de traslación pura. permite determinar la enerfigura 4. de masa y rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa del cuerpo. en el caso de movimiento del cuerpo gía cinética total de rotación de un cuerpo rígirígido paralelamente al eje x.27) Ek = 2 ∑ mi Ri ω 2 .3.24. Por consiguiente.25 4. ENERGÍA EN UN CUERPO RÍGIDO energía cinética total del cuerpo rígido está dada por la suma de las energías cinéticas de todas las partículas que lo conforman. esto es y C. definido en la unidad 3. La partícula i de masa mi . Energía cinética rotacional de un cuerpo rígido (4. movimiento combinado de traslación del centro Figura 4. De acuerdo a la forma como se ha planteado la ecuación 4. z A diferencia del caso de una partícula. a la energía cinética de la partícula i. con partícula es ri = Ri . o O movimiento de rotación pura alrededor de un eje determinado o en la situación más general. en un cuerpo rígido es necesario distinguir entre w energía cinética traslacional y energía cinética R rotacional. adquiere la forma del cuerpo rígido está dada por la energía cinéti( ) ca del centro de masa. que tiene masa mi y velocidad con magnitud vi . Esta situación física se muestra en la La ecuación (4.23: Traslación pura de un cuerpo rígido.28) siendo vc la magnitud de la velocidad del centro de masa.la ecuación (4.27) se 2 1 Ek = 2 Mvc . sólo tienen efectos de ca total del cuerpo rígido. ya que en lo referente 2 1 (4. la ecuación (4. vc (4.23. a traslación. do.8. alrededor del eje del tipo de movimiento o de la trayectoria des. y es de validez general ya que se cumple .25).M.25). Así. el cuerpo rígido se comporta coi mo si todas la fuerzas actuaran sobre él y como si su masa M se encontrara concentrada en di. donde Ri es el radio de la circunferencia que describe la partícula.2.24: Rotación pura de un cuerpo rígido. se tiene que la energía cinétibre un cuerpo rígido. crita. la energía cinética de traslación de rotación pura. al describir la trayectoria circular con centro en el eje de rotación. y con velocidad angular ω.z.26) transforma en i i i i i Ek = 12 Iω 2 . Por ello. se tiene un cuerpo rígido con encuentre en movimiento. independientemente movimiento de rotación pura. (4. la energía cinética de esta al momento de inercia del cuerpo rígido respecto al eje de rotación.25) O x donde el término entre paréntesis corresponde Figura 4.8. tiene una velocidad de magnitud vi 4.28). debido al movimiento traslación pura. por Cuando las fuerzas externas que actúan so. (4.8. se tiene que la energía cinética es una cantidad asociada a cualquier partícula que se En la figura 4.donde el término entre paréntesis corresponde cho punto. Ek = ∑ i ( 12 mi v2i ). Lo anterior tiene sentido. esto es Ek = 12 Ic ω 2 + 21 m1 v21 + 12 m2 v22 .25: Movimiento combinado de rotación y traslación de un cuerpo rígido. (4.29) donde el primer término a la derecha de la igualdad. si el eje de rotación pasa por el centro de masa y al mismo tiempo el centro de masa tiene un movimiento de traslación respecto a un sistema de referencia inercial. además de la energía cinética de rotación del disco.la energía cinética de traslación de cada bloque. la expresión w C. es necesario incluir. . La cantidad Ic . la energía cinética total del cuerpo rígido. Por otro lado. De acuerdo con la situación planteada y expresión que sólo es válida si el cuerpo rígido rota alrededor de un eje principal de inercia. cia desempeña en rotación.25. (1) donde los tres términos a la derecha de la ecuación (1) son. para determinar la energía cinética total del sistema. la energía cinética de rotación respecto a un eje que pasa por el centro de masa. la ecuación (4. determine su energía eje principal de inercia.28) se concinética total función del tiempo. es la energía cinética de traslación del centro de masa y el segundo término. como lo muestra la figura. Ahora. 4. el mismo papel que Ejemplo 4. en la ecuación (4.4. la masa en traslación. la velocidad de cada bloque está relacionada con la velocidad angular del disco por y v2 = ωR2 . vierte en Solución Ek = 12 Iω 2 . utilizando las ecuaciones (4. y O M m1 m2 Por esta razón. el único movimiento que el cuerpo puede tener de nuevo se observa que el momento de iner. la energía cinética de rotación del disco.26) y (4. Además. ya que en un cuerpo rígido el centro de masa está fijo en el cuerpo y Ek = 21 [( 21 M + m1 ) R21 + m2 R22 ]ω 2 .M. en función de la velocidad angular del disco. (2) Reemplazando las ecuaciones (2) en la ecuación (1).10 muestran que el disco rota con aceleración angular constante.29). respectivamente. se debe considerar por separado la energía cinética traslacional y la energía cinética rotacional. es el momento de inercia del cuerpo rígido respecto al eje que pasa a través del centro de masa. está dada por Ek = 12 mv2c + 21 Ic ω 2 . de acuerdo con la ecuación (3). Energía cinética total de un cuerpo rígido Cuando un cuerpo rígido posee un movimiento combinado de traslación y rotación. como en la figura 4.respecto a su centro de masa es de rotación. (3) Los resultados del ejemplo 4. esto es.28). el disco tiene un movimiento de rotación pura y los bloques movimiento de traslación pura. Sabiendo que el sistema del ejemplo 4.14. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA respecto a cualquier eje de rotación. la energía cinética de traslación de m1 y la energía cinética de traslación de m2 .11 Cuando el cuerpo rígido rota alrededor de un parte del reposo. su velocidad angular varía con el tiempo. se obtiene para la energía cinética total del sistema.26 CAPÍTULO 4. c v1 = ωR1 zc M R1 R2 vc x Figura 4. igual que la energía cinética del sistema.8. 16. el centro de masa tiene un movimiento de traslación y simultáneamente rota alrededor de un eje que pasa por el centro de masa. se encuentra que la energía cinética de rotación del péndulo físico es Ek = gR(3m1 + 7m2 )(cosθ − cosθo ). la velocidad del centro de masa está relacionada con la velocidad angular por v = ωR. R21 ( 12 M + m1 ) + m2 R22 (4) De este modo. Solución Como el cascarón tiene un movimiento de rodadura. de acuerdo con el ejemplo 4.8. la energía cinética del sistema. Compare los resultados con los obtenidos en el ejemplo 4. en función del ángulo θ. está dada por Ek = 1 2 ( m2 R2 − m1 R1 )2 g2 2 t . indica que esta aumenta con el tiempo mientras exista movimiento. Obtenga. (5) Por la ecuación (5) se tiene que la energía cinética de rotación se hace instantáneamente cero. (2) . sólo posee energía cinética rotacional dada por (1) Ek = 12 IO ω 2 . esto es. en función del ángulo θ. (1) Ahora.13. determine qué fracción de la energía cinética total es traslacional y qué fracción es rotacional. con C≡ 2(3m1 + 7m2 ) g . Compare su resultado con el obtenido en el ejemplo 4. Ejercicio 4. en un instante determinado.12. Así. Para el cascarón del ejemplo 4. una vez que se inicia el movimiento. en función del tiempo.15. se tiene IO = 32 (8m1 + 33m2 ) R2 . determine su energía cinética total función del tiempo. Ahora. Ejemplo 4. 3(8m1 + 33m2 ) R (2) (3) (4) Luego de reemplazar las ecuaciones (2) y (3) en la ecuación (1). ENERGÍA EN UN CUERPO RÍGIDO Utilizando tanto la expresión obtenida para la aceleración angular en el ejemplo 4. esto es. √ ω = 2C (cosθ −cosθ0 ). como el cascarón rueda sin deslizar. se encuentra que la velocidad angular depende del tiempo en la forma ω= ( m2 R2 − m1 R1 ) g t. Solución O q 6R R En este caso.11. adquiere su máximo valor en el instante que el péndulo está en posición vertical.10 parte del reposo. Sabiendo que el sistema del ejercicio 4.10 como la definición de aceleración angular.10. la energía cinética del péndulo físico del ejercicio 4.27 4. o sea. la energía cinética del péndulo físico considerado en ejemplo 4.15. Ejemplo 4. Por otro lado. por las ecuaciones (3) y (4).14. cuando θ = 0. y teniendo en cuenta que el sistema parte del reposo. cuando el péndulo físico llega a los extremos de la trayectoria.14. Determine. R21 ( 12 M + m1 ) + m2 R22 (5) La ecuación (5). además de mostrar que la energía cinética del sistema es positiva.13. la energía cinética total del cascarón está dada por Ek = 21 Mv2c + 12 Ic ω 2 . el péndulo físico tiene un movimiento de rotación pura alrededor de un eje que pasa por el extremo O. donde θ = θo . Ejercicio 4. 28 CAPÍTULO 4. (4. Así. La ecuación (4.30) donde Wext es el trabajo realizado por todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido. con Ic = 23 MR2 .16. la masa y la velocidad angular del cascarón. se obtiene Ek = 65 MR2 ω 2 . con por ejemplo.5. está dada por EkT = 0.6.30). Ek De acuerdo con estos resultados.32) se transforma en partículas no cambia durante el movimiento.8. (4. Teniendo en cuenta que Wc = −∆Ep y con ayuda de la ecuación (4. Ek y la fracción que es energía cinética rotacional es EkR = 0. el radio es R. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA En concordancia con el teorema del trabajo y la energía. independientemente del tamaño. el trabaTeniendo en cuenta la definición de cuerpo jo realizado por las fuerzas no conservativas es rígido. partícula. que la masa es M y no conservativo. Por ello. la fracción de la energía cinética total que es energía cinética traslacional. b) Un disco o cilindro. La ecuación (4. Ahora. muestra que la energía total de un Resuelva el ejemplo 4. es posible demostrar que la ecuación (4.4. (2) y (3).16.32). Energía total de un cuerpo rígido actúen fuerzas externas conservativas. se tiene R M w vc Wext = ∆Ek = Ek − Eko . si el cascarón escuerpo rígido no se conserva cuando sobre él acférico se reemplaza por a) Una esfera matúan simultáneamente fuerzas externas conserciza. q Reemplazando la ecuación (2) en la ecuación (1). si sobre el cuerpo rígido actúan simultáneamente fuerzas externas conservativas y no conservativas. vativas y no conservativas. el 60 % de la energía cinética total es traslacional y el 40 % rotacional. en cada caso. igual que en el caso de una Ejercicio 4. que es válido para el caso de un cuerpo rígido. cuando sobre un cuerpo rígido aclos obtenidos en el ejemplo 4. se puede suponer que la energía po( Ek + Ep ) − ( Eko + Epo ) = ∆E tencial propia o interna permanece constante. En el caso particular que sobre el cuerpo sólo 4. alrededores. Wext = Wc + Wnc . (4.15. el trabajo total se puede expresar como (3) Mediante las ecuaciones (1).32) con E correspondiendo a la energía total del cuerpo rígido y Ep a la energía potencial asociada con las fuerzas externas conservativas.32) se emplea. la distancia entre cualquier pareja de nulo. esto es. c) Un aro. cuando sobre el cuerpo únicamente actúan . Compare los resultados. = 0 lo que permite no considerarla cuando se analiza el intercambio de energía del cuerpo con sus que expresa la conservación de la energía.31) se convierte en Wnc = ( Ek + Ep ) − ( Eko + Epo ) = ∆E. túan simultáneamente la fuerza gravitacional y la fuerza de fricción dinámica.31) siendo Wc el trabajo realizado por las fuerzas externas conservativas y Wnc el trabajo de las fuerzas externas no conservativas. y la ecuación (4. el sistema es Suponga. Ejemplo 4. E = 2 1 2 Mvc donde yc es la altura del centro de masa. el sistema es conservativo porque la única fuerza que realiza trabajo es conservativa.M. En el caso particular de un cuerpo rígido que cae por acción de la gravedad y a la vez rota alrededor de un eje que pasa por su centro de masa. es cero. si sobre un sistema actúan simultáneamente fuerzas conservativas y la fuerza de fricción estática. que por ser perpendicular al desplazamiento del centro de masa. El peso mg. la diferencia radica en el hecho que para un cuerpo rígido sólo se deben tener en cuenta las fuerzas externas. sobre el cascarón actúan las siguientes fuerzas La normal N. la . ya que la velocidad del punto de contacto vP . El cascarón esférico del ejemplo 4. la energía total mecánica permanece constante. De los resultados anteriores se puede afirmar que son idénticos a los obtenidos para el caso de una partícula. Fs N c Mg q De este modo. actúa la fuerza de fricción estática Fs . el sistema es conservativo.17. Es importante notar en este punto que cuando un cuerpo rígido rueda sin deslizar sobre una superficie horizontal rugosa. ya que también se presentan fuerzas internas en este tipo de sistema. la ley de conservación de la energía adquiere la forma R M h Ep= 0 q Eje de rotación y M w C. el sistema es conservativo. parte del reposo desde una altura h como se muestra en la figura. que realiza trabajo y es una fuerza conservativa.13. vc O Tierra yc x (Ep= 0) Figura 4. Por lo tanto. Es Solución Diagrama de cuerpo libre para el cascarón. De acuerdo con el diagrama espacial. como se ilustra en la figura 4. La fuerza de fricción estática Fs . + 12 Ic ω 2 + Mgyc = Constante. para un desplazamiento infinitesimal dW = Fs · dr dt dt = Fs · vP dt = Fs · dr = 0. Matemáticamente. ENERGÍA EN UN CUERPO RÍGIDO fuerzas externas conservativas. respecto al nivel cero de energía potencial gravitacional. En otras palabras. es decir.26: Cuerpo rígido que desciende rotando. respecto a la superficie. que no realiza trabajo ya que el cascarón rueda sin deslizar.29 4. no realiza trabajo. Esta fuerza de fricción no realiza trabajo.26. E = Ek + Ep = 12 Mv2c + 12 Ic ω 2 + Ep = Constante. la conservación de la energía total se expresa en la forma decir. cuando éste llega a la base del plano inclinado.8. Determine la velocidad angular y la velocidad del cascarón. cuando el radio . como se muestra en la figura 4. se sabe que cuando los cuerpos rígidos ruedan sin deslizar. se considera un cuerpo rígido homogéneo. si se les suelta simultáneamente desde la misma posición? Bajo el modelo de partícula tratado en las tres primeras unidades. 4. con el obtenido en el ejemplo 4. (2) Como el momento de inercia del cascarón. b) Un disco o cilindro.13.30 CAPÍTULO 4. situación conocida como movimiento por rodadura. con alto grado de simetría y que rueda sin deslizar en un plano bidimensional.16. y viceversa. se analiza el movimiento combinado de traslación y rotación de cuerpos rígidos sobre superficies reales. encontrada en el ejemplo 4.27. sabiendo que partió desde una altura h. ∆E = 0 Ef = Ei . Como el cuerpo rígido rueda sin deslizar. tal como ocurre cuando una esfera o cilindro tiene ambos movimientos al descender sobre un plano inclinado. se supone que es un cuerpo rígido de radio R y masa M. partiendo de un movimiento combinado de traslación y rotación se debe llegar a un movimiento de rotación instantáneo puro. Por otro lado. Ahora. es válida la expresión vc = ωR. como si su movimiento fuera exclusivamente de rotación. está dada por √ 1 6 ω= gh. que rueda sobre una superficie horizontal áspera. (3) Además. Movimiento por rodadura de un cuerpo rígido (1) donde Ei es la energía total en la situación inicial y Ef en la situación final. A continuación se ilustra la equivalencia de los dos métodos. Ejercicio 4. Compare su resultado. sobre las superficies en contacto actúa la fuerza de fricción cinética o dinámica ya que la velocidad relativa de una superficie respecto a la otra. respecto a un eje que pasa por el centro de masa. De acuerdo con sus resultados y el obtenido en el ejemplo 4. la ecuación (2) se transforma en 6gh = 3v2c + 2R2 ω 2 . es diferente de cero. o sea. