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FíSlCA Mecánica

Doctor Eliezer Braun

Profesor titular del Departamento de Física Universidad Autónoma MetropoIitana/lztapalapa Profesor titular de la Facultad de Ciencias Universidad Nacional Autónoma de México

FlSlCA 1 Mecánica

Eliezer Braun

EDITORIAL

TRILLAS

1

@]

Mextco.Argenma España Colornbla PuerloRico Venezuela

Prólogo

E l presentetextodemecánicacorresponde a los primeros cursos de f í s i c a q u e se imparten en las escuelas superiores en diversas carreras técnicas y científicas como ingenierías, quimica, física, matemáticas, etcétera. E l t e x t o se diseñó con base en las características específicas de los estud i a n t e s m e x i c a n o s . En p a r t i c u l a r e s t a m o s c o n s c i e n t e s d e a l g u n a s d i f i c u l tades que tienen los alumnos, como por ejemplo, las relacionadas con las manipulaciones matemáticas necesarias. Por este motivo, las operaciones m a t e m á t i c a s se e x p l i c a n c o n m u c h o d e t e n i m i e n t o : d e s p e j e s , r e s o l u c i ó n ddei v e r s aesc u a c i o n easl g e b r a i c aust,i l i z a c i ódrne s u l t a d odse geometría, trigonometría, cálculo diferencial e integral, etc. Para ello se presentan, tanto en una serie de recuadros como en apéndices recordatorios, l o sr e s u l t a d o sm a t e m á t i c o sq u e se v a nau t i l i z a re ne lm o m e n t o correspondiente Aquellos lectores que dominen las matemáticas pueden pasar, en c a d a c a s o , d i r e c t a m e n t e a l a s o l u c i ó n y su t r a t a m i e n t o f í s i c o . Se hn p r o c u r a d o h a c e r é n f a s i s e n e l c o n t e n i d o f í s i c o d e l o s t e m a s p o r t r a t a r . Así, antes de dar a los temas e¡ t r a t a m i e n t o m a t e m á t i c o se d i s c u t e el c o n t e n i d o f i s i c o y e n a l g u n a s o c a s i o n e sse l o g r a n v i s l u m b r a r a l g u n a s d e las características de la s o l u c i ó n , io c u a l n o s i g n i f i c a q u e se pueda soslayar el tratamiento matemático. Posteriormente, una vez obtenida la solución, esta se a n a l i z a d e s d e e l p u n t o d e v i s t a f í s i c o . C a d a v e z q u e se o b t e n g a u n r e s u l t a d o m a t e m á t i c oes i m p o r t a n t e q u e e l a l u m n o a d q u i e r a l a d i s c i p l i n a d e a n a l i z a r l o y e n t e n d e r su significado. En la c o n g r u e n c i ad i m e n s i o n a dl el a s p a r t i c u l a r , es i m p o r t a n t ev e r i f i c a r e x p r e s i o n e s q u e h a y a o b r e n i d o y a n a l i z a r . d e s d e e l p u n t o d e v i s t a f í s i c os, i los resultados tienen sentido. E l a l u m n o se d e b e d a r c u e n t a d e que el d e s a r r o l l o d e la m e c á n i c a p a r t e d e c i e r t o s p r i n c i p i o s q u e sor), esencialmente, las leyes de Newton, a partir de las cuales se c o n s t r u y e t o d o lo demás. E n e l t e x t o se r e s u e l v e n , c o n m u c h o d e t a l l e , u n n ú m e r o c o n s i d e r a b l e d e e j e r c i c i o s q u e se c o n s i d e r a n t i p i c o s . A s i m i s m o , a l f i n a l d e c a d a c a p í t u l ose presenta una serie de problemas para que el alumno los resuelva. Además, a l f i n a l d e l l i b r ose muestran los resultados de casitodos l o s p r o b l e m a s . En lugares estratégicos se presenta una serie de recuadros en los q u e se h a c e n c o m e n t a r i o s p e r t i n e n t e s a c e r c a d e los t e m a s t r a t a d o s . Los vectores querepresentandiferentescantidadesfísicas,comovelocidad,acelera-

5

6

PR~LOGO

ción, fuerza, etc., se r e p r e s e n t a n g r á f i c a m e n t e p o r m e d i o d e d i f e r e n t e s p u n t a s d e f l e c h a y10 grosores. D a d a l a l i m i t a c i ó n e nla e x t e n s i ó n d e l l i b r o n ose h a n p o d i d o d e s a r r o l l a r e x h a u s t i v a m e n t e a l g u n o s t e m a s q u e , p o r su i m p o r t a n c i a , l o a m e r i t a n . Se h a a p r o v e c h a d o u n p r o b l e m a r i o q u e v a p a r a l e l o a e s t e l i b r o , e n d o n d e se amplían y complementan los temas aquí tratados. A c o n t i n u a c i ó n se p r o p o r c i o n a n e n f o r m a b r e v e a l g u n a s c a r a c t e r í s t i c a s d e c a d a u n o d e los c a p í t u l o s d e l a o b r a . En el c a p í t u l o 1 se presentan los c o n c e p t o s d e m e d i d a s , d i m e n s i o n e s y unidades. Se hace énfasis en el análisis dimensional, el cual es m u y ú t i l a l analizar tanto las ecuaciones como las expresiones que se o b t e n g a n . A d e más, se repasan algunos temas de álgebra, útiles en el desarrollo del texto. E n e l c a p í t u l o 2 se d e s a r r o l l a , c o n b r e v e d a d , e l t e m a d e los vectores, q u e es n e c e s a r i o d o m i n a r p a r a e l e s t u d i o d e l a m e c á n i c a . Se i n c l u y e n los productos de vectores, tanto escalar como vectorial. En seguida se i n i c i a e l e s t u d i o d e l a c i n e m á t i c a , a l a q u e se d e d i c a n los capítulos, 3, 4 y 5. L a e x p e r i e n c i a n o s h a m o s t r a d o q u e es m u y i m p o r t a n t e ir con cautela en el desarrollo de conceptos que son muy difíciles, como v e l o c i d a d y a c e l e r a c i ó n i n s t a n t á n e a s . H a y q u e r e c o r d a r q u los e griegos no los e n t e n d i e r o n y p o re l l on op u d i e r o nd e s a r r o l l a rl ac i e n c i aq u e ,d e h e c h o , q u e d ó e s t a n c a d a h a s t a e l s i g l oX V I Ie n q u e C a l i l e o , N e w t o n y o t r o s pudieron entender estos conceptos. En el c a p í t u l o 3 se a n a l i z a n los c o n c e p t o s d e t r a y e c t o r i a , v e l o c i d a d y aceleración, en el sistema más sencillo posible que es u n p u n t o m o v i é n d o se e n u n a d i m e n s i ó n . L a i d e a es desarrollar los c o n c e p t o s a d e c u a d o s p a r a l a d e s c r i p c i ó n d e los m o v i m i e n t o s . A d e m á s , se hace ver la necesidad d e definir las cantidades instantáneas correspondientes que dan lugar al uso d e las derivadas. Se h a c e é n f a s i s e n e l h e c h o d e q u e , c o n o c i d a l a t r a y e c t o ria, se p u e d e n e n c o n t r a r l a v e l o c i d a d y l a a c e l e r a c i ó n . E n e l c a p í t u l o 4 se t r a t a , e n u n a d i m e n s i ó n , e l p r o b l e m a i n v e r s o a l e s t u d i a d oe ne lc a p í t u l o 3, as a b e r ,d ed e t e r m i n a rl at r a y e c t o r i ad eu n a partícula, conocida su aceleración. Esto da lugar al uso de las integrales. En e l c a p í t u l o 5 se u s a n l o s c o n c e p t o s a p r e n d i d o s e n l o s d o s c a p í t u l o s anteriores para el caso del movimiento en una dimensión, a fin de hacer l a d e s c r i p c i ó n d e l m o v i m i e n t o d e u n p u n t o e n d o s d i m e n s i o n e s . P a r a see l l o utiliza un principio físico obtenido de la experiencia: el de la superposic i ó n d e e f e c t o s . E n e s t e c u r s o se t r a t a m u y b r e v e m e n t e l a c i n e m á t i c a e n tres dimensiones. Las ideas desarrolladas en dos dimensiones son directamente trasladables al caso de tres dimensiones. En los c a p í t u l o s 6, 7 y 8 se d e s a r r o l l a l a d i n á m i c a d e u n a m a s a p u n t u a l . E n e l c a p í t u l o 6 se d i s c u t e n l a s b a s e s d e l a d i n á m i c a , q u e s o n l a s t r e s l e y e s d e N e w t o n . P a r a e s t e e f e c t o es d e p a r t i c u l a r i m p o r t a n c i a e l c o n c e p t o d e sistema de referencia inercial. El c a p í t u l o 7 se d e d i c a a p r e s e n t a r u n a g r a n v a r i e d a d d e a p l i c a c i o n e s d e las leyes de Newton. Se p r e s e n t a n e n l a f o r m a d e e j e r c i c i o s r e s u e l t o s c o n el propósito de que el alumno sistematice la aplicación de las leyes de Newton. E l c a p í t u l o 8 se d e d i c a a l t e m a d e t r a b a j oy energía. Aquí se d e s a r r o l l a el principio de conservación de la energía mecánica. E n e l c a p í t u l o 9 se e s t u d i a l a m e c á n i c a d e v a r i a s p a r t í c u l a s , p a r t i e n d o d e los c o n o c i m i e n t o s a d q u i r i d o s e n los c a p í t u l o s a n t e r i o r e s . D e m a n e r a sistemática se v a m o t i v a n d o l a n e c e s i d a d d e i n t r o d u c i r c o n c e p t o s a d i -

PRbLOGO

cionales como, por ejemplo, el centro de masa. Además se presenta el p r i n c i p i o d e c o n s e r v a c i ó n d e l m o m e n t o l i n e a l , q u ese a p l i c a a l a s o l u c i ó n d e d i v e r s o s p r o b l e m a s d e i n t e r é s c o m o el d e l a c o l i s i ó n d e d o s p a r t í c u l a s . E n e l c a p í t u l o 1 0 se i n t r o d u c e n o t r o s c o n c e p t o s , c o m o e l d e m o m e n t o angular y t o r c a de u n a f u e r z a , q u e r e s u l t a n ser útiles en la d e s c r i p c i ó n d e los movimientosdesistemasdevariaspartículas:Asimismo, se encuentra y se a p l i c a el p r i n c i p i o d e l a c o n s e r v a c i ó n d e l m o m e n t o a n g u l a Se r. hace énfasis en el hecho de que los p r i n c i p i o s d e c o n s e r v a c i ó n o b t e n i d o s en los c a p í t u l o s 9 y 10 son consecuencia directa de las leyes de Newton. Los r e s u l t a d o s q u e se o b t i e n e n e n los c a p í t u l o s 9 y 1 0 s o n c o m p l e t a mente generales, válidos para cualquier sistema de varias partículas, ya sea d i s c r e t o o c o n t i n u o . En los ú l t i m o s c u a t r o c a p í t u l o s se e s t u d i a n a p l i c a c i o n e s d e los c o n c e p tos generales desarrollados hasta este punto. Los c a p í t u l o s 1 3 y 1 4 son independientes, por lo q u e se p u e d e n e s t u d i a r e n e l o r d e n q u e c o n v e n g a . En e l c a p í t u l o I 1 se analiza, con base en lo a p r e n d i d o a n t e r i o r m e n t e , u n s i s t e m a d e v a r i a s p a r t í c u l a s m u y i m p o r t a n t e ; a s a b e r e l c u e r p o r í g i d o . Se estudian algunos tipos de movimientos para cuerpos rígidos particulares c o m o p l a c a s d e l g a d a s y cuerpos simétricos. Esta restricción se d e b e a q u e la descripción para cuerpos más generales requiere de elementos matemáticos más avanzados. E l c a p í t u l o 1 2 t r a t a , c o m o c a s o p a r t i c u l a r d elos t e m a s c o n s i d e r a d o s e n e l c a p í t u l o 11, la estática de cuerpos rígidos. E l capítulo 13 estudia algunas características del fenómeno de las oscilaciones en varios sistemas físicos. En p a r t i c u l a r se t r a t a e l f e n ó m e n o d e resonancia, que se presenta en muchas situaciones físicas. F i n a l m e n t e , e n e l c a p í t u l o 1 4 se t r a t a e l t e m a de l a g r a v i t a c i ó n . Se p r e s e n t a u n b r e v e r e s u m e n h i s t ó r i c o s o b r e l a s m o t i v a c i o n e s q u e t u v i e r o n los c i e n t í f i c o s de los siglos XVI y XVII para desarrollar esta teoría, que constituye una de las hazañas cumbres del pensamiento humano.

7

Indice de c o n t e n i d o

Prólogo Cap. 1.

Cap. 2.

Cap. 3.

Cap. 4.

Cap. 5.

5 Unidades y dimensiones

13

Vectores Escalares.Vectores, 24. Suma y resta de vectores, 26. Producto (cociente) de un vector por (entre) un escalar, Componentes de un vector, 31 Producto escalar de dos vectores, 38. Producto vectorial de dos vectores, 41 Problemas, 44.

24

1 . l . Mediciones. Unidades.Sistemas de unidades, 1 3 1.2. Unidadesderivadas, 15. 1.3. Dimensiones. Análisis dimensional, 20. Problemas, 22. 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 2.6.

Cinemática de una partícula. Una dimensión (I) 3.1. Movimiento de una partícula en una dimensibn, 3.2. Posición de una partícula, 47. 3.3. Velocidad media de una partícula, 49. 3.4. Velocidad instantánea de una partícula, 55. 3.5. Aceleración de una partícula, 60. Problemas, 69. Cinemática de una partícula. Una dimensión (It) Movimiento uniforme, 72. La posición x(t) en un movimiento arbitrario, Movimiento uniformemente acelerado, 81 Caída libre, 86. Problemas. 92.

4.1. 4.2. 4.3. 4.4.

47

47

72

75

Cinemática de una partícula. Dos dimensiones 5.1. Principio de superposición de efectos, 95. 5.2. Posición, velocidad y aceleración de un cuerpo, 96 5.3. Aplicaciones, 99. 5.4. Movimiento circular, 108.

9

29

95

10

iNDlCE DE CONTENIDO

5.5. Movimiento circular no uniforme, 114. 5.6. M o v i m i e n t o en tres dimensiones, 115. Problemas, 116. Cap. 6.

Las leyes de Newton Movimiento relativo, 122. Leyes de Newton, 124. Primera ley de Newton, 124. Segunda ley de Newton, 125. Tercera ley de Newton, 126. 6.6. Comentarios, 127. Problemas, 127.

122

Cap. 7.

Aplicaciones de las leyes de Newton 7.1. Algunas aplicaciones de las leyes de Newton, 128. 7.2. Fricción, 139. 7.3. Algunas consideraciones sobre las fuerzas de fricción y de constricción, 145. 7.4. Movimiento circular, 146. Problemas, 149.

128

Cap. 8.

Trabajo y energía 8.1. Trabajo, 153. 8.2. Energía cinética, 158. 8.3. Fuerzas conservativas. Energía potencial, 159. 8.4. Algunas aplicaciones, 165. 8.5. Potencia, 170. 8.6. Más aplicaciones, 173. Problemas, 175.

153

Cap. 9.

Mecánica de varias partículas. Conservación del momento lineal. Centros de masa 9.1. Momento lineal de una particula, 180. 9.2. Momento lineal de varias partículas, 181. 9.3. Centros de masa, 184. 9.4. Centros de masa de cuerpos continuos, 190. 9.5. Conservación del momento lineal, 205. 9.6. Colisiones, 212. Problemas, 219.

6.1. 6.2. 6.3. 6.4. 6.5.

Cap. IO. Momento angular. Torca 10.1. Momento angular y torca. Caso de una partícula, 225. 10.2. Momento angular de un sistema de partículas, 238. 10.3. Cantidadesreferidas a l centro de masa del sistema, 242. Problemas, 244. Cap. 11.

180

225

250 Cuerpo rígido 11.l.:Movimientos de un cuerpo rígido,250. 11.2. Cinemática de rotación de un cuerpo rígido, 251. 11.3. Movimiento de placas delgadas con un punto fijo, 254. 259. 11.4. Momentosdeinerciadeplacasdelgadas, 261. 11.5. Teoremadeejesparalelos, 11.6. Dinámicadeplacasdelgadas, 265. de simetría fijo, 272 11.7. Dinámica de cuerpos rígidos con un eje 11.8. Momentosdeinerciadecuerpossimétricos, 276. 11.9. Traslación y rotacióndecuerposrígidos, 278. Problemas, 290.

INDICE DE CONTENIDO Cap. 12. Estática 12.1. Estática, 297. 12.2. Aplicaciones, 299. Problewas, 31 3.

297

Cap. 13. Oscilaciones y vibraciones 13.1. Vibraciones, 320. 13.2. Resorte, 320. 13.3.Resorte.Trayectoria, 324. 13.4. Energía, 328. 13.5.Oscilacionesamortiguadas, 331. 13.6.Oscilacionesforzadas.Resonancia, 333. 13.7. Oscilacionesforzadasconamortiguación, 337. 13.8. Potencia absorbida por el cuerpo en presencia de una fuerza externa, 341. 13.9. Aplicaciones, 344. 13.10. Otros sistemas que vibran, 353. Problemas, 356.

320

Cap. 14. La ley de la gravitaciónuniversal 14.1 Ley delagravitaciónuniversal, 361. 14.2. Algunasaplicaciones, 363. 14.3. Leyes deKepler, 365. 14.4. Energía, 370. 14.5.Caso de una masa distribuida uniformemente, 14.6.Algunasotrasaplicaciones, 374. Problemas, 375.

361

371.

Solución de problemasselectos

377

Apéndices

387

índice analítico

399

11

1.1. MEDICIONES. UNIQADES. SISTEMAS DE UNIDADES

i LJ

“ “ I

’

I

1

-

13

14 2.3 millas = 2.3 X I 609.3 m = 3 701.4 m Ejercicio 1.2. Expresar en metros la distancia de 25 pies 3 pulgadas. En el apéndice V I vemos que

Y /

Figura 1.1

tud de onda. Se define el metro como1 650 763.73 veEsta norces la longitud de ondade la luz roja del 8hkr. ma atómica tiene las ventajas de ser m u y precisa, no iridependerdelatemperatura(comolabarrade dioplatino), no alterarse y no poder destruirse. Segundo. Originalmente se basó su definición en el periodo de rotación de la Tierra alrededor de su eje. Así, se definió el dia solar medio como 86 400 s. O sea, el día solar medio seria de 24 h = 24 x 60 min = 24 X 60 x 60 S = 86 400 s. Aquí h es la abreviatura de hora y min, la de minuto. AI igual que con el metro,se ha definido el segundo entérminosdepropiedadesatómicasdeelementos químicos. E l elementocesioemiteciertaradiación electromagnética y se define el segundo de manera que 9 192 631 770 periodos de esta radiación son 1 segundo.Recurriranormasatómicasparadefinir el segundo tiene las mismas ventajas que en el caso del metro. La definición del kilogramo la estudiaremos en el capítulo 6. Además del SI existen otros sistemas de unidades. Porejemplo,enelsistemainglés se escogen como unidades básicas: la yarda, como unidad de longitud; el segundo, como unidad de tiempo, y la libra, como unidad de masa. En el apéndice VI se encuentran las equivalencias entre las diferentes unidades. Si se conoce el valor de alguna cantidad física en un sistema de unidades, se puede encontrar su valor en cualquier otro sistema. Para transformar de u n sistema a otrose deben manejar las unidades como símbolos algebraicos.

(12 )

1 pie = 0.3048 m

1 pulgada = 2.54 cm

Pero 1 cm = 0.01 m, por lo que esta última relación queda como

1 pulgada = 2.54 X (I cm) = 2.54 x 0.01 m = 0.0254 m

(1.3)

Ahora bien,

25 pies 3 pulgadas = 25 pies

+ 3 pulgadas.

(1.4)

Trataremos cada sumando del lado derecho por separado: a) Si usamos (1.2)

25 pies = 25 X (1 pie) = 25 X 0.3048 m = 7.62 m

b] Si usamos (1.3) 3 pulgadas = 3 X (I pulgada) = 3 x 0.0254 m = 0.076 m AI sustituir (1.5) y (1.6) en (1.41, encontramos

+ 0.076 m

25 pies 3 pulgadas = 7.62 m = 7.696 m

Ejercicio 1.3. i A cuántas yardas equivalen En el apéndice VI vemos que

800 m ?

1 yarda = 0.9144 m Esta relación la podemos escribir como

1 yarda = 0.9144

X

(I m)

(1.7)

En esta relación manejamos (1 m) como simbolo gebraico. Despejamos (I m).

2.3 millas = 2.3 X (1 milla) Aquí en lugar de (I milla) usamos ahora su equivalencia dada por la ec. (l.)),

Véase apéndice I con P = 1 yarda,a u = l m .

al-

= 0.9144 Y

ue

15

UNIDADES DERIVADAS

I m = ___ yarda = 1.O94 yarda 0.9144 el

en

Ejercicio 1.6. Determinar las unidades de la velocidad SI. Como veremos en el capítulo 3, la velocidad es el

En consecuencia, usando (1.8) cociente longitud una de intervalo entre untiempo de velocidad =

800 m = 800 X 1 m = 800 X I.O94 yarda = 875.2 yardas

Por tanto,

Ejercicio 1.4. i A cuántos segundos equivalen 2 h 16 longitud m i n 38 S ? Tenemos

2h16min38~=2h+16min+38s

longitud tiempo

de

-

unidad

m

”

S

velocidad

(1.9)

(1.I 2)

Eiercicio 1.7. jCuáles son las unidades de la aceleraci& en el S I ? Tratamos cada sumando del lado derecho porsepaComo estudiaremos en el capítulo 3, la aceleración rad0 inun velocidad entre decambioun de cociente es el

a)

bl

2 h = 2 X (1h) = 2 X 60 min = 120min = 120 X (1 min) = 120 X (60 S) = 7 200 S (1.I O) 1m6i n

= 16 X (1 min) = 16 X 60 S = 960 S

(1 .I 1)

Si sustituimos (1 .IO) y (1.11) en (1.9) nos da 2 h 1 6 m i n 3 8 s = 7200s = 8 198 S

+ 960s + 3 8 s

-

tervalo de tiemDo. Por tanto. aceleración =

Así, -

aceleración

Ejercicio 1.5. Obtener las unidades de volumen en el S I . E l volumen es el producto detres longitudes. Como la unidad de cada longitud es el metro,

unidad de velocidad unidad de tiempo

(1.I 3)

La unidad de velocidad es (mis) (véase. ec. (1.12)) Sustituyendo este resultado en (1 .I 3) se tiene que

{

1.2. UNIDADES DERIVADAS Además de las tres cantidades de las que hablamos en la sección anterior (longitud, tiempo y masa), existen en la naturaleza otras cantidades tales como área, volumen, velocidad, aceleración, fuerza, etc. Una característica de estas cantidades es que sus unidades se pueden obtener a partir de lasunidadesbásicasde longitud, tiempo y masa. A esas unidades se les llama derivadas.Comoejemploconsideremoselárea. El área de un rectángulo es el producto de dos longitudes (la de cada lado), por tanto, la unidad de área en el SI es el producto de la unidad de longitud de un lado multiplicada por la unidad de longitud del otro lado, es decir, m X m = m2,

cambio de velocidadtiempo

aceleración u n ~ ~ d

m/s

”

S

(1 .I 4) Aquí se utilizó el siguiente resultado algebraico. E l cociente.

(1.I 5)

Ejercicio 1.8. Obtener la unidad de fuerza en e l S1 En el capítulo 6 veremos que

fuerza = masa X aceleración Por tanto,

{

aceleración masa fuerza

}

(1.16)

UNIDADES DERIVADAS

En la tabla1.1 se muestran los equivalentes numéricos de diversas potencias de diez,

17

AI expresar un número en notación exponenciat, se suele escribir el factor que acompaña a 1 0 ' c o m o u n número entre 1 y 10. As;, en nuestro caso, tenemos 15.36, que se puede escribir como 1.536 x IO.

b) iCuá1 es el cociente y/z?

Usando la ec.(1.27) se encuentra que el cocientees

Tabla 1.1

= 0.667 X IO-' = (6.67 X 10-9

I O O O O = 104 I o00 = 103

100 10 1 0.1 0.01 0.001 0.0001

= 102

x IO-'

Usando la ec. (1.26)

= 101

= 100 = IO"

Y -

6.67 X 10-l-l = 6.67 X

"

Z

= 10-2

Ejercicio 1.12. Si

= 10-3 = 10-4

Cuando dos números, expresados en notación exponencial con la misma base, por ejemplo,

y = ax z = aw

(1.24) (1.25)

yz = axaw = ax+w

(1.26)

a ) jCuá1 es el producto de y con z? Usando la ec. (1.26)obtenemos

yz = 5.6

X X 6.8, X IO5 = (5.6 X 6.8) X X IO5 = 38.08 X 10-3'5 = 38.08 X IO2 = (3.808 X IO) X IO2 = 3.808 X (IO1 X IO2)

se m u l t i p l i c a n

elproductotiene,enlamisma base, elexponente igual a la suma delos exponentes de los factores (x w). Si los números se dividen,

+

(1.27)

Usando de nuevo la ec. (1.26)

yz = 3.808

X

= 3.808 x 103

b) iCuál es el cociente de y entre z ? Usando la ec. (1.27) encontramos

y - 5.6 x 10-3 - -5.6 x

"

los exponentes se restan

Z

Ejercicio 1.11. a ) Obtener el producto de

Y = 3.2 x 104,

z = 4.8

X

y por z s i

105

6.8 X IO5 6.8 = 0.824 X = (8.24 X IO-') X 1O-' = 8.24 X (IO-1 X IO-')

Usando la ec. (1.26)

Usando la ec. (1.26) obtenemos que el producto es

yz = 3.2

X

104 x 4.8 x 105

= (3.2 X 4.8) x (104 X 105) = 15.36 X 104'5

= 15.36 X IO9 = (1.536 X IO) X IO9 = I ,536 x (101 x 109) y usando otra vez la ec.

(1.26)

yz = 1.536 X 101+9 = 1.536 X 1O1O

Regresando al ejercicio 1 .IOa), se puede escribir el resultado (1.20) también como

y el volumen pedido, como

V = 0.785 X 1 0 6 c m 3

= (7.85 X IO-l) X IO6 c m 3 = 7.85 X (IO-' X 1061cm3

18

Cap. I . UNIDADES Y DIMENSIONES

Usando la ec. (I ,261

Véase apéndice I con P = 1 h, a = 3.6 X IO3y u = (1

V = 7.85 X

= 7.85

cm3

i o 5cm3

X

Is =

v=28

m -

(1.28)

S

'

3.6 X 103 = 0.2778 X

Ejercicio 1.13. Un cuerpo se mueve con una velocidad de 28 m/s. Expresar esta velocidad en km/h. Se da

De

S).

h h

Aquí se usó

1 km = l 0 0 0 m

tenemos que

1 m = 0.001 k m

(1.29)

Así, 1

Por otro lado

1 h = 3 600 S = 3 600 X (1 De aquí despejamos (1

(1.30)

S)

S

= (2.778 X IO-') X 1 0 - 3 h = 2.778 X (IO" x h

usando la ec. (1.26) se obtiene 1

S)

Véase apéndice I con P = 1 h, a = 3 600 y u = (1

S)

x l h

= 0.0002778 h

(1.31)

= 2.778 X IO" h

(I .34)

Este resultado es el mismo dado en la ec. (1.31).Sustituyendo (I .32) y (1.34)en (1.28)encontramos que v =28X

I s =

S

-

I m - 28 x I s

"

28 2.778

2.778

x

km IO-* h

km

X"

h

Sustituyendo (1.29)y (1.31) en (1.28)se tiene v =28X

-

I m I s

-- - 28 x

0.001 k m 0.0002778 h

km h

km

28 X 0.001 0.0002778

= I 0.08 X

-= 100.8 h

Ejercicio 1.14. Resolver el ejercicio 1.13 usando notación exponencial. En lugarde l a ec. (1.29) se puedeescribir(consúltese la tabla 1 . 1 )

1 m = 1 0 -k~m

(1.32)

De aquí despejamos (1 S)

km

km

h

h

Este resultado es el mismo que el obtenido en el ejercicio 1.13. Ejercicio 1.15. Expresar la velocidad de 55 millas/h en km/h.

Se tiene que

millas v = 5 5 ~- - 55 X h

1 milla

h

(I ,351

En el apéndice VI se encuentra que

y en lugar de (1.30) 1 h = 3.6 X IO3S = 3.6 X IO3 X (1

h

= 10.08 x IO' -- 100.8 -

E l resultadodelejercicio

1 .I3 se puedeobtener también usando notación exponencial para las diversas cantidades. Hay que destacar que enlas ecs. (1.29) y (1.31)aparecen cantidades pequeñas. E s más conveniente utilizar la notación exponencial.

km -

10-3'4

S)

(1.33)

1 milla = 1.609 km

(1.36)

Sustituyendo (1.36) en (1.35) nos da

..

,, ".,,

.

19

UNIDADES DERIVADAS

1.609 km

v =55x

L é a s e apéndice I con P = 1 min, a = 6 X 10 y u = (1 S).

h

km

= 55 X 1.609 -

I s =

h

6 X 10

x Im i n

= 0.167 X -X Im i n

km

10

= 88.5 -

h

= 0.167 X 10"min

En este ejercicio no hubo necesidad de transformar las unidades de tiempo ya que son las mismas en miIlas/h que en km/h. Lo unico que hubo necesidad de transformar fue millas en km. Ejercicio 1.16. Transformarlaaceleraciónde m/s2 en km/rnin2.

8.3

Tenemos que m a = 8.3 - = 8.3 X 5.2

I m

1 S2

(1.37)

despejamos (1

(1.38)

Véase el apéndice I con P = 1 min, a = 60 y u = (1 S).

-rnin 60

= 0.0167 m i n

(1 .39)

Elevando al cuadrado ambos lados de la ec. (1.39)

1 S' = (1 S) X (1 S ) = (0.0167 min) X (0.0167 min) = 0.0167 X 0.0167 m i n X m i n = 0.000278 m i d Sustituyendo este valor y la relación (1.29) en (1.37)se encuentra a = 8.3

x

= 1.67 X 1 0 - 2 m i n (1.41)

Este resultado es el mismo que el dado en la ec. (1.39). Elevando al cuadrado ambos lados de la ec. (1.41)

1 5 2 = (1 S) x (1 S) = (1.67)2 X (10-2)2 (min)' = 2.78 X 10-4min2

S)

I s =

y usando la ec. (1.26)

1 S = 1.67 X 10-"'min

De la relación

1 min = 60s = 60 X (1 S)

1 S = (1.67 X IO-l) X 10"min = 1.67 X (IO" X IO-I) min

0.001 k m 0.000278 min2

8.3 X 0.001 0.000278

km minZ

km 29.86 __ mid

De esta relación despejamos (1 S)

donde se usó la ec. (1.26)

y larelación

Sustituyendoesteresultado (1.37) obtenemos que

a = 8.3

m S

= 8.3 X

(1.32)en

I m 1 S2

= 8.3 x 2.78 X

km

min2

Usamos ahora la ec. (1.27)

a = 2.986 X 10-3-"-4) km mid

Ejercicio 1.17. Resolver el ejercicio 1. I 6 usando notación exponencial. En lugar de (1.38) podemos escribir

1 m i n = 6 X 1 0 s = 6 X 10 X (1 S)

Aquí

(1.40)

km = 2.986 X 10-3+4___ mid = 2.986

x

IO

km mid

que es el mismo resultado obtenido en el ejercicio 1.16.

I

20 1.3. DIMENSIONES.

ANALISISDIMENSIONAL

En lasección 1.1 estudiamos las unidadesde las tres cantidades básicas. A cada una de estas cantidades se le asignarán dimensiones. Así, se tienen dimensiones de longitud, de tiempo y de masa. Denotaremos estas dimensiones por medio de los símbolos L, T y M, respectivamente. Usaremos corchetes [ . . ] para indicar las dimensiones de . ; así, el símbolo [U] indicará las dimensiones de U. En la sección 1.2 vimos que además de las cantidades básicas también existen otras cantidades que son las derivadas como la velocidad, la aceleración, etc. A estas cantidades derivadas también se les asignan dimensiones en términos de las tres dimensiones básicas. Consideremos, por ejemplo, la velocidad, v; esta cantidad es el cociente de una longitud entre un tiempo. Por tanto, las dimensiones de la velocidad son [VI

L = -

T

( I .42)

Por tanto,

Pero en el ejercicio anterior, se obtuvieron las dimensiones de la aceleración. Sustituyendo (1.44) en (I .45) se encuentra que

[F] =

ML

T2

(1.46)

Ejercicio 1.21. En un problema se encuentra el siguiente resultado

U=&F

(1.47)

Aquí g es una aceleración y h una distancia. iQue dimensiones tiene U? La ecuación (1.47) se puede escribir como

U =

g1/2hl/Z

fi

x112

(1 .48)

Recordemos que Ejercicio 1.19. iCuáles son las dimensionesdela aceleración? Como vimos en la sección 1.2 la aceleración es el cociente

aceleración =

cambio de velocidad tiempo

Por tanto, de (1.48) se puede escribir (1.49)

Por tanto

[a] =

[VI T

(1.43)

Pero arriba vimos que (véase ec. (1.42)) [v] = L/T, que sustituida en (1.43) nos da

L/T [a] = -

T

[U] = [g]”’ [hI”*

E l símbolo de dimensión se maneja como símbolo algebraico. Por tanto, usando el resultado(1 .I 5) obtenemos que las dimensiones de aceleración son (1.44) Ejercicio 1.20. Determinar las dimensiones de fuerza. Como veremos más adelante

fuerza = masa X aceleración

la ec. (1.49) queda como (1.50)

Como se dijo, g es una aceleración; por tanto, g tiene dimensiones de aceleración. En el ejercicio 1.19, ec. (1.44) se obtuvieron las dimensiones de aceleraclón

[gl =

L

De la ec.(1 .SO) vemos que se necesita [g]”2. Tomando la raíz cuadrada de [g]

(1.SI)

DIMENSIONES.

ANALISIS

21

DIMENSIONAL

Sustituyendo (1.57) y (1.58) en (1.56) se encuentra que

Hay que recordar que

(1.52)

Usando esto en el denominador de (1.51) nos da

[Eel =

MLz

T2

(1.59)

Ejercicio 1.23. Supóngase que después de un cálculo se encuentra el siguiente resultado

W = (1.60) 2mgHz

(1.53) Como h es una distancia, sus dimensiones son de longitud

[h] = L

Y

[h]l/Z = LUZ

(1.54)

Sustituyendo las ecs. (1.53) y (1.54) en la ec. (1.50) se obtiene

Por otro lado se sabe que W es una cantidad que tiene dimensiones de

[WI

=

ML2 T

2

(1.61)

Además, m es una masa, g una aceleración y H una distancia. Verificar la congruencia dimensional de la ec. (1.60). Verificar la congruencia dimensional de una ecuación significa comprobar que las dimensiones de la cantidad que está en el lado izquierdo sonlas mismas que las de la cantidad que está en el lado derecho. Esta condición es necesaria para que una ecuación sea correcta.

Aquí se usó la ec. (1.26). Comparando este resultado con la ec. (1.42) concluimos que U tiene dimensiones de velocidad; es decir, U es una velocidad. Ejercicio 1.22. jCuáles son las dimensiones de E, si E, = [1/2] mv2? Aquí m es una masa y v es una velo-

cidad.

De la definición

[EA = [l/21[ml[v21

(1.56)

La cantidad 1/2 no tiene dimensiones. En general, ningúnnúmeropuro,como 3,-5, a = 3.14159,0.8, -2/3, etc., tiene dimensiones. Las dimensiones de m, por ser una masa, son [m] = M

(1.57)

La otra cantidad que aparece en (1.56)es [vz]

r.21

= [VI2

L T

ser

(1.63)

dado que g es una aceleración (véase ec. 1.44))

L

7

(1.64)

y como H es un? distancia, sus dimensiones son de longitud L, por lo que

por lo que elevando al cuadrado LZ

Veamos cada factor: 2 no tiene dimensiones por un número puro; como m es una masa

[gl =

[VI = -

TZ

[!.d.] = [21[ml[gl[~zl (1.62)

[m] = M;

pero como v es una velocidad, sus dimensiones son (véase la ec. (1.42))

[VI? = -

Analicemos las dimensiones del lado derecho (que denotaremos con I.d.1 de la ec. (1.60)

(1.58)

[Hz] = [HI2 = LZ

(1.65)

22

Cap. I .

UNIDADES

Y DIMENSIONES

Sustituyendo (1.63), (1.64)y (1.65) en (1.62) se tiene

[I.d.] = M

L

X 7 X L2 =

T

M L X L2 T2

- ML3

"

T2

(1.66)

Comparando este resultado con (1.61) vemos que el lado derecho de la ec. (1.60) NO tiene las mismas dimensiones que el lado izquierdo de la misma ecuación. Por tanto, no hay congruencia dimensional de la NO es ec. (1.60) y concluimosqueestaecuación correcta. En general, se recomienda que al obtener una ecuación se verifique su congruencia dimensional. Si hay algún error, este se puede manifestar en el análisis dimensional. E s importante darse cuenta de que el análisis dimensional no da ninguna información sobre posibles errores que puedan haber en factores que sean números puros, ya que éstos no tienen dimensiones. Un tipo de cantidades que se presentanconfrecuencia son el logaritmo natural (In), la función expoy las diversasfuncionestrigono-. nencialdebasee métricas. E l argumento de cualquiera deestas funciones debe ser una cantidad SIN dimensiones. Así, s i se tiene, por ejemplo,

z = Iny

1.8. La masa de un objeto es de 1 750 libras. Expresar

esta masa en kilogramos. 1.9. Un terreno tiene un área de 1 355 yardasz. Expresar esta área en m2. 1.10. E l área de la República Mexicana es de aproximadamente 2 millones de km2. Dar esta área en millas cuadradas. 1.11. Un recipiente tiene un volumen de 77 galones. ¿ A cuántos litros equivale? 1.12. E l gasto de agua diario de una familia es de 930 litros. iCuántos m3 gasta en 60 días? 1.13. U n a u t o se mueve a 97 km/h. Expresar esta velocidad en: a) mis; b) millasih. 1.14. Dar en millas/h2 la aceleración de4.7 X IO4 mis2

1.15. Expresar la cantidad de23.8

u = sens

en unida-

S

1.16. Se encuentra que cierta cantldad tiene el valor de 7.8 libra pie. Expresar su valor en kg m. 1.17. iCuáles son las dimensiones de área? 1.18. >Quédimensionestiene K = F/P s i F y P son fuerzas? 1.19. Se encuentra que

R=2H

P + Q ~7

donde H es una distancia; P, O v F son fuerzas. jQué c . dimensiones tiene R ? 1.20. i ~ u é dimensiones tiene = 4.5hZt3 si h es una I

longitud y t, un tiempo? 1.21. Determinar las dimensiones de

w = e' tanto r como w NO tienen dimensiones. Para las funciones trigonométricas, por ejemplo, si

S

g2 cm2 desde ___

.

elargumento y NO tienedimensiones.Asimismo, NO tiene dimensiones. Análogamente, s i

kg2 m2

Q =

siendo una aceleración a

1

a2

6

v2

"

y v, una velocidad

1.22. Obtener las dimensiones de

t a n t o s c o m o u NO tienen dimensiones.

si las dimensiones de ,o, 4 y a son PROBLEMAS 1.1. i A cuántos km equivalen 275 millas! 1.2. Unadistanciade 137 km, i a cuántasmillas equivale?

1.3. Unabrocamide

3/16 depulgada. i A cuántos milímetros equivale? 5 pies 3 pulgadasdealtura. 1.4. Unapersonamide Expresar esta longitud en metros y centímetros. 1.5. Expresar en segundos el intervalo de tiempo de 4 h 47 m i n 18 s. 1.6. Expresar en horas, minutos y segundos el intervalo de tiempo de 4 517 s. 1.7. i A cuántas libras equivalen 75 k g ?

1 .23. Si las dimensiones de F y P son ML2 [ F ] = [PI = T2

i q u é dimensiones tiene Q =

d

n?

1.24. Verificar la congruencia dimensional de la ecuación: a) H = 4.7 v2t, siendo: [HI = L; ves una velocidad y t, un tiempo. b) 7 = a/v, siendo: 7 , un tiempo; a una aceleración y v, una velocidad.

c) F =

d

T

d

x

PROBLEMAS

23

3Q2 r2 siendo: F y Q fuerzas; r y s son d) v = siendo: v, una velocidad; g, una a c e R + h distancias; v es unavelocidad y g es unaacelera-leración; R v h, distancias. ción. el v = H t HtZ,siendo:velocidad; v, una H una distancia y t, un tiempo.

+

2

Vectores

2.1. ESCALARES.VECTORES Por nuestra experiencia diaria estamos familiarizados con cantidades para cuya descripción es suficiente dar un valor. Por ejemplo, la edad de una persona: si decimos que tiene 19 años, su edad queda completamente especificada. Otro ejemploes el preciode un artículo: s i decimos que vale 175pesos, su precio queda completamente especificado.Este tipo de cantidades se llaman escalares. Escalar: s i para especificar una cantidades suficiente dar un número, se dice que esta cantidad es un escalar. Si lacantidadtienedimensiones,elnúmero tiene que ir acompañado de su correspondiente unidad, por supuesto. Además de cantidades escalares, en la naturaleza existen otros tipos de cantidades. Consideremos por ejemplo el desplazamiento. Si decimos que una persona se mueve una distancia de 50 m a partir del punto A (fig.2.1) no podemos saber aqué punto llegará al terminar su desplazamiento. La persona puede llegar al punto B, que dista de A en 50 m, o bien, puede Ilegar al puntoC, distinto de B que también dista de en A 50 m. De hecho puede llegar a cualquier punto del círculo de radio 50 m y cuyo centro sea A. Nos damos

cuenta, entonces, de que con dar 50 m el desplazamiento de la persona NO queda completamente determinado. Supóngase que ahora decimos lo siguiente. La persona se mueve una distancia de50 m, a partir del punt o A, a lo largo de una línea L-L que forma un ángulo X-X (fig. de 3 5 O con respecto a la línea de referencia 2.2) y hacia arriba. Con esta información vemos que al terminar su desplazamiento, la persona estará precisamente en el punto D y en ningún otro. Nos damos cuenta que para que el desplazamiento quedara bien especificado se tuvieron que dar tres datos:

24

a) La distancia a partir del punto A (50 m). b] E l ángulo que forma l a línea L-L, a lo largo de la cual ocurre el desplazamiento, con respecto a una línea de referencia ( 3 5 O con respecto a X-X). c) Hacia qué extremo de la línea LWL se efectúa el desplazamiento (hacia arriba).

Estos tres datos son, respectivamente: a) La magnitud del desplazamiento.

b) La dirección del desplazamiento. c] E l sentido del desplazamiento.

ESCALARES. VECTORES

25

Ejercicio 2.2. Dibujar el vector a cuya magnitud es Este tipo de cantidades, que ocurren muy frecuentemente, se llaman vectores. 18 unidades arbitrarias; dirección: a lo largo de una líVector: s i para especificar una cantidad se tienen nea que forma un ángulo de 60° con la horizontal y que dar su magnitud, su dirección y su sentido, se dice sentido hacia abajo. que cantidad la es vector. un Si se escoge escala launidades 3de = 1 cm, lonla gitud de la flecha debe ser de 6 cm. En la figura 2.5 se representa al vector a. La magnitud de un vector es siempre una cantidad positiva.

Ademásdeldesplazamiento,otrosejemplosde cantidades vectoriales que existen en la naturaleza son la velocidad, la aceleración, la fuerza, etc. Estas se estudiarán más adelante. Se suele representar a los vectores de maneras distintas;porejemplo,unvector se suelerepresentar como: 2, a;, etc. En texto impreso lo denotaremos con negri'rla: a. La magnitud del vector a se denotará c o m o l a l , o simplemente como a. E s conveniente representar gráficamente un vector por medio de una flecha (fig. 2.3). La longitud de la flecha representa, en alguna escala escogida de antemano, su magnitud; la orientación de la flecha representa su dirección; l a punta de la flecha representa su sentido. Así, la flecha de la figura 2.3 representa al vector a. Dirección,

/

Figura 2.5

Dos vectores son iguales si y sólo si tienen sus tres característicasiguales:mismasmagnitudes,mismas direcciones y mismos sentidos. Los vectores a y b son iguales s i magnitud de a = magnitud de b (la1 = I b l ) dirección de a = dirección de b sentido de a = sentido deb. Escribimos entonces

/

Así, los vectores a y b de la figura 2.6 son iguales, ya y que tienen la misma magnitud, la misma dirección el mismo sentido.

Figura 2.3

Ejercicio 2.1. Un cuerpo se desplaza 50 km en ladirección este-oeste, hacia el oeste. Dibujar el vector r que corresponde a este desplazamiento. Si se escoge la escala de 10 k m = 1 cm, la longitud elesser al oeste. sentido 5de cm. La flecha La debe dirección es estede 2.4 oeste yflecha de la representa a r.

O

Oeste

1

2

3

I

F

Sentido: este-oeste al oeste

50;trn

Figura 2.4

4

5 c m

4

@ Este Dirección:

L(y

la1 = lb1

la

X figura

Direcclones X iguales

\S,

X Figura 2.6

Si desplazamos un vector paralelamente asu dirección encontraremos otro vector igual; los vectores a figura mostrados la en 2.7todos iguales. son

26 i C ó m o se suman los vectores? Suponga que la distancia entre la ciudadA y la ciudad B es de 75 km (fig. 2.10), y que la distancia entre la ciudad B y la C es de 125 km. Nos damos cuenta de que la distancia entre las ciudades A y C NO es de 75 k m 125 km = 200 km. La distancia entre las ciudades A y C es la longitud del ladoAC del triánguloABC, que en este caso es de 73 km, distinto a 200 km. Por tanto, concluimos que los vectores NO se suman añadiendo simplemente sus magnitudes.

+

Figura 2.7

Si dos vectores difieren en por lo menos una de s u s trescaracterísticas,entonces los vectoresson distintos. Ejercicio 2.3. Decir por quélos vectores de la figura 2.8 son distintos.

hao i a l = lb1

03; \

Figura 2.8

G c

B

Figura 2.10

Supóngase que un cuerpo experimenta dos desplazamientos a partir del puntoA: el primero, dado por el vector rl (fig. 2.11a); y el segundo, dado por el vector r2 (fig. 2.11b). Por tanto, después del primer desplazamiento el cuerpo estará en el punto B (fig. 2.11~); una

Los vectores tienen la misma magnitud ( \ a l = Ibl); tienen la misma dirección. Lo que no tienen igual son sus sentidos: tienen sentidos opuestos. Por tanto, a b. Ejercicio 2.4. iPor qué los dos vectores a y b de la figura 2.9 son distintos?

+

Figura 2.9

Los dos vectores tienen la misma magnitud ( l a I = 1 b I ) . Sin embargo, los dos vectores tienen direcciones

diferentes: el vector a forma un ángulo de 65O con la línea X-X, mientras que el vectorb forma un ángulo de 38O con la misma línea. En consecuencia, a f b.

2.2. SUMA Y RESTA DE VECTORES Sabemos que s i gastamos 95 pesos en un artículo y 88 pesos en otro artículo, el total que gastamos fue de 95 pesos 88 pesos = 183 pesos. Es decir, cuando tratamos escalares, se suman en forma aritmética. De la misma manera, los escalares se restan aritméticamente.

+

Figura 2.1 1

vez que llega a B experimenta el segundo desplazamiento que lo lleva al punto C. Nos podemos preguntar ahora: iexiste un desplazamiento Único que lleve al cuerpo del punto de partida ( A ) al punto final (C)? E s decir, jun desplazamiento equivalente a los dos que realiza el cuerpo? En la figura 2.12 vemos que la respuesta es sí; que el desplazamiento dado por el vector r lleva directamente al cuerpo de A a C. Decimos que el desplazamientor es equivalente al desplazamiento r, seguido de r2. Expresamos esto de la siguiente manera

r = r,

+ r2

(2.2)

SUMA Y RESTA DE VECTORES

Ejercicio 2.5. Un cuerpo lleva a cabo dos desplazamientos: el primero, representado por el vector rl de magnitud 200 m, de dirección horizontal y de sentido hacia la derecha (fig.2.14a); el segundo desplazamiento, rz, tiene magnitud de 150 m, una dirección que forma un ángulo de 60° con la horizontal y sentido hacia los dos arriba(fig. 2.14b). Encontrarlaresultantede desplazamientos.

Figura 2.12

E l vector r es la suma o resultante de rl y r2. Esto significa que e l efecto de rl seguido de r2 es el mismo que el de r. Se puede encontrar gráficamente la suma de dos vectores de dos maneras equivalentes: se ve en la figura 2.12, después del primer vector (rJ se coloca el segundo vector (r2). La suma r es entonces el vector que va del inicio de rl (punto A) al final de r2 (punto C). 2. Regla del paralelogramo. Los inicios de los vectores por sumar se colocan en el mismo punto A (fig. 2.13a). En seguida se forma un paralelogramo con los vectorescomolados(fig. 2.13b). La diagonal que parte deA y llega al vértice opuesto Ces la resultante (fig. 2.1 3c).

-m uu

7,-

cl

1. Regla del triángulo. Como

cl

Figura 2.1

(2.3)

a + b = b + a

No importa el orden en que se sumen los vectores, siempre se encuentra la misma resultante. ~

!

Obsérvese que, en general, el vector resultante tiene una dirección distinta a las direcciones de los vectores que se suman. Asimismo, en la figura2.12 vemos que

+

Ir2(

/

x

c.no

Figura 2.14 En la figura 2.14 se usó la escala de 1 cm = 50 m. Construimos la resultante r = rl r2 colocando un 2.15a). E l vector que vector a continuación del otro (fig. une el principiodelvector rl (puntoAdelafigura 2.15b) con el final del vector r,(punto B de la misma fi-

+

3

Comparando la figura 2.12 con la 2 . 1 3 se ~ verá que en ambos casos se obtiene la misma resultante. Una propiedad importante de la suma de vectores es que es conmutativa, es decir,

Ir1 I Irll

27

(2.4)

ya que en el triángulo ABC la longitud de uno de sus lados (en nuestro caso AC) es menor o igual que la suma de las longitudes de los otros dos lados (en nuestro caso AB y BC).

r

bl

Figura 2.15

gura) es la resultante r. Si se mide con cuidado, se en6.1 cm, que en laescacuentra que la longitud AB mide la en que estamos trabajando, corresponden a 305 m; el ángulo a que forma la dirección de r con la horizontal es de 25O; el sentido de r es hacia arriba. Ejercicio 2.6. Encontrar la resultante de los vectores a y b mostrados en la figura 2.16.

Figura 2.16

28

Cap. 2. VECTORES

Antes que nada, nos damos cuenta de que a y b tienen la misma dirección y el mismo sentido. Decimos que a y b son vectores paralelos. Para sumar a y b colocamos un vector a continuación del otro (fig.2.17~1).E l vector que une el principio del vector a (punto A de la fig. 2.17b) con el final del vector b ( p u n t o C de la misma figura)es la resultantec

d = e + f En este caso vemos en la figura 2.19b que

id1 = ! e l - If1

c = a + b

b

a

A

P

C

ai

y, además, nos damos cuenta de que la dirección de d es la misma que tienen e y f. E l sentido de d es el del vector de mayor magnitud (vector e).

B b

a

A

Figura 2.19

C

C -

Se pueden también sumar más de dos vectores. Si se quieren sumar, por ejemplo, los vectores a, b, c y d (fig. 2.20), se colocaunoacontinuacióndelotro(fig. 2.21a). E l vector que une el principio del primer vector (punto A de la fig. 2.21b) con el final del último vector (punto C de la misma figura) es la suma de vectores

bi Figura 2.17

En este caso, vemos en la figura 2.17b que ! c l = la1

+

lb1

(2.5)

e = a + b + c + d

Además, nos damos cuenta de que la dirección y el sentido de c son los mismos que tienena y b. Estos resultados son válidos solamente para la resultante de vectores paralelos.

z,,

Ejercicio 2.7. Encontrar la resultante delos vectores e y f mostrados en la figura 2.18.

Figura 2.20

‘..

Figura 2.18

En este caso vemos quee y f tienen la misma dirección, aunque tienen sentidos contrarios. Decimos que e y f son vectores antiparalelos. Para sumar e y f colocamos un vector a continuación del otro (fig.2.19a). E l vector que une el principio del vector e (punto A de la fig. 2.19b) con el final del vector f (punto C de la misma figura) es la resultanted

Figura 2.2 1

Definimos el negativo de un vector cualquiera a (fig. 2.22a) como aquel vector que tiene la misma magnitud que a, la misma dirección quea, pero sentido opuesto a como al de a (fig. 2.22b). Denotaremos al negativo de - a . Nótese quea y - a son dos vectores antiparalelos.

29 /al = I-al

\

Figura 2.25

Figura 2.22

al

Supóngase que se tienen los vectores a y b (fig. 2.23). Para restar b de a, tenemos lo siguiente c =a

-b=a

+ [-b).

(2.7)

Figura 2.23

-

E s t o quiere decir que al vector a le sumamos el negativo del vectorb. Entonces, construimos primero elnegativo de b (fig. 2.24a)y sumamos ahora a con b. Para ello colocamos después de a el vector -b (fig. 2.24b). E l vector que une el principio del vector a (punto A de la figura 2 . 2 4 ~con ) el final del vector b (punt o C de la misma figura) es el vector c = a - b.

-

-

Figura 2.26 otro (fig. 2.266). E l vector d es el que une el principio del primer vector (punto A de la fig. 2.266) con el final del otro vector (punto C de la misma figura). Ya que la magnitud de a es igual a la magnitud de - a , nos damos cuenta de quelos puntos A y C coinciden. Por tanto, el vector d es un vector de magnitud nula. A este vector lo denotamos por O. En consecuencia, d = a - a = O

2.3. PRODUCTO (COCIENTE) DE UN VECTOR

POR (ENTRE)

UN ESCALAR

Si tenemos el vector a, lo podemos multiplicar por un escalar h. Definimos el producto ha como un nuevo vector b

\

al

1-

b = ha que tiene las siguientes características.

1. Caso en que h con magnitud

>

O. En este caso b es un vector

lb1 = h / a l bl

C

cl

(2.9)

(2 .I O)

con la misma dirección que a y con el mismo sentido que a (fig. 2.27).

Figura 2.24

/

Ejercicio 2.8. Encontrar el vector

/

ha = b h > O Figura 2.27

d = a - a

siendo a el vector de la figura 2.25 Escribimos

2. Caso en que h con magnitud


O, lhl = h < o, l h l = "h si h = o, \ h i = o

Figura 2.31

1

la misma dirección quef y sentido opuesto af , ya que -1.5 < O. En la figura 2.32 se muestra el vector c.

si h si h

E l valor absoluto de un escalares siempre un número positivo (o cero). Figura 2.32

Hay que recordar que la magnitud de un vector es siempre una cantidad positiva.

3. Caso en queh = O. En este caso el vectorb es un vector de magnitud nula. O sea

También se define el cociente de un vector n entre un escalar u como un vector p

Ejercicio 2.9. Sea e el vector dado en la figura 2.29. Encuéntrese el vector 3e. E l vector b = 3e tiene magnitud

n

P=;

b = O a = O

(2.12)

que tiene las siguientes características.

1 . Caso en que u con magnitud

Ibl = 3 l e l

> O. Ipl

En este caso p es un vector

=1TI n /

(2.13 )

y con la misma dirección y sentido que n (fig. 2.33). Figuro 2.29 la misma dirección y el mismo sentido que e, ya que 3 > O. En la figura 2.30 se dibuja el vector b.

i 2 . Caso en que u con magnitud

/

< O.

Figura 2.33 En este caso p es un vector

1 lu 1

/ p i = -In1

Figura 2.30

Ejercicio 2.10. Sea f el vector mostrado en la figura 2.31. Encuentre vector el -1.5f. - E l vector c = -1.5f tiene magnitud

(2.14)

con la misma dirección que n, pero sentido opuesto an (fig. 2.34).

Ejercicio 2.11. Si q es el vector mostrado en la figura 2.35, encuéntrese: a ) r = q/3.3 y b) S = g/(-2.5). a ) E l vector r = q/3.3 tiene magnitud Ir/ =

I

Iql 3.3

31

/

./

o

u
O. En la figura 2.36 se muestra el vector r.

3.3

\\_\\

\ r

=

L

3.3

\

S

Is/ =

Supongamos que ahora se plantea el siguiente problema. Determinar las componentes de un vector dado a, de tal forma que:

= q/(-2.5) tiene magnitud 1

I -2.5 I

a = d + e

E s decir, las componentes de un vector noson únicas.

Figura 2.36

b) E l vector

Decimos que los vectores b y c son las componentes del vector a. Sin embargo, estos sumandos no son únicos pues, como se ve en la figura 2.38c, la suma delos vectores d y e también vector el da a

1

Iql = -Iql 2.5

Figura 2.37

a) las componentes sean perpendiculares entre de b) unaque las componentes dirección latenga de una línea dada.

que pase por e l inicio Q de a (fig. 2.39b). Llamamos a esta línea L’-L’. En seguida, del extremo P de a trazamosunalíneaque sea perpendiculara L’-L’ (fig. 2 . 3 9 ~ )Esta . perpendicular corta a L’-L’ en e l p u n t o S. Con las longitudes QS y PS así formadas se construyen los vectores f y g (fig. 2.39d). Nos damos cuenta de lo siguiente:

Supóngase que se tiene el vector a de la figura2.38a. Este vector se puedeconsiderarcomola Suma de 10s vectores b y c (fig. 2.38b)

a = b + c

+

g = a por lo que f y g son componentes del vector a. 2 . Los vectores f y g son perpendiculares entre sí. 3. E l vector f tiene la dirección alo largo de la línea dada L-L.

1. f 2.4. COMPONENTES DE UN VECTOR

sí, y

Portanto, con esta construcci~n hemos determina. d o las componentes de a que cumplen las condiciones a ) y b) arriba planteadas. Hay que notar que dadas las condiciones a) y b), las componentes vector del a

32

P

1

L

1

bi

dl

Figura 2.39

que así se obtienen son únicas. No se puede encontrar otra pareja de componentes que satisfagan las mismas condiciones. En las aplicaciones que haremos más adelante, tendremos interés en encontrar las componentes de vectores que estén dirigidas a lo largo de los ejes de u n Así, por sistema de coordenadas dado de antemano. ejemplo, s i se da el sistema de coordenadas X-Y (fig. 2.40a), tendremos interés de encontrar las componen-

tes del vector a (fig. 2.40b) de tal forma que una de ellas esté a lo largo del ejeX y la otra sea perpendicular a esta última.

En el sistema de coordenadas X-Y de la figura 2.40a el eje X es perpendicular al eje Y. Por tanto, cualquier perpendicular al eje X es paralela al eje Y. E l origen del sistema de coordenadas X-Y es el punto O, cruce de los ejes X y Y.

I

't

Figura 2.40

P

33

COMPONENTES DE UN VECTOR Siguiendo los pasos de la construcción dada arriba, encontramos que las componentes buscadas son los vectores a, y ay (fig. 2.40~1,o como se muestran en la figura 2.40d. E s decir, a

+ ay

= a,

(2 .I 5)

A continuaciónvamosaintroducirdosvectores

particulares, relacionados con el sistema de coordenadas X-Y. Sea i un vector de magnitud uno

111 = 1

(2.16)

con dirección a lo largo del eje X y con sentido hacia el sentido positivo del eje X (fig. 2.41).

siendo x la abscisa del punto P.

En el lado derecho de la ec. (2.194 e_stamos multiplicando un escalar (x) por un vector (i)(ver sección 2.3). La magnitud de a, es Ia,l

ITI

= 1x1

= 1x1

ya que 1 11 = 1 . Ladiresciónde a, dadaporlaec. (2.19a) es la dirección dei; el sentido de a, es hacia el sentido positivo del eje X si x > O, o inversamente, hacia el sentido negativo de ejeX s i x < O. Estas son precisamente las características del vector a, de la figura (2.42). De la misma forma se puede escribir el vector como A

ay

= YJ

ay

(2.19b)

siendo y la ordenada del punto P (fig. 2.42). En esta misma figura vemos que la ordenada y es

y =

os

8b) (2.1

Figura 2.41

j, también

E l otro vector, que denotaremos por de magnitud uno

Ijl

=1

es

(2.17 )

con dirección a lo largo del eje Y y con sentido hacia el sentido positivo del eje Y (fig, 2.41k Se dice que los vectores unitarios (i, j) forman una base. Una vez que s,e _establece el sistema de coordenadas X-Y, la base (i, j) queda completamente determinada. Nótese que los vectores son perpendiculares entre sí. Regresemos ahora al vector a mostrado en la figura 2.40. Sea P el extremo del vector a, cuando su inicio está en el origen O. En punto P tiene coordenadas: abscisa x, ordenada y. En la figura 2.42 vemosquela abscisa x es OQ.

”

X

~

6, 1)

x = OQ

(2.18a)

La componente a, del vector a la podemos escribir como

a, =

a

XI

(2.19a)

X

Figura 2.42

Sustituyendo las ecs. (2.19) en la ec. (2.15) obtenemos a

a = xi

+ yj ,

.

(2.20)

Ésta es una manera de escribir el vector a. Nótese que esta forma está referida a un sistema de coordenadas dado. S i se sobreentiende que estamos refiriéndonos a un sistema de coordenadas f i j o X-Y, entonces como se ve en la figura 2.42, una vez dado el vectora, las coordenadas (x,y) de su extremo, el punto P quedan determinadas. Inversamente, si se dan las coordenadas (x,y), el vector a queda determinado. Se suele llamar, y así lo haremos de ahora en adelante,

34

Cap. 2. VECTORES

a la abscisa x: la componente x del vector a Y

La componente x de b es - 4 y la componente y es 3. E l p u n t o Q , extremo de c, de coordenadas (-4,3) se muestra en la figura 2.44a.

a la ordenada y: la componente y del vector a. La cantidad OQ = x es la proyección del vector a sobre el eje X, mientras que OS = y es la proyección de a sobre el eje Y. Ejercicio 2.12. Dibujar el vectorb cuyas componentes son (3,7). La componente x d e b es 3, mientras que la componente y de b es 7. E l p u n t o P de coordenada (3,7)está dibujado en la figura 2.43a; el vector b se muestra en lafigyLa 2.43b. Podemos escribir el vector b, en la base (i,j) c o m o

b = 3;

+ 7;

""_ , "\I,,

-

,

--5.-4--3--2-10

71

2

X

3

bl

Figura 2.44

FI vector c estádibujadoen puede escribir

la figura2.44b.

+

c = -4:

Se

3;

Ejercicio 2.14. Dado el vector

d =

21

+ 5;

encontrar su magnitud, su dirección y su sentido. La componente x del vector d es + 2 y la componente y es +5. En la figura 2.45a se muestra a d. En la figura 2.45bse forma, con el vectord, el triángulo rectángulo OPQ. En este triángulo conocemos los catetos OQ y PQ:

OQ = 2, PQ = 5

(2.21)

UsandoelteoremadePitágorasencontramosla magnitud OP del vector d. Nótese que OP es la hipotenusa del triángulo rectángulo OPQ. Se tiene que OP2 = O Q 2 + X

+ PQz

T " -

5

bl

Figura 2.43

Ejercicio 2.13. Dibujar el vector c de componentes (-4,3).

lo rectángulo, el cuadrado de la hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de los catetos. Así, en el triángulo rectángulo OPQ (fig. 2.46). OP2 = OQ2

+

PO2

35

f

’$

6

Figura 2.45

usando los valores (2.21) nos da OP2 = 22

+ S2 = 4 + 25

= 29

Sacando raíz cuadrada obtenemos

Id1 = OP =

= 5.39

Ahora encontraremos la dirección de d. Para ello determinaremos el ángulo a que forma d con el eje X (fig. 2.45b). En el triángulo rectángulo OPQ calculamos la tangente del ángulo a.

E l sentido de d es hacia arriba, como se ve en la figura 2.45a. En general, s i se da un vector a en términos de sus componentes (x,y) se puede determinar su magnitud, su dirección y su sentido. Así, s i a (fig. 2.47) lo escribimos c o m o

(2.23)

a=xl+yj Y)

La tangente del ángulo CY en el triángulo rectángulo OPQ (fig. 2.46) es, por definición tga =

lado opuesto lado adyacente

_.

PQ OQ

”

-

X

D

Figura 2.46

entonces la magnitud de a es la longitud de la hipotenus;) OP del triángulo rectángulo OPQ. Del teorema de Pitágoras se tiene que

OP2 = O Q 2 Por tanto,

+ PQ2 = x2 + y2

y sacando raíz cuadrada tg a =

OQ

y usando los valores (2.21)

tg a =

E l ángulo

Figura 2.47

CY

5 = 2.5 2

es entonces CY

= arc tg 2.5 = 68O11 ’54”

IaI = OP =

4-

(2.24)

La dirección de a, con respecto al ejeX, digamos, está dada por el ángulo CY.Tomamos la tangente dea en el triángulo rectángulo OPQ. (2.25) y de aquí encontramos el valor deCY. E l sentido de a es el mostrado.