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA energía mecánica total del cascarón permanece constante. Además. En cada caso. como el cascarón es homogéneo y rueda sin deslizar. se encuentra en el hecho que es posible tratar a un cuerpo rígido que rueda sin deslizar. Resuelva el ejemplo 4. cuando llega a la base del plano inclinado.16 ¿en qué orden llegarán los cuerpos a la base del plano inclinado.9. Ejercicio 4. Así. la ecuación (1) adquiere la forma Mgh = 12 Mv2c + 12 Ic ω 2 . se debe tratar como una combinación de un movimiento de traslación y uno de rotación.17. c) Un aro. de acuerdo con el nivel cero de energía potencial elegido.17. Lo importante de este caso particular. es decir.27: Movimiento por rodadura de un cuerpo rígido. R 5 y la velocidad del cascarón por √ vc = 65 gh. En esta sección. se han considerado cuerpos que deslizan sobre superficies reales o ásperas. está dado por Ic = 23 MR2 . suponga que la masa es M y radio es R. mediante las ecuaciones (3) y (4) se encuentra que la velocidad angular del cascarón. si el cascarón esférico se reemplaza por a) Una esfera maciza. determine la velocidad angular cuando el cascarón llega a la base del plano inclinado. (4) Así.17. Partiendo de la expresión para la aceleración angular. s = Rq s a q C R a C a' Superficie rugosa Figura 4. En lo que sigue. perpendicular a la hoja. la enerde rotación instantánea ya que el punto de con. Entonces. la velocidad li. se concluye que el punto P’ debe dt (4. el centro de masa C se desplaza horizontalmente una distancia s = Rθ. Se habla rígido. los puntos P.27.37) .34) muestran que el locidad angular y la distancia PP’ es dos veces cuerpo rígido se comporta como si rotara ins. está to de rotación instantánea pura. que es ecuación (4. Por esta razón. la magnitud de la velocidad del centro de masa. coincidente con el radio. rior. se consideró inicial(4. el Reemplazando la ecuación (4. sin embargo. En otras palabras.punto de contacto P.34) tener una velocidad vP = 2vc = 2Rω. (4.31 4. tales como Q y Q’.28: Rotación alrededor de un eje instantá(4. do respecto al eje instantáneo que pasa por el Para ilustrar un poco más el resultado ante. vc = P' vP' = 2 vc Q' C Q vc vQ' vQ P vP = 0 Figura 4. tienen componentes horizontal y vertical de Ek = 12 Ic ω 2 + 21 Mv2c . para el movimiento puro por rodadura.33) y (4. son únicos y tienen un interés especial. el punto respecto a un eje que pasa por el centro de masa. considerando la energía cinética del cuerpo ficie sobre la cual rueda sin deslizar. miento entre las superficies. En cualquier instante.un eje que pasa por el punto de contacto P.la distancia PC. todos los puntos del cuerpo tienen la misma veLas ecuaciones (4. ya que no se presenta deslizalos ejes. está dada por ds dt dθ = R dt = Rω. y se ha llegado a un movimiento de siendo I el momento de inercia del cuerpo rígiP rotación instantánea pura.28 se muestran las velociDe acuerdo con el teorema de Steiner.36) en la eje que pasa por el punto de contacto P. en la figura 4. total del cuerpo es Partículas del cuerpo rígido. como lo muestra la figura 4.35) Ek = 12 IP ω 2 . Como consecuencia del movimien. P’ y el masa. se le conoce como eje finalmente se encuentra que la energía cinética instantáneo de rotación.36) encuentra en una dirección perpendicular a la recta que va de ese punto al punto de contacto donde Ic es el momento de inercia del cuerpo con la superficie.35) y utilizando la relación vc = Rω. de contacto P está en reposo instantáneo respecM es la masa del cuerpo y R la separación entre to a la superficie. Por definición.33) neo que pasa por P. Para rotación instantánea pura.dado por neal de cualquiera de los puntos señalados. por centro de masa C. MOVIMIENTO POR RODADURA DE UN CUERPO RÍGIDO barre un ángulo θ. Por lo tanto.so. se IP = Ic + MR2 . está dada por rueda. dado que = Rα. tantáneamente alrededor de un eje que pasa por Ahora se lleva a cabo el procedimiento inverel punto de contacto del cuerpo con la super. en dt tanto que el punto de contacto P tiene velocidad dω = R cero.9. y la magnitud de la aceleración del centro de la velocidad.gía cinética total del cuerpo rígido que rueda sin tacto cambia continuamente mientras el cuerpo deslizar. mente un movimiento combinado de traslación y rotación. el centro de masa del dvc ac = cilindro se mueve con velocidad vc = Rω. el modades lineales de diversos puntos del cilindro mento de inercia del cuerpo rígido respecto a que rueda. (4. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA En la ecuación (4.37).19. Por consiguiente.18.18.32 CAPÍTULO 4. Por lo anterior. si el cascarón esférico se cambia por a) Una esfera maciza.13. la energía cinética total del cascarón esférico del ejemplo 4.18. la ecuación de movimiento para la rotación instantánea pura. se transforma en (1) Fs P N c mg q i Por otro lado. R M P q Solución En el diagrama de cuerpo libre. mg q Ahora.13. la energía . respecto a un eje que pasa por su centro de masa. ya que este método no permite obtenerla. como el peso mg es la única fuerza que genera rotación respecto al Solución Para rotación instantánea pura. se observa que el primer término de la derecha corresponde a la energía cinética de rotación del cuerpo. b) Un cilindro o disco. Compare lo resultados con los obtenidos en el ejemplo 4. al ser idénticos a los obtenidos en el ejemplo 4. son equivalentes a una rotación instantánea pura con la misma velocidad angular con respecto a un eje que pasa por el punto de contacto de un cuerpo que va rodando sin deslizar. están aplicadas en el punto de contacto del cascarón con la superficie sobre la cual rueda sin deslizar. suponga que la masa es M y el radio es R. como el cascarón rueda sin deslizar.13. Ejemplo 4. En cada caso. Determine. y el segundo término corresponde a la energía cinética de traslación del centro de masa. considerando el eje instantáneo de rotación. con ac = αR. este se comporta como si instantáneamente rotara alrededor de un eje que pasa por el punto de contacto P. es de la forma ∑ MP = IP α.13. en función de la velocidad angular. Estos resultados. la ecuación (1). se observa que las líneas de acción de la normal N y de la fuerza de fricción estática Fs .18. (2) donde se ha tomado el sentido horario como positivo y se cumple la expresión Ic = 2 2 3 MR . Ejemplo 4. Resolver el ejemplo 4. muestran que realmente el cascarón se comporta como si rotara instantáneamente respecto al eje que pasa por el punto de contacto P. R y la aceleración del centro de masa. con IP = Ic + MR2 . considerando el eje instantáneo de rotación. De este modo. Ejercicio 4. se tiene nuevamente que los efectos combinados de traslación del centro de masa y de rotación alrededor de un eje que pasa por el centro de masa. Resuelva el ejemplo 4. c) Un aro. de la ecuación (2) se tiene que la aceleración del cascarón es α= 3 5 gsenθ . Fs P N c gsenθ = 53 Rα. Para determinar la fuerza de fricción es necesario recurrir al método utilizado en el ejemplo 4. es ac = 35 gsenθ. punto P. Por medio de la ecuación (4). (3) a) Mediante las ecuaciones (1) y (3). = i resultado idéntico al encontrado en el ejemplo 4. de masa M y radio R. se obtiene Ek = 56 MR2 ω 2 . b) Un cilindro o disco. donde la aceleración sería ac = 23 gsenθ. (1) N − mgcosθ = 0. R2 + 2r2 (4) Si la ecuación (4) se escribe en la forma ac = R = 0. Ejemplo 4. desciende sin deslizar sobre un carril inclinado un ángulo θ respecto a la horizontal. con ac = αr. Resuelva el problema por dos métodos diferentes. Resuelva el ejemplo 4.15. se tiene que la aceleración angular de la rueda es 2rgsenθ α= 2 . La rueda está apoyada sobre su eje de radio r. donde las fuerzas que actúan sobre la rueda son la normal N. suponga que la masa es M y el radio es R. c) Un aro.19. es IP = 23 MR2 + MR2 .9.33 4. Despreciando el momento de inercia del eje.19. i gsenθ R2 2r2 +1 . si se cambia el cascarón esférico por a) Una esfera maciza. se tiene que para un ángulo de inclinación constante. M (1) c r Fs P donde el momento de inercia del cascarón. Ejercicio 4. R N Mg q (2) Reemplazando la ecuación (2) en la ecuación (1). respecto al eje instantáneo de rotación. las ecuaciones de movimiento. determine a) La aceleración del centro de masa de la rueda y su aceleración angular. En cada caso. en la dirección perpendicular al plano inclinado ↖ + ∑ F⊥ ∑ Mc 2 M c r P q Solución Diagrama de cuerpo libre. entre mayor sea el radio del eje de la rueda. Compare los resultados con el obtenido en el ejemplo 4. = i adquieren la forma Mgsenθ − Fs = Mac . obteniéndose el máximo valor en el caso que R = r. se encuentra que la aceleración de la rueda está dada por ac = 2r2 gsenθ . MOVIMIENTO POR RODADURA DE UN CUERPO RÍGIDO cinética total del cascarón se obtiene mediante la expresión Ek = 12 IP ω 2 . (5) R + 2r2 .20. la aceleración del centro de masa se hace mayor. Una rueda acanalada o o-yo". b) La fuerza fricción que actúa sobre el eje. para la energía cinética total del cascarón. Método 1: Movimiento combinado de traslación y rotación Ic α. en la dirección paralela al plano inclinado ↙ + ∑ F// Mac .19. el peso mg y la fuerza de fricción estática Fs . (2) Fs r = 21 MR2 α. con ac = αr. De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre. Esto hace que el peso Mg sea la única fuerza que genera rotación instantánea pura. (c) Reemplace la fuerza F. al tomar el sentido antihorario como positivo y empleando el teorema de Steiner con Ic = 12 MR2 . por sistema fuerza fuerza par aplicado en A y por un sistema fuerza par aplicado en C. (c) Halle el momento de la fuerza F aplicada en C. (b) Halle el momento de la fuerza F aplicada en el punto B. se debe emplear la ecuación de movimiento para la traslación del centro de masa. la fuerza de fricción disminuye al incrementar el radio del eje de la rueda. Método 2: Eje instantáneo de rotación. Así. se encuentra que la fuerza de fricción está dada por Fs = MgR2 senθ . La varilla de la figura tiene longitud d. en cuyo caso 4. respecto al punto B y respecto al punto C. adquiriendo su máximo valor. F g B B B F b C C F A b (b) A g b (c) 3. ¿Qué conclusiones puede obtener al comparar los resultados anteriores? Explique. la ecuación (6) adquiere la forma grsenθ = ( 12 R2 + r2 )α. por un sistema fuerza par aplicado en B y un sistema fuerza par aplicado en C. cuando el eje coincide con el borde exterior de la rueda. por sistema . respecto al punto A y respecto al punto B. con ac = αr y por la ecuación (6). ENUNCIADOS 1. (a) Halle el momento de la fuerza F aplicada en el punto A. ya que por este método no es posible. aplicada en C. Cuando el disco tiene (a) Traslación pura. y la aceleración angular por C A g (a) 2rgsenθ . respecto al punto A y respecto al punto C. está dada por ac = 2r2 gsenθ R2 + 2r2 . α= 2 R + 2r2 que son resultados idénticos a los encontrados en el método anterior. MOMENTO ANGULAR Y MOMENTO DE UNA FUERZA b) Mediante las ecuaciones (1) y (4) o (3) y (5).10. ¿Qué trayectoria describen las partículas que lo conforman? Explique. aplicada en A. aplicada en B. se observa que la normal y la fuerza de fricción estática están aplicadas en el punto de contacto P.34 CAPÍTULO 4. (6) i Ahora. La varilla de la figura tiene longitud d. a) En el diagrama de cuerpo libre. Considere el disco mostrado en la figura. (b) rotación pura y (c) movimiento combinado de traslación y rotación. C 2. ¿Dichas trayectorias tienen algo en común? Fs = 13 Mgsenθ. la aceleración del centro de masa. la ecuación de movimiento es de la forma ∑ MP = IP α. R2 + 2r2 Se observa que para una inclinación constante. Así. b) Para determinar la fuerza de fricción. (b) Reemplace la fuerza F. alrededor del eje que pasa por P. (a) Reemplace la fuerza F. responda las siguientes preguntas: ¿Bajo qué modelo de cuerpo se debe tratar el disco? Explique. la tensión en el cable AD es 900 N y la distancia OD es 7 m.10. La tensión en el cable AB es 450 N. La torre de la figura se sostiene mediante tres cables sujetos en la parte superior. la tensión en el cable AC es 850 N. ENUNCIADOS fuerza fuerza par aplicado en A y por un sistema fuerza par aplicado en B. z A 17 m 3m 3. como se indica. C A g F g B B B F b C C F A (a) b A (b) g b (c) 4. (b) Encuentre el momento neto que actúa sobre la torre en el extremo A.5 m 2m C O o 35 x D B 1m y .35 4.(a) Exprese cada una de las fuerzas en sus componentes rectangulares. MOVIMIENTO OSCILATORIO BERNARDO ARENAS GAVIRIA Universidad de Antioquia Instituto de Física 2012 . . . . . . . . . . . . . . la amplitud y la posición en un MAS lineal 5. . . Aceleración en el MAS lineal . . . . . . . . . . . . . . .1. . . . . . . 5. . . . . .4. . . . . . . . . . . . . . . 5. . . . . . . . . 1 2 2 2 3 3 4 4 5 6 6 7 8 9 10 10 10 11 11 11 11 . . .2. . . . . . 5. 5. . . . . . . . .4. . . . . . . . Cinemática del Movimiento Armónico Simple Angular . . . . . . .3. . . . . . . .1. . . . . . . . . . . . . . . . . Oscilador armónico . . . . . . . . . . .2. . . Péndulo compuesto ó físico . . . . . . . . . 5. 5. . . . . . . 5.2. . . . . . 5. . . . . . . . . . . . . Péndulo simple . .1. . . . . .2. Velocidad en el MAS lineal . .6. . . . . .6. .2. . . . .6. . Introducción .1. . . . . . . . . . Péndulo de torsión . .6. . . . . . . . . . . .1. . . . . .Índice general 5. 5. . . . . . . Movimiento oscilatorio 5. . . . . . . . . . . . . . . . . 5. . .7. . . . . . . . . . .3. . . . .5. . . . . . . Energía en el movimiento armónico simple lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5. . . . 5. . 5. . . . . . . . . Superposición de dos movimientos armónicos simples . . . . . . . . . . Cinemática del Movimiento Armónico Simple (MAS) . . . 5. . . . . .2. . . . . Dinámica del Movimiento Armónico Simple Angular . . . . . . . . . . .7. . . . . . Energía potencial en el movimiento armónico simple . . . . . . . . . . Energía cinética en el movimiento armónico simple lineal . . . . .5. . Relación entre la velocidad. . 5. . . . . . . . . . . Posición en el MAS lineal . . . . . . . . . . . . . .3. . . . . .1. 