36

Cap. 2. VECTORES

Ejercicio 2.15. E l vector

S

s = -3i

está dado Fc'r

A

-

5j

Encontrar su magnitud, s u dirección y su sentido. Las componentes de S son x = -3, y = -5. Dibujamos el vector S (fig. 2.48). Nos damos cuenta de que S está en el tercer cuadrante. De la ec. (2.24) calculamos la magnitud de s

Is1 = =

d m = J(-3)*

d

m=

f i =

+ (-512 5.83

bl Figura 2.49 Figura 2.48

Las componentes de e son las coordenadas (:. p u n t o P. De la figura 2.49b vemos que

La dirección deS queda determinada por el ánguloa. D e l a ec. (2.25) tenemos que

x = OQ

(2.26)

En el triángulo rectángulo OPQ calculamos el coseno de 48'

Ahora bien, comoS se encuentra en el tercer cuadrante, el valor del ángulo a está comprendido entre180° y 270'.Se tiene que encontrar la solución de la ec. (2.26) para a en el tercer cuadrante. Recordamos que la tangentees positiva para ángu-

los del primer y tercer cuadrantes.

al= 59'2'10''

y

a2

En un triángulo rectángulo OPQ (véase figura 2.46) el coseno del ángulo a es, por definición, cos a = I

lado adyacente hipotenusa

I el, y

Como buscamos un ángulo que esté en tercer el cuadrante, la solución es a2. E l sentido de S es el mostrado en la figura 2.48. Ejercicio 2.16. E l vector e tiene una magnitud de 7.8, ángulo forma de de eje 48Oelcon X y sentitiene do hacia arriba (fig. 2.49a). Obténganse sus compocalcularemos Ahora nentes.

"

(2,27)

OQ = x, por lo que COS

239'2 ' I O ' '

- OQ OP

L

Pero OP =

Las soluciones de la ec. (2.26) son

v ) del

X

48O = __ le1

(2.28)

x de (2.281

Véase apéndice II con

N=

cos 48', v = x, b = l e I

x = / e1 cos 48O = 7.8 X 0.6691 = 5.22

figura y. En la

(2.29)

2.49b que vemos

COMPONENTES DE UN VECTOR

y = OS = PQ

sen CY =

En el triángulo rectángulo OPQ (fig. 2.49b) calculamos de el seno 48O. despejando que En el triángulo rectángulo OPQ (véase fig. 2.46) el seno de CY es, por definición sen

CY

=

ladoopuesto - PQ hipotenusa OP

"

day nos

CY, v = y, b = la 1

y = la1 s e n a

(2.30)

(2.33)

Las ecuaciones (2.32) y (2.33) nos dan las componentes (x,y) del vector a. Ejercicio 2.17. Un vector r tiene una magnitud de 72.8, forma un ángulo de 323O con el eje X y tiene el sentido mostrado en la figura 2.50. Encuéntrense las componentes (x,y) de r.

Y -

le1

Despejamos de esta ecuación y Véase apéndice II con N = sen 48O, v = y, b = l e 1

y = / e1 sen 48O = 7.8 X 0.7431 = 5.80

Y

Véase apéndice I I con N = sen

Pero OP = Iel, PQ = y, por lo que sen 48O =

37

't

(2.31)

Las componentes de e, son entonces (véanseecs. (2.29)

y (2.31)) x = 5.22, y = 5.80. Podemos escribir e = 5.221

+ 5.80;

En general, si se dan la magnitud, la dirección y el sentido de un vectora se pueden determinar sus componentes. Así, s i se dan l a I, el ángulo CY que forma a con el ejeX y el sentido, se tiene lo siguiente (véase figura 2.47). La componente x es la longitud OQ

I

x = OQ

Del triángulo rectángulo OPQ calculamos el coseno de CY (véase ec. (2.27)) (2.34) OQ cos a! = -

OP

El vector r está en el cuarto cuadrante. Usando la ec. (2.32) obtenemos x x = I r / cos 323O = 72.8 X 0.7986 = 58.14 Recordando que

Pero O P = la I y O Q = x, por lo que cos

1

CY

cos (270O

X

=la I

Véase apéndice II con N = cos CY, v = x, b = / a I

I

x = tal(2.32) cosa!

sen

CY

PQ =OP

Pero O P = la I, PQ = y, por lo que

+ A) = sen A

se tiene en nuestro caso A = 323O -270O lo que

y despejando x

Ahora calculamos en el mismo triángulo rectángulo OPQ el seno de CY (véase ec. (2.30)).

Figura 2.50

cos 323O = cos (270O

E l cosenodeunángulo siempre positivo.

+ 53O)

= 530, por

= sen 5 3 O = 0.7986

en elcuartocuadrante

es

Usando ahora la ec. (2.33) obtenemos la componentey (2.35)

Y =

1 r 1 sen 323O = 72.8 x (-0.6018)

= -43.81

Recuérdese que sen (270O

+ A) =

-cos A

I

1

38

Cap. 2. VECTORES

Con A = 53O, se t i e n e q u t sen 323O = sen (270O

+ 53O1 = -cos

Por tanto, de las ecuaciones (2.34) y (2.35)

6

+ 6 = 58.14;

b = b,;

53O = -0.6018

E l seno de un ángulo en el cuarto cuadrante es siempre negativo.

r =

+ ay; + a,G + by; + b,k

a = a,;

(2.38)

la suma de estos vectores c = a + b es el vector

- 43.81;

Hemos desarrollado el tema anterior para el caso de dos dimensiones. La generalización a tres dimensiones es directa. Solamente mencionaremos algunos puntos sobresalientes. En tres dimensiones se toma un sistema de coordenadascompuestode tres ejesmutuamenteperpendiculares (fig. 2.51j. Asociado a este-sistema tenemos una base de tres vectores unitarios (i,j,G) mutuamente perpendiculares. Cualquier vector b (fig. 2.52) se puede escribir como

(2.36)

b = G + d + z G

(2.37)

c = (a,

+ b,$ + (a, + by$ + ( a , + b,)C(

(2.391

E s decir, las componentes de la suma de dos vectores son la suma de las componentes de los sumandos. Ejercicio 2.18. Obténgase la suma de los vectores r y S dados por

r=41-31+5G S

= 71

+ 21 - 4G

Usando la ec. (2.39) se tiene que

+ S = (4 + 7 8 + (-3 + 2$ + (5-4)G II? - 1 + C

t = r =

Dos vectores son iguales si sus componentes x son iguales, s i sus componentes y son iguales y s i sus componentes z son iguales: u=v

si

4

Figura 2.51

\

Figura 2.52 X /

siendo (x, y, z) las coordenadas del punto P, extremo del vector b, cuando su inicio está en el origenO. Las componentes de b son precisamente (x,y,z). S i dos vectores a y b se expresan en tkrminos des u s componentes

u, =

VI,

uy - vy, u, = v,

(2.40) (2.41)

2.5. P R O D U C T O ESCALAR DE DOS VECTORES Dados dos vectores se pueden definir varios tipos de productos entre ellos. Vamos a definir dos productos que son de mucha utilidad en física, química, ingey el vectorial. En esta sección niería, etc.: el escalar trataremos el producto escalary en la próxima, el vectorial. Sean dos vectores a y b. E s t o s dos vectores est6n contenidos en un plano que vamos a suponer que es el plano deesta página. Si 8 es el ángulo entre los vectores a y b (fig. 2.53) definimos el producto escalar de a y b c o m o sigue a

b = la1 lb1 cos0

L b

Figuro 2.53

(2.42)

PRODUCTO ESCALAR DE

es decir, es el producto de las magnitudes de cada uno delos vectores a y b con el coseno del ángulo que forman. Se denotará este producto por un punto central entre los vectores. Haremos algunos comentarios.

1. E l producto escalar de dos vectores es u n escalar. Recuérdese que las magnitudes de los vectores a y b ( I a I y 1 b I , respectivamente) son escalares; además, el coseno de un ángulo también es un escalar. 2. Dado que las magnitudes l a / y I b l sonsiempre cantidades positivas, el signo que tenga a b será el del coseno de 8. 3. De la definición se tiene que a.b=b*a es decir, el producto escalar es claro, ya que b

(2.43) es conmutativo. Esto

porque 0 es también el ángulo entre b y a. Pero esta última expresión es igual a la dada en la ec. (2.42). Ejercicio 2.19. La magnitud del vectora es 3.5, la de b es 4.7. Si el ángulo entre a y b es 69O, j c u á l es el prod u c t o escalar de a y b? Se tiene que

lb1 = 4.7

y

8 = 69O

E l producto escalar es (véase ec. (2.42)) C O S O = 3.5 x 4.7

a * b = la1lb1

X cos69O

= 16.45 X 0.3584 = 5.90

E l producto escalar es 5.90 Ejercicio 2.20. S i los vectores a y b del ejercicio anterior formaran un ángulo de goo, >cuál sería su producto escalar? En este caso tendría que

tal = 3.5,

lb1 = 4.7

y

8 = 90°

por lo que a

b = l a ! ! b l c o s o = 3.5

= 16.45 ya que cos 90°

X O

distinto a O) son perpendiculares, calcúlesesu product o escalar. S i se obtiene cero, entonces los vectores

Ejercicio 2.21. Si los vectores del ejercicio 2.19 forman un ángulo de O o , j c u á l es el producto escalar? En este caso se tiene que

/ a l = 3.5,

lb1 = 4.7

y

0 = Oo

E l producto escalar es (véase ec. (2.42)) a * b = la1 I b l c o s e = 3.5 X 4.7 X c o s o o

= 16.45 X 1 = 16.45 ya que cos Oo = 1.

a = Ibl l a / cos 0

la1 = 3.5,

39

DOS VECTORES

x 4.7 x cosgoo

En este caso los vectores a y b son paralelos y se tiene entonces que a

b = / a / lb1

(2.44)

En el caso particular en quea = b entonces esta última ecuación queda como a = /alla/ = /al2

a

y sacando raíz cuadrada IaI =

J..;l

(2.45)

La magnitud de un vector es igual a la raíz cuadrada del producto escalar del vector consigo mismo.

Si a = b entonces el ángulo entre a y b es O O . E l ángulo entre un vector y éI mismo es 00. Ejercicio 2.22. S i los vectores del ejercicio 2.19 formaran un ángulo de 180°, jcuál sería su p r o d u c t o escalar? Tenemos que

lb1 = 4.7

/ a \ = 3.5,

y

0 = 180°

= O

= O.

Concluimos que s i dos vectores a y b son perpendiculares (fig. 2.54) su producto escalar es cero. Nótesequeenelladoizquierdodelaúltima ecuación ninguno de los factores es cero. Este hecho es distinto al caso familiar en que tratando con números, la única forma de que un producto se anule es que al menos uno de los factores sea cero.

al

I

L b

Figura 2.54

I

40

Cap. 2. VECTORES

E l producto escalar a

Ejercicio 2.23. Sean los vectores

es (véase ec. (2.42))

b = ( a / ( b l C O S O = 3.5 x 4.7 x cos180° = -16.45

= 16.45 X ("1)

a = 3? -

Y

b = 24

ya que cos 180° = -1 En este caso los vectores a y b son antiparalelos. E l producto escalar resulta ser un número negativo. Supóngase q u e se expresandosvectores(tridimensionales)entérminosde sus componentes. Por ejemplo,

a = a,; Y

b = b,?

+ ay; + a,G + by] + b,G

+ 8;

4G

- 2k

b.

Calcular a

Comparando estas expresiones con las ecs. (2.46) y (2.47) tenemos que a , = 3,

b,

(2.46)

2,

ay = -4, by = 8,

a, = 4 b, = -2

Usando la ec. (2.53) obtenemos que

(2.47)

a * b = 3 X 2 + ( - 4 ~ ,~ X8+4X1-2 . ) , = 6 - 32 -8 = -34

b. Usando estas

Calcularemos el producto escalar a expresiones tenemos que

4+

Si conocemos el vector a en terminos de su5 componentes,comoporejemplo,laec. (2.46), podemos calcular su magnitud con ayuda de la ec. (2.45). En Desarrollando los paréntesisdelladoderechoefecto,usandolaec. (2.53) con a = b a

b = (a,:

+ ay; + a,G)

+ by; + b&)

(b,?

+ ag, + &az

a - a = adx = af

+ azb,G "i+a.byG

*;+a,b,k

li

(2.481

+ a; + a
(Ax),

(3.11)

O sea, la partícula B recorrió una distancia mayor que

+

xA

(At),

Las dos partículas se movieron durante el mismo intervalo de tiempo. Si ahora comparamos las ecs. (3.6) y (3.8) y vemos la figura 3.9 concluimos que

(Ax),

B 0

(At),

t2

Figura 3.9

ven. La partícula A llega en el instante t 2 a la posición

x A , mientras que la partícula B llega, en el mismo instante t2, a la posición X,. Calculemos los cambios de posición y de tiempo para cada partícula (véase ec. (3.2)).

la A, en el mismo intervalo de tiempo. Decimos que la partícula B se m o v i ó más rápidamente que la partícupl ae arla A; alternativamente se d i cqeu tícula A se m o v i ó más lentamente que la partículaB. La discusiónanterior nos indicaqueenelmovimiento de una particula, además de especificar su posición, va involucrado el concepto de rapidez (o de lentitud), Definimos la velocidad media T7 de una partícula que experimenta un cambio de posición Ax en el intervalo At c o m o (3.12)

Partícula A Sepu_ecje definir también el concepto de lentituc media I c o m o

(At),

=

Partícula

B

(AX), =

(At), =

{

intervalo detiem-} PO

[

de A

=

{

instante final de A

}

1{

Con este concepto se podría desarrollar la mecánica. Sin embargo, resulta más conveniente hacerlo con el concepto de velocidad. -

Regresemos al caso de las partículas A y E que consideramosarriba. Las velocidadesmediasde estas partículas son

} {

}

cambio posición posición de = final -I ; ¡ : : ¡ posición de B de B

{

(Ax), intervalo d et i e m - } = PO d e E

= x g - x1

{

instante final de 8

} { -

(3.8) instante inicial de B

}

Ahora bien, los denominadores son iguales (ec. (3.10)), mientras que el numerador deV,es más grande que el numerador de ?A (véase e c . (3.11)). Por tanto,

E s decir, la definición(3.12) nos representa el concepto de rapidez de una partícula porque asigna un mayor valor de la velocidad a la partícula que recorrió una distancia mayor en el mismo intervalo de tiempo. En la ec. (3.12) se nos presenta, por primera vez, una cantidad que es combinación de las cantidades básic a s Ax y At. Las dimensiones de v s o n (véase ec.(1.42)) L/T. Las unidades de la velocidad en el Sistema Internacional son mis.

Dt UNA PARTiCULA

VELOCIDAD MEDIA

En elcocientede (3.12), At es siemprepositiva,Delaec. mientras que Ax puede tener cualquier signo; por tanto, Ytiene el signo que tenga A x . Ahora bien (fig. 3.10) v>o

__I,

o

x1

I; tB. En este casc

+

La ec. (4.39) queda para el cuerpo A

t3 > ti

D e l a ec. (4.60) se tiene entonces que

o sea,

Si el tiempo en que el cuerpo A recorre la distancia H es mayor que el tiempo que tarda el cuerpo 5 en recorrer la misma distancia H , entonces la aceleración de A es menor que la aceleración de B. 2 . t A = tB. En este caso, y, por tanto,

t i=

t;

2

LA -1

y para el cuerpo 6

tb

De la ec. (4.60), se tiene entonces que Ahora bien, al tiempo tA, X A ( t A ) = tos valores en la ec. (4.56) nos da

H.Sustituyendo es-

la,! “=I

2

MOVIMIENTO UNIFORMEMENTE ACELERADO

o sea.

De la misma forma

l a A l = las1

x(3 x(4

Si los dos cuerpos tardan lo mismo en recorrer la misma distancia, entonces sus aceleraciones son iguales. 3. t~ < tn. Este caso es el inverso del caso 1.

Ejercicio 4.11. Un cuerpo que parte del reposo se mueve a lo largo de una linea recta horizontal con movimiento uniformemente acelerado, hacia la derecha y con aceleración de 3.3 m/s2. Calcule las distancias que recorrió el cuerpo en los instantes IS , 2 S , 3 S y 4 s. Escojamos el sistema de coordenadas a lo largo de la línea en quese mueve el cuerpo (fig.4.15). E l sentido a

t

=

C

D

O t = I s ; = 2s; = 3 s t = i s

* x

Figura 4.15 positivo del eje X se escoge con el mismo sentido que eldelaaceleración y elorigen O, en el punto del que parte el cuerpo. Se tiene que x. =

o; vo = O; a = +

+ 3.3 m/s2

la I =

Sustituyendo estos valores en la ec.

(4.391, nos da (4.61)

La distancia recorrida en t = 1 S es x(l

S)

S)

= 6.6 m = 4

1 2

x(3

S)

X 1.65 m =

4 x(l

S)

= 9 x(1 S )

Y x(4 S ) = 1 6 x(1 S) Estos resultados nos dicen que

Este ejercicio ilustra el hecho de que la distancia recorrida va como el cuadrado del tiempo. Esto es una característica del movimiento uniformemente acelerado. Supóngase que una partícula se mueve con movimiento uniformemente acelerado a lo largo de una línea recta (fig.4.16). La distancia recorrida por la partícula, en el tiempo t, es la longitud AB que es

d = ~ ( t) XO

d = vot

m

T X S 2 S

= 1.65

= 14.85 m = 26.4 m

donde se usó la ec. (4.62). De la misma manera

S2

- "3.3Xl

m

x(2

y usando la ec. (4.39)

1 m = - x 3.3 - x (1 SI2 2

S)

En un tiempo doble, el cuerpo recorrió una distancia 4 = Z2 veces mayor. En un tiempo triple, el cuerpo recorrió una distanveces mayor. cia 9 = En un tiempo cuádruple, el cuerpo recorrió una dist a n c i a 1 6= 42veces mayor, etcétera.

__t

B

S)

Notamos que

Estas conclusionessonciertas s i amboscuerpos parten del mismo punto y, además, del reposo.

O A

85

(4.621

+

I

"at2 2

La ec. (4.38) para la velocidad

es

v(t) = vo

+ at

(4.63)

(4.38)

Aquí se usó m

-xs2=mx S2

S2

- = m x l = m

La distancia recorrida en t = 2 x(2

S)

S

es

"O

Figura 4.16

1 m = - x 3.3 7 x (2 $2 2 S 1 = "x 3.3 2 = 6.6 m

m

x 4 "Tx S

S2

A continuación eliminaremos el tiempo t entre estas dos ecuaciones. Para ello despejaremos t de (4.38) y el resultado lo sustituimos en la ec. (4.63). Para facilidad escribiremos v(t) = v. De (4.38) se tiene

86

Cap. 4. CINEMÁTICA DE UNA PART~CULA( 1 1 )

at = v y de aquí

t=

- v" -

v

a =

V"

(4.64)

a

Sustituyendo este resultado en la ec.

d =v.(

(4.63) nos da

y)+ - ) 1

(8

v - vav g

y sustituyendo valores a =

x

2

-

"

-

2km

V"V

- va a

+

1

"(VZ 2a

- 2VV"

+ vi)

Aquí se usó, enelsegundosumando,eldesarrollodel cuadrado de un binomio. Combinando los dos últimos sumandos movimiento obtenemos ejemplo de Unque acelerado

1 d = -( 2 ~ 0 ~ 2 4 2a

= -

[o

-(

3.50

- X 1 2 2 500 4 km

122 500 k m 2 4 km 30 625 k m / h 2

"

-

1 2d

- (v2 - vi)

km2

h2

1

' h Z

4.4. CAíDA LIBRE

la de es el caída de un cuerpo en la vecindad de la superficie 0va)~ terrestre. Si soltamos un cuerpo sabemos por nuestra experiencia que cae hacia abajo (fig. 4.18), a lo largo vertical. recta, la línea unade Se puede afirmar inme(4.65) diatamente lo siguiente:

+ v2 - 2 ~ +

1 2a

d = - [ v * - v);

ÉStaes unarelaciónentre d, v, vo y a paraelmovimiento uniformemente acelerado que no involucra el tiempo

a) E l movimiento de caída es en una dimensión y

bl E l movimiento de caídaes acelerado,

Ejercicio 4.12. Un avión tiene, en el momento de aterrizar, una velocidad de 350 km/h. Después de un recorrido de2 k m se detiene. iQué aceleración experimentó el avión? Sea la línea en la que se mueve el avión la mostrada en la figura 4.17. Para que el avión disminuyas u velocidad inicial, la aceleraclon debe tener sentido opuest o a la velocidad. Por tanto, en el sistema de coordenadas de la figura 4.17 la velocidad iniciales positiva, Figura 4.18 I

o

4 t+ Xd

+v

d

4

=

o

+x

Figura 4.17

mientras que la aceleraciones negativa. Supongamos que la coordenada del punto en que se detiene el avión sea x. En este punto s u velocidad es cero. Por consiguiente, se tiene que v, =

De

Id

+

l v g / = 350 k m / h ; v = O; d = x - x" = 2 k m

ec. (4.65) despejamos la aceleración a

En efecto, respecto de este último punto podemos decir que el soltar el cuerpo, su velocidad inicial es cero (fig. 4.18a). Un instante posterior [fig. 4.186) el cuerpotieneunavelocidadhaciaabajo, es decir, hubo un cambio de velocidad: del valor cero a uno distinto de cero. Por tanto, sobre el cuerpo se ejerció una aceleración. Por el momento no nos interesará el origen de esta aceleración. Solamente nos adelantaremos y diremos que es causada por la Tierra. M á s adelante estudiaremos este asunto con mayor detalle. De la figura 4.18 nos damos cuenta de que el cambio de velocidad ocurrido en la caída tiene sentido haciaabajo(fig. 4.19).Por consiguiente (véase la fig. 3.27), la aceleración tiene la misma direccióny el mismo sentido que el cambio de velocidad, es decir, la aceleración tiene dirección vertical y sentido hacia abajo. La llamaremos aceleración de la gravedad.

87 =

.V

*

o

Tabla 4.1 Instante

y(cm)

2

2.40 5.O4 8.64 13.44 19.20 25.28 34.20 43.20 53.88 65.40 77.64 91.30

3

4 5 6 7

Figura 4.19

Lo Único que nos falta determinar es la magnitud de la aceleración de la gravedad.Para ello es necesase riorecurriraunexperimento. En lafigura4.20 muestra una fotografía del movimiento de una pelota que cae a partir del reposo. La fotografía es de exposic i ó n m ú l t i p l e y el intervalo entre cada exposición es de (1/30) s. E s decir, el intervalo entre dos posiciones sucesivas de la pelota en la fotografíaes de (1/30)s. A l lado aparece una escala en centímetros. En la tabla 4.1, en la segunda columna, se presentan las posiciones de la parte central de la pelota en instantes sucesivos. Estos valores se pueden leer de la escala de la fotografía.

Instar 1

3 4 5 6

4.83 4.81 8 4.80 9 4.85 10 4.86 4.86

11

12 13 14

[m/s*l 5.40

vlt2

106.20

5.04 4.86 4.84 4.80

4.86 4.87

Antes de cualquier cosa debemossaber q u é t i p o d e movimiento realizó la pelota al caer: ifue uniformemente acelerado o n o ? Si n o lo fue, entonces, i q u é otro tipo de movimiento realizó? Tratemos en primer lugar de ver si el movimiento fue uniformementeacelerado. Para ello recordamos que en este tipo de movimiento la distancia recorrida va como el cuadrado del tiempo (véase el ejercicio 4.11). Escojamos u n sistema de coordenadas a lo largo de la línea en que cae la pelota, es decir, la vertical (fig. 4.21). Tomamos el origen en el punto en que se suelta la bolay el sentido positivo, hacia abajo. Llamamos a este sistema de coordenadas el eje Y.

7

Siguiendo la costumbre denotaremos ahora al sistema de coordenadas vertical con la letray. D o n d e hasta ahora teníamos x, ahora escribiremos y.

8 9 10

t = 0

0 "--

11

12

F-

13

14

Figura 4.21

Y

Los valores de y dados en la tabla4.1 están referidos

al sistema de coordenadas que acabamos de escoger.

La velocidad inicial (t = O) es cero, ya que la pelota se soltó, o sea, vo = O. Además,enestesistemade coordenadas la aceleración es positiva, ya que tiene sentido hacia abajo

Figura 4.20

Asimismo,

a =

+

la1

Yo = 0

88

Cap. 4. CINEMATICA DE UNA PARTICULA (11)

Sustituyendo estos valores en la ec. (4.39) para el movimiento uniformemente acelerado nos da

Dividiendo ambos lados de esta ecuación entre t2, obtenemos (4.67)

Esto significa que la distancia recorrida en la caída es proporcional al cuadrado del tiempo transcurrido. Es decir, el movimientc de caída es uniformemente acelerado. Delaec. (4.67) obtenemosentoncesquela magnitud de la aceleración es a =

2x = 2 X 4.90 m/s2 t2

= 9.80 mis2 Denotaremos esta aceleración con la letra

Por tanto, s i en la caída libre la aceleración es constante, entonces la combinación [y(t)/t2) en cadainstante debe ser igual al mismo número

[

=

1

la I ] .

Si

esto ocurre en efecto, de este númerose puede entonces encontrar la aceleración a. Se procederá, por tanto, a calcular la combinación [y(t)/t2] en cada uno de los instantes mostrados en la tabla 4.1. Por ejemplo, para el instante 4 el tiempo transcurrido desde el inicio de la caída es 4

x 30 S = 1

g

g(4.68) = mis2 9.80 Otra pregunta que nos podemos hacer es: i l a aceleración de la gravedades la misma para cuerpos distintos? E l valor (4.68) se obtuvo para la pelota de la figura 4.20. Para responderla, haremos otro experimento. Se soltarán dos objetos distintos desde la misma altura sobre el suelo y se verá s i caen la misma distancia en e l mismo tiempo o no. En la figura 4.22 se muestra una fotografía de la caída de dos cuerpos distintos a

0.1333 S = 1.33 X I O " S mientras que de la tabla vemos que la posición correspondiente es

y = 8.64 cm Por tanto,

v= t2

8.64 cm cm (1.33 X 10"

-

S ) ~

8.64

1.778 X

s2

= 4.86 X 102cm/s2= 4.86 mis2 De la misma manera se calculan los valorescorrespondientes a los otros instantes. Estos resultados se muestran en la tercera columna de la tabla 4.1. Nos damos cuenta de que estos valores son casi iguales. El promedio de estos valores es 4.87 m/s2.

Los resultados de mediciones experimentales siempre contienen erroresdebidosadiversascausas. En nuestro caso éstas pueden ser: los instantes en que se enciendelaluzparatomarlafotografíanoestán exactamente separados en (1/30)s, las marcas de la regla tienen ligeras variaciones, por lo que los valores de y no son precisos, etcétera. De experimentos más predisos

se encuentra que:

Los valores (y/t2) son cada vez más iguales entre sí al aumentar la precisión del experimento. E l valor promedio de(y/t2) es 4.90 mis2. En conclusión, se puede decir que dentro de los errores experimentales, (y/t2) es efectivamente constante.

F

Ira

4.22

89

C A ~ D ALIBRE

partir del reposo desde la misma altura. La fotografía es nuevamente de exposición múltiple. De la fotograf i a se concluye que los dos cuerpos distintos caen, a partir del reposo, en el mismo tiempo. O sea, recorren distanciasigualesentiemposiguales.Delejercicio, 4.10, apartado 2, concluimosentoncesque los dos cuerpos experimentan la misma aceleración. E s decir,

v(t) = / g /t

(4.70)

a ) Sea r el instante en que la partícula llega al suelo (punto A de la figura 4.24). Por tanto,

y(r) =

+ 10 m

Las ecs. (4.69) y (4.70) son válidas en cada instante, en Particular en el instantet = T . La ec. (4.69) queda para t = r como

M I SMA

y su magnitud está dada por la ec. (4.68). E l tipo de movimiento de caída que hemos consideNO tieneninguna rado es aquelenelqueelaire o sea, influencia. A estemovimientolellamaremos caída libre. Si el aire tiene influencia en la caída, entonces el valor de la aceleración que experimenta el cuerpo ya no es g; además puede ocurrir que el movimient o ya no sea uniformemente acelerado. Despejamos Ejercicio 4.13. Se suelta un cuerpo desde una altura de 10 m sobre el suelo (fig. 4.23). a) 2En cuánto tiempo llega el cuerpo al suelo? b) icon qué velocidad llega el cuerpo al suelo?

Y(7)

1

= 2 lg172

1 1 0 m = -1g172 2 72

Véase apéndice I con P = 1 0 m, a =

1

- lgl, u = 72 2

10 m -

72

/2 '

lgl

-

2 X 10m

-

20 m 9.8 m/s2

Igl

= 2.04 Figura 4.23

Aquí usamos el valor de

m X s2 = 2.04 s2 m

g dado por la ec. (4.68) y la

Como en el instante inicial el cuerpo se suelta, tiene ec. (3.43). Sacando raíz cuadrada se obtiene velocidad nula. Pero como la aceleración de la graver= 1.43 S dad que actúa sobreéI tiene sentido hacia abajo, hay un cambio de velocidad hacia abajo (véase fig. 3.28). Por consiguiente,elcuerpoadquiereunavelocidad Éste es eltiempoenque cae lapartículadesdela alturade l o m. consentidohaciaabajo.Entonces,eninstantes sucesivos tanto la aceleración como la velocidad tienen el Esto tiene como consemismo sentido: hacia abajo. vg = o cuencia que la velocidad va aumentandosuen magnitud al transcurrir el tiempo. Escogemos un sistema de coordenadas vertical, con origen en el punto en que y sentidopositivohaciaabajo(fig. O'', = se sueltaelcuerpo 4.24). Se tiene entonces que

d m =

"'1.

~

yo=O

;

v,=O

;

a = +

Igl

Sustituyendo estos valores en las ecs. (4.39) y (4.38) se tiene, para nuestro caso (en lugar de x se usa y), (4.69)

I

Y

i

Figura 4.24

90

Cap. 4 . CINEMÁTICA DE UNA PARTíCULA (11)

b] Para el instante r, la ec. (4.70) nos da la velocidad que tiene el cuerpo al caer al suelo. v(7) = lgi7

+g

y sustituyendo

-1 47)

m

= 9.8

-

= 9.8

X

S2

1 43

= 1 4 m/s

bl

X 1.43 S

m

-- X S S2

¡Esta velocidad es igual a 50.4 kmjh!

En un instante posterior, dado que el cambio de vela locidad es hacia abajo, la partícula cambia su velocidad del valor cero a uno distinto a cero con sentido hacia abajo (fig. 4.25d).Es decir, la partícula se mueve hacia abajo. Por tanto, la máxima altura la alcanza cuando su velocidad se anula. Recuérdese que la partícula se mueve en el sentido (y dirección) de su velocidad.

Ejercicio 4.14. Se lanzauncuerpoverticalmente hacia arriba con velocidad de 7 mis.

a) iCuánto tarda el cuerpo en llegar a la máxima altura? b] i C u á l es la máxima altura a la que llega? c) ;Cuánto tiempo tarda en regresar al punto desalida? d] i c o n q u é v e l o c i d a d regresa el cuerpo al punto de salida?

I

Posteriormente. tanto la velocidad como la aceleracióntienenelmismosentido. En consecuencia,la magnitud de la velocidad va en aumento. Consideremosprimeroelmovimientodesubida. Escogemos un sistema de coordenadas vertical, con sentido hacia abajo y el origen, en el punto de salida (fig, 4.26). En este sistema se tiene que yu = O;

v,, = - I v u / = -7m/s;

Analicemos primero el movimiento. En el instante inicial, la partícula tiene velocidad hacia arriba, mientras que la aceleración tiene sentido hacia abajo (fig. 4.25a). Por consiguiente, el efecto de la aceleraciónes disminuir la magnitud de la velocidad. AI transcurrir el tiempo, la magnitud de la velocidad sigue disminuyendo (fig. 4.25b) hasta anularse. Cuando esto último ocurre, la partícula se detiene (fig. 4.25~).Sin embargo, en este instante la partícula sigue experimentando la aceleración de la gravedad. Recuérdesequelaaceleracióndelagravedad eierce sobre los cuerpos TODOtiempo. el

se

I

Y

f Figura 4.26

a =

+

Igl

91

CA¡DA LIBRE

Con estos valores las ecs. (4.39) y (4.38) quedan como

+

Y(t) = - lvolt

-

v(t) =

Ivol

1

I

-lglt2 2

+ Iglt

(4.71) (4.72)

a) Sea Te1 tiempo que tarda la partícula en llegar a la máxima altura. Comose vio, la máxima altura se logra cuando la velocidad de la partícula se anula, o sea,

v(T) =

o

que usando la ec. (4.72),

v(T) =

o

=

Despejando la incógnita

- lvul

+ IgIT

7

~

IH I

=

(7 mis)2 = 49 m2/s2 2 X 9.8 mis2 2 X 9.8 mis2

-

49 2 X 9.8

m2 X s2 s2 X m

= 2.5 m Aquí se volvió a usar la ec. (3.43). Concluimos que la partícula llega a 2.5 m encima del lugar del que fue lanzada y tarda 0.71 S en llegar. Consideremos ahora el movimiento de bajada. Tomemos como instante inicial para la bajada el instante en que la partícula está en su altura máxima (fig. 4.27). en el sistema de coordenadas escogido se tiene ahora yU = - / H I = - 2.5m;

/ v o l = Igl7

T=

Sustituyendo valores nos da

I vuI

vu = O;

a =

+

(g/

(4.73)

lgl

Sustituyendo valores

T =

7 mis 9.80 mis2

= 0.71

7

m x s 2

"

9.8 m

X S

(4.74)

S

Aquí se usó la ec. (3.43).

b] Sea H la alturasobre el suelo a la que llega la partícula. En el sistema de coordenadas escogido (véase fig. 4.26) se tiene entonces que

Y(7) = - IHI

Figura 4.27

Y

Sustituyendo estos valores en las ecs. (4.39) y (4.38), obtenemos las ecuaciones que describen la bajada y(t) = - I H I

y usando la ec. (4.71)

+

1

- lg/t2 2

v(t) = Iglt

1 Y(T) = - / H I = - / v o 1 7 + - Igl72 2

(4.76) (4.77)

E l tiempo t que aparece en las ecs. (4.76) y (4.77) es contado a partir del instante en que la partícula se encuentraen su máximaaltura. NO confundir con el tiempo t que aparece en lasecs. (4.71) y (4.72), que corre a partir del instante del lanzamiento.