5. . . . . 5. . .2. . . . . . .3. 3 . . Energía total en el movimiento armónico simple . .4. . . . . . . . . . . . . . . Energía en el movimiento armónico simple angular . . . Dinámica del Movimiento Armónico Simple lineal . .5.6. 5. . . . . . . . . . Gráficas de energía en el movimiento armónico simple . 5. . . . . . . . . . . . . . . .3. . . . . . . . . . . . . . .2. . . fase. esto es. En esta unidad. Analice la superposición de movimientos armónicos simples. Distinga entre movimiento oscilatorio. válida en todo raleza. Analice gráficas de energía potencial en el caso de un MAS. Obtenga las ecuaciones cinemáticas de posición. Analice diferentes situaciones en las cuales se presenta MAS.teriores. to armónico simple. Particularmente se considera el movimienMAS. aplican los conceptos vistos en las unidades anIdentifique las propiedades internas y ex. se analizan movimientos que se Obtenga la relación entre la aceleración y repiten cada que transcurre determinado interla posición de una partícula animada de valo de tiempo. tiene MAS. Se analizan situaciones en las cuales los MAS. Identifique las condiciones bajo las cuales la superposición de dos MAS perpendiculares. que se presenta en diferenObtenga y analice la forma diferencial de tes casos y de manera aproximada en la natula segunda ley de Newton. Algo muy importante péndulo compuesto y el péndulo de tortiene que ver con el hecho que en esta unidad se sión. genera un movimiento elíptico o un movimiento circular.Cap´ıtulo 5 Movimiento oscilatorio Competencias. Obtenga las expresiones para la energía cinética. movimiento periódico y movimiento armónico simple (MAS). dependiendo del tipo de movimiento cilador armónico. cuando se tos mecánicos analizados en las unidades anteriores. . para el caso de movimientos que se repiten en el tiempo. velocidad y aceleración. Obtenga la relación entre la velocidad y la CONCEPTOS BASICOS amplitud en un MAS. Identifique y defina los conceptos de amplitud. la energía potencial y la energía total en un MAS. cuerpos pueden ser tratados bien bajo el modelo de partícula o bien bajo el modelo cuerObtenga la frecuencia angular para el ospo rígido. En esta unidad se busca que el estudiante: Aplique los conceptos analizados en las unidades anteriores. el péndulo simple. movimientos periódicos. fase inicial y elongación. es decir. el adquirido por el cuerpo. frecuencia angular. debe entenderse la unidad de ternas que generan la frecuencia angular en oscilaciones como una aplicación de los concepcada uno de los casos anteriores. para una partícula con MAS. Cinemática del Movimiento el instante t = 0. movimiento periódico es MAS. De este modo.1 se muestra la máxima elongación de un cuerpo que se mueve Armónico Simple (MAS) sobre una recta con MAS. esto es. x (t). la frecuencia angular del movimiento está definida por ω= 2π = 2πν.1: MAS alrededor del origen O. movimientos que se repiten cada que transcurre donde la posición x de la partícula respecto al un intervalo de tiempo determinado.2. el término ωt + φ como la fase. debe responder por dicha periodicidad.2: Variación temporal de la posición en un MAS. un movimiento que se repite cada que transcurre determinado intervalo de tiem-A po. debe Si P es el período de una partícula animada de MAS.2. movimiento. se conoce como x movimiento armónico simple y se acostumbra +A denominarlo como un MAS. por la forma que se exscurre determinado intervalo de tiempo. que corresponde ilustra en las figura 5. se conoce como la elonso especial se estudia el movimiento armónico gación. para estudiar el movimiento de cuerpos tratax (t) = A sen(ωt + φ) dos bajo el modelo de partícula y bajo el modelo de cuerpo rígido. Como ca. En esta unidad se analiza x (t) = A cos(ωt + φ). cinemáticos y dinámicos. esto es. el máximo valor de la elongación como simple (MAS). se dice presan. necesarios una fase de π/2. P (5. todo MAS es periódico. física y que es periódico. Posición en el MAS lineal Como el MAS es un movimiento periódico.1. Un movimiento oscilatorio de interés en la del origen de coordenadas. esto es. Introducción ser una función periódica en el tiempo. la cantidad ω como la frecuencia angular del movimiento y la fase inicial como φ. la amplitud A.1. son periódicas en el tiempo como se que es periódico y a este tiempo se le define como el período del movimiento. al inverso de la cantidad física conocida como la donde se ha tomado la función seno con fase inicial nula (φ = 0). pero no todo Figura 5.origen de coordenadas. El movimiento de un péndulo simple. el MAS que t adquiere una partícula es un movimiento perióO dico. conocidos como movimientos oscilaMovimiento torios o vibratorios.2. esto es. MOVIMIENTO OSCILATORIO 5. es decir. respecto al origen de En la naturaleza se presentan movimientos que coordenadas. para el caso de un MAS. cuya única diferencia es conceptos. Si el movimiento se repite cada que tranLas ecuaciones (5. (5. Para que se cumpla lo anterior. De acuerdo con lo anterior. la función debe ser Hasta ahora se han analizado y definido los senoidal o cosenoidal.2) . 5.1) el movimiento periódico de cuerpos. cuando el cuerpo parte frecuencia del movimiento. el movimiento de un cuerpo sujeto x O +A a un resorte y el movimiento de los átomos en -A un cristal son algunos ejemplos de este tipo de Figura 5.1). que como fue definido antes. xmáx = ± A. la ecuación cinemática de posición. en 5. se llama período del movimiento. es decir. se repiten. Como se analizará posteriormente.2 CAPÍTULO 5. En la figura 5. Obtenga las gráficas de la segunda de las ecuaciones (5.1 y la figura 5.1) y empleando la identidad trigonométrica sen2 θ + cos2 θ = 1. la amplitud y la posición en un MAS lineal Partiendo de cualquiera de las ecuaciones (5.3) De acuerdo con las ecuaciones (5. se encuentra que la velocidad de una partícula con MAS. v +wA O El extremo inferior de la aguja de una máquina de coser. La máxima elongación tiene un valor de 5 mm.1) y (5.3). Relación entre la velocidad. Ejercicio 5.3. Ejemplo 5. que su fase inicial es cero.1. (b) Escriba la ecuación cinemática de posición y de velocidad para el movimiento de la aguja. el máximo está dado por vmáx = ±ωA (5. 5.1). (5. adquiere su máximo valor. Velocidad en el MAS lineal Utilizando la definición de velocidad dada por la ecuación (1. respectivamente.1. adquieren la forma x (t) v(t) t -wA Figura 5. tomando la primera de las ecuaciones (5. se encuentra que la frecuencia angular de la aguja tiene el valor ω = 600 rad˙s−1 . los valores respectivos dados por ν P (b) Utilizando la información anterior. y cuando la elongación adquiere su valor cero 5. es posible obtener la expresión v2 = ( A2 − x 2 ) ω 2 . está dada por una de las expresiones v(t) = ωAcos(ωt + φ) v(t) = −ωAsen(ωt + φ). = 5 × 10−3 sen(600 t). = 10. donde se ha asumido que el extremo inferior de la aguja parte del origen.3.3 5.47 × 10−3 s. CINEMÁTICA DEL MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE (MAS) donde se ha utilizado la definición de frecuencia como el inverso del período. Solución (a) Como se conoce la rapidez máxima alcanzada por la aguja y la amplitud de su movimiento. se ve claramente que en el instante que la elongación adquiere su máximo valor. es decir. Al comparar las figuras 5.4) La figura 5.11) y las ecuaciones (5. ¿Qué puede concluir? = 95.3).2. (5. la función trigonométrica coseno. = 3 cos(600t). (a) Encuentre la frecuencia y el período del movimiento de la aguja. Compárelas con la figura 5. de este modo.2.5) La ecuación (5.2. de nuevo permite afirmar . las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad para la aguja.3). Con este valor de la frecuencia angular.5). se tiene que la rapidez es máxima cuando la función trigonométrica.49 Hz.3 muestra la forma como varía la velocidad con el tiempo.2. Compare los resultados.2. pasa por la posición de mínima elongación con una rapidez de 3 ms−1 . respectiva.2 y 5.4. Resuelva la situación anterior.3: Variación temporal de la velocidad en un MAS.3. es posible encontrar para la frecuencia y para el período. la velocidad es nula. mediante la ecuación 5. para una partícula que posee un MAS. utilizando para la posición. Ejercicio 5. Suponga que el movimiento de la aguja de una máquina de coser es un MAS. la velocidad adquiere su máximo valor. es decir. dt2 y la ecuación (5. está relacionada con su elongación.8). está animada de un MAS.9) trigonométrica. adquiere su mínimo valor.4.to que depende de las propiedades físicas del mente que en el instante que la elongación sistema. Aceleración en el MAS lineal Mediante la definición de aceleración dada por la ecuación (2.8) La ecuación (5. MOVIMIENTO OSCILATORIO i) La rapidez es máxima donde la elongación La situación anterior. adquiere su máximo valor. de este modo. empleando la definición de acelerade las ecuaciones (5. Dinámica del Movimiento Armónico Simple lineal En el caso particular de la segunda ley de Newton para masa constante. en x = 0. a(t) = −ω 2 Asen(ωt + φ) a 2 a= +w A O 2 -w A t d2 x .3). donde ω es la frecuencia angular del movimienAl comparar las figuras 5. la aceleración en ciones que serán discutidas a continuación. Las ecuaciones (5.1) y (5.3.4. dada por la ecuación amáx = ±ω 2 A. F = ma.4 CAPÍTULO 5. obtenga la ecuación (5. o sea en x = ± A. se mueve a lo largo del eje x. bre una partícula de masa m animada de MAS. se ve clara. esto es.8) es característica de cualquier MAS. para una partícula que ción obtenida en el caso de una partícula que posee MAS. Mediante las ii) La rapidez es mínima donde la elongación ecuaciones (5. Toda partícula. lleva a encontrar una es mínima. tomando la primera Ahora. es proporcional y La figura 5. respectiva. la segunda ley de Newton adquiere la forma d2 x + ω 2 x = 0.1). se encuentra que la aceleración de una partícula con MAS. ción de una partícula con MAS. (5. Se encuentra igualmente que la fuerza sobre una partícula con MAS.5). .8). el máximo está dado por donde se ha utilizado la relación entre la aceleración y la elongación. está dada por una de las expresiones a = −ω 2 x.3.4: Variación temporal de la aceleración en que corresponde a la ecuación diferencial característica de todo movimiento armónico simple. un MAS.4 muestra la forma como varía la opuesta a la posición de la partícula. para una partícula animada de MAS. dt2 (5.6). 5. Partiendo de cada una de las ecuaciones (5. cuyo movimiento esté regimagnitud también es máxima. y cuando la elongación adquiere su valor mínimo la aceleración do por la ecuación diferencial de la forma dada por la ecuación (5. (5. en un MAS la aceleración es proporcional y opuesta a la posición de la partícula.6) a(t) = −ω 2 Acos(ωt + φ).2) y las ecuaciones (5. la fuerza so(5.2.6) muestran que se tiene adquiere la forma aceleración máxima cuando la función F = −ω 2 mx. por medio de la expresión Ejercicio 5.10) Figura 5.6) se tiene que la aceleraes máxima. relación entre la aceleración y la posición. (5. aceleración con el tiempo. esto es. como se encontrará en diversas situaadquiere su máximo valor. 5.10).2 y 5.7) (5. (5. dado por la constante elástica del resorte y el agente interno al cuerpo. De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre mostrado en la figura 5. d2 x k El oscilador armónico y el péndulo simple.5: D.13) y (5. el período de oscilación es dado por N k k . como son el agente externo al cuerpo.14) ν= 2π m Una característica interesante que se observa en las ecuaciones (5. Ejercicio 5.3.10) x corresponde al cuadrado de la frecuencia an. Ejercicio 5. L. La partícula de un oscilador armónico tiene una masa de 15 g y posee un MAS cuyo período es de 4 s. C. (5. donde el signo menos aparece debido a que la fuerza apunta en sentido opuesto a la deformación del resorte. k m x O que es idéntica a la ecuación (5. que de acuerdo con la ley de Hooke. es √ k 1 . la ecuación (5.11) 2 dt m son ejemplos de MAS lineal.12) En la ecuación (5. + x = 0.5. tiene la forma Fe = −kx. Igualmente se observa que la única fuerza que afecta el movimiento de la partícula es la fuerza elástica.10) para un MAS. del período y de la frecuencia con la masa de la partícula en un oscilador armónico.3. (b) la frecuencia del movimiento y (c) la frecuencia angular correspondiente.1) son soluciones de la ecuación diferencial (5.12) se observa que la frecuencia angular depende de las propiedades físicas del sistema. . (5.12). en un oscilador armónico.4.14) es la dependencia de la frecuencia angular. dada por el inverso del período. lo cual muestra que la partícula adquiere un MAS con una frecuencia angular dada por √ ω= Fe √ P = 2π m x O x mg Figura 5.adquiere la forma gular del MAS. dado por la masa de la partícula. DINÁMICA DEL MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE LINEAL donde el término que multiplica a la elongación De este modo. Mediante la relación que existe entre la frecuencia angular y el tiempo que tarda la partícula en realizar una oscilación completa.5. un ejemplo de oscilador armónico está constituido por un cuerpo de masa m sujeto a un resorte y que desliza sobre una superficie horizontal lisa. m m . Halle (a) la constante elástica del resorte. k (5. La ecuación (5. en este caso. El oscilador armónico es un ejemplo clásico del MAS de una partícula.5.13) y la frecuencia. respecto a la posición de equilibrio de la partícula que en este caso coincide con el origen de coordenadas O.5 5.13) muestra que el oscilador armónico permite obtener experimentalmente el valor de la constante elástica del resorte midiendo la masa y el período de oscilación de la partícula. (5.1. 5. como se ilustra en la figura 5. Oscilador armónico Como se analizó a la luz de la ley de Hooke. Demuestre que las ecuaciones (5. la normal N ejercida por la superficie y la fuerza elástica Fe ejercida por el resorte.10). se observa que sobre la partícula actúan el peso mg ejercido por la tierra. se obtienen de las ecuaciones cinemáticas de MAS lineal. el cuerpo en cinemática de aceleración angular para una consideración se debe tratar bajo el modelo de cuerpo rígido. ya que en este caso el cuerpo partícula con MAS angular.15) con su respectiva ecuación (5. la rapidez angular es máxima y la aceleración angular es mínima. luego de haber sido desplazado de su α(t) = −ω 2 θo cos(ωt + φ).16) ω ′2 = (θo2 − θ 2 )ω 2 Las ecuaciones (5. donde al igual que en el caso lineal se utiliza la función trigonométrica seno ó coseno. tal que su posición se expresa mediante una ecuación cinemática de posición angular.15). Por ello. respectiva. respectivamente. el término ωt + φ.4. es la fase. (5.20) corresponde a la expresión característica de todo MAS angular. De este modo.19) . Mediante las ecuaciones (5. adquiere su máximo valor. se encuentra que el máximo valor que puede adquirir la aceleración angular está dado por αmáx = ±ω 2 θo Igual que en el MAS lineal. Demuestre que para la rapidez angular. es la elongación. de este modo.15) donde la posición angular θ de la partícula respecto a la línea de equilibrio. (5. la cantidad ω es la frecuencia angular del movimiento y la fase inicial. Utilizando la definición de velocidad angular y las expresiones (5. se encuentra que la ecuación puesto y del péndulo de torsión. esto es. . 