Sustituyendo (4.73)

c) Sea T el tiempo que tarda la partícula en ir de su máxima altura (punto A de la figura4.27) al punto inir la partícula cial (punto O). Es decir, en el instante está en el origen O. Y(?) = 0

por lo que

I/jl

M 2 Igl

Por tanto, de l a ec. (4.76) (4.75)

y(7) = o =

1 - /HI + 1g172 2

92

Cap. 4 . CINEMÁTICA DE UNA PART~CULA ( 1 1 )

D e aquí despejaremos

7

1 I H ! = - Ig/72 2

=

i.”Il

V é a s e a p é n d i c e I c o n P =I H i , a =- - / g ! , u = 7 2

JF-

Sustituyendo los valoresde arriba y e l d e / g /

I HI

La magnitud de la velocidad al regreso es igual a la magnitud de la velocidad de salida. Sin embargo, estas velocidades no son iguales. A la salida, la velocidad tiene sentido hacia arribay a la llegada tienesentido hacia abajo (fig. 4.28).

I

o

(4.78)

= 2.5 mobtenido Figura 4.28

2 X 2.5 9.8

=

7 mis

T

y sacando raíz cuadrada T =

Jq=

m X s2 m

JmT= 0.71

PROBLEMAS

S

4.1. Un cuerpo se mueve a lo largo de una línea recta con movimiento uniforme. Si su velocidad es de 53 Aquí se usó la ec. (3.43). Comparando con la ec. (4.74) km/h, iqué distancia recorre en 1 h, 2 h, 3 h?, jqué revemos que lación existe entre los valores que obtuvo? 4.2. Calcule el tiempo que tarda un rayo de luz en IleT= 7 gar del Sol a la Tierra. La distancia es de 150 millones de kilómetros. Tome como valor de la velocidad de la es decir, el tiempo de subida es el mismo que el de baluz 300 O00 kmis. jada. 4.3. Un año luz es la distancia que recorre un rayo de d ) Ahora calcularemos la velocidad de la partícula luz en un año. Exprese esta distancia en km. en el momento en que regresa el puntoO; esto es, ~ ( 7 ) . 4.4. Un observador determina que transcurrió un inD e l a ec. (4.77) se tiene que tervalo de 4.5 s entre un relámpagoy el trueno correspondiente. Si la l u z y el sonido se mueven con velociv(r) = l g i r dadesuniformes,jaquédistanciadelobservador cayóelrayo?Tomelavelocidaddelaluziguala Sustituyendo la expresión (4.78) para 7 nos da 300 O00 kmls y la del sonido igual a 335 mls. 4.5. Dos carros (véase fig. 4.29), en movimiento uniforme, el rojo y el negro, entran en una autopista a las 8 a.m. E l carro rojo entra en el punto A con una velocidad de 80 km/h. E l carro negro entra en el punto B, que está al este de A, a una distancia de40 k m . Si ambos carros se encuentran en el punto C que está a 300 km al este de A, =J r n (4.79) Aquí se usó la ec. (1.27). Sustituyendo el valor de I H I = 2.5 m nos d a m v(7) = 4 2 X 9.8 7X 2.5 m S

40 km

A

m

2 X 2.5 X 9.8 7 X m S

300 km

6

Figura 4.29

C

PROBLEMAS

a) >Cuál es la velocidad del carro negro? b) i A qué hora se encuentran? c) D i b u j e en una sola gráfica las gráficas los dos carros.

x-t para

4.6. Resuelva el problema 4.5 para el caso general en que el carro rojo tiene velocidad vR y el carro negro, vN(vR > vN). Suponga que la distancia entreA y B es d y que la distancia entre A y C es h. 4.7. Encuentre la trayectoriax(t) y la velocidad instantánea v(t) de un cuerpo que experimenta la aceleración a(t) dada por a) a(t) = R t b ) a(t) = Rt Lt4 c) a(t) = a,(l - e--t/7)

+

Aquí R, L, a, y r son cantidades constantes. En cada caso haga gráficas x - t, v - t y a - t para valores que uslos movimientos. ted asigne a las constantes. Describa 4.8. Compruebe los resultados que obtuvo en el problema 4.7. 4.9. Verifique la congruencia dimensional de las ecs. (4.30) y (4.31). (>Qué dimensiones deben tener S y N?) 4.10. Verifique la congruencia dimensional delas ecs. (4.34) y (4.35). (2Qué dimensiones deben tener a, y r?). 4.11. Verifique la congruencia dimensional de los resultados obtenidos en el problema 4.7. (>Qué dimensiones deben tener las cantidades constantes?) 4.12. Compruebe que la ec. (4.31) del ejercicio 4.4 es correcta. 4.13. Compruebelacongruenciadimensionaldela ec. (4.65). 4.14. Resuelva el ejercicio 4.13 usando un sistema de coordenadas vertical, con el origen en el punto en que se suelta el cuerpoy con sentido positivo hacia arriba. >Se modifican los resultados? 4.15. Resuelva elejercicio4.14conunsistemade coordenadas vertical, con el origen en el punto de máxima altura y sentido hacia arriba. >Se modifican los resultados? 4.16. Un trense mueve con una velocidad de 80 km/h. En cierto momento frena y se detiene en 1 5 s. Si e l movimiento es uniformemente acelerado, >qué aceleración experimentó? >en qué distanciase detuvo? 4.17. En un tubo de televisión los electrones experimentan una aceleración constante de valor 3 X 1OI2 m/s2 >Qué velocidad alcanzan los electrones después de recorrer una distancia de 1 . 5 cm, si parten del reposo? 4.18. Un automovilista circula por una calle a una velocidad de 40 km/h. Cuando está 25 a m de un crucero se enciende la luz amarilla del semáforo. La luz permanece encendida durante 2 S y el ancho de la calle que va a cruzares d e I O m . Si acelera con aceleración constante de 7 mis2, >logrará cruzar antes de que se encienda la luz roja? 4.19. Un avión tiene una aceleración de 3.5 m/s2. Para elevarsetienequealcanzarunavelocidadde350 km/h. Suponiendo que la aceleración es constante durante el despegue, >de qué longitud debeser la pista?

93

4.20. Un tren parte de la estación A con una aceleración constante de 3.6 mis2.Después de haber viajado cierto tiempo, frena, con magnitud de la aceleración constante e igual a 0.22 mis2, deteniéndose en la estaes de 10 ción B. Si la distancia entre las dos estaciones km, encuentre el tiempo que tardó el tren en irAde a B. 4.21. Se suelta una piedra desde una altura de 130 m: a) >Cuánto tiempo tarda en llegar al suelo? b) >Con qué velocidad llega al suelo? Exprese su resultado en km/h. 4.22. Un cuerpocae de un edificio en 7.2 s. 2Qué altura tiene el edificio s i el cuerpo se soltó? 4.23. Un cuerpo cae libremente.AI pasar por el punto A tiene una velocidad de 14 misy al llegar al punto B tiene la velocidad de 33 mis. a) >Cuál es la distancia AB? b) >En cuánto tiempo recorre la distancia AB? 4.24. Desde una altura de 25 m se suelta una pelota. Después de 1.2 S se lanza hacia abajo otra pelota. a) >Con qué velocidad se debe lanzar la segunda pelota para que llegue al suelo al mismo tiempo que la primera pelota? b) icon qué velocidades llegan al suelo las dos pelotas? 4.25. Desde el borde de un acantilado se lanza una piedra verticalmente hacia arriba con una velocidad de 40 mis. La altura del acantilado sobre las playa es de 117 m. a) iCuál es lamáximaalturaalaque llega l a piedra? b) 2Cuánto tiempo tarda en llegar a la máxima altura? c) 2Cuánto tarda en llegar a la playa? d) >Con qué velocidad llega a la playa? e) i A dónde se encuentra la piedra 6 S después de haber sido lanzada? f) Haga las gráficas x - t, v - t y a - t del movimiento de la piedra 4.26. Se lanza un cuerpo hacia abajo con una velocidad de5.3 mis desde una altura de50 m sobreyl suelo. a) 2Cuánto tiempo tarda en llegar al suelo? b) >Con qué velocidad llega? 4.27. Se lanza una piedra verticalmente hacia arriba con una velocidad de 12.5 mis.AI mismo tiempo, desde una altura de23 m se lanza una pelota hacia abajo con la velocidad de 19.9 mis. a) iCuándo y dónde pelota?

se encontrarán la piedra y la

94

Cap. 4. CINEMATICA DE UNA PARTÍCULA ( 1 1 )

b) iQuévelocidadestienenenelinstantede

encuentro? c] En la misma gráfica dibujelas curvas x - t de ambos cuerpos.

a) iCuá1 es el valor dela aceleración con quees frenado el cuerpo? b) iEn cuánto tiempo se detuvo el cuerpo?

4.30. icon qué velocidad hay que lanzar una pelota 4.28. Desde el reposo se lanza un cohete verticalmen35 m ? hacia arriba para que llegue a una altura de te hacia arriba con aceleración neta constante e igual iCuánto tiempo tarda en llegar? 4.31. Un paracaidista cae desde el reposo desde una a 16.3 mis2. Después de45 S se apaga el motor. Suponga que la atmósfera no tiene ningún efecto. altura de 180 m. Después de3 S se abre el paracaídas, que hace que el hombresea frenado con una aceleraa) iQué velocidad tiene el cohete cuandose apaga ción constante de 2.8 m/s2. el motor? b) i A qué altura está el cohete cuando se apaga el a) i A qué altura se abrió el paracaídas? b) >Qué velocidad tenía cuando se abrió el paramotor? caídas? c) iHasta qué altura máxima llega el cohete? d) iCuánto tiempo tarda en llegar asu máxima altucj iCuánto tiempo tarda en llegar al suelo? r a? dl icon qué velocidad llega al suelo? e) iCuánto tarda el cohete en regresar a la Tierra? f] i c o n q u é v e l o c i d a d regresa a la Tierra? 4.32 Se lanza un cuerpo verticalmente hacia arriba g] D i b u j e las gráficas x - t, v - t y a - t del cohete. Discon cierta velocidad. Demuestre en general que cuta el movimiento. a) E l tiempo de subida hasta la altura máxima es igual al que tarda en llegar del punto de altura 4.29. Un cuerpo cae, a partir del reposo, desde unaalmáxima al punto inicial. tura de 31 m sobre una superficie que no es rígida, b) La magnitud de la velocidad con que regresa e l causando en ella una depresión de 32.5 cm. Suponga cuerpo al punto iniciales la misma que la magnique desde el momento de contacto el cuerpo es frenat u d d e l a v e l o c i d a d c o n q u ese lanzó el cuerpo. do con aceleración constante.

5

Cinerndltica de una pat-ticula. Dos dimensiones

5.1. PRINCIPIO DE SUPERPOSICI~N DE EFECTOS

Siguiendo el planteamiento propuesto al inicio del capítulo 3, una vez que ya aprendimos la forma de describir el movimiento de una partícula en una dimensión,estudiaremosahoraunmovimientomás complicado: el movimiento de una partícula en dos dimensiones, es decir,enunplano.Como se mencionó allá, la idea es poder usar, en la descripción del movimiento en dos dimensiones, lo aprendido para el caso de una dimensión. Esto significa poder contestar la siguiente pregunta: jse puede considerar el movimientoendosdimensionescomoalgunacombina-. ción de movimientos en una dimensión? Si la respuesta es negativa, entonces hay que investigar cómo describir directamente un movimiento en dos dimensiones. S i la respuesta es positiva, entonces surge otra pregunta: >de qué tipoes la combinación? La respuesta sólo nos la dará la Naturaleza. Para e l l o se puede hacer el experimento quese muestra en la figura 5.1. Aquí se tienen dos cuerpos a la misma altura sobre el suelo. Uno de ellos, el A, simplemente se suelta. E l otro cuerpo, el B, se lanza con una velocidad inicial horizontal. A ninguno de los dos cuerpos se le imparte una velocidad vertical.La única diferencia entre los dos cuerpos es que el cuerpo B tiene una velocidad horizontal. Naturalmente que ambos cuerpos experimentan la aceleración de la gravedad, que tiene dirección verticaly sentido hacia abajo. En la figura 5.2 se muestra una fotografía múltiple de los movimientos de los cuerpos A y B. E l intervalo entre dos posiciones sucesivas de los cuerpos es de (1/30)s. E l cuerpo A simplemente cae a lo largo de la vertical, mientras que el cuerpo B sigue la trayectoria mostrada. De la fotografía nos damos cuenta de que la posición vertical de ambos cuerpos es la misma en cada

95

Figura 5.1

Figura 5.2

96

Cap. 5

DOS DIMENSIONES

instante. Es decir, la altura del cuerpo B, al que S í se le dio una velocidad horizontal, es la misma que la del cuerpoA,alque NO se le dio una velocidad horizontal. Se puede decir entonces que, la velocidad horizontal dada al cuerpo B NO AFECTO la posiciónvertícal que fue adquiriendo. Este experimento ilustra una situación más general, que queda expresada de la manera siguiente:

Figura 5.3 a

PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN DE EFECTOS: Dos efectos perpendiculares sonindependientes entre sí.

E s importante tener en mente que el Principio de Superposición de Efectos es un resultado experimental. La conclusión a la que llegamos es que el movimiento del cuerpoB lo podemos descomponer en dos partes:

1 . Movimiento horizontal. Éste corresponde al de un cuerpo con velocidad horizontal inicial dada. En vista de que horizontalmente no hay ninguna aceleración, entonces el movimiento horizontal es uniforme (ver capítulo4, sección 4.1); 2 . Movimiento vertical. Este es el de caída libre, estudiado en el capítulo 4, sección 4.4.

Figura 5.3 b

Velocidad

M á s adelanteobtendremoscontododetalle

las consecuencias para este caso particular. Antes, dedicaremos la próxima sección obtener algunos resultados generalesparaelmovimientoendosdimensiones.

Por otro lado, el cuerpo tiene, en general, dos velocidades: una horizontal, que denotaremos como v, y una velocidad vertical, vy (fig. 5.4a). Estas dos velocidades son perpendiculares, por lo que de acuerdo con el Principio de Superposición, son independientes una de la otra. En consecuencia, la velocidad resultante que experimenta el cuerpo es la suma vectorial de v, y v,,(fig. 5.4b).

5.2. P O S I C I ~ NVELOCIDAD , Y ACELERACI~N DE UN CUERPO Posición

vy v = v,+

(5.2)

Consideremos ahora el movimiento general de un E l vector v, tiene las siguientes características: direccuerpo en dos dimensiones, es decir, el movimiento ción, a lo largo del eje X; sentido, el mostrado en la fide un cuerpo en un plano. Este cuerpo recorre cierta gura 5.4b; magnitud Iv, 1 dada por trayectoria, por ejemplo, la que se muestra en la figura 5.3a. Supongamos que en un instante cualquiera el dx cuerpo se encuentra en el puntoQ . Escogemos u n sis(5.3j lvxl = dt tema de coordenadas cartesianas X-Y. La posición de Q la podemos representar por medio desus coordenadas (x, y), Como se estudióenelcapítulo 2, esta Aquí se usó el resultado (3.18) para una dimensión. descripcion equivale a darla en términos del vector de posición r (fig. 5.3b). Por tanto, el vector v, se puede escribir como

I

r=d+y'j

(5.11

siendo ?,'j dos vectores unitarios a lo largo de los ejes X, Y, respectivamente (véase capítulo2).

Conoceremos la trayectoria de la partícula, si en cada instante podemos dar el valor de(x, y ) , o sea, del vector r .

v, =

lV,Il

c

=

dx c I dt

(5.4)

Análogamente, el vectorvy se puede escribir como vy =

c lVyIJ

'

dy f = __ dt

(5.5)

97

POSICION. VELOCIDAD Y ACELERACION DE UN CUERPO

2. Dirección dev. Para obtener la dirección dev usaremos la ec. (5.7) y la definición de derivada v = l i m ___ Ar - lim At -0

At

r(t

+ At) - r(t)

At - O

At

Esta ecuaciónquieredecirlosiguiente.Tómeseel At) vector de posición del cuerpo en el instante (t (este vector es r(t At)), réstesele el vector de posición en el instante t ( o sea, r(t)).l)ivídase el resultado entre At. Una vez obtenido este cociente, repítase el At mas pequeño. A proceso anterior para otro valor de continuac,ión, tómese otro valor de At todavía más chico, y así sucesivamente. E ; valor límite del cociente es el vectorv. A continuación llevaremos a cabo esta operación de derivada. E n la figura 5.5 se muestra la trayectoria de un cuerpo, que se mueve con sentido de U a S. Consideremos las posiciones del cuerpo en dos instantes: al tiempo t y al tiempo t At. En la figura se muestran los vectores de posición del cuerpo enestos At). E l cambio en la posición Ar instantes: r(t) y r(t es

I

+

+

Figura 5.4

a

Q&

v,

"

* Figura 5.4 b Sustituyendo las ecs. (5.4) y (5.5) en la ec. (5.2)nos da

I+"

"

dt

dt

d - -(xi

f

dt

dy

+

Ar = r!t

+

+ At) - r(t)

Este vector Ar es el vector que va del p u n t o Q al punt o P de l a figura 5.5. Nótese queeste vector Ar es la secante entre las posiciones Q y P del cuerpo en los dos instantes.

x

- dx

7

3

+i yj)Figura 5.5

y usando la ec. (5.1) encontramos que v=-

(5.9)

d r dt

Ahora dividirnos Ar entre At. Recordando que At es (AriAt) es un vector que ¿Cuáles son las características del vector de veloci- un escalar positivo, el vector dad v ? tiene la dirección misma que sentido mismo y el Ar (véase fig.5.6). Así, se ha obtenido (Ar/At) para el valor 1. Magnitud de v. La magnitud del vector v dado por At escogido. (5.6) es /VI

=

J-;

(5.8)

Véase la sección2.3 del capitulo 2

98 Y

A

Figura 5.6 Figura 5.7

t á dirigidoa lo iargodelasecante QP,. Si continuamos con este proceso, es claro que al hacer At cada vez más pequeño, los puntos P, PI,... que corresponden al final de cada intervalo, se van a acercando cada vez más al punto Q, y las secantes tienden a ser la tangente dela trayectoria enel punto Q (fig. 5.8). Por tanto, la dirección del vector v es la de la tangente a la trayectoria en el punto de interés. Las velocidades del cuerpo en distintos puntos de su trayectoria se muestran en la figura5.9. 3. Sentido de v. Si el cuerpo se mueve del punto Q al p u n t o P (fig. 5.5) el sentido de Ar es de Q a P; por consiguiente, el sentido de (ArIAt) también es de Q a P porque At es positivo. En consecuencia, el sentido del vector v es elmismoqueeldelmovimientodel cuerpo.

Figura 5.8

Aceleración De la misma forma en que se encuentra la ec. (5.7) para la velocidad, se puede encontrar ¡a aceleración. En efecto, en general, el cuerpo experimentaal mismo tiempo dos aceleraciones perpendiculares:a, y a,(fig. 5.10) Se tiene que

(5.10a)

(5.10bl Figura 5.9

E 1 Principio d e Superposición nos dice que estas acelo que la aceleraleraciones son independientes, por cihn total que experimenta el cuerpoes a = ax

+ ay

1.

.

U

"

-

d (vxi dt

-_

+ V,j),.

O

y usando l a ec (S 6)

a =

d

T V

S

--X

1

(5.11)

Figura 5.10

. ~.- ..," -

APLICACIONES

99

Según el Principio de Superposición, los movimientos horizontal y vertical son independientes. Por tanto, podemos considerar cada uno de estos movimientos por separado. i)Movimiento horizontal. Dado que horizontalmente no hay ninguna aceleración, la velocidad horizontal no cambia. En consecuencia, el movimiento horizontal es uniforme con velocidad siempre igual a la veloEn el estudio del movimiento en una dimensión que cidad horizontal vh que se le impartió al cuerpo. En la sección 4.1, vimos que las ecuaciones generase hizo en los capítulos 3 y 4, de hecho se estuvo trales para el movimiento uniforme son bajando con cantidades vectoriales, como la velocidad y la aceleración. La dirección de estos vectores adt) = O (5.12a) lo largo de la línea en que era fija, ya que estaba a ocurreelmovimiento. E l sentidode los vectores vdt) = VXO (5 .I 2 b) quedóincorporadoenelsignode las cantidades x(t) = x 0 v& . (5.12c) correspondientes. Así, porejemplo,enelcasodel ejercicio 3.7 en que se obtuvo la velocidad v = 4.21 Denotamos las cantidades asociadas con el movim/s, de hecho se está hablando del vector qúe tiene miento horizontal por medio de un subíndice x. las siguientes características(véase fig. 3.19): -Magnitud: 4.21 m/s; -Dirección: a lo largo de la línea en que ocurre el En el sistema de coordenadas escogido(véase fig. 5.11) movimiento; -Sentido: el mismo que tiene el sentido positivo x0 = o; v,o = IVh I (5.13 ) del eje X, o sea, hacia la derecha de la línea en que ocurre el movimiento. que sustituidas en las ecs. (5.12)nos dan Por tanto, la aceleración es un vector que nos da el cambio instantáneo del vector velocidad. Se debe enfatizar que s i el vector velocidad cambia, entonces existe una aceleración. Esto quiere decir que s i cambia, por lo menos, una de las tres características (magnitud, dirección o sentido) del vector velocidad, el cuerpo experimenta una aceleración.

+

+

+

5.3. APLICACIONES Eiercicio 5.1. Consideremos el caso del cuerpo que se lanza con velocidad horizontal en la fotografía.de la figura 5.2. Basándose en el Principio de Superposición encuentre:

ii) Movimiento vertical. Este movimiento es de caída

libre, o sea, uniformemente acelerado, con aceleración g hacia abajo (fig. 5.11). De lo aprendido en la seccion 4.3 sabemos quelas ecuaciones generales son

a) La trayectoria del cuerpo.

b) La velocidad (como vector) que tiene el cuerpo.

Para descripción la tomemos sistema un coordede nadas (ahora en dos dimensiones) como se muestra en la figura 5.1 1: el ejeX, horizontal, con sentido positivo igual al sentido de la velocidad inicial; el eje Y, vertical, con sentido positivo hacia abajo; el origen O en el p u n t o en que se encuentra inicialmente el cuerpo.

0

vh

R

x

r

aAt) = ay vJt) = vyo y ( t ) = yo

(5.15a)

+ a,t

+ vyot + (1/2)ayt2

(5.1 5b) (5.15~)

asociadas con el moviDenotamos las m,ento verticalpor medio de un subindicey

Inicialmente, en elsentidovertical, el cuerpono tiene velocidad. En el sistema de coordenadas escogique d o se tiene ay =

+

lgl;

vyo =O;

yo = 0

(5.16)

que sustituidas enlas ecs. (5.15) nos dan a,lt)=

+

lgl

v&t)= Iglt y ( t ) = (1/2) I g I t 2

(5.17a) (5.17b) (5.17c)

a) Consideremos primero la posición del cuerpo. Ésta Figura 5.1 1

está dada, en cada instante, por las coordenadas x(t) (ec. ( 5 . 1 4 ~ )y) y([) (ec. (5.17 c)).En cada instante t pode-

100

cap. 5. DOS DIMENSIONES

mos calcular los valores x ( t ) , y ( t ) y marcar en la figura 5.11 el punto correspondiente. Si lo hacemos en un númerograndedeinstantes,tendremoselconjunto de puntos por los q u e pasa el cuerpo; uniendo estos puntos por medio de una línea continua obtendremos su trayectoria. Desde el punto de vista matemático vemos que las ecs. ( 5 . 1 4 ~y) (5.1 7c) son las ecuaciones paramétricas Y de la trayectoria, siendo el tiempo t el parámetro. Podemos eliminar el parámetrot entre esas dos ecuaciones para obtener directamente la ecuación de la trayectoria. Para este fin, despejamos t de la ec. (5.14~) X

t=/Vh r

i

t

Figura 5.12

(5.18)

En lugar de x(t), y ( t ) escribiremos x, y, respectivamente. que sustituida en la ec. (5.1 nos 7c)da Figura 5.13

(5.19) a) >A qué distancia del pie del edificio cae la canica?

b) )En cuánto tiempo líega al suelo?

Debido a que las cantidades que están dentro del paréntesis son constantes, concluimos que la ec. (5.19) es la ecuación de una parábola (fig. 5.1 2).

c) )Con qué velocidad llega al suelo?

Tomaremos un sistema de coordenadas igual al del ejercicio 5.1 (véase fig. 5.11). Por tanto, las ecs. (5.14), (5.17 ) y (5.19) son válidas.

Recuérdese que y =

7x2

b) A continuación.estudiaremos la velocidad del cuer-

,

po. La componente horizontal de la velocidad, dada porlaec. (5.14b), tienesiempreelmismovalor, mientras que la componente vertical, dada por la ec. (5.17b) cambia al transcurrir el tiempo. En la figura 5.13 se muestran las componentes horizontal y vertical de la velocidad en varios instantes, así como el vector de velocidad total v. Este ú l t i m o es la suma vectorial de las velocidades horizontal y vertical. Nótese que el vector de velocidad total v es siempre tangente a la trayectoria de la partícula. Finalmenteconsideremoslaaceleración. En cada instante,launicaaceleración que experimentael cuerpo es la de la gravedad, de dirección vertical.No hay ninguna aceleración horizontal (fig.5.1 31.

Ejercicio 5.2. Se lanza una canica con una velocidad horizontal de 4.7m/s desde un edificio de 17 m de altura.

Si se escogiese otro sistema de coordenadas, entonces las condiciones iniciales ya no estarían dadas por las ecs. (5.13) Y (5.16). Por consiguiente,las ecs. (5.14)Y (5.17) ya no describirían el movimiento del cuerpo.En consecuencia, la ec. (5.19) ya no sería la ecuación de la trayectoria. Enfatizarnosquelatrayectoriaquesiguelapartícula NO depende del sistema de coordenadas que nosotros escogemos. Sin embargo, en distintos sistemas decoordenadasla misma trayectoriaqueda descrita por diferentes ecuaciones. a) t n nuestro caso / v h I = 4.7 mis. La ecuacion de la

trayectoria, ec. (5.1 9) es entonces lg!

y=2)vh;2

X2

y = (0.22/rn)x2

(5.20)

1 I

APLICACIONES

I

Aquí se usólaec. (3.43).

101

De la ec. (5.17~) tenemosqL;e

I

ÉSta es la ecuación de la parábola que describe la canica al caer. Sea P el punto en el que cae la canica al suelo (fig. DespejamosT 5.14).

I

Véase apéndice I c o n P = 1 7 m, a = l g / / 2y u = T2

p=" m

1 7 m - 2 X 17 lgl/2 9.8 m/sZ - 2 x 1 7 9.8

I

m

m X s 2 = 3.47 S 2

Aquí usamos la ec.(3.43). Sacando raíz cuadrada

T =

d m = 1.86 S

(5.21)

c) Los valores de las componentes de la velocidad en cada instante están dados por las ecs. (5.1 4b)y (5.1 7b). En particular para t = T, instante en que la canica Ile5). ga al suelo(véase ec. (5.21)) se tiene que (fig. 5.1 Figura 5.14

Las coordenadas de P son (R, 1 7 m), siendo R distanla punto del cia edificio. del P pie al En que vista de P es un punto de la trayectoria,sus coordenadas (x = R, y = 17 m) satisfacen la ec. (5.20)

VAT) = l v h l = 4.7 m/s (5.22a) VJT) = Ig 1 T = (9.8 m/s2) X 1.86 S = 9.8 X 1.86(m/s2) X S = 18.23 (5.22b) mis X

17 m = (0.22/m)R2 D e esta ecuación despejamos R2

R2

Véase apéndice I con P = 1 7 m, a = (0.22/m) y u =

17 m 0.22/m

R2'

-~l7m x m 0.22

= 77.27 m 2

y sacando raíz cuadrada R =

d m = 8.79m

E l alcance de la canica es 8.79 m.

bl Sea T el to P.

tiempo que tarda la canica en llegar alpun-

Figura 5.15

La magnitud de la velocidad totalv en el instante T es (véase ec. (2.55))

102

Cap. 5. DOS DIMENSIONES

Iv(T)I =

Jv:

(T)

= J(4.7 = J22.09

+ vp-l + (18.23 m2/s2+ 332.33 m2/s2

P(75 m, 42 m )

= d354.42 m2/s2= 18.83 mis

E l vector velocidad v(T) forma un ánguloCY con el eje

X (véase fig. 5.15) t a l q u e

En el triángulo rectángulo PQS de la figura 5.15 la tangente del ángulo(Y es (véase ec.(2.22)) tg

(Y

Figura 5.17

= SQ

PS

-

por tanto, CY

= arc t g 3.8787 = 75O 32 '34"

E l sentido dev es el mostrado en la figura 5.1 5. E l vector v(T) de la figura5.15 es tangente a la parábola en el punto P. Ejercicio 5.3. Se lanza una piedra con velocidad horizontal desde la parte superior de un edificio de42 m de altura (fig. 5.16). 2Qué valor de la velocidad horizontal debe tener la piedra para que caiga a una distancia de75 m del pie del edificio? Tomemos un sistema de coordenadas igual al de la figura 5.11. En consecuencia,podemosusarlaec. (5.19) para la trayectoria de la piedra. Sea+P el punto del suelo al que llega la piedra (fig. 5.17). Las coordenadasde P (x = 75 m, y = 42 m)satisfacenlaec. (5.19) ya que Pes un punto de la trayectoria, e5 decir,

(5.23) D e esta ecuación despejamos

IVh1 (5.24)

9.8 X5 625 4 2 x 2 656.25

m X m2 s2Xm

m2

S2

Sacando raíz cuadrada

= 25.62 m/s Ejercicio 5.4. Supóngase que se lanza un proyectil con velocidad de magnitud vo y formando un ángulo (Y con la horizontal. Basándose en el Principio de Superposición, obtenga:

a] La trayectoria del proyectil b] Su alcance. c) Su máxima altura. a) Escogemos unsistemadecoordenadas(fig.5.18) con el origen en el punto de lanzamiento; con elXeje horizontal y sentido positivo hacia dondese mueve el proyectil; con el eje Y vertical y sentido hacia arriba.

y sustituyendo valores y?

Figura 5.16

t-

75 m

4

Figura 5.18

103

APLICACIONES

En vista de que los movimientos horizontal y vertical son independientes, los consideraremos por separado.

i] Movimientohorizontal.Horizontalmentenohay

ninguna aceleración. Por tanto, se trata de un movimientouniforme. Las ecuacionesgeneralespara el movimiento uniforme (véase sección 4.1) son adt) = O

vx(t) = ,v x(t) = x0

+ v,t

(5.25a) (5.256) (5.25~)

Ahora determinaremos ,v y x. en el sistema de coordenadas escogido. La velocidad ,v con la que se mueve horizontalmente el cuerpo es la componente x de la velocidad vo (fig. 5.19). Su magnitud es

v , =c o / vsoal

(5.26)

la velocidad vertical disminuye al transcurrir el tiempo, hastaque su magnitud es cero.Posteriormente, como la aceleración g sigue actuando sobre el cuerpo, la velocidad vertical empieza a aumentar en el sentido de g, o sea, hacia abajo. Es decir, el cuerpo Ilega a un punto (su altura máxima) en que se detiene (verticalmente) y luego empieza el descenso. En este punto de altura máxima, el cuerpo tiene una velocidad horizontal. Por tanto, sí se está moviendo; se mueve horizontalmente. Ahora determinaremos ay, voy, yo en el sistema de coordenadas que se escogió. De la figura 5.19 se ve que ay

- lg/;

voy =

+ Ivol sena;

yo = O (5.29)

Por tanto, las ecs. (5.28) son

ay(d = - Igl vy(t) = ( v o l sen (Y - Iglt ~ ( t= ) ( I voI sen a)t - (I /2) I g I t2

(5.30~~) (5.30b) (5.30~)

Las ecs. ( 5 . 2 7 ~ )y ( 5 . 3 0 ~ )nos dan las coordenadas (x,y) delproyectilencadainstante; éstas son las ecuaciones paramétricas de la trayectoria. Eliminaremos el parámetro t’entre ellas. Para ello despejamos t de la ec. (5.27) (escribiremos x(t) = x, y ( t ) = y) X

t=

y sustituimos en la ec. (5.30~) Y = ( I v o l sena)

*(

X

/ v o l cos a

Figura 5.19

-

Finalmente obtenemos que ax(t) = O vdt) = Ivol cos a x(t) = ( I vo I cos a)t

(5.27a) (5.27b) (5.27~)

ii) Movimientovertical. Este movimiento es uniformementeaceleradoconaceleración g haciaabajo (fig. 5.19). Las ecuaciones generales de este movimient o son (véase sección 4.3) ay(t) = ay vy(t) = voy at ~ ( 0 = yo voyt

+

+

+ (1/2)ayt2

(5.28a) (5.2813) (5.28~)

La velocidad vertical inicial voy que tiene el cuerpo es la componente y del vector vo. De la figura 5.19 vemos que la velocidadvoyy la aceleración g tienen sentidos opuestos. Por consiguiente (véase sección 3.5),

(5.31)

lvol cos a

y = (tan a)x -

Igl

2 /vol2 COS2cY

X IVOI

)

X’

cos

.)’ (5.32)

Ésta es la ecuación de la trayectoria del proyectil.Las cantidadesqueestándentro de los paréntesisson constantes. Por tanto, la ec. (5.32) es la ecuación de una parábola (fig. 5.20). Recordamos ques i X y p son constantes, y = Ax

+ 0x2

es la ecuación de una parábola cuyo eje de simetría LL (fig. 5.20) es paralelo al ejeY.

b) E l alcance del proyectil es la distancia R a l a que

llega al mismo nivel horizontal (fig. 5.21). Sea Q el punto al que llega el proyectil en el mismo nivel horizontal, entonces, en el sistema de coordenadas esco-

104 de al origen O y claramente NO es la que buscamos La otra raíz es la solución de la ec. (5.35) tan a =

2 I vo l 2 cos2a

R

(5.36)

D e aquí despejamos R

I

Véase apéndice I con P = tan a, a = (lg1/2 / v o l 2 cos2a)y u = R

I

L Figura 5.20

Y

(5.37) Aquí se usó lo siguiente. En primer lugar, dado que tan Q' = sen alcos a sen (Y cos2a tan a = cosPcy cos (Y = cos (Y sen 01

gido, las coordenadas de Q son (R, O). Pero como el p u n t o Q está en la parábola, sus coordenafias satisfacen la ec.(5.32), o sea,

O = (tan (Y) R

-

(

Ig'

2 I vg l2cos2a

)

RZ

(5.33)

Ésta es una ecuación para la incógnita R. En el lado derecho sacamos R como factor común

Esta ecuación se satisface s i

R = O,

(5.34)

o bien, si

(5.38)

Además, se usó el hecho de que 2 sen a cos a = sen 2 a

Figura 5.21

(Y

(5.39)

La ec. (5.37) nos da el alcance R del proyectil. Como se ve, R depende cuadráticamente de la magnitud ¡vol de la velocidad con quese lanza el proyectil; es decir, a mayor Ivo/, mayor será el alcance. Intuitivamente sabemos que esta última afirmación es correcta. Sin embargo, la ec. (5.37) nos dice más que eso: s i aumentamos la magnitud de la velocidad de lanzamiento /vol al doble, el alcance aumenta 22 =4 veces; si aumentamos /vol al triple, el alcance aument a 32 = 9 veces, etcétera. De la ec. (5.37) vemos, además, que el alcance también depende del ángulo de lanzamiento a. En general, el artefacto que va a lanzar el proyectil tiene una velocidad d e lanzamiento /vol fija. Se puede cambiar el alcance cambiando el ángulo de tiro(Y. En la figura 5.22 se muestra una gráfica del alcance R como función de (Y,dada por la ec. (5.37). Vemos en primer lugar que la curva tiene un máximo; es decir, para cierto ángulo de disparo se logra el máximo alcance. Podemos encontrar el máximo de la función/?(a) tomando su derivada con respecto a. a

(5.35)

E l valor ,x para el que la función f(x) adquiere su valor máximo(o mínimo) es la solución de

Como la ec.(5.33) es cuadrática en R, tiene dos raíces. Una de ellas está dada por (5.34). Esta raíz correspon-

(5.40)

tan a

-

105

APLICACIONES

rJ

""_

"

r.

-- I v 0 l 2 sen 2a1 =

Jgl

I V ~ l Z

I d

,

*"t

>

Aquí se usó la identidad trigonométrica

I I

sen (180O " A ) = sen A

6

-i

T

I

I

Por tanto, losalcances dos rl y r2iguales son 5.23). (fig. c) La máxima altura a la que llega el proyectil la encontramos calculando el valor máximo de y, dado por la ec. (5.32)(véase ec. (5.40))

I

I

o :

;,

;(I

I

,I,,

41

!;I

:,I

dY = (tan a)-

ntohac!a abajo. Esto aclara el resultado dado por la ec. (7.71) en quese afirma que la aceleraI?,. ción es cero para ángulos menores que el crítico Cuando un cuerpo se mueve sobre una superficie (por. ejemplo, un plano inclinadoo una superficie horizont,tl), entonces aparece otra fuerza, que hemos designado como d e reacción (son las fuerzas N de las figuras 7.19h y 7 2 2 , por ejemplo). Estas fuerzas reciben el nombre general de fuerzas deconstricción. Son preclsamente las fuerzas de constriccihn las que obligan a un carrito a seguir hacia arriba y hacia abajo la forma que tiene la montafia rusa, las que obligan a una pelota que rueda sobre una mesa horizontal a moverse solamente en el plano de la mesa, etc. Las fuerzas l a característica de decoostrlccióntambiéntienen quc' su magnitud depende de la presencla de fuerzas 7.13 (fig 7.22), externas Así, en el caso del ejercicio de la ec (7.74) vemos que si la magnitud de! peso p del cuerpo cambid, entonces, para que no hakd movimiento verticai, la magnitud N también debe cambiar Es decir, la m e w debe w r capar de ejercer {irla fuerra l sea hacia arriba N tal que cancele el peso d ~cuerpo, e l que sea éste. Por supuesto que s i en determinado momento la mesadejade ser capardegenerarla t u e r r a d e c o n s t r i c c i t n N que cancele al peso, entonc.cls P I cuerpo se mover.& hacia abajo.1d. capacidad de u n a superficie dtt generar una fuerza de constricción depende, en última instancia on sus propiedades elksticas. Por supuestoquecualquier sistema tendrá siempre un lírnite para generar una fuerra de constl-icciiln de la rnagnitudapropiada Si se colocaun cuerpo extremadamente pesado sobre una mesa, p o d r á ocurrir que la mesa no IC) soporte, es decir que no genere i a fue!.ra de constricc i6nN de magnitud S C I ficientc: t n general, la direcccbn v e ! sentido de las fuerzas d c fricciOn y deconstrircibnquedandeterminadas p o r l a ,Ituacibn física: en l a frlccibn se oponen a l movlrnlento, mientras que /as fuerzas de constricrrón gent.radns por una supvrficre siempre son perpendiculsrc5 /la.E S en la m,lgnitud donde estas tarrzas manif i e s t d n S C I S propiedades si!lgulares Frl resumen, vemos que existen en la naturaleza dos \ipDesde qué alturase tiene que soltar un cuerpo de 527 g para que al llegar al suelo ejerza una fuerza de 275 kg, si el intervalo en quese detiene es de 0.003 S?

7.30. En un incendio, una persona que pesa 75 k g se arroja desde una altura de 15 m. Cae sobre una lona 1.5 S de bomberos que la detiene en un intervalo de desde el momento de contacto. iQué fuerza siente la persona? 7.31.En el arreglo mostrado en la figura 7.30 ihacia dónde se mueveelsistema? icon qué aceleración? >Cuál es la tensión de la cuerda? Suponga que la cuerda es de masa despreciable e inextensible. Obtenga de sus expresiones los valorescuando O2 = 90O. 2A quécasocorresponde?iSoncorrectas sus predicciones?

Figura 7.32

Figura 7.30

7.32. Tres carros de ferrocarril están unidos por me-

dio de barras rígidas, como se muestraenlafigura 7.31. S i la locomotora ejerce una fuerza F , encuentre la aceleración A del sistema, así c o m o las tensiones 1, y T2 en las uniones. 7.33. Un cuerpo de masa M , se encuentra sobre una superficiehorizontalunido,como se muestraenla figura 7.32, al cuerpo de masa M,. Suponga que las masas del cable y delas poleas son despreciables y el cable es inextensible. iHacia dónde se mueve el sistema? Encuentre la aceleración de cada cuerpo. Calcule la tensión TIen la barra rígida que une la masa M1 con la polea. Obtenga la tensión T2 en el cable. Suponga que no hay fricción entre el cuerpo de masa M, y la mesa. 7.34. Suponga que, en el problema 7.33, M , = 625 g y M , = 235 g. iHacia dónde se mueve cada cuerpo?, icon qué aceleración?, >qué valor tiene la tensión TI en la barra que une aM , con la polea? iCuá1es la tensión T2 en la cuerda? 7.35. En el sistema de poleas de la figura 7.33, >hacia

dónde se mueve cada cuerpo?, (con qué aceleración?, j c u á l es la tensión en la cuerda? Suponga que las masascle las poleas y del cable son despreciables y que el cable es inextensible. 7.36. Un automóvil que pesa 1 650 kg acelera de 1 5 kmih a 50 k m l h en 4.2 S >Qué fuerza se genera sobre

éI?

7.37. Una lancha que pesa 275 kg se mueve a una velocidad de 8 krnlh y entra en una zona pantanosa deteniéndose en 15 s. iQue fuerza la detuvo? 7.38. Un elevador que pesa 574 k g se mueve hacia abajo con aceleración uniforme. En 1 0 S cae 42 m partiendodelreposo.Encuentrelatensiónenelcable que detiene al elevador. 7.39. E l bloque 1 de la figura 7.34 pesa 4 kg y el bloque 2 pesa 25 kg. No hay fricción entre el bloque 2 y e l plano inclinado Cuando los bloques 1 y 2 se sueltan, resbalan al unísono. iCuál es la magnitud y dirección de la fuerza entre los bloques 1 y 2 ? 7.40. Demuestre que el coeficiente de fricción p no tiene dimensiones

PROBLEMAS

Figura 7.34

7.41. Haga una gráfica de a contra 6' (ec. (7.71)) del ejercicio 7.12, s i el coeficiente de fricción dinámicopd tiene el valor 0.17 y el estático, 0.2. 7.42. Un cuerpo de masa 25.3 k g se encuentra en un plano inclinado que forma un ángulo de 28O con la horizontal. Si el coeficiente de fricción entre el cuerp o y el plano es de 0.78, jresbala el cuerpo hacia abaj o ? Si su respuesta es afirmativa,iconquéaceleración? 7.43. Resuelva el problema 7 20 s i el coeficiente de fricción entre el cuerpo y el plano es de 0.93. 7.44. Resuelva el problema 7.31 para el caso en que el coeficiente de fricción entre el cuerpo 1 y el plano sea 0.1, y el coeficiente de fricción entre el cuerpo 2y el plano sea 0.22. Suponga que m , = 19 kg, m2 = 32 kg, 8, = 28O, 0, = 63O. Compare sus resultados con el caso en que no haya fricción. 7.45. Suponga que en el problema 7.34 hay fricción entre el cuerpo de masaM , y la mesa. Si el coeficiente de fricción es 0.63, responda a las preguntas del problema 7.34. )Hay resbalamiento? 7.46. Investigue el uso del fenómeno de fricción en los frenos de un vehículo automotor. iQué papel juega el disco? 2Qué papel juegan las balatas? 7.47. Resuelva el ejercicio 7.15 para el caso en que se jala el cuerpo. Obtenga la ec. (7.88). 7.48. En el sistema mostrado en la figura 7.35 los bloques estan unidos por medio de una barra rígida de masa despreciable. Si M , = 1.S k g y M , = 3.1 kg, y los coefi-isntes de fricción tienen los valores: entre M , y el plano, pl = 0.14, y entre M , y el plano, p 2 = 0.23, j c u á l es la aceleración de los bloques?, jcuáles la tensión en la barra? Compare sus resultados con el caso en que no hubiese barra y con el caso en que no hubiese fricción.

Figura 7.35

151

7.49. j C ó m o se modifican los resultadosdelproblem a 7.48, si los cuerpos se invierten? 7.50. Un cuerpo que está sobreunasuperficiehorizontal tiene una velocidad inicial, también horizontal, de magnitud 2.3 mis. Se mueve en línea recta y se detiene después de haber recorrido 4.2 m. iCuá1 es el coeficiente de fricción entre el cuerpo y la superficie horizontal? 7.51. Un cuerpo resbala por un plano inclinado que E l coefiformaunángulode 35O conlahorizontal ciente de fricción entre las superficies en contacto es de 0.15. Si inicialmente el cuerpo está en reposo, jen cuánto tiernpo recorrerá una distancia de 6 m ? , i q u é velocidad tendrd al cabo de este intervalo? 7.52.En el sistema de la figura 7.36 el cuerpo A pesa 50 k g y el B pesa 175 kg. Los coeficientes de fricción estáticos son: entre A y B, 0.28; entre B y la mesa horizontal, 0.14. jQué fuerzaF hará que A se mueva hacia arriba de B? iCuá1 es la reacción de B sobre A en el instante en que A empieza a moverse con respecto a B?

I

I

Figura 7.36

7.53. Resuelva el ejercicio 7.10 para el caso en que haya fricción entre el plano inclinado y la superficie horizontal. 7.54. Verifique la congruencia dimensional de la ec. (7.102). 7.55. Un velódromo tiene la pista peraltada en la curva a un ángulo de 70° Si el radio de la curva es de 30 m, ipara qué velocidad está diseñada la curva? 7.56. iQué peralte debe tener una curva de la vía de un tren pdra que no haya desgaste de las ruedas s i el radio de la curva es de 270 m y la velocidad con la que se quiere que pase el tren es de 55 k m i h ? 7.57. Se hace girar una cubeta con canicas en su interior, en un círculo vertical de radio 45 c m ( f i g 7.37). icon qué frecuencia se debehacergirarlacubeta para que las canicas no caigan? 7.58. Un cuerpo A de la masa 2 k g está sujeto a un extremo de una cuerda de 4 m de largo (fig. 7.38). E l otro extremo de la cuerda está fijo en el punto O. E l cuerpo A se mueve a lo largo de un círculo horirontal. La cuerda forma un ángulo de 60° con la vertical. Encuentrelavelocidaddelcuerpo y latensiónen la cuerda.

R

Figura 7.39

7.59. Una piedraque pesa 2.3 k g está sujetaenun extremo de una cuerda de 1.3 m de largo. Se hace girar la piedra en un círculo que está enun plano vertical. La máxima tensión que puede darse a la cuerda antes de que se rompa es de 6 kg. iCuál es la máxima velocidad angular con la que puede hacerse girar la piedra, para que la cuerda nose rompa? 7.60. Una barra A B de longitud 1 5 cm que pesa 8 kg se encuentra sobre una mesa circular horizontal. Sus extremos están sujetos a dos puntos del circulo de la mesa (fig. 7.39). E l círculo tiene un radio de 10 c m . E l sistemagiraalrededordelcentro C delcírculo a 150 rpm. Calcule las reacciones en los extremos de la barra. 7.61. Una esfera, que pesa 2 kg, está dentro de una caja (fig. 7.40) que está rígidamente sujeta a un brazo que puede girar alrededor de un eje horizontal (perpendicular al pldno de l a figura). E l sistema gira con una aceleración angular de 3 revls'. Cuando el brazo se w c u e n t r a en l a posición mostrada, la velocidad angular r3 de 3 revls. >Qué fuerzas actúan sobre la esfer d en este instante? iQué magnitudes tienen? 7.62. E l marco ABC de la figura 7.41 gira con velocidad angular constante de 250 rpm alrededor del eje A D E l bloque M que pesa 50 kg está sobre el brazo tSC a u n a distancia de 1 . 2 m de AC. Al girar el marco, ('1 bloque M no se mueve. Calcule el coeficiente de triccibn clntre M y el brazo BC. Obtenga la magnitud dr la reacci6n del brazo BC sobre M.

Figura 7.40

Figura 7.41

Trabajo y energia m F Ax = -(v,22 2

8.1. TRABAJO Consideremos el caso en que una fuerzaF constante se aplica a un cuerpo de masam que se puede mover solamente a lo largo de una línea recta, sin que haya fricción entre las superficies (fig. 8.1). De la segunda ley de Newton sabemos que esta fuerzagenerauna aceleración.

x2

I - x1 = --(VX22

- VX12)

2a,

X I I

X1

I

Ax

2

x2

Figura 8. I

Despejando de esta relación a,

1 F a, = -(vXz2- vXl2) = Ax m

mv, 2

(8.4)

Este resultadotambién se Puedeescribircomo

í:

F A x = A-mv,2

)

(8.5)

Recuérdese la definición (3.1)de cambio de la cantidadA

que también es constante. En consecuencia, el movimiento que realiza el cuerpo es uniformemente acelerado. Tomemos un sistema de coordenadas, como se muestra en la figura 8.1. Supongamos que cuando el cuerpo está en la posición x, tiene velocidad v,. y cuand o está en x2 tiene velocidad va. De la ec. (4.65) se tiene entonces, para este caso, queladistanciarecorridapor decuerpo cuerpo ypor dada está el

Ax =

v1 ,2)

1 - - mvXz2- 1

(8.11

a = F/m

-

cambio de A = AA = Afinar

- Ai,icial

En el lado derecho de esta ecuación se tienen cantidadesasociadas solamentecon las ProP]edades del su movimiento instantáneo. Estas son la masa m y las velocidades vX1y vX2.En el lado izquierdo (8.2) se tienencantidades asociadas alaacciónejercida externamente sobre el cuerpo. Estas son la fuerza aplicada y el desplazamiento. E s decir, en la ecuación(8.5) se logra una separación entre la acción externa y las propiedades intrínsecas del cuerpo.Se puede decir que acción la externa dada por lado el izquierdo de ec. la propiedad intrínla (8.5) cambio de se transforma el en (mv2/2). cuerpo seca del Si en lugar de que la fuerza constante F fuera horizontal como figura la en 8.1fuerza la tuviera una dirección arbitraria (fig. 8.2), se puede demostrar que (véase problema 8.1)

(8.31

('2

(Fcos8)Ax = A - m v x

(8.6)

Aquí Ax es la distancia recorrida y 8 el ángulo entre el F y el vector de desplazamiento Ar. La magnitud Aquí se usó la ec. (8.1). Multiplicando ambos lados de vector última la ecuación por m Ax se obtiene Ares de A x .

153

154 unidad

unidad

{ z::::::} { unidad

=

= 1 newton = 1 joule

} { x

fude:za

X

1m

=11

disccia} (8.10)

Figura 8.2

D e esta manera, se define el joule (denotado j ) c o m o SI. la unidad de trabajo en el

La ec. (8.6) nos indica que en este caso la acción externaque se transformaenpropiedadintrínsecadel cuerpo ya no es f A x , sino (f cos 8) A x , o sea que solamente la componente de F a lo largo de la dirección del movimiento es la que contribuye a esta cantidad. La ec (8.6) se pucde escribir como(véase fig. 8.3)

Ejercicio 8.1. Sobre un cuerpo se aplica una fuerza de 45 N y el cuerpo se desplaza una distancia de25 m (fig. 8.4). S i la fuerza forma un ángulo de 34O con el desplazamiento,jcuántovaleeltrabajomecánico realizado?

X

Figura 8.4

De la ec.(8.8) se tiene que el trabajo mecánicoes

Figura 8.3

W = F * A r = F i A r ! cos0

Aquí se usó la definición (2.42) de producto escalar En el lado izquierdo se tiene el producto escalar del vector fuerza F con el vectorAr de desplazamiento. Definimos el trabajo mecánico W realizado por la fuerza constante F al desplazarse una distancia dada por el vectorAr c o m o W=F*Ar

(8.8)

La definición (8.8) nos indica que el trabajo mecánic o es una cantidad escalar. La acción externa de la que hablamos arribaes entonces el trabajo mecánico. La cantidadintrínseca (rnv2/2) queapareceenel lado derecho de las ecs. (8.5)-(8.7) la denominaremos la energía cinética del cuerpo. En la sección 8.2 estudiaremos con detalle este concepto. E l resto de esta sección lo dedicaremos a estudiar algunas propiedades del trabajo mecánico. En primer lugar, las dimensiones del trabajo mecAnico son

En segundo lugar, las unidades del trabajo mecánico en el Sistema Internacional (SI) son

= 45 N X 25 m X cos 34O = 45 X 25 X 0.8290 N X m = 932.7 J

De la definición (ec (8.8)) vemos que se habrá realizado trabajo mecánico por una fuerza, solamente si el lado derecho de la ec. (8.8) es distinto a cero. Esto implica que Ar tiene que ser no nulo. Por tanto, para que una fuerza realice trabajo mecánico tiene que desplazarse. Si no hay desplazamiento, entonces no hay trabajo mecánico.

En el lenguaje cotidiano uno se refiere a diversas acciones por medio de la palabra trabajo. Así, se dice que cuesta trabajo ganarse la vida, cuesta trabajo pasar un examen, etc.Nos damos cuenta de que este trabajo no es el trabajo mecánico que hemos definido. La definición precisa está dada por la ec. (8.8). Ejercicio 8.2. Sobre un cuerpo se aplica una fuerza F que es perpendicular al desplazamiento Ar (iig. 8.5). iQué trabajo mecánicose realiza? En este caso los vectores F y Ar son perpendiculares, por lo que su producto escalar se anula(véase ejercicio 2 20).

W=F.Ar=O

Ar = F lAri c o s 0 = 45 N X 25 m X cos 126O = 45 X 25 X (- 0.5878) N X m = -661.3 J

W = F

En este caso el trabajoes negativo

Si el trabajo realizado por una fuerza es positivo, decimos que la fuerza realiza trabajo sobre el cuerpo. Si el trabajo realizado por una fuerza resultaser negativo, se dice quese realiza trabajo contra la fuerza. En el caso en que la fuerza aplicada no sea constante a lo largo del desplazamiento, se puede obtener el trabajo realizado de la siguiente manera. En primer lugar consideremos el caso del movimient o en una dimensión. Supóngase que se aplica sobre un cuerpo de masam una fuerza f(x) que dependesolamente de la posición. Esto significa que en distintos puntos en los que se encuentra el cuerpo, se le aplican diferentes valores de la fuerza (fig. 8.7). De la segunda ley de Newtonse tiene que dv dt

F(x) = m -

(8.1 1)

Figura 8.5

Si el desplazamientoes perpendicular a la fuerza aplicada, el trabajo realizado por la fuerza es nulo. Tenemos aquí un caso en que apesar de que SI hay desplazamiento, la fuerza aplicadaNO realiza trabajo. Podemosentenderesteresultado,queaprimera vista nos puede sorprender. En efecto, s i la fuerza F es perpendicular al vector de desplazamiento Ar, en virtud del Principio de Superposición de Efectos (véase sección 5.1) dicha fuerza no afecta el movimientoloa largo de la dirección de Ar. En particular, la fuerza F no genera ninguna aceleración a lo largo de la dirección de Ar, por lo que la velocidad a lo largo de esta dirección no cambia como resultado de la aplicación de F. Ejercicio 8.3. Suponga que el ángulo entre la fuerza y el desplazamiento del ejercicio 8.1 f u e r a . d e 126O (fig. 8.6).

c I I

25 m

Figura 8.7

Multipliquemosambosmiembrosdeestaecuación por la velocidad v F(x)v = mv-

dv dt

(8.12)

El lado derecho se puede escribir

c o m o se puedecomprobarinmedlatamente(véase problema 8.2). Por tanto, sustituyendo (8.13) en (8.12) obtenemos

r( I

!

Ahora integramos sobre el tiempo t ambos miembros de esta ecuación

Figura 8.6

¿Qué trabajo realiza en este caso la fuerza? En este caso se tiene de laec (8.8) que

De la definición de velocidad instantánea (ec. (3.18)) se tiene que vdt = dx, cantidad que sustituimos en el miembro izquierdo de la última expresión. Asimismo, las integrales las realizamos entre una posición x1 con

m2

156

Cap. 8. TRABAJO Y ENERGiA

velocidad v1 v una posición x 2 convelocidadv2. El miembro derecho de la última ecuación es la integral de una diferencial. Por tanto, el miembro derecho es

En este caso el trabajo resultó positivo; esto quiere decir que el agente externo que ejerce la fuerza sobre el cuerpo realiza trabajo sobre el cuerpo. De la ec. (8.15) podemos decir que en este caso el cambio de la energía cinética es positivo, o sea,energía la cinética del cuerpo aumenta. b) La energía cinética inicial del cuerpo ( m ~ , ~ tiene /2) el valor

~~:d($mv2)=(fmv2)l~

2

-

-

1

1

-mvZ2 - -mv12 2

1 -my: 2

= A(+mv2)

F(x)dx = A ( + m v 2

)

Ahora, de la ec. (8.15) despejamos (mvZ2/2) 1 ,mvZ2 = W ,mv12

se tienen

r x2

1

-mvZ2 2 = 442.71 J

~ 2 ’=

Eiercicio 8.4. Una fuerza unidimensional dada por Ax2, con A = 5 N/m2, se aplica sobre un cuerpo dede 4.2kg, desde un punto de coordenada

1

[(x):

x1 = 3 m hasta otro punto de coordenada x2 = 6.5 m .

I

2 - X 464.2 J = ___ X 464.2 J = 221 .O5 m2/s2 m 4.2 kg

Aqui Se UsÓ:

(J/kg) = m2/s2.Véase elproblema8.7. se encuentra que

S i se fuerza lada F(x) se puede dibujar una gráfica de F-x. En la figura 8.8se muestra un ejemplo. Por el cálculo integral sabemos que la integral de F(x) entre dos valores x1 y x 2 es el área bajo la curva. Por tanto,

I “2

I

y dividi-

= J221 .O5 m2/s2 = 14.87 m/s

a) De la ec. (8.16) se tiene que el trabajo realizado es Ax2 dx = Ax3/3

+ 21.5 J = 464.2 J

Por tanto, sacando raíz cuadrada

a) 2Qué trabajo realiza l a fuerza? b) S i el cuerpo tiene una velocidad v1 = 3.2 mis v2 cuando está en xl, iqué velocidad v2 tiene cuand o se encuentra en x,?

1::

(8.1 7)

L

Ahora despejamos vZ2. Multiplicamos por 2 mos entre m

(8.16)

x1 F(x)dx

+

L

lamente depende características de intrínsecas del cuerpo y de su movimiento.Definimos,generalizando la definición (8.81. el trabajoW realizado Dor una fuerza unidimensional F(x), que no es constante, al desplazarse del puntox 1 al punto x2, c o m o

W =

( )23:.

= 21.5 I

(8.1 5) 1

En el miembro izauierdo de esta ecuación

W =

x

2

1 mz = - X 4.2 X 10.24 kg2 S2

E s decir, esta integral es el cambio de la energía cinética del cuerpo.Por tanto, la ec.(8.1 4) queda como

1:

1 = -2X 4 . 2 k g

x1

Aquí se usó la ecuación (4.28).

I

I

W = A (xZ3- x13)/3 y sustituyendo valores numéricos

N (6.53m 3 - 33m3) W = -__ 3

5 3

m2

= “(274.63

- 27)

N

= N X m = 442.71 J

X

m3

X2

Figura 8.8

t

el trabajo realizado por la fuerzaF(x), dado por (8.161,

1:

F-dr =

1:

d dt

(

+mv2) dt =

(

“2

$mv2)

”1

queda representado por e l área sombreada mostrada en la figura 8.8. E l caso más general es cuando se trata de un movimiento tridimensional en el cual cambia la fuerza que se aplica sobre el cuerpo. Si la fuerza aplicada es una De manera análoga a los casos anteriores, definimos función de la posición r del cuerpo, F(r) y el cuerpo reel trabajo W realizado por la fuerza variable F(r) al corre cierta trayectoria (fig.8.9), entonces tenemos la siguiente situación. La segunda ley de Newton en este moverse el cuerpo del punto rl al punto r2 como caso es (8.22) W = F-dr dv F(r) m(8.18) dt Esta integral se evalúa a lo largo de la trayectoria que sigue el cuerpo entre los puntos 1 y 2. En esta expreMultipliquemosescalarmenteambosmiembrosde sión notamos que al llevar a cabo el cuerpo un desplaesta ecuación por la velocidad v zamiento dr a lo largo de su trayectoria (fig. 8.9), l a fuerza realiza el trabajo dv F - v = mv*(8.19) dt d W = F-dr (8.23)

S:

Ahorarecordamoslaec. (2.45), válidaparacualquier vector, en particular para v .

=

V’V

)VI2

= v2

Tomemos la derivada de esta ecuación con respecto al tiempo t dv

V.”

dv dt

+ __ dt

*V

= 2v-

dv dt

o sea,

2v.-

dv

dt

= 2v-

dv

dt

Figura 8.9

es decir,

(8.20) Este resultado es válido para cualquier vector. Ahora sustituimos (8.20) en la ec. (8.19), obteniendo F * v = mv- d v dt Integrando ambos miembros de esta última ecuación sobre el tiempo t, se tiene que

1

F-vdt =

d

tmv’)

dt

Ahora, de la ec.(5.7) tenemos que vdt = dr. Por tanto, si la fuerza se aplica entre las posiciones 1 y 2 [fig. 8.91, en las que el cuerpo tiene vectores de posición rl y r2, así como velocidades v1 y v2, respectivamente, obtenemos que

Esto es congruente con la ec. (8.8), ya que a lo largo del desplazamiento infinitesimal dr se puede tomar a F(r) como constante, y por tanto, de (8.8) el trabajo E l trabajototalalmoverseel estádadopor(8.23). cuerpo del punto1 al punto 2 es la suma de los trabajos dados por (8.23). Esta suma es precisamente la integral dada en(8.22), que es lo que en matemáticasse llama una integral de línea. En cursos avanzados de matemáticas se enseña cómo evaluar, en general, este tipo de integrales.Sin embargo, en casos especiales se puede encontrar su valor de manera sencilla Ejercicio 8.5. Un carro de masa 350 kg desciende a lo largo de una montaña rusa que tiene una altura de

3 5 m (fig. 8.10). Calcule el trabajo realizado por la fuerza gravitatoria al ir el carro del punto A a l p u n t o B. Desprecie la fricción. Para calcular el trabajo hecho pot el peso P, Wp, utilizaremos la ec. (8.22).En este caso se tiene que, en e l sistema de coordenadas mostrado en la figura 8.10

158 8.2. ENERGíA CINÉTICA

Yj

__

En la sección anterior obtuvlmos la ec. (8.21), válida en el caso general. Esta ecuación nos dice que el trabajorealizadoporunafuerzaqueactúasobreun cuerpo,alexperimentarciertodesplazamiento, se transformaenelcambiodelaenergíacinéticadel cuerpo. Esta ecuación no es trivial en el sentido en que se hanpodido separar los efectosexternosal cuerpo, de las propiedades intrínsecas del cuerpo y de su movimiento Hasta este punto hemos tomado a la energía cinética como una palabra que denota el térintrínseco mino (rnv2/2). Definimos la energía de un cuerpo como la capacidad que tiene dicho cuerpo para realizar trabajo mecánico Como se verá, un cuerpo tiene capacidad para realizartrabajopordiversascircunstancias.Unade ellas se debe a que se está moviendo. En este caso decimosque e l cuerpotieneenergíacinéticaDenotando esta energía por K

"

Figura 8.10

p = -mgj

Y

dr = dx7

n

+d6

Tomamos el producto escalar de Podr = (-rnG)*(dxi = "mgdy

1 K = -rnvz

2

P con dr

I

+ dy?)

ya que ?-?=O, por ser i, j dos vectores perpendiculares. Por tanto, al sustituir esta expresión en laec (8.22) nos da

W p ( A AB) =

SA R

P-dr =

= -mgy

= mg

(YA

:1

[-rng)dy

1 E = -rnmg(y, -

- YA)

YR)

Pero en la figura 8.10 vemos que ( Y A - y H ) es precisamente la altura vertical h de la montaña rusa, por lo que

W p ( A 4 3 ) = rngh = 350 k g X 9.8 (mis2) X 35 m = 120 OSO (kg x m2/s2)= 120 050 J D e este ejercicio vemos, que en este caso, el trabajo realizado realmente no depende de la forma particular de la trayectoria, sino solamente de la altura de la montaña rusa. Si se tuvieran dos montañas rusas de formas diferentes, pero con las mismas alturas, los trabajosrealizadosporlafuerzagravitatoriaserían los mismos. Como conclusión final de esta sección tenemos la relació? (8.21) ( o dependiendo del caso, las ec. (8.7) u (8.1s)). Esta es una relación entre el trabajo realizado por una fuerza y el cambio de la energía cinética del cuerpo. Se suele llamar a esta relación Teorema trabajoenergía cinktica.

La energía escantidad una escalar.