5. la rapidez angular es mínima y la aceleración angular es máxima. se observa que las ecuaciones cinemáticas para el MAS angular. el máximo está dado por ωmáx = ±ωθo (5. en el caso de un péndulo comaceleración angular y las ecuaciones (5. Dinámica del Movimiento Armónico Simple Angular De igual forma.18) posición de equilibrio.17) (5. la posición angular de la partícula está dada por una de las ecuaciones θ (t) = θo sen(ωt + φ) θ (t) = θo cos(ωt + φ).20) donde se tiene que la aceleración angular es proporcional al desplazamiento angular del cuerpo rígido. cuando la elongación es máxima.6.18). ya que el movimiento se repite cada que transcurre determinado intervalo de tiempo. Mientras que cuando la elongación adquiere su valor mínimo.16) muestran que la rapidez es máxima cuando la función trigonométrica.6 CAPÍTULO 5. se encuentra que la ecuación cinemática de velocidad angular para una partícula animada de MAS angular. el movimiento es periódico.5. Ejercicio 5.18). en t = 0. está dada por adquiere un movimiento de rotación alrededor de un eje que puede pasar o no por su centro α(t) = −ω 2 θo sen(ωt + φ) de masa. Del análisis anterior. Cinemática del Movimiento Armónico Simple Angular En la vida diaria se presentan situaciones físicas de cuerpos animados con MAS angular. ω ′ . respectivamente. el máximo valor de la elongación es la amplitud θo . empleando la definición de Como se verá.16). al cambiar x por θ y A por θo . la ecuación (5. se satisface la expresión ω (t) = ωθo cos(ωt + φ) (5. Al comparar una de las ecuaciones (5. es φ. ′ ω ′ (t) = −ωθo sen(ωt + φ). se obtiene la expresión (5. MOVIMIENTO OSCILATORIO 5. está dada por α = −ω 2 θ. 7.23) donde ω es la frecuencia angular del MAS angular y la cual depende de propiedades físicas del sistema en estudio.26) que es idéntica a la ecuación (5. tiene la forma donde el signo menos aparece debido a que este momento genera rotación de la partícula. se encuentra que la ecuación diferencial característica de todo MAS angular. DINÁMICA DEL MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE ANGULAR Como el momento de una fuerza respecto a un punto A está dado por MA = IA α.6. dt2 g d2 θ + sen θ = 0. Péndulo simple El péndulo simple proporciona un ejemplo de MAS de una partícula. De acuerdo con el diagrama de cuerpo libre mostrado en la figura 5. mediante la ecuación (5.20). por lo que la ecuación de movimiento en esta dirección adquiere la forma −(mg sen θ )l = ml 2 α. Ahora. (5.25) Así. en un péndulo simple. que en este caso coincide con la vertical.5. (5. siempre y cuando la amplitud del movimiento sea pequeña. Ejercicio 5.cuando la amplitud de las oscilaciones es pequeña.22).10) cuando se cambia θ por x. se observa que el peso de la partícula genera un momento respecto al punto de suspensión O.1. lo cual muestra que cuando la amplitud de las oscilaciones es pequeña la partícula adquiere un MAS con una frecuencia angular dada por √ g ω= . 2 dt l (5. en sentido opuesto al desplazamiento angular de la partícula. se puede expresar en la forma MA = −ω 2 IA θ. L. En este caso la coordenada correspondiente es el ángulo θ que la cuerda forma con la vertical.15) son soluciones de la ecuación (5. simplificando y empleando la definición de aceleración angular. (5.27) l En la ecuación (5.25). el ángulo que forma la cuerda con la vertical es pequeño y es válida la aproximación sen θ ≈ θ. la ecuación (5. La ecuación (5. 2 dt l (5. el momento de la fuerza respecto al punto A es proporcional y con sentido opuesto al desplazamiento angular. De este modo.5. como se encontrará posteriormente. se observa que sobre la partícula actúan el peso mg ejercido por la tierra y la tensión T ejercida por la cuerda.22) muestra que en todo MAS angular.24) adquiere la forma d2 θ g + θ = 0.21) y (5.24) donde aparecen las variables θ y sen θ. (5.7 5. la ecuación de movimiento adquiere la forma d2 θ + ω 2 θ = 0. teniendo en cuenta la definición de aceleración angular y las ecuaciones (5. que es un agente externo al péndulo . Igualmente.27) se observa que la frecuencia angular depende de la aceleración de la gravedad.23).23) para un MAS angular.21) al tener en cuenta la ecuación (5.22) O q T l mg q Figura 5. Demuestre que las ecuaciones (5. respecto a la posición de equilibrio. por lo que en general el movimiento de esta partícula no es un MAS ya que no satisface la ecuación diferencial de movimiento (5. C. 5. (5. A pesar de esto.6: D. 7 se muestra el diagrama de cuerpo libre de un péndulo compuesto. el período de oscilación es dado por √ l P = 2π . y de una propiedad del péndulo simple como es la longitud l de la cuerda a la que está sujeta la partícula. MOVIMIENTO OSCILATORIO simple.7: D. Péndulo compuesto ó físico A diferencia del péndulo simple. dada por el inverso del período. y d sen θ es el brazo del peso. 5. + dt2 IO (5. (5.29) 2π l La característica interesante que se observa en las ecuaciones (5. Mediante la ecuación (5. (5. La ecuación (5. la fuerza neta es nula. C. debido a su interacción con la tierra. Por consiguiente. el momento del peso respecto al punto O es Feje O q d C mg Figura 5. La fuerza que ejerce el eje sobre el cuerpo rígido. el ángulo que forma el segmento OC de la figura 5. Pero si se consideran amplitudes de oscilación pequeñas.32) donde se ha utilizado la relación entre el momento de inercia I y el radio de giro al cuadrado K2 .31). respecto al punto O. L. el valor de la aceleración de la gravedad midiendo la longitud de la cuerda y el período de oscilación de la partícula.10) al intercambiar θ por x. en un péndulo físico. es √ g 1 ν= . que puede girar libremente alrededor de un eje fijo que pasa por el punto O. garantiza que el péndulo físico tenga un movimiento de rotación pura alrededor de un eje que pasa por O.27).29) es la independencia con la masa de la partícula. y la ecuación de movimiento para la rotación de un cuerpo rígido. el péndulo físico corresponde a un cuerpo rígido que oscila con MAS. es decir. En la figura 5. Mediante la relación que existe entre la frecuencia angular y el tiempo que tarda la partícula en realizar una oscilación completa. el péndulo físico adquiere un MAS con una freMO = −mgd sen θ. como el peso del cuerpo es quien genera el movimiento de rotación.5. Un péndulo compuesto es un cuerpo rígido que oscila alrededor de un eje horizontal fijo. (5. que es el agente interno. siempre y cuando la amplitud de la oscilación sea pequeña.8 CAPÍTULO 5. cuencia angular dada por donde el signo menos se debe a que la fuerza √ gd genera un momento en sentido opuesto al desω= .31) Así. la ecuación (5. posición de equilibrio. la cual es coincidente con la vertical. En este caso. en el caso de un péndulo simple.30) adquiere la forma d2 θ gd + θ = 0.33) plazamiento angular del cuerpo respecto a su KO 2 . 2 dt KO 2 (5. (5.28) g y la frecuencia.28) y (5. se obtiene la ecuación diferencial d2 θ mgd sen θ = 0.23).2. lo cual indica que en general el movimiento de este cuerpo rígido no es un MAS ya que no satisface la ecuación diferencial de movimiento (5.28) es posible encontrar experimentalmente y de una forma sencilla.7 con la vertical es pequeño y es válida la aproximación sen θ ≈ θ.32) es idéntica a la ecuación (5. (5. lo cual muestra que para pequeñas amplitudes de oscilación. mediante la ecuación (5.30) donde de nuevo aparecen las variables θ y sen θ. utilizando la definición de aceleración angular. 2 dt I C (5. Ahora.34) y (5. como se indica en la figura 5. (5. es decir. se tiene que el cuerpo rígido adquiere un MAS con una frecuencia angular dada por √ κ . (5. conociendo la forma del cuerpo y midiendo el período de oscilación del d2 θ κ + θ = 0. Péndulo de torsión El péndulo de torsión permite considerar otro caso de MAS en un cuerpo rígido. que la frecuencia angular depende de la forma del cuerpo. se llega a la 2 2π KO ecuación diferencial En el caso del péndulo compuesto la caracted2 θ κ rística interesante que muestran las ecuaciones (5. dada por el inverso del período.36) de la forma geométrica del cuerpo y de sus propiedades físicas.34) y se conoce como el coeficiente de torsión del gd alambre. el período de oscilación es dado por Figura 5.39) ω= mKC 2 En la ecuación (5.5.5. √ KO 2 P = 2π . la frecuencia O angular depende del agente externo aceleración de la gravedad. es decir. Mediante la relación que existe entre la freA cuencia angular y el tiempo que tarda la M partícula en realizar una oscilación completa. ción angular. el alambre se tuerce generando un par a su alrededor con un momento en sentido opuesto dado por donde se ha utilizado la relación entre el momento de inercia I y el radio de giro al cuadrado K2 .34). el cuerpo rígido Empleando la ecuación (5.37) + θ = 0. y de los agentes internos longitud d y radio de giro del cuerpo rígido respecto C al eje de rotación.y la ecuación de movimiento para esto es √ la rotación de un cuerpo rígido alrededor de un 1 gd ν= .8. Al comparar la ecuación (5. DINÁMICA DEL MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE ANGULAR De acuerdo con la ecuación (5. (5.35) eje que pasa por su centro de masa.38). experimentaladquiere un MAS.39) la frecuencia angular depende del agente externo coeficiente de torsión del alambre y de los agentes internos masa y radio de giro del cuerpo rígido respecto a un eje que pasa por su centro de masa.10) con la ecuación (5.35) es la independencia con la masa del cuerpo rígido. Cuando el cuerpo rígido se rota un ángulo θ pequeño. (5. el período y la frecuencia del MAS.9 5. (5. 2 dt mKC 2 q 5.33).33). es decir. M = −κθ.8: Péndulo de torsión rotado. Mediante la relación que existe entre la fredonde κ es una constante que depende de las propiedades físicas y geométricas del alambre cuencia angular y el tiempo que tarda la . en la frecuencia angudonde aparece la variable θ en los dos térmilar.3. Un péndulo de torsión no es mas que un cuerpo rígido suspendido verticalmente de un alambre sujeto al centro de masa C del cuerpo y fijo en O. (5. donde la ecuación diferencial mente se puede encontrar el valor de la acelecorrespondiente es ración de la gravedad.38) cuerpo rígido. nos de la ecuación. respecto a la orientación de equilibrio CA sobre un plano horizontal y en determinado sentido. si se emplea la definición de aceleray la frecuencia. 44) Ahora. es posible deν= . está dada por gía total no nula como consecuencia de su ener1 2 2 gía cinética y su energía potencial. como lo es el peso en el caso de los péndu.6. 2 cinética es de tipo traslacional si el cuerpo só1 lo tiene movimiento de traslación. a difer.39). Igualmente se ve que el período de oscilación depende de la geometría 5. la energía donde se ha tomado el nivel cero de energía popotencial se le asocia a las fuerzas conservati. dx (5. Energía potencial en el movimiento armónico simple del cuerpo rígido.40) Energía cinética en el movimiento armónico simple lineal Debido a su movimiento. (5. período de oscilación es dado por √ P = 2π mKC 2 . mínimo en la posición de equilibrio. mep de oscilación.40) y (5. esto es.43). dada por el inverso del período.x = 0. mayor es el cuando pasa por la posición de equilibrio x = 0. La ecuación (5. teniendo en cuenta la ecuación (5. diante la expresión 5. 2 (5.2. se observa que a medida que el cuerpo se mueve su energía cinética varía encia de los dos casos anteriores. mKC 2 1 Partiendo de la ecuación (5. (5.De acuerdo con el concepto de derivada directerminar. de manera experimental.6. κ (5. el período y la frecuencia del MAS. en vas.45) muestra que la energía los simple y compuesto. está relacionacuerpo rígido.40) muestra que entre mayor adquiriendo su valor mínimo en los extremos sea la masa del cuerpo rígido ó menor sea el de la trayectoria.42) y la frecuencia. x = ± A.45) 2 rotacional si el cuerpo posee movimiento únicamente de rotación.10 CAPÍTULO 5.6. viene dada por Ek = 1 m(ωA)2 cos2 (ωt + φ). la energía cinética de un cuerpo con MAS. varía mientras el cuerpo caso de un oscilador armónico sobre una super. esto es donde se ha utilizado la definición de energía √ cinética y la primera de las ecuaciones (5. La energía Ep ( x ) = ω mx . (5.tencial en la posición de equilibrio.En la ecuación (5.para una partícula con MAS. Adicionalmente. tiene una ener. MOVIMIENTO OSCILATORIO partícula en realizar una oscilación completa. se encuentra que la función de energía potencial Un cuerpo animado de un MAS.se mueve. su masa y midiendo su período da con la energía potencial asociada E ( x ). se tiene que la fuerza conservativa F ( x ) de torsión del alambre conociendo la forma del que actúa sobre una partícula.41) es la dependencia con la 2 masa del cuerpo rígido. y su valor máximo coeficiente de torsión del alambre.3). Utilizando la expresión (5.40) es posible de. al depender del radio de giro.43) (5.42).41) 2π κ mostrar que la energía cinética del cuerpo se puede expresar en la forma En el caso del péndulo de torsión la característica interesante que muestran las ecuaciones 1 Ek = mω 2 ( A2 − x2 ). el coeficiente cional.9). La ecuación (5. la fuerza elástica en el potencial en un MAS. en la frecuencia angular. el 5.1. Energía en el movimiento armónico simple lineal F(x) = − dEp ( x ) . período de oscilación. adquiriendo su máximo valor cuanficie horizontal y la fuerza de torsión en el caso do se tiene la máxima elongación y su valor de un péndulo de torsión. ó es de tipo = m(ωA)2 sen2 (ωt + φ). (5. . con el fin de garancial varíen mientras ocurre el movimiento.47) con MAS angular. E (Energía total) -xA +xA O x Figura 5.9: Curvas de energía cinética. se Lo anterior está de acuerdo con el hecho que tiene un sistema conservativo. la energía cinética está dada por la energía cinética rotacional. se resume en la figura 5. misma que para el caso de la energía potencial de una partícula animada de MAS lineal. respecto a la energía en el MAS. la energía total del cuerpo es la suma de su energía cinética y su energía po5.1. Gráficas de energía en el do en movimiento.7. De este modo. mientras que en la posición de equilibrio la energía cinética adquiere el máximo valor y la energía potencial es nula. (5.45) adquiera la forma 1 Ep (v) = m(v2max − v2 ). co. 5. 