(8.241

I

En efecto, cuando un cuerpo se mueve, por el solo hecho de moverse, tiene capacidad de realizar trabajo. Esto lo podemos ilustrar con el siguiente ejemplo. Supóngase que un cuerpo se mueve horizontalmente (fig. 8.11). E l cuerpo tiene cierta velocidad v. A cierta dlstancia del cuerpo se encuentra una pared con un clavo listo para ser metido. Sabemos que al chocar el cuerpo con el clavo es capaz de meterlo dentro de la pared, venciendo las fuerzas de friccion entre el clavo y la pared. Esto significa que el cuerpo, por el simple hecho de moverse, tiene la capacidad de realizar el trabalo de meter el clavo. También sabemos que una veL metldo el clavo, el cuerpo se detiene. Podemos decir entonces que la energía de movimiento que el cuerpo tenía se fue en hacer el trabajo de vencer a las fuerzas de fricción entre el clavo y la pared AI detenerse el cuerpo ya no tiene energía de movimiento, o sea, cinetica. De hecho, este caso es e l bien conocido de clavar con un martillo un clavo en una pared. AI golpear el clavo impartimos energía cinética al martillo, la cual se transforma en el trabajo para meter el clavo.

Figura 8.1 1

159

FUERZAS CONSERVATIVAS ENERGiA POTENCIAL

Ejercicio 8.6. U n m a r t i l l o d e masa 4 k g se mueve con una velocidad de4.2 mis y choca con un clavo de 20 cm de largo (fig. 8.12). Si al chocar el martillo con el clavo, éste se introduce en la pared completamente y al final el martillo queda en reposo, jcuál es el valor de la magnitud de la fuerza que se ejerció sobre el clavo? Suponga que durante el proceso la fuerza es constante.

En la sección anterior demostramos que el trabajo

W realizado por una fuerza externa sobre un sistema es igual al cambio de la energía cinéticaK del sistema (ec. (8.21)) W = AK = K f -

Si en un proceso el trabajo realizado por la fuerza es positivo, W > o, el cambio en la energía cinética delsistema A K , también es positivo, lo que implica que Kf

x

Ki

>

Ki

En este casoelagenteexternoquehaceeltrabajo cede energía al sistema. En caso contrario, en que el trabajo realizado por la fuerza externa sea negativo

,

w< (9.8 mis2) = 36.75 N

E l trabajo realizado en este tramo por la fuerza fl es (véase fig. 8.19), usando la ec. (8.8), WfJA 4)= f , (Aril = f,(AC) cos 180° = -fl(AC)

I

I

Figura 8.20

S B

(Arb

P

e

C

I

Figura 8.21

162

Cap. 8. TRABAJO Y ENERGiA

-

Comparemos ahora los trabajos realizados por las fuerzas de fricción al recorrer las dos trayectorias (A By A C -+ B). Sus valores están dados por las ecs. (8.26) y (8.29), respectivamente. Nos damos cuenta de que estos valores son diferentes: uno es de -509.2 j y e l o t r o es de -636.51 J. S i ahora comparamos los trabajos realizados por el pesoalrecorrer las dostrayectorias(valoresdados por las ecs. (8.27) y (8.32), respectivamente) nos damos cuenta de ¡que son iguales! (-1 470 J), E s decir, el peso P realiza el MISMO trabajo, ya sea que el cuerpo recorra la trayectoria A + B directamente o recorra la trayectoria A + C -+ B. Supongamos ahora que el cuerpo de los ejercicios A,es anteriores recorre la trayectoria A -+ C + B decir, recorre una trayectoria que se inicia en A y tertrayectomina en A.Se dice que el cuerpo recorre una ria cerrada. iQué trabajo total realizan la fuerza de fricción y la del peso? Consideremos primero el trabajo realizado por el peso. En el tramo A -+C B el trabajo realizadoes e l mismo que se calculó en el ejercicio8.8, inciso b). Este C trabajo está dado por la ec.(8.321, es d e c i r W d A B) = -1 470 J . Nos falta, entonces, obtener el trabajo realizado por el peso P al ir el cuerpo de B a A (fig. 8.22). Este trabajo es (véase ec. (8.8)) +

-

-

WdB -A)

-

-

+

(Ar), =

- (AT]

Esto trae como consecuencia que el trabajo (8.33) tenga signo opuesto al trabajo (8.27). La magnitud, la dirección y el sentido del peso P son los mismos, ya sea que la trayectoria vaya de A a B o de B a A.

+

= W d A -+C -B) WdB -A) = -1 470 J 1 470 J = O

WdA -C --B -A)

+

E l trabajo total realizado por el peso P al recorrer la trayectoria cerrada es ¡cero! Ahora calculemos el trabajo realizado por las fuerzas de fricción cuando el cuerpo recorre la misma traB -+A. yectoria cerrada A .+ C En el tramo A C B el trabajo es el dado en la ec. (8.29), o sea, -636.51 J. En el tramo de B a A ahora El se tienelasiguientesituación(véasefig.8.23). desplazamiento es (Ar), y la fuerza de fricción que En este aparece es f,, oponiéndosealmovimiento. caso, la fuerza de fricción f2 tiene magnitud igual a la quetenía f delejercicio 8.7, yaquelafuerzaque aprieta a las dos superficies no ha variado. Por tanto, If, I = 25.46 N. La única diferencia está en el sentido: " +

= P (Ar), = OAB) cos (90° -O)= OAB) sen O = 15 kg X (9.8mis2) X 20 m X sen30° = +I 470 J (8.33)

En este caso, el ángulo entre el peso P y el desplazamiento (Ar), es (90° -S) (véase fig. 8.22). ES importante darse cuenta de que s i la trayectoria va de A B,a entonces el vector de desplazamiento es Ar (fig. 8.161, mientras que si la trayectoria es de B a A, entonces el vector de desplazamiento es (Ar),. Notamos que la Única diferencia entre estos dos vectores es SU sentido, u n o es opuesto al del otro. Por tanto,

--

E l trabajo total realizado por el peso P al recorrer el cuerpo la trayectoria cerrada A C B A es, entonces, la suma de los trabajos (8.32) y (8.33)

--

Figura 8.23

f2 tiene sentido opuesto af. En consecuencia, el trabajo realizado por f 2 es Wj2 ( 8

-+

A)= f , (Ar), = fdAB) cos 180° = -25.46 N X 20m = -509.2 J

(8.34)

Este trabajo es igual al que hizo la fuerza de fricción al moverse el cuerpo de A a(véase B ec. (8.26) del ejercicio 8.7). E l trabajo total realizado por la fuerza de fricción al recorrer el cuerpo la trayectoria cerrada AC B A es la suma de los trabajos (8.29) y (8.341

-

-

Wf,,cc,on(A -X-+E% -+A) = Wjl(A +C -+B)

+ Wf2(B -+A)

= -636.51 J - 509.2 J = -1 145.7 J

Figura 8.22

-+

(8.35)

En este caso, el trabajo total realizado por la fuerza de fricción al recorrer la trayectoria cerrada NO se anula. Comparemos los cálculos realizados para los trabajos efectuados por el peso y por la fuerza de fricción en el tramo B - A . En este tramo, ya sea que se vaya de B a A o de A a B, el vector P NO cambia; la única diferencia entre las dos trayectorias es que el vector

FUERZAS CONSERVATIVAS. ENERGíA POTENCIAL

de desplazamientocambiadesigno.Estosignifica que el trabajo realizado por P puede ser positivo o negativo, dependiendo del sentido del vector de desplazamiento (compárense las figuras 8.16 y 8.22). Por otro lado, al cambiar el sentido del desplazamiento, la fuerza de fricción también cambia su sentido ya que la fuerza de fricción se opone al movimient o (véanse las figuras 8.1 5 y 8.23). Esto significa que el trabajo realizado por una fuerza de fricción SIEMPRE será negativo. En consecuencia, al sumar varios trabajos de fricción a lo largo de diversas trayectorias, la suma siempre será negativa. No hay manera de quese anulen. Definimos una fuerza conservativa como aquella que al recorrer una trayectoria arbitraria cerrada (fig. 8.24) realiza un trabajo total nulo. Por la ec.(8.22) podemos decir, en general, quesi F es una fuerza conservativa, entonces $F*dr=O

(8.36)

163

cir, la capacidad de realizar este trabajo no se debe a que tenga una velocidad; o sea, no se debe a la posible energía cinética que tenga. La capacidad de realizar trabajo es debida a que está en el punto B. Por tanto, la energía que tiene es de otro tipo distinto al energía potencial. de la cinética. Decimos que tiene Esta energía se debe simplemente a que está en el punto B, que está en una posición vertical superior al punto A. AI llegar al punto B, jcómo adquirió el cuerpo la energía potencial que tiene? Pues nos damos cuenta B se le tuvo que subir desde el de que para llegar a punto C. S i queremossubirlo,entoncesunagente externo tiene que aplicar una fuerza para ello. En la figura 8.18 (diagrama de cuerpo libre en el tramo de B) se muestra la fuerza F, que un agente subida C externo tiene que aplicar para subir el cuerpo a velocidad constante. La fuerza total sobre el cuerpo es F2 P y de la segunda ley de Newton se tiene que -+

+

F,+P=O

(8.37)

ya que el cuerpo se sube sin ser acelerado. De esta ecuación se tiene que F2=

-P

(8.38)

Al ir F, de C a B recorre el desplazamiento(Ar), (véase fig. 8.21). Por tanto, W C (, Aquí el círculo en el signo de la integral significa que lo largo de unatrayectoria se calculalaintegrala cerrada. Inversamente, s i a lo largo de cualquier trayectoria cerrada se satisface la ec. (8.36), entonces la fuerza F es conservativa. Se puede demostrar que s i en lugar de tomar la trayectoria A -+ C + B A arriba tratada, se tomara otra trayectoria cerrada, el trabajo realizado por el peso P del cuerpo se anularía. Lo que ocurrees que en ciertos tramos el trabajo es positivo, mientras que en otrostramoseltrabajo es negativo,anulándose su suma. Por tanto, el peso P de un cuerpoes una fuerza conservativa. En contraste, la fuerza de fricción NO es una fuerza conservativa, ya que en una trayectoria cerrada cualquiera, el trabajo realizado es siempre negativo, no pudiendo ser positivo nunca. Por tanto, no hay manera de que el trabajo totalse anule. Concluimos que la fuerza de fricción NO es una fuerza conservativa. Regresemos a los casos de los ejercicios 8.7 y 8.8. Supóngase que el cuerpo ya se encuentra en el punto B (fig. 8.13). Si se suelta el cuerpo, sabemos que éste resbalará hacia abajo, y por tanto, realiza un trabajo. Esto significa que, en el punto B, el cuerpo tiene capacidad de realizar trabajo; es decir, tiene energía. Ahora bien, en el punto B el cuerpo puedeestar en reposo y aún así realizar el trabajo de caer al puntoA. Es de+

+

B) = F2*(Ar)2= - P*(Ar), = "(-1 470 J) = +I 470J

(8.39)

Aquí usamos las ecs. (8.38)y (8.31). Pero esta cantidad es justamente el trabajo que hace el peso cuando el cuerpo baja de B a A (véase ec.(8.33)). Podemos decir entonces que el agente externo que ejerce la fuerza F, hace un trabajo de 1 470 J sobre el cuerpo para Ilevarlo al punto B. En este punto el cuerpo tiene una capacidad de realizar trabajo justamente en esta cantidad; y al bajar el cuerpo al punto A realiza este trabajo. E s decir, el agente externo (el que aplica la fuerza FJ, al subir el cuerpo, le dio la energía que tiene en el punto B. La energía potencial que tiene el cuerpo enB es de 1 470 J. De la segunda ecuación en (8.39) podemos escribir que

+

+

Cambio de

= 1470 J

(8.40)

En este caso, el trabajo que hizo el agente externo se convirtió en un aumento de energía potencial del cuerpo; es decir, este trabajo se fue en cambiarle su energía potencial.

164

Cap. 8. TRABAJO Y ENERGíA

En el miembro izquierdo de la ec. (8.40) se tiene el cambio de la energía potencial porque el trabajo rea(o quita, según el caso) lizado por el peso P añade energía a la que ya podría tener el cuerpo. Esta ú l t i m a energía sería la obtenida como consecuencia de algún proceso anterior. La.cantidad -P*(Ar)2 es, de acuerdo con el primer renglón de la ec.(8.31), justamente el negativo del trabajo realizado por el peso P al ir deC a B. Combinand o las ecs. (8.40) y (8.31) obtenemos que Cambio de

-WdC

"*

B)

(8.41)

En el caso general en quese aplica una fuerza conser1a vativa F(r) sobre un cuerpo que va de un punto o t r o p u n t o2 a lo largo de cierta trayectoria (fig.8.25), habrá un cambio en la energía potencial O del cuerpo que será igual a

K, - K, =

-(u2 - U,)

=

"u' + u,

y pasando U zal miembro izquierdo y K, al derecho, se tiene que K2 U2 = K1 U1 (8.44)

+

+

Esta ecuación nos dice lo siguiente. A I moverse el F , la cuerpo bajo la acción de una fuerza conservativa combinación (K. U) en el punto Itiene el mismo valor que en el punto 2. En vista de que los puntos l y 2 que se tomaron son completamente arbitrarios, podemos decir que la combinación (K U) tiene el mismo valor en cualquier punto por el que pase el cuerpo.E s decir, esta cantidad conserva su valor a lo largo del movimiento del cuerpo.Se llama a esta combinación la energía mecánica total del cuerpo y se denota con la letra € E = K + U

+

+

I - --mv2

2

+U

(8.45)

La ec. (8.44)nos indicaquelaenergíamecánica total de un cuerpo, sujeto a una fuerza conservativa, se conserva

E, = F(r)*dr

(8.42)

Figuro 8.25

Esta expresión es una generalización de la expresión (8.41) al caso en que la fuerza aplicada no sea constante. Nótese que en (8.41) el cambio en la energía potencial es el negativo del trabajo realizado por la fuerza conservativa P.

Esto quiere decir que en cualquier punto de su trayectoria siempre tiene el mismo valor. Este resultado no es trivial, ya que al moverse el cuerpo, su energía cinética en general cambiará de punto a punto; asimismo, su energía potencial cambiará. Sin embargo, su energía mecánica total tiene el mismo valor en cualquier punto. Recordemos ahora que el pesoP de un cuerpoes la Si considefuerza que ejerce la Tierra sobre el cuerpo. ramos al conjunto formado por el cuerpo más l a Tierra como un sistema (fig. 8.26), nos damos cuenta de que es un sistema cerrado. Esto quiere decir ques i encerramos al cuerpoy a la Tierra dentro de una superficie imaginaria como la mostrada, en lo que respecta al peso ningún agente externo está actuando sobre el sistema. E s decir, el sistema cuerpo-Tierra no experimenta ninguna fuerza externa. Es en estas condiciones que se obtiene la ec. (8.44).

Solamente tiene sentido hablar de energía potencialparafuerzasconservativas. Si recordamosel ejemplo de la fuerza de fricción, vemos que el agente que genera una fuerza no conservativa no puede entregar trabajo a un cuerpo, o sea que no le puede dar energía. Podemos combinar ahora las ecs. (8.21) y (8.42)

S,

2

F - d r = AK = -AU

(8.43)

siendo K la energía cinética (ec. (8.24)). Por tanto,

Figuro 8.26

ALGUNAS APLICACIONES

De manera general, la ec. (8.44) es solamente válida si el sistema que se esté considerando es un sistema cerrado; es decir, un sistema que no experimente fuerzas ajenas a él. Podemos entonces expresar el siguiente resultado. PRINCIPIO DE CONSERVACIóN DE LA ENERGíA MECANICA: En un sistema cerrado en el que actúan fuerzasconservativaslaenergíamecánicatotal se conserva. S i las fuerzas que actúan en un sistemano son conservativas, entonces la energía mecánica total no se conserva. En particular, resulta claro que en este caso ni siquiera se puede hablar de una energía potencial.

con dirección vertical y sentido hacia abajo. Para obtenerlaenergíapotencialusamoslaec. (8.42).Para este fin necesitamos considerar una trayectoria y dos puntos en ella, el inicial A y el final B. Dado que el peso es una fuerza conservativa, podemos considerar cualquier trayectoria que vaya de A a B. Tomemos la más sencilla que es una línea vertical (fig. 8.27). Asimismo,tomemosunsistemadecoorO en el denadas, en este caso vertical, con el origen suelo y sentido hacia arriba. La coordenada de Aes y la de B, ye.

165

Wp(A d B ) = P-Ar = P I A r l cos18Oo = -PI Ar I = - f l y , - Y A ) (8.48) Sustituyendo esta cantidad en la ec. (8.47) nos da

Ahora pasamos al miembro izquierdoPy,(pasa con signo negativo), y al miembro derecho U a (pasa con signo positivo)

La constante que aquí aparecese determina de maneraconvencional. Para los resultadosfísicosquede esta ecuación se obtengan, el valor de esta constante no tiene ninguna consecuencia. Determinaremos esta constante tomando la energía potencial al nivel del suelo como cero; esto es,

U(y = O) =

o

Evaluando la ec. (8.50) para y = O obtenemos que el valor de la constante es cero. Por tanto, de la ec. (8.50)

U(y) = Py = mgy

(8.51)

Aquí se usó l a ec. (8.46) para el peso del cuerpo. Éste es el valor de la energía potencial debida al peso de un cuerpo de masam. Vemos que solamente depende de la altura y sobre el nivel, en nuestro caso el suelo, en que se encuentre el cuerpo.

Suelo

I Usando la ec. (8.42) se tiene que UB - UA = AU = - Wp (A

Figura 8.27

-

B)

(8.47)

Ahora calculamos el trabajo realizado por la fuerzaP al ir de A a B (véase ec. (8.8))

E l cero de la energía potencialse escoge de manera arbitraria. Esta selección no tiene ningún efecto sobre los resultados físicos, ya que la definición de energía potencial está dada en términos de su cambio (véase ec. (8.42)). La cantidad física quese mide en un experimento es el trabajo realizado por la fuerza.Por tanto, añadir una constante arbitraria a la energía potencial no afecta las conclusiones físicas. En el ejercicio anterior se obtuvo la energía potencial de la gravedad. Sustituyendo el valor (8.51) en la ec. (8.45) encontramos que la energía mecánicaes, en este caso,

1

-mv2 2

+ mgy = E

(8.52)

166

Cap. 8. TRABAJO Y ENERGiA

Del principio de conservación de la energía mecánica podemos decir que al moverse un cuerpo sobre la superficie de la Tierra, su energía cinética (mv2/2) varía, su energíapotencial (mgy) también varía, pero su suma en cualquier punto es una constante (€), que es la energía mecánica total del cuerpo. Ejercicio 8.10. Un cuerpose suelta desde una altura su movimiento de caída usando el principio de conservación de la energía mecánica. Sea A el punto donde se suelta el cuerpo (fig. 8.28). La velocidad del cuerpo en es A cero, ya quese suelta; por tanto, su energía cinética en ese punto es nula

h sobreelsuelo.Analizar

1

KA=-mV2=0 2

(8.53)

En esta ecuación, el lado derecho es una cantidad positiva; en el lado izquierdo, las cantidades que aparecen también son positivas. Como YB < 1 h I, eso significa que mgy, es menor que mgl h I . La diferencia es justamente la energía cinética del cuerpo en B. En efecto,

En el punto C, que está en el suelo, la coordenada es y = O, por lo que la ec. (8.521 queda como I

-mv$ 2

'f

=E

En el punto C el cuerpo no tiene energía potencial, solamente tiene energía cinética. Usando el valor de E dado en la ec. (8.55) nos da

1 2

= mglh I

(8.581

La energía total E tiene el mismo valor en B y en que en A.

En el sistema de coordenadas mostrado, en el punto A el cuerpo tiene la coordenada y = I h I . Por consiguiente, de la ec. (8.51) su energía potencial en A es

+

UA = mgyA = mg I h I

(8.54)

En consecuencia, de la ec. (8.52) la energía mecánica total es

Consideremos ahora un punto arbitrarioB en la trayectoria de la partícula. Supóngase que B tiene coordenada ye; además, sea V, la velocidad que tiene la partícula en el punto B . La energía cinética de la partícula en B es (mv&/2); de la ec. (8.51) sabemos que la energía potencial en B es (mgys). Por tanto, de la ec. (8.52)

Pero E está dada por laec. (8.55). Recuérdese que la energía mecánica total es la misma en A que en B. Por tanto, la ec. (8.56) queda como

c

Por tanto, se puede decir que en el punto A el cuerpo solamente tiene energía potencial, pero no tiene energía cinética. AI empezar a caer, cuando pasa por unpuntocomo B, lapartículatieneenergíatanto cinética como potencial. Esto significa que parte de la energía potencial que tenía en A se transformó en energía cinética. A medida que el cuerpo sigue bajando, su energíapotencial va disminuyendo, mientras que su energía cinética va aumentando. AI llegar al suelo ya no tiene energía potencial, sino solamente cinética. Es decir, toda la energía potencial que tenía en A se transformó en energía cinética en C. En la figura 8.29 se grafican la energía potencial U ( y )dada por la ec. (8.511, y ademá? I? energía cinética K(y] = mv2/2 = mgt I h 1 - y), dada por la ec.(8.57). Se aprecia cómo al caer el cuerpo cambia (disminuye) la energía potencial; asimismo, se ve cómo cambia (aumenta) laenergía cinética. Nótese queen cualquier punto (por ejemplo, B) l a suma de las energías potencial y cinética dan el valor de la energía totalE. En efecto, en el punto B, quetienealtura ys sobre elsuelo, su energía cinética está representada por VN, mientras que SU energía potencial está representada por ZN. Se puede demostrar (véase problema 8.25) que VN = LZ. Por tanto,

ALGUNAS APLICACIONES

Energía

La energía potencial del carro en B es (véase ec. (8.51))

B

C

I

E

UB

= mgyB

por lo que la energía mecánica en B es KB

Y-

167

+ U,

1 2

= -mv&

+ mgy,

= EB

E l principio de conservación de la energía mecánica nos indica que h

E , = E*

O

YB

por lo que

Figura 8.29

1

De la ec.(8.58) podemos encontrar el valor de lavelocidad vc con la que llega el cuerpo al suelo. Despeiando vc nos da (8.59) Este valor ya lo habíamos obtenrdo en el capítulo 4 (véase ec. (4.79)) cuando estudiamos la cinemática de la caída libre.

-m v i 2

+ mgy,

= mgyA

De aquí despejamos vB.Para ello, dividimos en primer lugar ambos miembros de esta ecuación entrem y pasamos al miembro derecho g y B (pasa con signo negativo)

1

v&= gyA - g y B

A continuación factorizamos g en el miembro derecho; luego multiplicamos ambos miembros por 2 y fi-

Ejercicio 8.11. E l carrito de una montana rusa parte nalmente sacamos raíz cuadrada del reposo del punto A, que se encuentra a una altura de 42 m sobre el suelo (fig. 8.30). i c o n q u é v e l o c i d a d llega el carrito al punto B que se encuentra a una altura de 23 m sobre el suelo? Suponga que se puede dessiendo h la diferencia de alturas entrelos puntos A y B preciar el efecto de la fricción. (véase fig. 8.30). Para resolver este problema usaremos el principio de la conservación de la energía mecánica: la energía mecánica en el puntoA es igual a la energía mecánica Y estas en el punto B. Calculemos ahora cada una de i energía:. Para ello escogemos un sistema de coordenadas con el eje X en el suelo (fig. 8.30). A Punto A. La velocidad del carrito en A es nula, porque se suelta; por tanto, su energía cinética es nula:

KA = O La energía potencial del carro enA es (véase ec. (8.51))

I

I I

U A = mgyA Usando la ec. (8.52) escribimos para la energía mecánica en el punto A

Punto B. Procedemos de manera análoga para el punt o B. Su energía cinética es 1 2

K B = --vi

Figura 8.30 Notamos de este resultado que la velocidad que adquiere el carro en el puntoB NO depende de la masa del carro, solamente depende de la diferencia de alturas entre los dos puntos. Tampoco depende de la trayectoria que haya seguido;es decir, NO depende de la forma que tenga la montaila rusa entreA y B. Compa-

168

Cap. 8. TRABAJO Y ENERGiA

rando con la ec.(4.79) nos damos cuenta de que la velocidad en B es la misma que adquiriría un cuerpo s i cayera verticalmente del reposo desde una altura h sobre B. Sustituimosvaloresnuméricosen ta ultima ecuación y obtenemos que

= 4 2 X 9.8 X 19 m2/sz = 19.3 m/s

Ejercicio 8.12. Un cuerpo se mueve en una dimen-

sión. Suponga que se escoge un sistema de coordenadas (fig. 8.31) con el eje X a lo largo de la línea del movimiento. La fuerza que experimenta el cuerpo depende de la posiciónx en que se encuentra el cuerpo; suponga que esta fuerza está dada por F(x) = -kx

(8.60)

siendo k una constante positiva. Encuentre la energía potencial del cuerpo.

o

Si x > O, o sea, el cuerpo se encuentra a la derecha del origen O (fig. 8.321, la fuerza F es negativa; es decir, está dirigida hacia la izquierda. Si x < O, o sea, el cuerpo está a la izquierda del origenO, la fuerza F es positiva; es decir, está dirigida hacia la derecha. En el capítulo 1 3 estudiaremos con detalle esta fuerza.

x < o

-

F

-

\

x

Usaremos la ec. (8.42) para obtener la energía potencial del cuerpo. Para ello calcularemos primero el trabajo realizado por la fuerza F al ir el cuerpo de un punto A a otro B (fig. 8.33). Dado que la fuerza es variable y en una dimensión, usamos la ec. (8.16) para evaluar el trabajo.

-

y sustituimos la expresión (8.60) WAA -B)

=

1"

XA

(-k)xdx = -kjxExdx XA

-

--k(XB2

=

-k(XA2 2

I

-

2

1

-

XA2)

Xg')

Aquí se usaron las ecs. (4.27)y (4.28) para evaluar la integral. Sustituyendo en la ec. (8.42) obtenemos que

A

B

O Figuro 8.33

Ahorapasamos ( k x E 2 / 2 ) almiembroizquierdo(pasa con signo negativo)y UAal miembro derecho (pasa con signo positivo)

1 1 U g - -kXB2 = UA - -kXA2 2 2 Nos damos cuenta de que en el miembro izquierdo solamente se tienencantidadesasociadasalpunto B, mientras que en el miembro derecho, solamente cantidades asociadas al punto A. En vista de que A y B son arbitrarios, la única forma en que esta última expresión se puede satisfacer es que la combinación(U(x) - kx2/2) sea una constante independiente de x

1

U(x) - --x2 2

Figuro 8.32

AA

*A

X

Figura 8.31

x > o

B) =lxEF(x)dx

rnls21 X (42 m - 23 m)

vE= 4-8

-P

-

WAA

L

xi3

*

X

= constante

Se escoge U(x = O) = O, con lo que esta constante es cero. Por tanto, I

U(X) = --x2 2

(8.61)

Esta expresión es la energía potencial asociada a la fuerza dada por la ec. (8.60).

Ejercicio 8.13. La fuerza que actúa sobre un cuerpo, que se mueve en tres dimensiones, es F(r) = -7

(Y

r2

(8.62)

ALGUNAS APLICACIONES

169

Aquí el vector r es el vector de posición del cuerpo (fig. 8.34); 3 = rlr, es un vector unitario a lo largo del vector r; Q es una constante. Obtenga la energía potencial asociada a la fuerza F dada. V

-

C Y C Y -trA

(8.64)

Se usó la ec. (4.28) para evaluar la integral con n = -2. b

Sustituyendo el resultado (8.64) en la ec. (8.42) encontramos que c

Usaremos la ec. (8.42) para determinar la energía potencial U. En primer lugar, determinaremos el trabajo realizado por la fuerza al moverse el cuerpo de un punto A a otro B (fig. 8.35). De la ec. (8.22) se tiene que este trabajo es Ahora pasamos (a/rB) al miembro izquierdo (pasa con signo negativo) y u(rA), al miembro derecho (pasa con signo positivo) ff

01

U(rB) - - = U(rA)- rA rB

(8.65)

AI igual que en los ejercicios anteriores, dado que los puntos A y B son arbitrarios, la única manera en que se pueda satisfacer la ec.(8.65) es que la combinación U(r) - a/r sea una cantidad constante CY

U(r)- - = constante

r

Se escoge el valor cero para la energía potencial en el infinito, o sea,

Figura 8.35

U(r

que sustituyendo (8.62) nos da (8.63) razonamiento mismo Usando elque resulnos al llevó t a d 0 (8.20) se puede encontrar que r

dr = rdr

por lo que

-

m) =

r

Sustituyendo en (8.63)

r

O

(8.67)

De esta forma, la constante que aparece en la ec. (8.66) es cero. Por tanto,

U(r) =

+ -r CY

(8.68)

ÉSta es la energía potencial correspondiente a la fuerza (8.62). En lanaturalezahayvarios

1 1 3*dr=-r*dr=-rdr=dr

(8.66)

casos importantes en

los cuales se ejercen fuerzas del tipo dado en la ec.

(8.62). Por ejemplo, el caso gravitatorio (véase capítulo 14) y el caso eléctrico. En los últimos ejercicios se calculó la energía potencial una vez que l a fuerza se daba. También se

170

Cap. 8. TRABAJO Y ENERGiA

puede proceder de manera inversa, asaber, s i se da la energíapotencial U uno puede encontrar la fuerza correspondiente. En efecto, tratemos por simplicidad, elcasodeunadimensión.Tomemosunsistemade coordenadas, como se muestra en la figura 8.36. Consideremos dos puntos A y B muy próximos entresí, de tal forma que la fuerza f(x) casi no varíe i ralde A a B. Las coordenadas de A y de B son

Ejercicio 8.15. La energíapotencialquetieneun cuerpo es, en un sistema de coordenadas en una dimensión, U(X) =

siendo k una constante. Calcule la fuerza aplicada al cuerpo. Usando la ec. (8.69) obtenemos que F(x) =

-

-

O

- + dx B

X

x

*X

8.5. POTENCIA

Figura 8.36

La separación entre Ay B es dx. E l trabajo dW realizado por la fuerza f(x) al desplazarse de A Ba es (véase

ec. (8.8))

Como se estudióenseccionesanteriores,cuando una fuerza se desplaza, en general realiza un trabajo. Ahora bien, el desplazamiento de la fuerza ocurre en cierto intervalo de tiempo. Supóngase que una fuerza F se aplica sobre un cuerpo y que este se desplaza dr en un tiempo dt. E l trabajo realizado es

d W = F(x) dx

dW = F

Pero al ir de A aB hay un cambio en la energía poteneste camcial dU. Usamoslaec.(8.42)paracalcular bio

Y el trabajopor

por lo que (8.69)

Ejercicio 8.14. Si la energía potencial es constante, j c u á l es la fuerza aplicada? En este caso U(x) = constante por lo que de la ec. (8.69) encontramos que

d constante dx valores sustituyendo

1w

potencia

Esta ecuación nos dice que s i conocemos la energía su derivadaEjercicio potencial U(x), tomandoelnegativode conrespectoalaposición x, obtendremoslafuerzaenuntiemPode ncia definición de la F(x) De aplicada.

La fuerza es nula.

(8.70)

dt

Aquí se usó la ec. (5.7) que nos da la velocidad v del cuerpo. La cantidad P así definida es la potencia desarrollada por la fuerza F. En el Sistema Internacional de Unidades, la unidad de potencia es el watt (W).

f(x) dx = - dU

dU dx

unidad de tiempo es

dt

o sea

f(x) = - -

dr

p=" d W - F e - dr = F * v

d W = - dU

= o

d (kx4)

-7 X

= -4kX3

A

F(x) =

kX4

(8.71)

8.16. UII agenterealizauntrabajode 247 J 3.2 S . ¿QUé Potenciadesarrolla? que se tiene W At

- 247 J 3.2 S

- 77,2

Ejercicio 8.17. Jn motortieneunapotenciade 7 528 W. jQué trabajo desarrolla s i funciona durante 4 h? De la definición (8.70) de potencia se tiene que el trabajo W desarrollado en el intervalo At es

W = PAt

(8.72)

y

P = 7 528 W;

At = h 4

= 4 X600 3

S

= 1 4 400

S

POTENCIA

nos d a

W = 7528W X 14400s = 7.528 X 103 X 1.44 = 10.84 X I O 7 W X S

x

104

w

X S

Pero de la ec. (8.71) se tiene que

I

Se usaron las definiciones (8.10) de joule y (8.71) de watt.