2 Toda la información analizada anteriormente.6.9) se observa que en los extremos de la trayectoria la energía potencial adquiere el máximo valor y la energía cinética es nula. energía total debe permanecer constante.4. Energía en el movimiento artencial. es decir. la ecuación dor de un eje que pasa por el punto A. está dada por Ek = 1 IA ω 2 . distanto la energía cinética como la energía potenminuye la energía cinética.9.7. E = Ek + E p ≡ 1 I A ω 2 + mgy 2 5.do a la unidad 4. la trayectoria del movimiento resultante depende de las condiciones de cada uno de los movimientos resultantes.36).plazamientos verticales respecto a la superficie cia angular ω y la amplitud A son constantes de la tierra. movimiento armónico simple E= 1 m(ωA)2 . esta dada por la expresión. Por otro lado.7. la energía total del cuerpo rígi5. 2 rresponde a la máxima energía cinética que suponiendo que la rotación se presenta alredeadquiere la partícula. Superposición de dos movimientos armónicos simples Una situación interesante se presenta cuando se superponen simultáneamente dos movimientos armónicos simples. De nuevo. la energía potencial asociada es la del movimiento. la tizar la constancia en la energía total. En la figura (5.11 5. es posible que la ecuación (5.1). la energía potencial y la energía total de un cuerpo animado con MAS en función de la coordenada x. (5. ya que la frecuen. se llega a En el caso de un cuerpo rígido en rotación. donde se tienen las gráficas de la energía cinética. aunque a medida que aumenta la energía potencial.3.46) 2 donde se observa que la energía potencial es mínima cuando la rapidez es máxima y máxima cuando la rapidez es mínima. Como se verá.33) y (5. mediante las ecuaciones mónico simple angular (5.38) confirma que realmente la energía total Por otro lado. De este modo. si el centro de masa sufre desdel cuerpo es una constante. (5. que de acuerque de acuerdo con la ecuación (5. potencial y Energía total en el movimiento artotal de un cuerpo con MAS. ENERGÍA EN EL MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE ANGULAR Energía Mediante la primera de las ecuaciones (5.34).6. . mónico simple En el caso de un cuerpo animado de un MAS. mientras la partícula describe la trayectoria circular moviéndose de A a B en sentido antihorario. . como se ilustra en la figux 2 + y2 = A2 .11: MCU de una partícula y MAS de su sombra sobre cada eje. Al sumar los cuadrados de cada una de las componentes dadas por la ecuación (5. la sombra lo hace de D a C sobre el eje y. y D Igualmente. se encuentra que la magnitud es v = ωA. A medida que la partícula se mueve sobre la trayectoria circular entre C y D.50) De este modo. (5. la tiene como ecuación de la trayectoria. o sea. mientras la partícula describe una trayectoria circular con velocidad angular de magnitud ω. por la ecuación (5. una partícula adquiere un movimiento circular uniforme. y a medida que la partícula se mueve ficar. la sombra o proyección del movimiento y = A sen(ωt + φ). (5.10. de igual frecuencia angular e igual fase inicial. Por lo tanto. sión De forma similar.40) indica que la circular uniforme de la partícula sobre el eje y. de radio A y centrada en el origen. también adquiere un MAS. El caso inverso también es válido.49) ra 5. se encuentra que el movimiento resultante sobre la trayectoria circular desde B hasta A. cuando simultáneamente se somete a dos movimientos armónicos simples perpendiculares entre sí. trayectoria que describe la partícula es circular. En síntesis.39) y simpli. obteniendo las componentes en x y en y de la velocidad de la partícula.6. Ejercicio 5.48) Figura 5. Se supone que sobre el eje x y el eje y la respectiva ecuación cinemática de posición está dada por A B x x = A cos(ωt + φ).sombra lo hace sobre el eje x de B hasta A. MOVIMIENTO OSCILATORIO y Superposición de dos movimientos armónicos simples perpendiculares con igual frecuencia e igual amplitud Se considera un sistema de coordenadas rectangulares xy. la sombra con MAS se mueve sobre ele eje y de C a D y mientras la partícula se mueve sobre la circunferencia de D a C. tal que sobre cada eje se tiene un MAS.12 CAPÍTULO 5.11. la proyección o sombra de la partícula sobre cada uno de los ejes posee un movimiento armónico simple. la sombra tiene un MAS de frecuencia angular ω.A hasta B. de igual amplitud. cuando una partícula describe una trayectoria circular de radio A con rapidez constante. la expre.10: MCU de una partícula y MAS de su sombra sobre cada eje.41) se tiene que una partícula sometida a estas condiciones. adquiere un movimiento circular uniforme ya que su rapidez es constante. Como se ilustra en la figura 5. Cuando la amplitud de estos dos movimientos perpendiculares es diferente. la sombra con MAS se mueve sobre el eje x desde x C Figura 5. La forma de la ecuación (5. (5. es posible demostrar que la partícula describe una trayectoria elíptica. ENERGÍA EN EL MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE ANGULAR Demuestre. igual fase inicial.5. que cuando una partícula se somete simultáneamente a dos MAS perpendiculares. de igual frecuencia angular. pero diferente amplitud. 13 .7. la partícula describe una trayectoria elíptica. ESTATICA DE PARTICULAS Y CUERPOS RIGIDOS BERNARDO ARENAS GAVIRIA Universidad de Antioquia Instituto de Física 2012 . . . . . . . . .2. .2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4. . .3. . . . . . Vigas . . . . .4. . . . Equilibrio de un cuerpo rígido . . . 3 . . . 6. . . Equilibrio de un cuerpo rígido sometido sólo a dos fuerzas . .2. . . . 6. Armadura simple o estáticamente determinada . . . . . . . . . . . . . .2. . . .2. . Equilibrio de un cuerpo . . . . . . . . . . 6. . . . . . . . . . . . . . . Estructuras en equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. . . . . . . . 1 1 1 2 5 5 5 9 11 13 16 16 . . . . . . . . . .2. . Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1. . . . . . . . . . . . . Equilibrio de un cuerpo rígido sometido sólo a tres fuerzas . . . . . . . 6. . . . . . . . . . . . . .2. . . . 6. 6. . . . . . .1. . . . . . .4. Estática de partículas y cuerpos rígidos 6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Análisis de una armadura . .Índice general 6. Estática de una partícula en dos y tres dimensiones . .3. . . . . . . . . . .3. .3. . . . . . . . 6.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. . . . . . . Fuerzas en vigas . . . . . . . . . . . . . . . .1. . 6. . . . máquina. se consideran casos en los cuales un cuerpo interactúa con otros cuerpos.1. se encuentra en equilibrio. Analice las condiciones que se satisfacen 6. En esta unidad. terna. sobre el cuerpo actúa un sistema fuerza par nulo. por un sistema fuerza las cuales un cuerpo. de traslación como de rotación sobre los cuerDistinga entre fuerza externa y fuerza in. Se estudian diferentes estructuras Analice las condiciones bajo las cuales. analítica y gráficamente. una y los métodos que permiten obtener informapartícula o un cuerpo rígido. actuando En esta unidad.pos. esto es. tratado bajo el modelo de par aplicado en un punto arbitrario y que es . armazón y estado de reposo. se analizan las condiciones bajo sobre un cuerpo rígido.Cap´ıtulo 6 Estática de partículas y cuerpos rígidos Competencias. En esta unidad se busca que el estudiante: partícula o bajo el modelo cuerpo rígido. cuerpos que se pueden tratar. en el análisis de una ar. madura. Introducción cuando un cuerpo rígido está en equilibrio. sometido a la acción sólo de dos fuerzas ó Hasta ahora se ha analizado la dinámica de los sólo de tres fuerzas. es decir. casos en los cuales un cuerpo se encuentra en Distinga entre armadura. tanto en dos como en tes partes de ella. Equilibrio de un cuerpo En la unidad 4 se encontró que siempre es posiCONCEPTOS BASICOS ble reemplazar un sistema de fuerzas.el cuerpo rígido.2. la forma como varía la fuerza cortante y el momento de flexión en el interior de una viga. 6. se analiza con cierto detalle. tres dimensiones. estructura en reposo. se encuentra ción sobre las fuerzas que se ejercen las diferenen equilibrio estático. bien bajo el modelo de partícula o bien bajo el modelo cuerpo Aplique las condiciones de equilibrio a rígido. Obtenga. las fuerzas que acUtilice el método de los nodos y el método túan no tienden a imprimir ningún efecto sobre de las secciones. Igualmente. Defina y analice el concepto de armadura generando fuerzas que mantienen el cuerpo o simple. Para ello se ha tenido en cuenta el hecho cuerpos rígidos formados por varios cuerque las fuerzas tienden a imprimir tanto efectos pos rígidos. particularmente en equilibrio estático. las ecuaciones de equilibrio (6. = 0. (6.2 CAPÍTULO 6. En el caso particular que la fuerza y el par sean cero. bien sea estático o dinámico. quiere decir que el momento neto sobre el cuerpo sea nulo. Para el caso de una partícula en equilibrio. ∑ My = 0. 6. Estática de una partícula en dos y tres dimensiones Igualmente.1). Que el par del sistema fuerza-par.2. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS Y CUERPOS RÍGIDOS completamente equivalente en lo referente a traslación y rotación. sobre el cuerpo rígido actúa un sistema fuerza par nulo. y particularmente las referentes a la suma de momentos de las fuerzas se satisfacen respecto a cualquier punto. (6. te∑ Mz = 0. La única condición a tener presente.2) = 0. o sea. Lo dicho anteriormente.5) en el caso de dos dimensiones. De este modo es aplicable la ecuación (6. no tienden a imprimir ningún efecto de traslación ni de rotación sobre el cuerpo rígido. (6. la fuerza neta es nula y se satisfacen las ecuaciones (6.4) cuerpos. = 0. siempre y cuando el cuerpo rígido esté en equilibrio.1. por ejemplo. dispone de las expresiones ∑ Fx ∑ Fy ∑ Mz = 0. estático o dinámico. evaluados respecto a dos puntos y una de las dos primeras expresiones de la ecuación (6. niendo presente si se trata de una situación en En el caso particular que las fuerzas actúen so. la ecuación (6. (6. Que la fuerza del sistema fuerza par.5) no son las únicas tres condiciones a utilizar. ya que si se utilizan cuatro condiciones de equilibrio. se dice que el cuerpo rígido se encuentra en equilibrio. Cuando esto ocurre. bre un plano. el sistema de fuerzas externas forma un sistema equivalente fuerzapar nulo. es decir M = ∑ Mi i = 0. la presiones fuerza neta o resultante de las fuerzas que actúan sobre ella debido a la interacción con otros ∑ Mx = 0. al descomponer la ecuación (6. una de ellas es combinación lineal de las otras tres.3) En el caso de fuerzas coplanares.1) o (6. se pueden emplear tres ecuaciones de momentos evaluados respecto a tres puntos no colineales. es decir. la fuerza neta es nula y el momento neto es nulo. es la utilización de sólo tres condiciones de equilibrio en el caso coplanar.5) Un bloque de masa m se sostiene mediante una cuerda que pasa por una polea ideal móvil. como se ilustra en la figura. significa que la fuerza neta sobre el cuerpo sea nula. no tienda a imprimir efectos de rotación. se puede expresar en forma matemática como se describe en lo que sigue. (6.2) para el caso de fuerzas en tres dimensiones y las dos primeras expresiones de las ecuaciones (6.5). por ejemplo en el plano xy. También es posible utilizar dos ecuaciones de momentos.3) en Para un cuerpo considerado bajo el modelo de componentes rectangulares. Igualmente.1. Las condiciones de equilibrio anteriormente consideradas son de validez general. no tienda a imprimir efectos de traslación. a) Haga el diagrama de cuerpo libre para el bloque y para la polea.1) lleva a las expresiones ∑ Fx ∑ Fy ∑ Fz = 0. = 0. se obtienen las expartícula. Cuando el cuerpo rígido se encuentra en un estado de equilibrio.dos o tres dimensiones. es nula si esta se encuentra en reposo. se Ejemplo 6. esto es F = ∑ Fi i = 0. estático o dinámico.1) o en componentes rectangulares. como se expresó anteriormente. b) Plantee las ecuaciones . (6) 2h d d h T3 = mg. En este caso se tienen dos partículas en equilibrio estático. o . d) Finalmente. (5) 35 x o Fh 25o o Fy y . se obtiene T1 = T2 = 232. se tiene cos θ = √ h2 + d2 d h2 + d2 y o Solución a) Teniendo en cuenta la información dada y la descomposición de fuerzas mostrada en la figura. se tiene que la fuerza F1 de magnitud 700 N expresada en componentes rectangulares. determine si esta se encuentra en equilibrio. al reemplazar los valores dados en las ecuaciones (6) y (7). La figura muestra dos fuerzas que actúan en el origen de coordenadas.2. sometidas a fuerzas en una y dos dimensiones. como se ilustra en la figura. esto es de masa despreciable sen θ = √ o x T3 − mg = 0. h = 15 cm y m = 15 kg. c) Si estas fuerzas actúan sobre una partícula. (2) ↑ + ∑ Fv = 0. donde se tiene igual número de ecuaciones que de incógnitas. Para el bloque O (1) + → ∑ Fh = 0. T1 sen θ + T2 sen θ − mg = 0. h 25 o 65 35 ↑ + ∑ Fv = 0. d d q (7) T1 T2 q h T 3’ z T3 m 450 N 700 N mg 50 b) Ecuaciones que garantizan el estado de equilibrio estático para ambos cuerpos. c) Halle la tensión en las cuerdas.43 N. Solución a) Diagramas de cuerpo libre. está dada por Para la polea ideal. z (3) 450 N Donde en las ecuaciones (2) y (3) y de acuerdo con la figura. Resolviendo el sistema de ecuaciones anteriores. a) Obtenga las componentes rectangulares de cada una de las fuerzas. b) Encuentre el ángulo que cada fuerza forma con cada uno de los ejes coordenados. EQUILIBRIO DE UN CUERPO que garantizan el estado del bloque y de la polea. 700 N Fz 50o Fx (4) 65 O . d) Evalúe para d = 450 mm. Ejemplo 6. m T3 = 147 N. T1 cos θ − T2 cos θ = 0.3 6.2. se llega a los resultados √ d2 + h2 T1 = T2 = mg. se llega finalmente a TAB = 1146. (7) Resolviendo el sistema de ecuaciones simultáneas.22i − 378. (4) Teniendo en cuenta que las condiciones de equilibrio para el caso de una partícula están dadas por las ecuaciones (6. Solución Primero se considera el diagrama de cuerpo libre para el cilindro.99j + 449. (1) De igual forma la fuerza F2 de magnitud 450 N.4k) N.08j + 407. θz = 25o .84i + 595. 53.76 N. (3) y (4) se obtiene el sistema de ecuaciones simultáneas −0. (6) y (7). Utilizando el método de la geometría vectorial para sumar vectores. T AB = TAB (−0.22 + 0. θy = 75.07j + 857.3. c) Para saber si la partícula a la que se aplican las fuerzas se encuentra en equilibrio. (2) T AD = TAD (0.03 .4TAB − 189.39 N.79k)N. los ángulos que la fuerza F2 forma con cada eje son θ x = 69.68k). TAD = 887.62i + 485.75o .33TAB − 378. son Fneta = (−70. De este modo los ángulos que forma la fuerza F1 con cada eje están dados por o o o θ x = 108. (3) Fneta θx θy θz = = = = 1046. que será tratado bajo el modelo de partícula.78i + 109. 