I

Otra unidad usada con frecuencia para expresar la potencia es el caballo de fuerza (abreviado hp). Su definición es 1 hp = 745.7 W

w x s = j

171

(8.74)

Ejercicio 8.19. Un caballo jala una carreta (fig. 8.38) a una velocidad de 11 km/h. E l peso de la carreta con su pasajero es de 225 k g y el coeficiente de friccióndinámico entre la carretay el suelo es de 0.12. i Q u é p o tencia desarrolla el caballo?

por lo que el trabajo realizado es

W = 10.84 X I O 7 J Se acostumbra también expresar el trabajo realizado de otra manera.En efecto, en nuestro casose tiene también que

P = 7.528 x I O 3 W = 7.528 kW;

At = 4 h

que sustituidos en la ec. (8.72) dan

W = 7.528 k W X 4 h = 30.112 kW-h

E l kW-h(kilowatt-hora) es unaunidaddetrabajo usada con mucha frecuencia. Su equivalencia con el joule está dada por (véase problema 8.27) 1 kW-h = 3.6 X I O 6 j

(8.73)

Ejercicio 8.18. Un cuerpo se mueve a lo largo de una superficie horizontal (fig.8.37) con una velocidad de magnitud13.7 mis. Si se le aplica una fuerzaF cuya magnitud es de 322 N que forma un ángulo de 43O con la horizontal, iqué potencia desarrolla el agente que aplica la fuerza? Para encontrar la potencia usaremos la ec. (8.70)

P = F * v = f v cos43O = 322 N X 13.7

= 3 226

N x m S

m

X

0.7314

= 3 226

Figura 8.38

La fuerza F que ejerce el caballo sobre la carretaes horizontal y con la misma dirección que la velocidad del caballo (fig.8.38). La magnitud de la fuerza F debe ser tal que venza a la fuerza de fricción ejercida por el suelo. En lafigura 8.39 se muestra un diagrama de cuerpo libre de la carreta. Las fuerzas que actúan sobre ella son: la fuerza de fricción f , que se opone al F con que jala el caballo; el movimiento; la fuerza peso P, vertical hacia abajo; la reacción del suelo N, vertical hacia arriba. Nos damos cuenta de que para vencer a la fuerza de fricción f, el caballo tiene que ejercer una fuerza F tal que F = “f

(8.75)

J

-

S

= 3226 W

Figura 8.37

Figura 8.39

172

Cap. 8. TRABAJO Y ENERGíA

Es decir, la magnitud de la fuerzaF es la misma que la magnitud de la fuerza de fricción f. Pero recordamos que (véase ec. (7.59)) la magnitud de la fuerza de fricción es el producto del coeficiente de fricción por la magnitud de la fuerza que aprieta. En nuestro caso, la fuerza que aprietaes el peso de la carreta. Por tanto,

Ejercicio 8.20. Una máquina que entrega una potencia constante P acelera un cuerpo de masa m. Si inicialmente el cuerpo está en reposo, obtenga la distancia L recorrida por el cuerpo en el tiempo t. De la ec.(8.70) despejamos el trabajo d W realizado por la máquina en el tiempo dt

d W = P dt nos da

que sustituyendo valores

F -- 0.12 X 225 k g = 264.6 N

Por otrolado,delteorematrabajo-energíacinética (véase sección 8.1) se tiene que (véase ec. (8.21))

X 9.8 mis2

d W = dK siendo dK el cambio de la energía cinética. Por tanto,

Por otro lado, la velocidad del caballo es v=ll--

km

-

h

m 3.06-

dK = P dt

S

Integramos ahora esta relación, recordando que la potencia P es constante

Por tanto, de la ec. (8.70) se tiene que la potencia desarrollada por el caballo es P = F*v

jzodK =

FV c o s o o

K-K,,= P

S

,

Pero la definición (8.74) se tiene que

1 1 w = - 745.7

hp

por lo que P = 808.5 X

1

-

745.7 hp

O

Pdt

o sea,

m = 264.6 N X 3.06 -

= 808.5 W

5'

l tO d t = Pt

Se usaron las ecs. (4.27) y (4.28).

I 1

Aquí KOes el valor de la energía cinética inicial, que en nuestro caso es cero, ya que el cuerpo parte delreposo. Se tiene entonces que 1

K = L m v 2 = Pt 2 D e esta ecuación despejamos la velocidadv. M u l t i p l i camos ambos lados de la últirna ecuación por (2/m) y sacamos raíz cuadrada

= 1.08hp

-

dx

"

dt

Aquí se usó la ec. (3.18). Ahora despejamos dx

Integrando ambos lados de esta ecuación (la variable x va de O a L, mientras t va de O a t )

Aquí se usó el resultado (4.28)

MAS APLICACIONES

173

Trabajo W, realizado por f. En la figura 8.41 se ve

8.6. MÁS APLICACIONES

que

Dedicaremos esta última sección a tratar algunas aplicaciones de las relaciones de trabajo y energía.

Wf = -f(Ay) = "f(Y.4

- Ys)

(8.78)

Ejercicio 8.21. Un elevador desciende a lo largo de su cubo. En cierto momento, el cable que lo une al motor se rompe. En este instante el elevador tiene una velocidad de 2.8 m/s. Los frenos de seguridad del elevador proporcionan una fuerza de fricción con magnitud de 1.31veces el peso del elevador, dirección vertical y sentido hacia arriba. iQué distancia desciende el elevador antes de detenerse? Sea A el punto en el quese rompe el cable (fig. 8.40) y B el punto en el que se detiene el elevador. Escogemos un sistema de coordenadas vertical, con sentido hacia arriba y con el origen O en el suelo.

't1

A Ya

Figura 8.41

[ ;; I=

Por tanto, el trabajo total realizado por P y por f es la suma de estos dos trabajos

Elevador

Trabajo realizado

R A Y ) - /(Ay) = (P - fl(AY) (8.79)

Ahora calculamos el cambio en la energía cinética. Llamando m a la masa del elevador se tiene que Figura 8.40 Desde el momento en que se rompe el cable y empieza a actuar el freno de seguridad, el elevador experimenta dos fuerzas: su peso P con sentido hacia abaj o y la fuerza de fricción f con sentido hacia arriba (fig. 8.41). Aplicaremos ahora el teorema de trabajoenergía cinética al elevador: Cambio

{

{

Trabajo

r ? ~ ~ i ~ ~= ~ z ~a cinética E e ;:/ ~ r }

}

(8.76)

W P = RAY)

RY,

- Ye)

ya que enel p u n t o B el elevador se detiene. Por tanto, el cambio de la energía cinética es

1 1 AK = - m v ~ - - m v ~ 2 2 1 - --mvi

(8.80)

2

Ahora calcularemos cada una de estas cantidades. DenotaremosconunsubíndiceAa las cantidades asociadas al puntoA, y lo mismo haremos conlas cantidades asociadas al punto B. Trabajo W prealizado por P. En la figura8.41 vemos que =

Energía cinética en A = mv?1/2 Energía cinética en B = mv$/2 = O

(8.77)

Aquí Ay = ya - ye es la distancia recorrida por el elevador hasta detenerse.

En consecuencia, sustituyendo (8.79) y (8.80) en (8.76) elteorematrabajo-energíacinéticaquedaeneste caso c o m o

Pero

P-

f = P-1.31P = -0.31P = -0.31

Se tiene entonces que -0.31 rng(Ay) =

I

- "2m v ?

mg

174

Cap. 8. TRABAJO Y ENERGíA

Dividiendo ambos miembros de esta ecuación entre (-0.31 mg) obtenemos Ay

Ay =

2

Vi

X 0.31g

(8.81)

y sustituyendo valores numéricos encontramos

Ay =

(2.8 mls)’ = 1.29 m 2 X 0.31 X 9.8 mis2

ÉStaes la distancia que desciende el elevador antes de detenerse. Usando las ecs. (8.77) y (8.78), el teorema trabajoenergía cinética dado por la ec. (8.76) se puede escribir como

Wp Pero dado que el peso se tiene que

+ Wf

AK

justamente en la cantidad dada por el trabajo realizad o p o r las fuerzas ajenas al sistema.E l algunas ocasiones la energía mecánica del sistema puede aumentar. En este caso, se dice que las fuerzas ajenas a éI hacen trabajo sobre el sistema. En otras ocasiones, c o m o en el ejemplo del elevador, la energía mecánica disminuye. Se dice entonces que el sistema hace trabajo sobre su alrededor. Ejercicio 8.22. Considérese la palanca mostrada en la figura 8.42. En un extremo se aplica una fuerza F para subir el cuerpo de pesoP que se encuentra en el otro extremo. Usando el principio de conservación de la energía mecánica, obtenga la magnitud de la fuerza F parasubirelcuerpoavelocidadconstante. Desprecie la fricción que pudiese haber en el apoyo A.

(8.82)

P es una fuerza conservativa,

Wp=

-AU

siendo U la energía potencial gravitacional, dada por la ec. (8.51). La ec. (8.82) queda entonces como

-AU

+ Wf=

AK

que equivale a

Wf = AK

= A(K = A€

+ AU + U)

Si finalmente recordamos que el trabajo hecho por la fuerza de fricción, Wf, es una cantidad negativa (véase ec. (8.78)) que podemos escribir como

Wf = - I W f !

En este caso se tiene que el trabajo WF realizado (Ay)l se transforpor la fuerzaF al recorrer la distancia m a en un cambio de laenergía mecánica A€ del sistema Tierra-cuerpo al moverse la distancia (Ay)2.

E l trabajo WF es

la ec. (8.83) queda como

A€ =

Figura 8.42

(8.83)

- I WfI

(8.84)

Por otro lado, dado que el proceso ocurre a velociEsta ecuación nos dice que la energía mecánica total dad constante, no hay cambio en la energía cinética del elevador cambia; de hecho, disminuye. La energía del cuerpo. En consecuencia, el cambio en la energía mecánica total del elevador no se conserva. Lo que mecánica es solamente el cambio en la energía potenocurre es que el sistema Tierra-Elevador, en este caso cial del cuerpo al recorrer la distancia (Ay)’ n o es un sistema aislado ya que experimenta una fuerza ajena a éI, a saber, la fuerza de fricción. Por tanto, su energía mecánica cambia, y cambia justamente en la cantidad dada por el trabajo realizado por la fuerza Igualando (8.85) con (8.86) nos da de fricción. En nuestro caso, la energía mecánica disminuye a causa de la fricción. E l propósito de aplicar la fricción es justamente disminuir la energía del elevador. Despejando de esta ecuación F En general,cuandounsistemano es cerrado, su energíamecánicano se conserva,sinoquecambia

(8.87)

PROBLEMAS

En la figura 8.42 vemos que los triángulos AMN y AVS son semejantes. Por tanto, por geometría sabemos que

que sutituyendo en la ec. (8.87) nos d a

F = P-

L2

Ll

(8.88)

ÉStaes la fuerza que hay que aplicar para elevar el cuerpo de peso P. Si se quiere poder levantar el cuerpo con una fuerza menor a su peso, o sea,

F < P

175

8.2. Demuestre la ec. (8.13). 8.3. Desde una altura de28 m se hace descender, con ayuda de una cuerda, una cubeta quepesa 32 kg, con una aceleración de 1 . 3 m/s2. 2Qué trabajo se realiza? 8.4. Un levantador de pesas levanta una masa de 120 k g hasta una altura de 1.90 m. iQué trabajo realiza? 8.5. Una persona empuja un cuerpo que pesa25 kg, a velocidad constante, una distancia de 4.6 m. E l cuerp o se mueve horizontalmente y l a persona aplica la fuerza formando un ángulo de 38O con la horizontal. E l coeficiente de fricción dinámico entre el cuerpo y lasupgrficiehorizontal es 0.14. 2Qué trabajorealiza la persona? 8.6. Para jalar un carrito que pesa 22 kg a velocidad constante se requiere aplicar una fuerzaT de magnitud 165 N formando un ángulo de 25O con la horizontal.

T al moverse el carrito una distancia de 1 5 m horizontalmente. b) Obtenga el valor de la fuerza de fricción entre el carrito y el piso. c) Obtenga el coeficiente de fricción entre el carrit o y e l piso. d ) Calcule el trabajo realizado por la fuerza de fricciónaldesplazarsehorizontalmenteelcarrito 15 m .

a) Calcule el trabajo que realiza

entonces se debe tener que

E s decir,

La fuerza F se debe aplicar entonces a una distancia L , del apoyo A mayor que la distancia L 2 del cuerpo al apoyo. Se define la ventaja mecánica de la palanca como el cociente del peso del cuerpo por levantar, P, entre la fuerza F necesaria para lograrlo. De la ec. (8.88) resulta que la ventaja mecánica de la palanca es

(8.89) Este número es mayor que 1 , Mientras más grandesea el cociente (Ll/L2), más ventajosa será la palancay menor fuerza tendremos que aplicar parasubir el cuerpo. Hay que darse cuenta de quepesar a de quese aplica una fuerza F menor que el peso P, se tiene que recorrer una distancia(Ay), mayor que la que recorre el peso (Ay)2. En este proceso no nos ahorramos trabajo. Una máquina es un dispositivo quenos permite mover cuerpos utilizando fuerzas de magnitudes menores a los pesos que hay que mover. Mientras mayor sea la ventaja mecánica de una máquina, menorserá la fuerza que se tenga que aplicar. Sin embargo, en una máquina uno no se ahorra trabajo,

PROBLEMAS 8.1. Demuestre la ec. (8.6) para el caso en que la fuerza constante F forme un ángulo8 con la dirección del desplazamiento.

8.7. Demuestre que (J/kg) = (m2/s2). 8.8. Obtenga las dimensiones y unidades en el SI de l a energía cinética K dada en la ec. (8.24). 8.9. Un cuerpo quepesa 15 k g se empuja hacia arriba, con velocidad constante, a lo largo de un plano inclinado, que forma un ángulo de 2 7 O con la horizontal. La fuerza aplicada es paralela al plano. La distancia recorrida es de 14.7 m. E l coeficiente de fricción entre el cuerpo y el plano es 0.18. a) Obtenga los trabajosrealizadosporlafuerza aplicada, la de friccióny por el peso del cuerpo. bl i C u á l es el valor de la suma de los trabajos hechos por las tres fuerzas? iQué significasu resultado?

8.10. Un cuerpo de masa 62 k g se mueve a lo largo de 32 una superficie horizontal con velocidad inicial de km/h. E l coeficientedefriccióndinámicoentreel cuerpo y lasuperficie es 0.19. Usandoargumentos energéticos responda a las siguientes cuestiones. a) iQuédistanciarecorreelcuerpohastadetenerse? b) >Qué velocidad tiene el cuerpo después de haber recorrido una distancia de 15 m ? 8.11. Un caballo jala a una carreta que pesa 450 k g aplicando una fuerza horizontal de magnitud 165 kg. E l coeficiente de fricción dinámico entre la carreta y el suelo es 0.27. La carreta se mueve 158 m .

176

Cap. 8. TRABAJO Y ENERGiA

a) iQué trabajo realiza el caballo? b) 2Qué parte de este trabajo se va en vencer a la fuerza de fricción? c) Si inicialmente la carreta estaba en reposo, iqué velocidad adquiere después de recorrer los 158 m ? Suponga que el movimientoes uniformemente acelerado.

B

I I

I

I

I

I

8.12. Se sube un cuerpo que inicialmente est& en reposo y que pesa 2.5 k g a lo largo de un plano inclinado que forma un ángulo 31 deo con la horizontal, aplicandounafuerza F paralelaalplanodemagnitud 14.5 kg. E l coeficiente de fricción dinámico entre el cuerpo y el plano es 0.12.

Figura 8.43

a) Calcule el trabajo realizado por F para que el cuerpo suba una distancia de 13 m. b) iQué parte de este trabajo se va en vencer a la fuerza de fricción? c) A I llegaralfinalde su recorrido, se sueltael cuerpo. Obtenga la velocidad con que llega al suelo. 8.13. Se lanza una particula de masa 45 kg a lo largo de un plano inclinado 37” con la horizontal. La velocidad con quese lanza la partículaes de 7.2 mis.La partícula recorre una distancia de 2.9 m hasta quese detiene y luego empieza aresbalar de regreso hacia abajo. Usando argumentos energéticos responda alas siguientes preguntas. a) 2Qué valor tiene el coeficiente de fricción entre la partícula y la superficie! b) i c o n q u é v e l o c i d a dregresa la partícula al punto desde que fue lanzada hacia arriba? 8.14. Resuelva el problema 8.12, suponiendo que la fuerza F que se aplica tiene dirección horizontal. 8.15. Una fuente lanza verticalmente hacia arriba un chorro de agua que llega a una altura de 85 m. iCuá1 es la velocidad del agua a la salida de la fuente? 8.16. Obtenga la energía cinética de un automóvil de masa 1 500 kg que se mueve con una velocidad de65 km/h. 8.17. iQué trabajo hace la fuerza centrípeta en un movimientocircularuniforme?iQuéocurreconel cambio de la energía cinética? iQuépasa con la magnitud de la velocidad? 8.18. Demuestreque s i se atiadeunaconstante arbitraria al valor de la energía potencial, la relación (8.47) n o se altera. 8.19. Un carrito se suelta en el puntoA de una montaria rusa (fig. 8.43).Si la altura de A sobre el suelo es h, j c u á l es la máxima altura h B a la que puede llegar el carrito? Desprecie el efecto de la fricción. 8.20. Un carrito de juguete corre a lo largo de un riel y entra en un círculo, de radio r, vertical, como se ve en la figura 8.44. Desprecie la fricción.

4

8.44Figura

a) iQué velocidad mínima v,in debe tener el carrito al entrar en el círculo enA para que llegue al extremo vertical B sin que caiga? b) Si el carrito tiene velocidad v en A, i c o n q u é velocidad v ’ llega a 5?

8.21. E l m a r t i l l o M de una máquina está unido a la barra OM de longitud 75 cm, que está pivoteada en el punto f i j o O (fig. 8.45). Si el martillo cae del punto A estando en reposo, )con qué velocidad llega al punto más bajo B? A

\

\

I

\

\

\

-.

‘““4

I I I

I

b3

Figura 8.45

8.22. E l cuerpo mostrado en la figura 8.46se suelta et7 la guía circular A 5 que no tiene fricción. Después de dejar la guía, el cuerpo llega a la rampa CD. a) Usando argumentos energéticos obtenga la velocidad del cuerpo cuando deja la guía. b ) Encuentre la distancia h vertical donde el cuerpo toca a la rampa. c) ) Q u é ángulo de inclinación0 debe tener CD para que sea tangente a la trayectoria del cuerpo en el instante en que toca a la rampa?

PROBLEMAS

177

Si, en lugar de que F fuera vertical, formara un ángulo 6 con la vertical,c) jQué magnitud tendría entonces? 2Qué conviene más: aplicar F con dirección vertical o formando un ángulo con la vertical? 8.33. Con la polea mostrada en la figura 8.48 se desea levantar, a velocidad constante, un cuerpo que pesa 428 kg. a) iQué fuerza F hay que aplicar en el extremo del cable? b) i C u á l es laventajamecánicadelapolea? No t o m e en cuenta el efecto de la fricción. Figura 8.46

8.23. Un cuerpo se mueve en una dirnensión bajo la acción de la fuerza F(x) = n/x3,donde n es una constante. Obtenga la energía potencial del cuerpo. 8.24. Un cuerpo experimenta un potencial dado por U(x) = 3x2 - (x3/4), c o n x dado en metros y U en J.

a) Calcule la fuerza que experimenta la partícula. b) iEn qué punto(s) la fuerza se anula? > A qué característica de U corresponde este(os) puntois)? 8.25. En relación con la figura8.29 demuestre queVN = LZ. 8.26. Obtenga las dimensiones de la potencia (véase ec. (8.70)). 8.27. Demuestrelarelación (8.73) entrekW-hora y joule. 8.28. Obtenga la potencia de una máquina que levanta un martinete que pesa 210 kg a una altura de 45 c m a razón de 95 veces por minuto. Exprese su resultado en hp. 8.29. Una bomba es accionada por un motor de potencia 2 hp. La bomba eleva un volumen de3 000 m3 de agua a una altura de10 m. Si la eficiencia delsistem a es de 75%, ken cuánto tiempose bombea el agua? 8.30. Un ciclista sube a lo largo de un camino ascendiendo verticalmente 85 m.Si l a masa del ciclista con la de su bicicleta es de 95 k g y si el ciclista desarrolla una potencia de0.7 hp, ien cuánto tiemposube? Desprecie la fricción. 8.31. Si un montahista que pesa 68 kg asciende una altura de 1.8 km:

8.34. Calculelaventajamechnicadelamanivela mostrada en la figura 8.49. Desprecie la fricción. 8.35. Obtenga la ventaja mecánica del conjunto de engranesmostrado en lafigura8.50.Cadasección central tiene radio rl, mientras que la rueda externa tiene radio rz. Desprecie el efecto de la fricción. La rueda externa de cada engrane gira al unísono con su engrane central. 8.36. iQué fuerza será necesario aplicar en el conjunto de poleas de la figura 8.51 para levantar, a velocidad constante, un peso de 1 O00 kg? >Qué valor tiene la ventaja mecánica de esta máquina? 8.37. 2Qué aceleración tiene el cuerpo del ejercicio 8.20 en el Instante t? 8.38. Una máquina desarrolla una potencia, que varía con el tiempo, dada por P(t) = bt?, siendo b una constante con valor de 85 watt/s2. La máquina se acopla a un cuerpo de masa1 4 kg, inicialmente en reposo, que solamente se puede mover en una línea recta a ) iQu6 distancia recorre el cuerpo en 4 S ? b) ;Qué aceleración experimenta en este instante?

a) iQué trabajo realiza contra la fuerza gravitacional? Exprese su resultado en kW-h.

b) Si este trabajo lo realiza en 5.5 horas, >qué potenciadesarrolla? Exprese su resultadoenhp. Desprecie la fricción.

8.32. a ) iQué fuerza F hay que aplicar para subir, a velocidad constante, el cuerpo de peso P en la palanca mostrada en la figura 8.47? b) iCuá1 es el valor de la ventajamecánicadelapalanca?Desprecielafricción.

Figura 8.47

178

Figura 8.49 Figura 8.48

P

I

179 ////////////////////

8.40. En el ejercicio 8.9 se encontró la energía potencial asociada a la fuerza gravitacional usando la trayectoria mostrada en la figura 8.27, en la que los puntos inicial y final están uno en la misma vertical que el otro. Demuestre que la energía potencial está dada por la ec. (8.51), tomando los puntos inicial A y final B que no estén en la misma vertical (figura 8.53). (Sugerencia: use la trayectoria A -C +B).

F 1 r I

I I

I I I

A 0

8.39. Un cuerpo experimenta una fuerza (fig. 8.52) F(r) =

-

k?

Figura 8.53

r3

donde k es una constante positivay ^r es un vector unitario a lo largo del vector de posición r. Obtenga la energía potencial que experimenta el cuerpo.

8.41. Obtenga la ventaja mecánica de un plano inclinado un ángulo8 con respecto a la horizontal. Suponga que no hay fricción. >Por qué se puede considerar al plano inclinado como una máquina?

/

particuIas. Conservación del momento l i n e a l , C e n t r o s de m a s a

En los capítulos anteriores desarrollamos la mecánicadeunapartícula.Aunqueenalgunasaplicaciones hablamos de cuerpos extendidos, por ejemplo, coches, personas, etc., en realidad, enlo que se refiere a la aplicación concreta, en esos casos iba implícito que estábamos hablando de una sola partícula. Siguiendo el programa trazado al principio del cap í t u l o 3, una vez aprendida la cinemáticay la dinámica de una partícula emprenderemos en este capítulo el estudio de la mecánica de varias partículas. Para ello reformularemos algunos aspectos de la dinámica de una partícula que nos serán de utilidad.

9.1. M O M E N T O LINEAL DE UNA PARTíCULA Consideremos la expresión (6.4) para la segunda de Newton, aplicable a una partícula

ley

mento lineal p de una partícula de masa m que mueve con velocidad v como p = mv

(9.4) Antes de analizar la forma (9.4) regresemos a la definicibn de momento (9.3).E l momento p es el producto de un escalar positivo (la masa m) por un vector (la velocidad v). Por tanto (véase capítulo 2), las características del momento son: a ) Su magnitud es

donde F es la fuerza que se aplica a una partícula d e masa m, y a es laaceleraciónqueexperimenta. Reescribiremos esta ecuación de otra forma que será de c) interés.Usandolaec.(5.11)paralaaceleración se tiene momento F = m -

/PI

= mlvl

v. Su sentido es el del vector v (véase fig. 9.1).

Las del dimensiones

son

dt

Aquí v es la velocidad de la partícula. Debido a que la masa m de la partículaes una cantidad constante que no depende del tiempo, usando la ec. (3.21) podemos escribir el lado derecho de (9.1) c o m o (9.2)

Este resultado nos sugiere definir la cantidad mv asociada movimiento al partícula. lade Se define moel

180

(9.5)

b ) Su dirección es ladelvector

dv

dimv) F = ___ dt

(9.3)

Si nohayconfusiónllamaremosa esta cantidad simplemente momento. Se le asignan también otros nombres: cantidad de movimiento, impetu, etcétera. La ec. (9.2) queda, entonces, como

F = ma

que

se

Figura 9. l

MOMENTO LINEAL DE VARIAS PART~CULAS

Las unidadesdelmomentoen cional son

el SistemaInterna-

(9.7)

Ejercicio 9.1. Unapartículademasa 42 kg se mueve con una velocidad de magnitud 6.7 m/s. $uá1 es la magnitud de su momento lineal? De la ec. (9.5) se tiene que

/ P I = mlvl

= 42 kg X 6.7 mis = 281.4 kg m/s

Regresemosahoraalaec. (9.4). Esta ecuación es simplementk otra forma de escribir la segunda ley de Newton. Supóngase que la fuerza aplicada sobre la partícula sea nula

F = O La ec. (9.4) queda, entonces, como

181

casodelmovimientouniforme. Este resultadonos dice entonces que en ausencia de fuerza, una partícula realiza un movimiento uniforme, hecho que ya conocemos. Para el caso de una sola partícula, la forma alternativa (9.4) de la segunda ley de Newton no nos da más información física de la que ya obtuvimos los en capítulos anteriores. Sin embargo, al aplicar esta forma al movimiento de varias partículas sí resulta ser de utilidad. Esto lo estudiaremos en la siguiente sección.

9.2. M O M E N T O LINEAL DE VARIAS PARTíCULAS Supongamos que tenemos un sistema que consta de varias partículas, digamos N (fig.9.3), de masas m,, m2,m3, . . , mN. La masa de la i-ésima partícula la denotaremos como mi. Cada una de estas partículas experimenta una fuerza: F,, F2,. . , FN, respectivamente; i c o m o Fi. denotaremos la fuerza sobre la partícula Entonces, para cada una de las partículas de nuestro sistema podemos escribir la segunda ley de Newton dada en la forma (9.4) ,

- dP =o dt

E s decir, la derivada con respecto al tiempo del mo-

mento p es cero. Por tanto, el momento no depende de t . Esto quiere decir que pes un vector constante al transcurrir el tiempo p = constante

(9.9)

AI moverse la partícula, su momento siempre será el mismo vector (fig. 9.2): s i en el punto A la partícula tiene un puntop, en el punto B tendrá el mismo vector momento (la misma magnitud, la misma dirección y el mismo sentido). Lo mismo ocurrirá en cualquier otro p u n t o C.

+

C Figura 9.2

e4 m4

3,

m3

e

Je

mi e

Se dice que en ausencia de una fuerza el momento de una partícula se conserva. E l contenido físico del resultado acabado de obtener de hecho yalo conocíamos. En efecto, dada la deFigura 9.3 finición (ec. (9.3)) del momento y dado que la masam de una partícula es la misma a lo largo de su movimiento, s i el momento se conserva, entonces esto significa que la velocidadv de la partícula (como vector) Aquí pl, p2, . ., pN son los momentos lineales de las es siemprelamisma.Peroéste es precisamenteel partículas 1, 2,. . . , N,respectivamente.Podemos

182

Cap. 9.

MECANICA DE VARIAS PARTíCULAS

abreviar escribiendo todo este conjunto de ecuaciones de la siguiente forma (i = 1,2,

(9.1O)

A continuación sumemos miembro a mlembro todas las ecs. (9.10); estasuma se lleva a cabosobre todas las partículas que componen el sistema bajo estudio. Se tiene entonces que

(9.14) En esta ecuación p i denota el momento lineal de la iésima partícula. Ahora bien, la fuerza que experimenta cada una de Consideremosporseparadocadaunode los dos las partículastiene,engeneral,doscontribuciones: miembrosdeestaúltimaecuación. E l miembro dey otra de origen exter- recho se puede escribir como sigue: una de origen interno al sistema no al sistema. En efecto, consideremos, por ejemplo, la partícula 1. Esta partícula experimenta las siguien(9.15) tes fuerzas de origen interno: la fuerzaF,,* que le ejerce la partícula2 (fig. 9.4a). Además, la partícula1 también experimenta la fuerza F,,3 que le ejerce la partícula 3 (fig. 9.4b). De manera análoga, la partícula 1 m experimenta además las fuerzas F,,,, . . , F,,,, . . ., F,,N 3 que sobre ella ejercen las partículas 4, . . . , j, . . , N del sistema (fig. 9.4~). En consecuencia, la fuerza de 1 es la suorigen interno que experimenta la partícula ma de las fuerzas que las otras partículas del sistema ejercen sobre ella

que abreviaremos en la forma

c

Figura 9.4 a

N

N

N

(Fllint. =

j #1

Fl ;

Aquí el signo significa la suma sobre

(9.11) las cantidades

j#l

marcadas con el subíndice j, de 1 a N,con excepción del valor 1. En general, cualquier partícula del sistema experimenta una fuerza que le eierce cada una delas otras partículas del mismo siste’ma. De manera análoga a como se procedió para obtener la fuerza(9.11) para la partícula 1, podemos escribir para la fuerza de origen interno (F;)int.que experimenta la i-ésima partícula

1 m.

I m

m

N

(FiIint.

=C

~ i , j

j + l ( i = 1, 2 , . .

.,

N)

(9.12)

*N

Figura 9.4

En esta suma se suma sobre todas las partículas, excepto la i-ésima. Aparte de las fuerzas de origen interno, cada una de las partículas puede también experimc,ltar una fwrza que sea ajena al sistema, es decir, externa. Denotaremos la fuerza de origen externo que experimenta lai@sima partícula como(Fi)ext. Por tanto, la fuerza total que experimenta la partícula i es la suma de las fuerzas interna y externa que está experimentando

la con (FL)~,,,, por dado

ec. (9.1 2).

b

m

3 O

j

N’

*

Figura 9.4 c

Recordamos que la suma de derivadas es igual a la derivada de la suma (véase ec.(3.20)).

04

O3

F1.2

Definimos ahora elmomento lineal totalP del sistema como la suma de todos los momentos de cada una de las partículas que lo componen N

(9.16)

P = C P i i= 1

De esta forma, el miembro derecho de la ec. queda como

(9.14) O N

(9.17 ) Ahora consideremos el miembro izquierdo de laec. (9.14). Sustituyendo la ec. (9.13) obtenemos i= 1

+E (FAext. i=

(9.18)

1

El segundo sumando del miembro derecho de estaexpresión es la suma de las fuerzas externas que se aplican a cada una de las partículas; por tanto, es la fuerza externa total (Fl)ext. que se aplica al sistema

E (FiIext. = ext. t. i= N

9)(9.1

1

Ahora consideraremos la suma de todaslas fuerzas internas, dada por el primer sumando del miembro derecho de la ec. (9.18). Si sustituimos en este sumando las fuerzas de origen interno que experimenta cada partícula (ec. (9.12)), se tiene una suma de la siguiente forma i=1

+ + F,, + + F2,l + F,3 + F2.4 + + + + +

(FJint. =

+

partícula 2 una fuerza F2,,.Según esta ley, la relación entre estas dos fuerzas es

N

N

F i = C(Fi)int.

N

Figura 9.5

FI,~ ~ 7 , 3

'3,l

'3,2

'3,4

.

.

.

'

'

'

'

'

por lo que la suma Fl,* + F2,l = 0 se anula. De la misma manera, la suma de las fuerzas que cada pareja ejerce entre sí se anula. En consecuencia, cada uno de los paréntesis del lado derecho de la ec. (9.20) se anula y, por tanto, todo el lado derecho es cero. E s decir, N

(FJint. = 0 (9.21) i=1 Por tanto, la fuerza interna total de un sistema de partículas es cero. Esto es una consecuencia de la tercera leydeNewton.Laec.(9.18)quedaentonces como N

Aquí se están sumando todas las fuerzas internas del sistema. Podemos efectuar ahora la suma cambiando el orden de los sumandos, agrupándolos por parejas

(9.22) i=1 Aquí se usó la ec. (9.19). Este resultado nos indica que la fuerza total ejercida sobre un sistema de partículas es igual a la fuerza externa total quese aplica al sistema. Las fuerzas internas no contribuyen a la fuerza total. Sustituyendo ahora las ecs. (9.17 ) y (9.22) en la ec. (9.14) obtenemos (9.23)

AI inspeccionar estos términos nos damos cuenta de que la suma consiste en la suma de las fuerzas que cada pareja de partículas ejerce una sobre la otra.Por ejemplo,lasumade las fuerzasquelapareja (1,2) ejerce entre sí es (véase fig. 9.5) Fl,2 + F , , Pero por la tercera ley de Newton sabemos que s i la partícula 2 ejerce una fuerza F,,2 sobre la partícula 1, entonceslapartícula 1 reacciona y ejercesobrela

La ec. (9.23) nos indica que el momento total P de un sistema solamente puede cambiar debido a la acción de una fuerza externa.Las fuerzas internas de un sistema NO modifican su momento total. Ahora reescribiremos la ec. (9.23) de otra forma. E l momento p i de la partícula i es (véase ec. (9.3)) p i = mivi

dri - mi dt -

(9.24)

184

Cap. 9.