93.73TAD = 0. se encuentra que la fuerza neta en componentes rectangulares está dada por 700 mm 250 mm 350 mm 300 mm O 700 mm TAB TAC TAD x y 650 mm Mg z 700 mm 250 mm 350 mm 300 mm O 700 mm x TAB TAC TAD y 650 mm Mg las fuerzas que actúan sobre él tienden a generar solo efectos de traslación.86k). como se ilustra en la figura. (1) De acuerdo con este resultado se concluye que la partícula no se encuentra en equilibrio ya que la fuerza resultante que actúa sobre ella es diferente de cero. está dada por F2 = (155. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS Y CUERPOS RÍGIDOS z F1 = (−226. se encuentra que las componentes rectangulares de cada una de las fuerzas mostradas en el diagrama de cuerpo libre. En su lugar. Ejemplo 6.8 mk. sabiendo que la magnitud de la tensión en la cuerda AC es 550 N.43 = 0. (2) b) El coseno del ángulo que forma una fuerza con un eje de coordenadas. (2).8 m = 0. Por lo tanto. Un cilindro se sostiene mediante tres cuerdas. la partícula está sometida a una fuerza cuya magnitud y dirección están dadas por T AC = (−189. y las ecuaciones (1) y (2).95k)N.34o .4 + 0.97o .89 . y las ecuaciones (1). ya que W = −9.43j + 351.4 CAPÍTULO 6. se debe hallar la fuerza neta total o resultante que actúa sobre ella. se obtiene al dividir la componente sobre dicho eje por la magnitud de la fuerza.73i + 0. θy = 46. y la masa del cilindro. Considerando la información dada en el enunciado y el diagrama espacial. .94o .2). Halle la magnitud de la tensión en las cuerdas AB y AD.4i + 0.68TAD − 9.57 N.88o . dadas por las expresiones (5). 0. (5) (6) 0. 34. m = 198.84k)N. θz = 50 .86TAB + 351.33j + 0.1 kg. Así.1) ó (6.25. por lo que en este caso. se debe cumplir que F1 = −F2 . se cumple la condición ∑ M = 0. La varilla AB. equilibrio. por lo que la línea de acción de F3 también debe pasar por D para garantizar el ∑ MA = 0. De lo contrario. c) Los valores de las cantidades obtenidas en los numerales anteriores. es nulo. 6. esto es ∑ F = 0. Por otro lado. son de validez las expresiones (6. Igualmente. son paralelas las F líneas de acción de las tres fuerzas.2. b) La fuerza de fricción estática. para M = 3 kg. el peso de la varilla actúa en su centro .1(a).2. de longitud L y masa M. Ejemplo 6.2(a). entonces ∑ MD = 0.3) ó (6.1(b). EQUILIBRIO DE UN CUERPO 6. respecto al punto B también se debe cumplir la condición ∑ MB = 0.3. Equilibrio de un cuerpo rígido Cuando un cuerpo rígido se encuentra en equilibrio estático o dinámico. permanece en la posición mostrada.2.4).1(c). el diagrama de cuerpo libre es como se ilustra en la figura. sometido únicamente a la acción de dos fuerzas.2: Cuerpo rígido sometido sólo a tres fuerzas. las tres fuerzas deben ser tales que sus líneas de acción sean concurrentes. θ = 25o y µ = 0. las dos fuerzas deben tener igual magnitud. determine a) Las reacciones en los extremos de la varilla. 2 2 1 2 1 1 (a) (b) (c) Figura 6. si un cuerpo rígido sometido a la acción de dos fuerzas se haya en equilibrio. deben ser paralelas.1: Cuerpo rígido en equilibrio. Si la pared es lisa y la superficie horizontal es rugosa. Para el caso de fuerzas en dos dimensiones. Lo anterior significa que si se tiene un sistema de fuerzas en tres dimensiones.4. Equilibrio de un cuerpo rígido sometido sólo a dos fuerzas Si un cuerpo rígido está en equilibrio. la fuerza Ax debida a la fricción estática entre la varilla y la superficie horizontal y la normal Ay ejercida por el piso. son válidas las expresiones (6. Solución Teniendo en cuenta los dos apoyos en los extremos de la varilla. al considerar los puntos de aplicación de las fuerzas F1 y F2 en la figura 6. Como en la figura 6. condición que se satisface siempre y cuando la Si las líneas de acción de las tres fuerzas no se línea de acción de la fuerza F2 pase por el punto cortan.2.2(b) las líneas de acción de F1 y F2 se cortan en el punto D.5 6. debido a las fuerzas externas que actúan sobre él. Equilibrio de un cuerpo rígido sometido sólo a tres fuerzas Igual que en el caso anterior.4.5). como se muestra en la figura 6. como se presenta equilibrio de traslación. F1 F1 F1 A A A F3 F3 6. si el cuerpo rígido está en equilibrio sometido solamente a la acción de tres fuerzas. se tiene F2 B C (a) F2 B D (b) C F2 B D C F3 (c) Figura 6. A como se ilustra en la figura 6.1(c). Por otro lado. la misma línea de acción y sentidos opuestos. donde los momentos son evaluados respecto al mismo punto. En síntesis. el sistema fuerza par neto. el momento total de las dos fuerzas respecto a cualquier punto es nulo. para garantizar que el cuerpo rígido se enB B B F F A A A cuentre equilibrio. la línea de acción de F1 debe pasar por el punto B como lo muestra la figura 6. Así. figura 6.2) y (6. si el movimiento de la varilla es inminente y el coeficiente de fricción en el extremo A es µ. o se corten en algún F F F punto. mientras que en el extremo A actúan. En el extremo B sólo actúa la normal B que la pared lisa ejerce sobre la varilla. sometido sólo a dos fuerzas.2. se deben cumplir simultáneamente las siguientes condiciones + → ∑ Fx = 0. y tomando el sentido antihorario como positivo ∑ MA = 0 − 21 MgLcosθ + BLsenθ = 0. Por las ecuaciones (1). c) La masa mínima m.5. L (6) m q B Solución De acuerdo con el diagrama espacial. cuando en el ejemplo 6. Ay de masa.1. la fuerza de fricción estática es A x = µMg. quiere decir que está en equilibrio estático.52 N ← . B Mg Ejercicio 6. A C (3) a) Mediante las ecuaciones (1).4 teniendo en cuenta que sobre la varilla actúan tres fuerzas. De ahí que el ángulo que forma la cuerda con la horizontal es (1) β = 90 − 12 θ. A = 43. Analice la situación que se presenta. (5) b) En general.6 CAPÍTULO 6. el triángulo ABC es isósceles. coincidente con el centro geométrico si es homogénea como se supone en este caso. (1) + ↑ ∑ Fy = 0. La varilla AB de longitud L y masa M. La superficie horizontal es lisa. (8) q A B Ax A q (7) c) Reemplazando valores en las ecuaciones (4). que permite levantar la varilla del piso.35 N → . Ecuaciones de movimiento. la ecuación (6) adquiere la forma B Fs = µN. (2) y (3). se encuentra que las reacciones en los extremos de la varilla están dadas por B = 12 Mgcotθ ← √ A = 12 Mgcscθ 1 + 3sen2 θ ∠ tan−1 (2tanθ ). entre la fuerza de fricción estática y la normal de la superficie se cumple la relación Fs ≤ µN. la reacción en A y la tensión en la cuerda. (5) y (8). con A x = Fs y Ay = N. Determine a) La masa mínima del bloque. Como la varilla permanece en la posición mostrada. está unida a un bloque de masa m.11 N ∠ 43o . se obtiene B = 31. como el movimiento es inminente. mediante una cuerda que pasa por una polea ideal fija.2. para M = 2kg y θ = 40o . esto es.4 se supone que el piso es liso y la pared es rugosa. Fs = 7. (2) y (7). (2) Ejercicio 6. b) Las componentes rectangulares de la reacción en A y la tensión en la cuerda. conectada a una articulación en el extremo A. . Ay − Mg = 0. Resuelva el ejemplo 6. A x − B = 0. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS Y CUERPOS RÍGIDOS Ahora. Ejemplo 6. están dadas como sigue.4. se considera el instante en el cual la varilla va a despegar del piso. es posible encontrar que la reacción en A es m mg T = 12 Mgcosθsec 12 θ. en el momento que la normal B se hace cero. (5) a) Para determinar la masa mínima m. q B (9) Reemplazando valores en las ecuaciones (7) y (8). donde la dirección corresponde al ángulo β mostrado en el diagrama de cuerpo libre. se encuentra que las componentes rectangulares de la reacción en A. Determine a) La masa mínima m que le permite al disco subir escalón de altura 12 R. Para el bloque + ↑ ∑ Fh = 0. para M = 1.7 6. (7) Av = 21 Mg(2 − cosθ ). una esfera descansa sobre dos superficies que forman entre sí un ángulo θ. Ejercicio 6. (4) y (6). B + Tsenβ − Mg + Av = 0. teniendo en cuenta el apoyo y las conexiones del sistema. (8) R m A M R/2 B Ejercicio 6. es el mostrado en la figura.4 N ∠ 77. las ecuaciones de equilibrio estático. para el bloque y para la varilla. se llega a la expresión m = 12 Mcosθsec 12 θ. a) ¿Qué condición deben cumplir las líneas de acción de las fuerzas que actúan sobre la esfera? Justifique su respuesta.2. la tensión en la cuerda está dada por T = 7. c) Por la ecuación (6). B Utilizando la información contenida en los diagramas de cuerpo libre. b) Las componentes rectangulares de la reacción en A y la tensión en la cuerda. mediante una cuerda que pasa por una polea ideal fija. 1 2 MgLcosθ m = 0.5 kg y R = 20 cm.99 N ∠ 70o . Así. (2). A Ah Av T T` A = 12. esto es. Ah − Tcosβ = 0.82 kg. c) La masa mínima m. (4) y tomando el sentido antihorario como positivo ∑ MA = 0. por la ecuación (9). la tensión en la cuerda es Finalmente.3. (3). (2) Para la varilla + → ∑ Fv = 0. Como se ilustra en la figura. la reacción en la esquina A y la tensión en la cuerda. El disco de masa M y radio R. T − mg = 0. están dadas por Ah = 21 Mgcosθtan 12 θ. − BLcosθ − TLsenβ = 0. EQUILIBRIO DE UN CUERPO El diagrama de cuerpo libre. mediante las ecuaciones (1). la masa mínima tiene el valor L C Reemplazando la ecuación (6) en la ecuación (2). (6) b) Con ayuda de las ecuaciones (1). está unido a un bloque de masa m. (3) + ↑ ∑ Fv = 0.27o . (2) y (5). b) ¿La condición anterior depende del valor del ángulo θ? ¿Por qué? . 5 m 2.49 N. es TBD = TBD (0.08TBD = 0. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS Y CUERPOS RÍGIDOS De este modo.5 m C 3. ya que la componente de reacción en x es nula.5 m B TBD −0.35 TBC + 0. a) Utilizando las ecuaciones (5) y (4).27TBC + 1.65TBD − 392 = 0. 0. (2) ∑ Fz = 0.52 TBD + A x = 0.5 m TBC 2. (8) b) Reemplazando las ecuaciones (7) y (8) en las ecuaciones (1). θy = 56.56TBD = 0. (10) Az = 197. se encuentra que las fuerzas en componentes rectangulares están dadas por TBC = TBC (−0. Encuentre a) la tensión en cada cuerda. (10) y (11) indican que la reacción en A es paralela al plano yz.8 CAPÍTULO 6. Como la barra se encuentra en equilibrio estático. (4) −1. La barra de la figura de masa 20 kg y longitud 5 m. adquieren la forma ∑ Fx = 0. A = 238. la cuerda BC. (9) Ay = 133. es posible demostrar que el ángulo que forma la reacción en A con el eje y. el diagrama de cuerpo libre para la barra es como se muestra en la figura.12k). (1) ∑ Fy = 0. (6) Como se dispone de seis ecuaciones y hay cinco incógnitas. se encuentra que las componentes de reacción en el extremo A. mediante las ecuaciones (10) y (12). z 1. 3.35i − 0.57 N. (3). ∑ MO = 0. z 1. (5) 1. q −0.5 m B D 3m 2m A y x Solución De acuerdo con el diagrama espacial y la información dada en el enunciado. tienen los valores D 2m Ax A Az 196 N 3m Ay y A x ≈ 0. (2) y (3).83j − 0. Ejemplo 6.5 m C 3. Las ecuaciones (9). tiene el valor A = A x i + Ay j + Az k.21k).12 TBC − 0.52i − 0. (12) .22 N.05TBC + 1. De este modo.6. sobre ella actúa un sistema fuerza par nulo. se mantiene en la posición indicada mediante una articulación de rótula en el extremo A. Finalmente.23 N.4TBC − 2. (7) TBD = 60.21 TBD − 196 + Az = 0.93j + 0. y la cuerda BD. la magnitud de la reacción en el extremo A de la barra. y b) la reacción en el extremo A.93 TBC − 0.91 N. se encuentra que la magnitud de la tensión en cada cuerda.05o . La barra se encuentra en el plano yz.83 TBD + Ay = 0. las ecuaciones que garantizan el equilibrio traslacional. está dada por TBC = 89. (11) x Teniendo en cuenta el diagrama de cuerpo libre para la barra. W = −(196 N)k. el problema tiene solución numérica. sobre el cual actúan fuerzas ejercidas por otros cuerpos. que es ejercida por una parte de la estructura sobre otra.3. Encuentre la masa máxima que se puede levantar. La escalera de tijera mostrada en la figura.7 Ejemplo 6. y el brazo BC de longitud L = 3 m tiene una masa m = 100 kg y hace un ángulo de 45o con la horizontal. b) Encuentre la fuerzas de reacción en los extremos del miembro horizontal. se analizan cuerpos rígidos formados a su vez por A L/2 L B Solución Como la escalera se encuentra en equilibrio estático. es decir.3. z 0. En el análisis de estructuras es necesario tener muy clara la diferencia entre una fuerza externa. tener en cuenta la escalera como un . Estructuras en equilibrio En la primera parte de esta unidad se analizaron situaciones en las cuales intervenía un sólo cuerpo. b) las reacciones en A y B. ESTRUCTURAS EN EQUILIBRIO Ejercicio 6. Finalmente se estudian fuerzas en vigas y cables en reposo. Por ello.7.9 6. Una escalera de tijera es un buen ejemplo de una estructura. unidos entre sí por diferentes tipos de conexiones y conocidos como estructuras. La grúa está conectada en el extremo B mediante una articulación. la cual es ejercida por otro cuerpo ajeno a la estructura. El cable CA forma un ángulo de 30o con la horizontal y puede soportar una tensión máxima de 10 kN. cada uno de los cuerpos rígidos que la componen. es posible y necesario. también se encuentra en reposo. La plataforma rectangular de la figura es uniforme.5. Las escalerillas están conectadas mediante una bisagra en el extremo C y se mantienen unidas por medio de un miembro horizontal de longitud L/2. permite levantar ó sostener cuerpos de gran masa M. mide 2. a) Halle la reacción sobre la escalera en los puntos de apoyo A y B.84 m E 1. ¿el miembro horizontal está sometido a tensión o compresión? c) Determine las componentes de reacción en el extremo C.2 m D varios cuerpos rígidos.72 m 1.24 m 0.6. En A y B la plataforma está conectada mediante bisagras y sostenida por un cable fijo a las esquinas C y D que pasa por un gancho sin fricción E. De acuerdo con el resultado obtenido. Particularmente. denominados método de los nodos y método de las secciones. sobre él se ejercen únicamente fuerzas externas.2 m de ancho. Esta situación se analiza en el ejemplo 6. sujeto a los puntos medios de las dos escalerillas. y fuerza interna. y C C L 6. bajo las condiciones indicadas. El dispositivo de la figura.56 m de longitud y 1. En lo que sigue. tiene una masa de 200 kg. debido a la acción de una escalerilla sobre la otra. C L/12 M 30 45 o o B A Ejercicio 6. Suponiendo que la bisagra en A no experimenta ninguna fuerza axial. determine a) la tensión en el cable. fue construida mediante dos escalerillas cada una de masa M y longitud L. Dentro de las estructuras se consideran aquellas conocidas como armaduras y de las cuales se analizan dos métodos que permiten determinar las fuerzas en cada uno de los componentes de la armadura.8 m x 0. conocido como grúa.24 mB A 1. se consideran estructuras en equilibrio. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS Y CUERPOS RÍGIDOS todo y cada una de las partes que la conforman. están dados por Mg B NA NB NA = NB = Mg. Ahora se plantean las ecuaciones de equilibrio estático. como se describe en lo que sigue. 2 2 (1) ∑ MB = 0. T1′ es la fuerza que la escalerilla ejerce sobre el miembro horizontal. se obtiene T1 = T1′ = −0. Ecuaciones de equilibrio para la escalera completa ∑ MA = 0. (8) El signo menos significa que en los diagramas de cuerpo libre las fuerzas T1 y T1′ tienen sentidos opuestos. la fuerza T1′ actúa hacia la izquierda sobre el miembro horizontal y como este se encuentra estático. se observa que en la escalera completa únicamente aparecen los pesos de cada escalerilla y las reacciones en los apoyos A y B.58Mg. se debe tener en cuenta que si T1 es la fuerza que el miembro ejerce sobre la escalerilla. Teniendo en cuenta la forma como se construyen las diferentes estructuras. encontrando que Cx = −0.58Mg. Por lo tanto. . NA − Mg + Cy = 0. 2 2 (2) + ↑ ∑ Fy = 0. se encuentra que las reacciones en los apoyos A y B de la escalera. (7) y (8). L L NB L − Mg (1 + cos 60) − Mg cos 60 = 0. L T1 (5) Cx C x’ Cy C y’ T1’ T2’ Mg T2 L Mg NA NB En los diagramas de cuerpo libre.10 CAPÍTULO 6. (6). por ser las fuerzas externas que actúan sobre ella. + ↑ ∑ Fy = 0. ya que las fuerzas que actúan sobre él tienden incrementar su longitud. No aparecen las fuerzas de reacción en el extremo C ni las fuerzas generadas por el miembro horizontal. ya que son fuerzas internas para la escalera completa. indicando con esto que el miembro horizontal está sometido a tensión. C L Mg A L/2 Mg L L cos 60 − T1 sen 60 − NA L cos 60 = 0. necesarias para obtener el valor de las cantidades pedidas en el enunciado. debido a la conexión que existe entre las dos escalerillas. El signo menos en la componente Cx . es posible distinguir entre tres tipos de ellas. De acuerdo con lo anterior y empleando las ecuaciones (4) y (7). primero se hace el diagrama de cuerpo libre para la escalera completa y para cada una de las escalerillas. (3) Ecuaciones de equilibrio para la escalerilla izquierda ∑ MC = 0. Cy = 0. c) Las reacciones Cx y Cy . 2 2 (4) + → ∑ Fx = 0. Por tal razón. mas no para cada una de las escalerillas. L (6) a) Mediante las ecuaciones (1) y (2). la fuerza T2′ actúa hacia la derecha. Cx − T1 = 0. De acuerdo con la tercera ley de Newton. NA + NA − Mg − Mg = 0. indica que el sentido de la fuerza correspondiente es opuesto al mostrado en el diagrama de cuerpo libre. se obtienen con ayuda de las ecuaciones (5). L L Mg (1 + cos 60) + Mg cos 60 − NA L = 0. (7) b) Fuerza de reacción que actúa en los extremos del miembro horizontal. Análisis de una armadura Como fue definida antes. formada por elementos rectos unidos en sus extremos por medio de pasadores.3: Miembro sometido a tensión o comprecavadora. se muestran diversas armaduras con los nombres asociados a cada una de ellas y que son empleadas en estructuras para techos. si las fuerzas tienden a comprimir o reducir la longitud del miembro. en los extremos de los elementos. corresponden a fuerzas internas en la armadura completa. formada por elementos rectos. en la cual los elementos se encuentran en diferentes planos. se dice que está sometido a tensión. Armazón Igual que una armadura. una llave de contención o una retroex.Figura 6. son ejemplos de máquinas. Un alicate. Como las fuerzas sobre un miembro de una armadura. ESTRUCTURAS EN EQUILIBRIO Armadura Es una estructura fija y estable. Las armaduras se construyen del modo indicado. se presenta debido a que hay elementos de fuerza múltiple.4. cada una con el nombre asignado. . se conectan en sus extremos o nodos (nudos) por medio de pasadores. estos pueden estar sometidos a tensión o compresión.3 Tensión A diferencia de las estructuras anteriores.5 se tienen armaduras que se utilizan en estructuras para puentes.3. una máquina tiene partes móviles. la mitad en cada nodo. mientras que las fuerzas sobre cada elemento. a diferencia de una armadura en el espacio. son ejemplos de este tipo de estructuras. buscando que las fuerzas o cargas sobre los diferentes elementos se concentren en los nodos. es una estructura fija y estable. es decir. se dice que está sometido a compresión. es un ejemplo de armazón. Igualmente. Se construyen para soportar cargas y de tal forma que en cada extremo actúa una fuerza cuya línea de acción es paralela al elemento mismo. La escalera de tijera. la única diferencia con la armadura. Se construyen para soportar cargas y a diferencia de una armadura. Se debe tener claro que el peso es una fuerza externa que actúa sobre la armadura completa. en los extremos pueden actuar dos ó más fuerzas cuyas líneas de acción no tienen que ser paralelas al elemento. actúan en los extremos y son longitudinales. esto es. se habla de una armadura En las figuras 6.11 6.3. su peso se supone que actúa sobre los nodos. 6. una armadura está constituida por varios elementos rectos de dos fuerzas y es una estructura estable.1. Armaduras para puentes. si las fuerzas tratan de estirar o incrementar la longitud del elemento. cuando este no sea despreciable. Es decir. para garantizar el equilibrio estático. se hacen las siguientes aproximaciones. se construye para Compresión transmitir y cambiar fuerzas. Las dos fuerzas en los extremos deben cumplir la condición de ser opuestas y de igual magnitud. de otro modo. las cuales permiten considerarla como una armadura ideal. sión. Máquina plana. Aunque generalmente se desprecia el peso de los elementos de una armadura frente a las cargas que esta soporta. y tiene por lo menos un elemento de fuerza múltiple. Con el fin simplificar el análisis de una armadura real. De este modo. Cuando todos los elementos de una armadura se encuentran en el mismo plano. es una fuerza longitudinal. en las figuras 6. utilizada tanto en puentes y como en edificios. armaduras para torres de energía y armaduras para techos. Los diferentes elementos que conforman una armadura. Las dos situaciones se muestran en le figura 6. debido a la acción Armadura inestable o no rígida: Es una armaduejercida por el pasador liso. to.6: Fuerzas en elementos y nodos.4: Armadura utilizadas en techos. ejerce sobre un elemento. Una armadura estable esconcentradas en lo nudos. se asume que son lisos. A F B A F’ FAP Nodo o nudo F’AP F’PA FPA B F’ Figura 6. Figura 6. Por ello. Los miembros y caras de una armadura tos forman triángulos.5: Armadura empleadas en puentes. estas se dividen en armaduras miembro. de lo contrario se toman como estables y armaduras inestables. se consideran como cargas nexiones o apoyos. que en realidad son pasadores. esto es. armadura que se construye tomando como base De acuerdo con lo anterior. está dirigida a lo ra que se deforma como consecuencia de las largo del miembro. Una armadura inestable esEn la figura 6.12 CAPÍTULO 6. tá conformada de tal manera que sus elemen6. F 1.cargas aplicadas y de las reacciones en sus cora 6. Los miembros o elementos de la armadura se consideran rectos y delgados. se denomina armadura simple.6 se ha tenido en cuenta la ter. la fuerza que un pueden formar polígonos de más de tres lados. se aplican en los extremos del una armadura. En lo que respecta a las cargas aplicadas a cargas aplicadas y a las reacciones en sus couna armadura. la fuerza que se un triángulo. Armadura estable o rígida: Es una armadura que no cambia su configuración debido a las 5. despreciables. Una plana se toman en el mismo plano. es de igual magnitud y sentido opuesto a la 4. Cuando los pesos de los elementos son fuerza que el elemento ejerce sobre el pasador. Los nudos o nodos donde se unen los diferentes elementos de la armadura se representados mediante puntos. Los nudos. es decir que no prepasador ejerce sobre el extremo de un elemensentan fricción. comparables con las cargas aplicadas a la Teniendo en cuenta la deformación o no de armadura.6. Como se ilustra en la figu. 3. . nexiones o apoyos. se desprecia su espesor. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS Y CUERPOS RÍGIDOS Armadura Fink Armadura Howe Armadura Howe Armadura Pratt Armadura Pratt Armadura Warren Fink compuesta Warren modificada Figura 6.tá constituida de tal forma que sus elementos cera ley de Newton. es decir. 2. la armadura estable más estable que existe es triangular. se dice que la armadura es estáticamente indeterminada. (m + r > 2j). Finalmente. Ejemplo 6. Cuando esta situación se presenta es necesario hacer una análisis de las deformaciones que se presentan en los miembros de la armadura. El paso siguiente tiene que ver con la reade ecuaciones linealmente independientes. construida con m mente independientes. está basado en el equilibrio de una partícula. Primero se debe tener mucha claridad soEl térmico de la izquierda. ESTRUCTURAS EN EQUILIBRIO Por ello. está apoyada en A a una superficie horizontal y conectada a una articulación en D. ya que esto puede simplificar en buena medida los procedimientos involucrados. que lización del diagrama de cuerpo libre de la permiten resolver completamente una armaduarmadura completa. se satisface la expresión En el método de los nodos o nudos para rem + r = 2j. se dispone del método de los nodos que permite conocer las fuerzas en todos los elementos de la armadura y el método de las sesiones mediante el cual es posible encontrar las fuerzas que actúan en algunos miembros de la armadura. Luego se eligen los nodos más adecuados y se hace el diagrama de cuerpo libre para cada uno de ellos.2. es el número 2. se resuelve el sistema de ecuaciones obtenido. apoyada o conectada de tal forma madura hay un total de j nodos. 2j. reacciones generadas por las conexiones y En el caso de no poder determinar todas las apoyos.13 6. ya que el punto 6. por inspección se deben encontrar los miembros o elementos de fuerza cero o nula.Método de los nodos rresponde a una armadura rectangular. Lo anterior indica que el número de incógnitas es mayor que el número máximo de ecuaciones de equilibrio linealmente independientes. En el nodo C se aplica una carga de 100 N.5. El método de los nudos o nodos. la armadura inestable más sencilla co. se deben seguir los pasos que a continuación se deLo anterior es posible comprobarlo con cada de scriben. Lo anterior indica que por cada nodo se pueden determinar todas las incógnitas aplicando. corresponde al número total de a analizar. Para hallar las fuerzas que actúan sobre los miembros o elementos de una armadura. que permite hallar las ra. hasta encontrar tanto las fuerzas externas como internas. cuando la armadura está en Una armadura es simple cuando en ella se reposo. la armadura para techo de la figura. Independiente del método a emplear. es necesario resolver 2j ecuaciones linealmente independientes. las condiciones que garantizan su equilibrio.8. es decir.6). (6.la completamente. Armadura simple o estáticamente de unión de varios elementos de la armadura se determinada encuentra estático. b) . el término a de la derecha. identificando por inspección si incógnitas a determinar en una armadura y existen miembros de fuerza cero. 4.3. dos. 5. 3. Por lo tanto. determinando si cada uno de los miembros de la armadura se encuentra en tensión o compresión. 1. las armaduras simples mostradas en las figuras 6. dispone de dos ecuaciones de equilibrio linealPara una armadura simple. incógnitas mediante condiciones de equilibrio. para resolverque actúan r reacciones y con un total de j no. si en la arelementos. En este paso se plantean las ecuaciones de equilibrio estático para la armadura completa y para cada nodo. en la bre el diagrama espacial de la armadura ecuación (6. cuando se hace el análisis de una armadura.4 y 6.3. Mediante un rodillo.6) solver completamente una armadura. a) Encuentre las fuerzas de reacción debidas a agentes externos. m + r. los miembros AB y BD están sometidos a compresión. 100 + → ∑ Fx = 0. B 30 A C o 30 o Donde AC = CD = L/2. ya que en los diagramas de cuerpo libre se consideran las fuerzas que los elementos ejercen sobre los nodos y nos interesan las fuerzas que los nodos ejercen sobre los elementos. (6). Dh = 0. permiten saber que los valores de las fuerzas en cada miembro son TAB = TBC = TBD = 100 N. B 30o (5) → ∑ Fx = 0. (7) y (8). TAC = TCD = 86. si está sometido a tensión o compresión. BC y CD están sometidos a tensión.60 N. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS Y CUERPOS RÍGIDOS Halle las fuerzas en todos los miembros de la armadura. Dv B o (7) Dh + TBD cos 30 − TCD = 0. mientras que los elementos AC. D TAC − TAB cos 30 = 0. TCD − TAC = 0. 100 N Solución De acuerdo con los pasos a seguir. + ↑ ∑ Fy = 0.14 CAPÍTULO 6. (2) y (3). De forma similar y utilizando los diagramas de cuerpo libre para cada uno de los nodos. c) Para saber si cada elemento está sometido a tensión o compresión. Nodo C TBC − 100 = 0. Dv L − 100 L = 0. 100 N 30 (6) D Dh Para cada nodo A A + + ↑ ∑ Fy = 0. . Mediante las ecuaciones (4). es necesario tener en cuenta la tercera de Newton. están dadas por (8) Dv = 50 N. 2 (1) ∑ MD = 0. las ecuaciones que garantizan el equilibrio estático para cada nodo. c) Determine. para cada elemento de la armadura. Teniendo en cuenta lo anterior. C 30o 100 N D Dh Dv En este caso no se tienen elementos de fuerza cero. A − TAB sen 30 = 0. Por las ecuaciones (1). las ecuaciones que garantizan el estado de reposo de la armadura completa. están dadas por Nodo A + → ∑ Fx = 0. se encuentra que las componentes de reacción en A y en D. primero se deben hacer los diagramas de cuerpo libre de la armadura completa y de cada uno de los nodos. Dv = 0 y A = 50 N. (5). como se muestra en la figura siguiente. tienen la forma ∑ MA = 0. Nodo D C 30o a) Fuerzas de reacción en la conexión y en el apoyo. (3) b)Fuerzas en los miembros de la armadura. Teniendo en cuenta los diagramas de cuerpo libre. Armadura completa A A (4) L − AL = 0. 2 (2) + → ∑ Fx = 0. el método más adecuado es el de las secciones.3. Inicialmente hay que tener mucha claridad sobre el diagrama espacial de la armadura a analizar. y los pasos a seguir son Ejemplo 6. B 3 5 kN E Solución De acuerdo con la conexión y el apoyo de la armadura.15 6. el diagrama de cuerpo libre correspondiente es el mostrado en la figura. BD y BE se encuentran sometidos a tensión o compresión. De acuerdo con los dos diagramas de cuerpo libre. se dispone entonces de seis ecuaciones simultáneas linealmente independientes. encontrando tanto las fuerzas externas como internas. determinando si en cada uno de los miembros de interés se encuentra en tensión o compresión. y mediante las cuales es posible conocer las fuerzas longitudinales que actúan como máximo en tres elementos de la armadura. Por último. a) Halle las componentes de reacción en los puntos D y E. se plantean las ecuaciones de equilibrio estático para la armadura completa y para la porción de interés. A 4 TBD B 3 5 kN TBE Las ecuaciones de equilibrio para la armadura completa. parte de ella también lo está.9. el diagrama de cuerpo libre para la armadura completa. A continuación se elige la porción de la armadura que incluya los miembros de interés y se hace el diagrama de cuerpo libre correspondiente. 1. (1) . mediante el cual es posible hallar las reacciones generadas por las conexiones y apoyos. están dadas por ∑ MD = 0. Luego se obtiene el diagrama de cuerpo libre de la armadura completa. 5. ya que si armadura completa está en equilibrio. 5 5 ∑ ME = 0. 4 3 5 4 + 5 8 − E4 = 0. identificando por inspección si existen miembros de fuerza cero. 4m D 4m C 4m D Dx Dy 4 m A 4 B 3 5 kN E E Tomando la porción izquierda de la armadura ABC. ESTRUCTURAS EN EQUILIBRIO Método de las secciones A diferencia del método de los nudos. 4m C 4m A 4 3. se resuelve el sistema de seis ecuaciones simultáneas. En la porción se debe incluir como mínimo un elemento completo. En este caso. el método de las secciones está basado en el equilibrio de un cuerpo rígido de una porción de la armadura. 4m C 4m D TCD 4m 4. BD y BE. tiene la forma mostrada en la figura. Si no es necesario conocer las fuerzas que actúan sobre todos los miembros de una armadura. sino sobre algunos de ellos. Tres de ellas asociadas a la armadura completa y de las cuales es posible conocer las reacciones en los apoyos y conexiones y las otras tres que surgen al imponer las condiciones de equilibrio a la porción de la armadura. diga si los miembros CD. La armadura de la figura está conectada a una pared mediante una articulación y apoyada en ella mediante un rodillo. b) Determine las fuerzas en los miembros CD. c) Teniendo en cuenta los resultados del numeral anterior. 2. Resuelva la situación planteada en el ejemplo 6. A una viga también se le pueden aplicar fuerzas que están distribuidas sobre varios puntos de ella.7 se muestra una viga sobre la cual actúan. edificios y aviones.66 kN y TBE = 11 kN.4. fuerzas distribuidas y pares a lo largo de su longitud. se analizaron dos métodos que hacen posible determinar las fuerzas que mantienen unidos los elemento de ella. En la figura 6. TBD = 5.8. debido al tipo de conexión o apoyo que le permite estar es reposo. aplicándola en el punto adecuado. b) Las fuerzas longitudinales sobre los miembros CD.10. Por lo tanto. En la primera parte de esta sección. llegando a TCD = 4 kN. fuerzas distribuidas. y se construye de tal forma que soporta cargas a lo largo de su longitud. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS Y CUERPOS RÍGIDOS 4 5 8 − Dx 4 = 0.8 se le aplica una fuerza distribuida de 35 N · m−1 . c) De acuerdo con los resultados del numeral anterior. que puede ser recto o curvo. Ejercicio 6. A la viga de la figura 6. Vigas Una viga se define como una elemento delgado y prismático. BD y BE se obtienen mediante las ecuaciones (4). o sea. (3) 5 Para la porción izquierda de la armadura. Fuerzas en vigas En las secciones anteriores se han analizado situaciones de partículas y cuerpos rígidos en equilibrio. tiene sentido opuesto al tomado en el diagrama de cuerpo libre. simultáneamente. (5) 5 + ↑ ∑ Fy = 0. al utilizar la tercera ley de Newton se llega a concluir: los elementos BD y CD están sometidos a tensión y el elemento BE a compresión.10. se estudian las fuerzas en vigas. Ejercicio 6. Las vigas son de utilidad en estructuras tales como puentes. (6) 2 5 a) Componentes de reacción en D y E. (5) y (6). 4 3 (4) 5 4 + 5 8 − TBE 4 = 0.7. 5 5 4 5 4 − TCD 4 = 0. dos fuerzas concentradas de 10 N y 25 N. Las vigas pueden soportar fuerzas concentradas. dos pares de 50 N · m y 120 N · m. En el caso de una armadura simple.16 CAPÍTULO 6.1. se encuentra que 6. 6. E = 11 kN.4. ∑ MD = 0. . 5 + ↑ ∑ Fy = 0. y una fuerza uniformemente distribuida distribuida de 15 N · m−1 Cuando actúa una fuerza distribuida sobre una viga. es posible reemplazarla por una fuerza concentrada equivalente. (2) y (3). Determine las fuerzas en los miembros AB. los sentidos considerados para las fuerzas sobre los tres elementos en la porción de la armadura. tomando la porción derecha de la armadura. se analizan los efectos generados por fuerzas concentradas y distribuidas en cables. En la segunda parte de la sección. (2) 4 Dy − 5 = 0. Empleando las ecuaciones (1). Hasta este momento. se consideran las fuerzas que mantienen unido un elemento determinado de una estructura. donde el signo menos significa que la componente de reacción horizontal en D. Dx = 8 kN y Dy = 4 kN. fuerzas concentradas. son los verdaderos. que tienden a generar deflexiones transversales. es decir. En los métodos estudiados ha sido posible determinar las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígido. particularmente armaduras simples. BC y AC de la armadura considerada en el ejemplo 6. esto es. √ 2 4 TBD − 5 = 0. se tienen las siguientes ecuaciones de equilibrio. a los cuerpos se les ha aplicado fuerzas que actúan en un punto. se debe calcular utilizando los métodos empleados en el análisis de centroides y centros de gravedad. como se muestra en la figura 6. (b) a dos patines y una articuanterior indica que estas fuerzas internas son las lación y (c) tres patines. sometido a tensión por do el número máximo de incógnitas. ¿la . Se tiene una viga en voladizo cuando solo está conectada o empotrada en uno de sus extremos. 70 N 1m Figura 6. cuando el número de ecuaciones coincide con el número de incógnitas. En lo que sigue y como lo permite la física. sometido a tensión en sus extremos. FUERZAS EN VIGAS 10 N 50 N m -1 15 N m viga es estáticamente determinada ó estáticamente indeterminada? Explique. cuando no está conectada o apoyada en uno o los dos extremos. cuando las condiciones de equilibrio son suficientes para determinar las reacciones desconocidas. cuando se le impide cualquier tipo de movimiento a dicho extremo. Una viga simple es aquella que esta apoyada por medio de un rodillo en uno de sus extremos y conectada a una articulación en el otro. se consideran vigas estáticamente determinadas. En la figura 6. es decir. 25 N 120 N m Figura 6. se tienen las tres. También se habla de una viga con voladizo. el punto de aplicación de la fuerza concentrada equivalente. Cuando aparecen más incógnitas que ecuaciones. pasadores o rodillos. C -F A -FA CF BF -F C B F Las vigas pueden estar apoyadas o conecFigura 6. -1 35 N m 2m Figura 6. Lo ulaciones. como se ilustra en la figura 6. es decir. esto es. es necesario recurrir a los métodos de resistencia de materiales. cuando es estáticamente determinada.10.9: Fuerza concentrada equivalente. en otras palabras.7: Viga sometida a dos fuerzas concentradas. por la tercera ley de Newton se Una viga está conectada: (a) A dos artictiene que AC ejerce la fuerza −F sobre CB. Para cada caso. Por ello. Igual que en el caso de una armadura.17 6. tadas por medio de articulaciones.4. es las fuerzas F y −F. que actúa sobre una longitud de 2 m. con el fin imponer nuevas condiciones que permitan el análisis completo de la viga. Primero se considera un elemento recto de dos fuerzas. la fuerza concentrada equivalente tiene una magnitud de 35 N · m−1 × 2 m = 70 N y su punto de aplicación se encuentra a 1 m del extremo derecho.10: Elemento sometido a tensión.10 se asume que el miembro AB una viga está estáticamente determinada cuanse encuentra estático. En este caso.9. ya que el número de reacciones debido a los apoyos o conexiones es igual al número de incógnitas. Si se lleva a cabo un corte hipotético de dicho miembro en C.8: Viga sometida a una fuerza distribuida. porciones AC y CB que también deben estar en equilibrio estático. debido a las reacciones en los apoyos o conexiones. que no corresponde a los temas de este curso. una fuerza distribuida y dos pares. si CB ejerce la fuerza Pregunta F sobre AC. Si la fuerza no está uniformemente distribuida sobre la viga. Ahora. Si se lleva a cabo el corte hipotético de dicho miembro en C. En lo que sigue se aplican cargas transversales. Luego se hace el diagrama de cuerpo libre el cual incluye la fuerza axial. la fuerza cortante y el momento de flexión. existen siempre que el elemento esté sometido a tensión y se conoce como fuerza axial. A continuación se hace el diagrama de cuerpo libre de la estructura completa. lo cual Qh1 A C Fh -Fh C B P1 genera una simplificación puesto que no será -M M QV2 -Fv Fv necesario analizar efectos axiales sobre la viga. se plantean las ecuaciones de equilibrio para la estructura completa y para el elemento donde se realizó el corte.18 CAPÍTULO 6. Por ello.Este caso se presenta con freEn este caso. esto es. se tiene que la magnitud F de la fuerza interna es la misma en cualquier sección del elemento y se habla de la fuerza en el miembro AB. Cuando se desea conocer en un elemento de una estructura. Q2 Qh A Qv Q2 C B P de traslación como de rotación sobre ella. Al hacer un corte hipotético en la sección C. 3. sobre el cual actúan simultáneamente varias fuerzas.11 se asume que el miembro AB se encuentra en reposo. largo de la viga. Como paso siguiente. la fuerza axial. como se ilustra en la figura 6. tal como en el elemento AB mostrado en la figura 6. sometido a compresión mediante las fuerzas F y −F. el cual garantiza que el momento total sea nulo sobre cada porción del miembro. 2. Adicionalmente. se tiene un momento de flexión con magnitud M. el análisis se reduce a analizar los efectos cortantes y los efectos de flexión a lo Figura 6.12: Miembro de varias fuerzas. se hace un corte transversal en el elemento que contenga la sección de interés. perpendiculares a las viga. 4. 6. la fuerza cortante y el momento de flexión en el corte. En la figura 6. para obtener la información solicitada. por lo que actúa una fuerza axial de magnitud Fh y una fuerza cortante Fv . Como la sección C es arbitraria. si CB ejerce la fuerza F sobre AC. 5.12. se tienen las porciones AC y CB que también deben estar en equilibrio estático. para garantizar que la fuerza neta sea nula sobre cada parte del elemento.11.11: Miembro sometido a compresión. Finalmente se resuelve el sistema de ecuaciones. P2 De este modo. se analiza un miembro recto de dos fuerzas pero sometido a compresión. C -F A -FA BF C F -F C BF Figura 6. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS Y CUERPOS RÍGIDOS que permiten mantener unidas las dos partes del miembro. mediante el cual será posible determinar las reacciones generadas por las conexiones y apoyos. Apoyándose en los diagramas de cuerpo libre. se deben seguir los siguientes pasos 1. Lo anterior indica que estas fuerzas internas son las que permiten mantener unidas las dos partes del miembro. existen mientras el miembro esté sometido a compresión y es una fuerza axial. las dos partes de la viga continúan en reposo. Ahora se considera un miembro estático. las fuerzas externas que actúan cuencia cuando se utilizan vigas en diferentes sobre la viga tienden a imprimir efectos tanto situaciones reales. por la tercera ley de Newton se tiene que AC ejerce la fuerza −F sobre CB. Primero se debe tener claridad sobre el diagrama espacial de la estructura. P2 . V= Ejemplo 6. se considera una viga simple conectada tanto a una articulación. En el caso más general.5) − 1. b) Encuentre la fuerza axial.5 m B M1 A Ay x V1 20 kN M2 A Ay 1. se tomará como convención para dibujar la fuerza cortante y el momento de flexión en las porciones izquierda y derecha en el corte de una viga. puede ocurrir que las fuerzas externas y los pares. esté dirigida verticalmente hacia abajo. 20 kN Ax A Ay B 0.13(d). Luego de hacer un corte C en la viga de la figura 6. (1) ∑ MA = 0. para el análisis de vigas. A x = 0. Figura 6.10. tiendan a flexionar la viga como en la figura 6.5 = 0. Esto hace que la fuerza cortante que la porción derecha ejerce sobre la porción izquierda.19 6.5 m V2 x Ecuaciones de equilibrio estático Barra completa + → ∑ Fx = 0.13(c). Es posible demostrar que entre la fuerza cortante y el momento de flexión se satisface la ex- 20 kN C A B 0. puede ocurrir que las fuerzas externas. como a un patín y sometida a cargas transversales y pares a lo largo de su longitud.5 m 1m 0. que está articulada en el extremo A y apoyada en el extremo B mediante un rodillo. C (a) (b) (c) M V´ (d) V M´ presión dM dx .5 m 1. en sentido antihorario sobre la porción izquierda y un momento flexionante con efectos de rotación en sentido horario sobre la porción derecha de la viga. B2 − 20 × 103 (1. Igualmente.13(b). 20 × 103 (0. Porción izquierda AC + → ∑ Fx = 0. FUERZAS EN VIGAS Es costumbre utilizar la convención que a continuación se describe.13(d).5) − Ay 2 − 1.5 N m Solución Primero se hacen los diagramas de cuerpo libre para la barra y para cada porción de la barra luego del corte. que permite comprobar si los resultados obtenidos para cada corte de la viga son los correctos. En este caso sobre la viga actuaría un par con efectos de rotación en sentido horario sobre la porción izquierda y otro en sentido antihorario sobre la porción derecha. Por esta razón.13(a). (2) ∑ MB = 0.5 = 0.13: Fuerza cortante y momento de flexión. tiendan a desplazar la porción izquierda de la viga verticalmente hacia arriba. Ahora. a) Halle las componentes de reacción en cada uno de los extremos de la barra. en el corte C se tendría un momento flexionante con efectos de rotación. por la tercera ley de Newton sobre la porción derecha la fuerza cortante está dirigida verticalmente hacia arriba como se muestra en la figura 6. como se ilustra en la figura 6. reacciones y cargas. la fuerza cortante y el momento de flexión en el corte realizado en el punto C. como se ilustra en la figura 6. respecto a la porción derecha. Sobre la barra de la figura.5 m 1m 0. Lo anterior.5 N m 1. (3) . se aplican la carga y el par mostrados.4. (2) y (3). (7) B = 15 kN. se encuentra A x = 0. (9) b) Utilizando los resultados dados por las ecuaciones (7).20 CAPÍTULO 6. (4) + ↑ ∑ Fy = 0. en las ecuaciones (4).5 kN · m. M − Fv 0. Ay − Fv = 0. (6) a) Componentes de reacción en los extremos A y B Mediante las ecuaciones (1). . (8) y (9). (5) y (6). Fv = 5 kN. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS Y CUERPOS RÍGIDOS A x − Fh = 0.5 = 0. (5) ∑ MA = 0. se llega a Fh = 0. M = 2. (8) Ay = 5 kN.