MECANICA

DE VARIAS PART/CUI.AS

Aquí se usó la ec. (5.7) para la velocidad vi. E l vector r i es el vector de posición de la partícula i (fig. 9.6). Por tanto, el momento total P del sistema es, de la ec. (9.161,

En esta expresión V es la velocidad definida por

v=

d R dt

(9.29)

E s claro que esta velocidad es la del centro de masa dado por R. Si ahora sustituimos la expresión (9.28) en la ec. (9.231, vemos que se requiere la derivada de P con respecto al tiempo. De la ec. (9.28), esta derivada es

d

(9.25) En la obtención de(9.25) se usó el hecho de que cada masa mi es constante y, por tanto, se pudo usar la ec. (3.21). Además, se usó el hecho de que la suma de derivadas es la derivada de la suma. Definimos ahora elvector de posición del centro de masa del sistema R como

d

-P

= -(MV) dt

dt

=M- d V dt

= MA Hemos definido el vector A como

(9.26) Aquí M es la masa total del sistema

(9.30)

E l vector A es la aceleración del centro de masa.

N

M=C m i

(9.27)

¿=1

M A = F&.

Por tanto, la ec. (9.25) queda como

P

d

-(MR) dt

= M - dR dt

= MV

(9.28)

4

I

.3

'4

.

Fi-

nalmente, la ec. (9.23) queda como

(9.31)

Este resultado nos dice lo siguiente. Si sobre un sistemadepartículasactúaunafuerzaexternatotal (F)ext.,entonceselsistema se comportademanera equivalente al comportamiento de un punto (el centro de masa) en el que está concentrada toda la masa M del sistema y sobre el que actúa la fuerza total Fe,,. que actúa sobre el sistema (fig. 9.7). Antes de continuar estudiando la dinámica de sistemas de partículas, veremos la manera de encontrar el centro de masa de un sistema dado. Esto lo haremos en la siguiente sección.

.:**..' ++;. r:........ .S. ..:.:.-..*.: f

hCentro de masa

.m

/Fe,*.

IFexr'

Figura 9.7

9.3. CENTROS DE MASA En esta sección obtendremos los centros de masa de diversos sistemas de partículas. Ejercicio 9.2. Obtenga el centro de masa de un sistema formado de dos partículas de masas m , y m 2 separadas una distancia L.

Figura 9.6

,

.

CENTROS DE MASA

Tomemos un sistema de coordenadas con el ejeX a las partículas (fig. 9.8), con el origen en una de las partículas, digamos la de masa m,. Llamaremos a esta partícula 1 y a la otra, 2. En este sistema de coordenadas los vectores de posición de estas partículas son

lo largo de la línea que une a

partícula 1: partícula 2:

rl = (x,, y, z,) = (O, O, O ) r2 = (x,, y, z,) = (L, O, O)

y4

185

Por tanto, de las ecs. (9.32) y (9.33) concluimos que la posición R del centro de masade las dos partículas está dada Dor (9.34) Este resultado nos indica variascosas. En primer Iugar, el vector R tiene dirección a lo largo del eje X, debido a que sus coordenadas Y y Z se anulan. E s decir, el centro de masa de dos partículas está en la línea que une a las dos partículas. En segundo lugar, dado que la masa de una partícula (m,) es menor que la masa de todo el sistema (M),

mdM

locldad de 2 mjs. Describa el movimiento q u e rc>cjlizc3el t r i c i c l o ljeflnamos a nuestro sistema consistente del niño y eltricicloCadaunode l o s cuerposexperimenta su peso (J\.;c es ejercido por la Tierra. Por tanto, los pesos dc ic:> cuerpo> son tuerzds externas a l sistema. Ahora bien, cada uno de los pesos es una fuerza vertical En :.i:>giP(.iretlcia, verticalmente nuestro sistema sí experIrtne!-!t,?un3 fuerza externa. Sin embargo, horizontai; w r ; ~ c %uinguno de !os cuerpos experimenta fuerza algu:::I Pnr tanto, horizontalmente no hay fuerza externa D c i principio de conservación de! momento podernc~ decir entonces que la componente horizontal del mo~mc~r?to dc. nuestro sistema se conserva (9

118c)

Phorizonrax ~

constante

(9.120)

Puede ocurrir que no todas l a \ componentes de ; a fuerza externa se anulen. Si, por ejemplo, l a tamp:) nente (Fx),xr. de la fuerza extern2 es cero, entoncec d o la ec (9.118a) vemos qc!t. IC! cnrr,rmnente P, es la ~ u e se conserva. En general, se conservaran aqriellas componentes del momento t o r a l que correspondan a la5 componentes de la fuerza externa QIUCX sean c - e w Naturalmvnte q u e s i las tres componc':l:es d.; i a iucJrza extern,+ son cero, o sea, t o d o el vector Fc,l-7, (35 cero, entonces, iodo el vector P se c!,nserva E n el caso en que la t u c r r a externa s e anule, enton-C C S de Id P C (9.31)V r i i T l O i (JUt'

p o r ! o q u e e l momento horironta! in1c:I que= c's l a suma d r estas cdntidader, P

del sistema.

207

CONSERVACION DEL MOMENTO LINEAL

ii) instante posterior. En este instante, se tiene que -

momentodelniño ( P n ) p o s t e r i o r - m,v, momento del triciclo = (pJposterior= m t v t y el momento total de! sistema

es

( P h o r i z o n r a l ) p o s t e r i o r . = m,,v,

"

+ mrvt

0 i9.121)

D e esta ecuación despejamos vt. Pasamos m,vn al otro miembro de !a ecuación (pasa con signo negativo) Instante inicial al

m,v, = - m,v, y de aquí se tiene entonces que la velocidad del triciclo es

Instante posterior b)

Esta ecuación nos dice lo siguiente. En primer lugar, la dirección de vt debe ser la misma que la dirección de v,. Además, en la ec. (9.122) vemos que dado que el cociente (rnirn es,) una cantidad positiva, entonces el sentido del vector vt es opuesto a! sentido de v, (fig. 9 . 5 1 ~ ) Esto . debe ser así, dado que para que el momento total (como vector)se anule, los momentos del nlño y del triciclo deben tener sentidos opuestos. Finalmente,enlaec. (9.122) encontramosquela magnltud de la velocidad del triciclo es

(9.123) Sustituyendo valores numéricos obtenemos

= 3.2 mis De la ec (9.123) nos damos cuenta de quesi (rnirn,) I,entonces I v t l < IvJ,einversamente. A la velocidad que adquirió el triciclo se suele Ilam a r velocidad de retroceso.


s miembros unos sobre otros, no afectan el movimlento d e su centro cle masa. Se mueva el clavadista comose mueva, su centro de masa se moverá corno un punto en e l que est6 concentrada toda la masa del clavadista, que es lanzado horizontalmente del trampolín y sobre el cual se ejerce una única fuerza:la de su peso. Este movimiento lo estudiamos en el capítulo 5, ejercicio 5.1. Como allá se encontró, el centro de masa recorre una trayectoria dada por la ec (5.19); es decir, recorre una parábola. Concluimos que al lanzarse el clavadista y dar v u e tas de drversos tiDos, su centro de niasa recorre siem-

i "

\1

'a

\

CM \

\ \

,- ~-

, tluT;';CLS,:?Dk; "~

~

~~

~

--

'YA; Pli(tJErACj O G E HAGA rUC C.li.1Pl3

;Por qué la relación (10.53)es válida solamente s i las distintas cantidades que en ella aparecen se refieren a un sistema inercial!

11

Cuerpo r i g i d o

1 1 . 1 . MOVIMIENTOS DE UN CUERPO RíGIDO

U n t i p o de sistemas que se presenta con mucha frecuencia en diversas aplicaciones son los cuerpos rígidos. Se define como cuerpo rígido aquél formado por un conjunto de partículas en el que la magnitud de las distanciasentrecualquierparejadepartículas es siempre la misma. Así, si el cuerpo mostrado en la figura 11.1 es rígido,entonces, s i enlaconfiguración mostrada en (a) la distancia entre los puntos arbitrarios A y B es rl, y al moverse el cuerpo y tener la configuración mostrada en(b), los mismos puntos A y B tienen una distancia rll,se cumple

Un cuerpo rígido puede experimentar varios tipos de movimientos. Traslación. Se dice que un cuerpo rígido se traslada, si para todo intervalo de tiempo todas las partículas delcuerpoexperimentan el mismodesplazamiento (comovector).SupongamosqueenunintervaloAt muy pequeño el cuerpo pasa de la configuración (a) a la ( b ) mostrados en la figura 11.2 E l punto A experiAr,, mentó, en este intervalo, el desplazamiento mientrasqueelpunto B experimentóeldesplaramiento ArB. Si para cada pareja de puntos del cuerpo

rl = rfl

Ar, = Ar,

11.1 b

Figura 1 1.1 Figura a

Figura 1 1.2

Es decir, la distancia entre A y B es siempre l a misma

De manera análoga se tiene que r2 = r 2‘

entonces el cuerpo se trasladó

-

para la distancia entre otros puntos C y D. Si esta condición se satisface para cualquier pareja de puntos del sistema, entonces estamos tratando con un cuerpo rígido.

Enfatizamos el hecho de que Ar, y Nos damos cuenta de que al trasladarse un cuerpo rígido, todas las rnartículas que lo componen tienen la misma velocidad y la misma aceleracion en un instante dado (véase problema 11.I). Rotacion alrededor de un eje fijo. En este tipo de movimiento, cada una de las partículas del cuerpo riY

Obsérvese que el,vector que une los puntos A y B del cuerpo rígido SI cambia durante e l movimiento. En efecto, su dirección cambia, mas no su magnitud.

-

250

.

251 gido se mueve en un círculo (tig. 11.3).Los centros de los círculos que describen cada una de las partículas se encuentran a lo largo de una línea recta j j ’ qtle se llama el eje de rotación. Nótese que los círculos que describen cada una de las par,ículas están en planos que son paralelos entre sí. Rotación. U n caso más generalderotaciones es aquel en el que el eje de rotación cambia de dirección al transcurrir el tiempo. Por ejemplo, se puede dar el caso de que un punto del eje permanezca fijo (fig. 11.4) y solamente cambie la dirección del eje. Traslación y rotación. E l cuerpo rígido puede moy de rotaverse ,con una combinación de traslación ción. Este es el tipo más general de movimiento de un cuerpo rígido. Si cada una de las partículas del cuerpo se mueve en un plano, se dice que el movimiento es planar (fig. 11.5). En este caso, el eje de la rotación es siempre perpendicular al plano del movimiento. Otra posibilidad es que el eje de rotación, además detrasladarse,tambiencambie su orientaciónal transcurrireltiempo. Este se llama movimiento general. En estetextosolamenteestudiaremosrotaciones alrededor de un eje fijo, así como movimientos planos.

B Figura 1 1.3

Figura 1 1.4

/

11.2. CINEMÁTICA

DE ROTACIÓNDE UN CUERPO RIGID0

En la rotación alrededor de un eje fijo, cada una de las partículas del cuerpo rígido se mueve a lo largo de una trayectoria circular,o sea, cada una de las partículasrealizaunmovimientocircular. En las secciones 5.4 y 5.5 yadesarrollamoslacinemáticade este movimiento. En esta sección solamente añadiremos algunas otras cosas de relevancia para este tipo de movimiento. Consideremos la rotación de un cuerpo rígido alrededor del eje fijo J J ’ (fig. 11.6). Tomemos un sistema O en algún punto del de coordenadas con el origen eje. Se escoge el eje Z a lo largo del eje de rotación, como se muestra. Sea P un punto arbitrario del cuerpo. AI rotar el cuerpo rígido, el movimiento de P es a lo largo del círculo PQ cuyo centro está en C.

I

E l p u n t o C, c e n t r o d e l i r c u l o ,está en el eje de rotaclón J J ‘

E l plano del círculo es paralelo al plano XY del sistema de coordenadas escogido. Sea r el vector de posición del punto P en el instante mostrado enla figura 11.6. De lo aprendido en el capítulo5, sabemos que el vector de velocidad v es tangente al círculo en el punt o P. Por tanto, el vector v es perpendicular al plano OPC. Además, el vector v está contenido en el plano del círculo, por lo que v es también perpendicular al eje J J ’.

x Figura 11.6

252

Cap. 11

CUERPO R ~ G I D O

La magnitud del vector de veiocrdad por la ec. (5.56) Ivl = (CP),

= Ro

v está dada

(1 .I1 )

siendo R e l radio del círculo con centro en C y a, la velocidad angular con la que gira el cuerpo rígido. Nos damoscuentadeque todos los puntosdel misma velocidad angular, cuerpo rigido giran con la es decir, al unísono. Sin embargo, distintos puntos se encuentrdn a diferentes distancias del eje de rotación, por lo q u c sus radios de giro noson iguales. En consedicuencia, distintos puntos del cuerpo rígido tienen ferentes velocidades lineales. Definamos el vector de velocidad angular w de la siguiente manera (fig. l l .6aj:

Esto significa que el vector de velocidad angular tiene las siguientes características:

'/

1. Magnitud. De la definición (11.2) 1wl =

W

(11 3 )

ya que la magnitud de i; es uno. (Recuérdese que ^k es un vector unitario).La magnitud westá dada por la ec. (5.50). 2. Dirección. La dirección de w es a lo largo del eje de rotación 11 ' . 3. Sentido. Por convención se escoge el sentido de w en el mismo sentido que i; si elgiro es c o m o se muestra en la figura 11.6a. Visto desde el extremo J del eje, el giro es opuesto al sentido de las manecillas del reloj. En este caso, en la ec. (11.2) es positivo. E l sentido de w es opuesto al de i; si el giro es e l mostrado en la figura 11.6b. Visto desde el extremo J del eje, el giro es en el mismo sentido que el de las manecillas del reloj. En este caso, w en la ec. (11.2) es negativo. Se puede uno ayudar conel recurso mnemotécnico de usar la mano derecha: si los cuatro dedos (excepto el pulgar) se cierran en el mismo sentido del giro, el sentido de westá a lo largo del sentido que muestre el pulgar. Con esta definición del vector de velocidad angular, se puede escribir entonces quee l vector de velocidadlineal v es elsiguienteproductovectorial(fig. 11 7 ) v = w X r

Figura 11.6 b

'I

(1 1.4)

En efecto, recordando la definición del producto vectorial dada en la sección 2.6 se tiene para las características de v dado por la ec. (11.4):

1 . Magnitud de v. D e la ec (2.66) se tiene que magnitud de v es

la

Figura 1 1.7

CINEMÁTICA DE ROTACIÓN DE UN CUERPO RíGIDO

l v l = t u l Ir1 s e n 4

(11.5) mos supuesto que el eje de rotación al transcurrir el tiempo. Por tanto, siendo 4 el ángulo entrew y r. Pero en el triángulo rectángulo OCP (fig. 11.7) r ( = OP) es la hipotenusa, por dt 10 que

que es precisamente la ec. (11.1) para la magnitud de la velocidad lineal. 2 . Dirección de v. La dirección del vector v es perpendicular al plano que fo’rman w y r, es decir, al plano OPC. Pero esta dirección es justamente la dirección tangencial al círculo en el punto P. 3. Sentido de v. Usando la regla de la mano derecha se encuentra que el sentido de v es justamente el mostrado en la figura 11.7. En resumen, se puede decir que la expresión (11.4) nos da todas las características del vector de velocidad lineal v que ya conocíamos.

ducto vectorial (11.4) tienen que mantenerse en el orden escrito. Recuérdese que el producto vectorial NO es conmutativo.

A continuación escribiremos una expresión para la aceleración lineal del punto P que será muy conveniente. Para ello sustituimoslaec.(11.4)enlaec. (5.11)

253

se mantiene fijo ( I 1.S))

Definimos ahora el vector de aceleración angular como

,.

cu

(11.I O)

a = ak

Este vector tiene magnitud a; dirección a lo largo del eje de rotación 1 I ’; el mism_o sentido que k s i a es positiva y sentido opuesto a k si a es negativa. Por tanto, se tiene que

dw (y= dt

(11.11)

Sustituyendo las ecs. (11.11) y (5.7) en la ec. (11.8) se encuentra que

I11.I 2)

a = a X r + a X v Ahora analicemos cada uno de

estos sumandos

1. a X r. E t 1 la figura 11.8 se muestran los vectores a y r. Usando la definición de producto vectorial (véase la sección 2.61, se encuentra que guientes características:

(Y

X

r tiene las si-

a) Magnitud. De la ec. (2.66) se tiene que

(11.7) Usandoahoralaec.(10.6)paraladerivadadeunpro-donde ducto(conservandoelordende los vectores), se tienecomo que

La derivada (dridt) es igual al vector de velocidad v (véase la ec. (5.7)). Consideremos ahora la otra derivada que aparece en la ec. (11.8): dw,’dt. Derivando la ec. (11.2) con respecto al tiempot se tiene que (usamos la ec. (10.6)) dt

da d/; -a-+-

”

dt

dw dt

G

Pero dkldt = O ya que el vector es constante, no cambia con el tiempo. Esto ú l t i m o se debe a que he-

se usólaec.(11.6).Nótesequetanto (y w formanelmismoángulo 4 con r, yaque a y w tienen la misma dirección (a lo largo del eje

J J ‘1. b) Dirección.

a x r es perpendicular al plano que forman a y r, es decir, es perpendicular al plano O C P (fig. 11.81, y por tanto, tangente al círculo. c) Sentido. Usando la regla de la mano derecha, se encuentra que a X r tiene el sentido mostrado en la figura 11.8.

Recordando lo aprendido en la sección 5.5, vemos que (Y x r es precisamente la aceleración tangencial a ya que tiene la misma magnitud (véase ec. (5.67)), la misma direccióny el mismo sentido. La aceleración tangencial es tangente al círculo en el punto P a X r = a

(11.I 4)

254 alrededor del cual gira l a partícula, es fijo. Si no lo fuera, entonces en la expresión (11.9) habría que añadir otro término, que provendría de la derivada del vector unitario a lo largo del eje (en nuestro caso i;) con respecto al tiempo.

11.3. MOVIMIENTO DE PLACAS DELGADAS CON UN PUNTO FIJO

' I' Figura 11.8

2 . w X v. En la figura 11.9 se muestran los vectores y v. De la definición de producto vectorial se tiene

que las características de w x v son:

a) Magnitud. De la ec. (2.66) se tiene que /w X

VI

= l w l h i sen90°

= w(oR) = w'R

(11.I S)

Aquí se uSaron los hechos de que el ánguio entre w y v es de 90°, de que sen 90" = 1 y la ec. (5.56) para la magnitud de la velocidad lineal v. b) Dirección. E l vector w X v e s perpendicular a los vectores w X v. Por tanto, tiene dirección a lo largo de la línea PC, o sea, del radio del círculo. c) Sentido. Usando la regla de la mano derecha, se encuentra que O X v tiene e l sentido mostrado en la figura 11.9, es decir, hacia el centro C del círculo.

Como primer caso, estudiaremos el movimiento de una placa delgada con un punto fijoO (fig. 11.10).Supongamos que sobre la placa se ejerce una fuerza F arbitraria. Para que el punto O permanezca todo el tiempo f i j o es necesario que quede sostenido por algún agente externo, por ejemplo, un clavo, un tornillo, etc. En vista de que la placa tiene un punto fijo O), (el el Único movimiento que puede realizar es el de rotación alrededor de un eje perpendicular al plano de la placa y que pasa por O. Denotaremos a este eje por J J ' (véase f i g 11.I Gj. E I efecto del agente que sostiene fija a la placa es precisamente impedir que haya otro t i p o de movimientos. Para ello, el sostén debe reaccionar y ejercer las fuerzas y10 torcas de restricción necesarias. Nos damos cuenta de que este eje es fijo. D e lo aprondido en los capítulos 9 y 10, sabemos que el efecto de la fuerza externa es hacer que el centro de masa de la placa se traslade y, además, dado que la fuerza F genera, en general, una torca con respecto a O causa que el momento angular de la placa cambie con el tiempo Sin embargo, debido a que el punto O es fijo, el centro de masa del cuerpo NO se puede trasladar; el Único movimiento que realiza es, entonces, el de rotación.

Recordando lo aprendido en el capítulo 5 vemos que o x v es precisamente el vector de aceleracibn centrípeta (denotada por a ? ) ,ya que tiene la misma magnitud(véaseec.(5.60)),lamismadirección y el mismo sentido w X v = a .

(11 16)

Sustituyendo las ecs (11.14) y (1116) enlaec. (11 12). se tiene que a = a

+ai

(11.I 7)

que es justamente la ec. (5.68). Enfatiramos que este resultado es válido s i el eje de rotación es f i j o . En la obtención de la ec. (5.68) se hasupuestoqueelcentrodelcírculo, o sea, el eje

1I' Figura 11.9

MOVIMIENTO DE PLACAS DELGADAS CON UN PUNTO FIJO

255

Descompongamos la fuerza F en dos componentes: instancia que la placa está constituida por N partícuy otra, perpenlas discretas. De la ec. (10.46) sabemos que el momenuna contenida en el plano de la placa 1 de toda la placa es lasumade los modicular a la placa. Es claro que la única componente to angular (Ij) decadaunade las partículas quegeneramovimiento es lacomponentecontenidamentosangulares dentro del plano de la placa. iQué ocurre con la com- que la componen ponente perpendicular al plano de la placa? Ende vista lo anterior, solamente consideraremos 1 Ij (11.I 9) contenidas estén del dentro aplicadas fuerzas que =; 1 plano de la placa.Sea F la fuerza aplicada (fig. 11.11). Recuérdese que la ec. (10.46) es válida para cualEsta fuerza genera una torca 7 con respecto a O que quier sistemadepartículas;enparticular es válida tiene las siguientes características (véase ec. (IO.IO)): para un cuerpo rígido. 1. Magnitud: Supongamos que la partícula j de la placa, que tie1 7 1 = Fb (11.18) ne un vector de posición r; (fig. 11.13), gira con velocidad angular o alrededor del ejeJ J ' que pasa porO. En consecuencia, de la ec. (11.4) vemos que su velocidad J lineal vj es

=t

J

v, = o X

(11.20)

rj

Es claro que el vector v, está contenido en el plano XY, tal como se ve en la figura 11.13, ya que tiene que ser perpendicular a o.Si la masa de la partícula j es mj, entonces su momento lineal pj es

I

p, = mjv = mj o X Figura 11.10

(11.21 1

rj

Figura 11.1 1

siendo b el brazo de palanca de la fuerza F con respecto a O . 2. Dirección: es perpendicular al plano de la placa. Por tanto, la dirección de T es paralela al eje J J ' (fig. 11.11). 3 . Sentido: si la fuerza tiene el sentido mostrado en la figura 11.11, entonces el sentido de T es el mostrad o en la misma figura, según se desprende de la apliSi el sentido de cación de la regla de la mano derecha. F es opuesto,entonceselsentidode T también es opuesto al mostrado. Ahorabien,porunladosentimosintuitivamente que el efecto de la fuerza es hacer que la placa gire alrededor del punto O. Por el otro lado, y de manera más precisa, la ec. (10.53) nos indica que la torca aplicada hace cambiar el momento angular de la placa. Surge entonces la pregunta: >qué relación hay entre el momento angular y el giro de I placa? Para responder consideraremos a continuación el cálculo del momento angular de un cuerpo rígido. Consideremos una placa delgada que gira con velocidad angular 7 alrededor de un eje fijo J J ' que pasa por el punto O (fig. 11.12). Tomemos un sistema de coordenadas tal que el plano XY esté contenido en el plano de la placa y su origen sea O; el eje Z está a lo largo del eje J J Calculemos el momento angular de la placa con respecto a O. Supongamosenprimera

Y'

Figura 1 l . 12

x

I .

Figura 11.13

256

CaD. 11. CUERPO RíGIDO

que es un vector que tambien está contenido en el plano XY. Delaec. (10.4'1) se tieneentoncesque el momentoangular I; conrespectoa 0 de Id partícula j es I;

= r,j X p.i = r,; X (m?u] X )r,

mo sentldo(fig. 11.15). En consecuencia, 1 también tiene la dirección del ejeJ j ' y e l sentido del vector w. La magnitud de L es, entonces, l a suma aritmética de las magnitudesde los vectores Ij dadaspor la ec.

(1I .23)

(11.22)

Dado que los dos vectores r j y pj están con:ertidos en el plano XY, entonces su producto vectorial I j e; perpendicular al plano formado por ellos, es decir, l; está dirigido a lo largo del eje Z, o sea, del eje j i ' (Fig. 11.14). E s fácil ver que el sentido de I j es el mismo que

I' '

Figura 1 l . 15

J"

Ahora bien, nos damos cuenta de que en cada unode / o s sumandos de esta última expresión,G' es la misma. ,Esto se debe a que, por tratarse de un cuerpo rígido 'tcda; las partículas de la placa giran c o n la misma velocidad angular w. Por tanto podemos sacar w como factor común y nos queda

el de w (vease problema 11.14). En consecuencid. l j y O son paralelos Veamos ahora la magnitud de l j . Del primer renglón de la ec, (11.22) y usando la ec. (2.66) se tiene que

1 I,

j = rj pj

ya que el ángulo entre los vectores r.i y p, es de 90° y sen 90° = 1. D e las ecs. (11.21)y (2.66)se tiene para la magnitud del momento lineal p.i

1 pi

~

= n7.prj

ya que el ángulo entrelos vectores w y rj es de 90°. En consecuencia,

l i = r j (mjwrj) = rnjri2w

(11.23)

En resumen, el momento angular de cada partícula que compone la placa tiene dirección a lo largo del eje de giro I J e l mismo sentido que w y magnitud d a d a por la ec. (11.23). Ahora sumemos los vectores l; de todas las partículas que componen la placa, para abtener el momento angular t o t a l L (véaseec. (11:l9)) Se están sumando vectores que tienen todos la mi5rna clrrección el misI ,

~

1I =

( Cnli'i2j" I

*

._ 1-1

(1 1.24)

Definirnos el momento de inercia / del sistema con respecto al p u n t o O conlo

2

I = rn.,rj2 =; 1 La ec. (11 24) nos queda en!onces

(11 25)

Dado que el vector 1 es paralelo a w y en v i j t s d e la ec. (11.26) podernos escribir que L = /o

(1I ,271

En la figura 11.16 se muestran io3 vectores de velocld;d angular w y de momento angular L. Hasta este p u n t o se ha hecho l a suposicibn de que la placa estA formada de un cvnjunto discreto de N partículas. Sin embargo, los cuerposrígidoscon los que estamos familiarizados tienen distribuciones continuas de masa. En este caso se puede demostrar (problema 11.5) que el momento d e inercia I es

257

MOVIMIENTO DE PLACAS DELGADAS CON UN PUNTO FIJO

y sus unidades, en el SI, son

{

unidades

d,e

}

(11.31)

= kg X m2

De la definición del momento de inercia, dada por la ec. (11.25) (o la correspondiente ec. (11 28)) nos damos cuenta de que I es siempre una cantidad positiva, ya que es una suma de términos queson cada uno positivos (mjr,2) />o (I 1.32) Figura 1 l . 16

En estas expresiones el momento angular, la torcay el momento de inercia están calculados con respecto al p u n t o f i j o O. Además, r es el vector de posición del elemento de área dA (fig.11.I 7 ) y h es el grueso de la e(r) es ladensidaddemasade placa.Finalmente la placa en el punto r (véaseec. (9.48)). La integral dada en (11.28)se lleva a cabo sobre toda el área A de la placa.

Obsérvese que para un cuerpo rígido con distribuI es una ción de masa dada e! momento de inercia cantidad que es fila. Aunque el cuerpo se mueva, el momento de inercia no cambia, ya que estamos tratando con cuerpos rígidos. Regresemos ahora a la pregunta planteada arriba. Sustituimos el momento angular de la placa dado por la ec. (11.27) en la ec. (10.53) 7

d L.

=

"

dt

-

d

-(la) dt

"

d = I -w

dt

y usando la ec. (11.11) pard el vector de aceleración angular (Y encontramos finalmente que

r = /(Y

(11.331

Este resultado nos indica que una torca r aplicada sobre un cuerpo rígido causa una aceleraci6n angular a! del cuerpo, cuyo valor es

1

r7

(Y=

Figura 11.17

En el importante caso en que la densidad de masa de la placa sea uniforme, es decir, sea la misma en cualquier punto de la placa, entonces e(r) es una cantidad constante, que denotaremos simplemente por e. En este caso se puede sacar e de la integral en la ec. (11.28) y su momento de inercia con respecto a O es

I = heSArzdA E s fácil ver que (véase problema 11.3) siones del momento de inercia son

{

dimensiones d,e

}

= ML2

(11.29) las dimen-

(11.30)

(11.34)

La respuesta a la preguntdciue se hizo arriba es, entonces, que s i se aplica una fuerza sobre una placa rígida cot-I u n p u n t o f i j oO, entonces la torca T correspondiente a esta fuerza genera una aceleracibn angular a! de la placa. Es claro de la ec. (11.34) que el vector a! tiene la misma direcciony el mismo sentido que la torca T , que en nuestro casoes a lo largo del ejeI J ' (véase fig. 11.18). Como se ve en la ec. (11.33), la relación entre 7 y a! está dada en términos del momento de inercia I del cuerpo rígido. Este momento de inercia es unacaracterísticadelcuerpo. En la próxima sección aprenderemos la forma de calcular momentos de inercia de cuerpos rígidos. A continuación obtendremos la energía cinktica de una placa delgada en rotaci6n con un punto fijo. Regresemos al caso de la figura 11.13. En este caso ta partícula j tiene una energía cinéticaKj dada por(véase la ec. (8.24)):

258

Figura 11.19

Figura 11.18

Pero d e l a f i g u r a 11.13 nos damos cuenta de que los vectores w y r j son perpendiculares. Por tanto, la magn i t u d d e l a v e l o c i d a d l i n e a l v jes simplemente v j = rjw

que sustituida en la expresión anterior

nos da

En vista de que la energía cinética total del sistema, K, es igual a la suma de la energías cinéticas de cada una de las partículas que lo componen

K = =

j =1 j=1

Ahora bien, la magnitud del desplazamiento drj es

k j

N 1

d r j = rjd8

mjrj2w2

-

y sacando w2 como factor común, ya que la velocidad angular w es la misma para todaslas partículas del sistema, la última ecuación nos queda como

K = Liw2 2

Descompongamos ahora la fuerza F j en dos componentes: una a lo largo del desplazamiento d r t q u e I l a maremos (Fj) ; otracomponenteperpendicularal desplazamiento drj, que llamaremos (FJl. En vista de que el movimiento de la partícula es a lo largo de un círculo, nos damos cuenta de que el desplazamiento drj, es tangente al círculo que describe la partícula. En consecuencia, la componente (Fj),, es perpendicular al vector de posición r j de la partícula j, mientras que la componente (Fj), es paralela a rj. En vista de lo anterlor, el producto escalar que aparece en la ec. (11.36) queda como

(11.35)

por lo que

Pero la cantidad encerrada en los corchetes de la última expresión es la magnitud de la torcarj con respect o a O causada por la fuerza Fj (véase el capítulo IO).

Aquí se usó la definición (11.25)del momento de inercia del sistema. En caso de que el cuerpo rígido tenga Hay que darse cuenta de que (Fj) es perpendicular una distribución continua de masa, entonces la I que a rj. aparece en la ec.(11.35)es la expresión dada por la ec.

(11.28).

Por tanto, Calculemos ahora el trabajo realizado por las fuerd W j = /7iId8 (11.37) zas que se aplican sobre el cuerpo rígido al girar éste. Consideremos nuevamente una distribución discreta En consecuencia, el trabajo total Wj realizado sobre de partículas. Sea Fj la fuerza que experimenta la parla partícula j es t í c u l a j (fig. 11.19). Consideremos un desplazamiento drj de la partículaJ. En vista de que el movimiento del cuerpo rígido es circular, esto corresponde a un giro dB de todo el cuerpo rígido. En este desplazamiento, = 17jldB e l t r a b a j o d W j r e a l i z a d o p o r l a f u e r zFaj sobre la partícula j es (véase ec. (8.23)) y el trabajo total W realizado sobre el cuerpo rígido es d W j = Fj d r j (11.36)

1

MOMENTOS DE INERCIA DE PLACAS DELGADAS N

w =j=c1 w ; j= 1

J

"

Dado que la suma de integrales de la suma

es igual a la integral (1 1.38)

La suma quepparece dentro de la integral es l a suma de las magnitudes de las torcas aplicadas a cada una de las partículas del sistema. Ahora bien, en una placa delgada con un punto fijo, las torcas ejercidas sobre las partículastienentodaslamismadirección y el mismo sentido [véase problema 11.15). Por tanto, la es igual a la suma de las magnitud de la torca total i magnitudes de las torcas de cada una de las partícuI as

de quese requiere conocer las distancias de cada una de las partículas al punto O. Las distancias de las partículas 1 y 2 al punto O son 2 m y 1 m, respectivamente. La distancia de la partícula 3 al punto O es A 0 (fig. 11.20b). Pero el triángulo OBA es rectángulo, y conocemos sus catetos OB y AB. Aplicando el teorema de Pitágoras, encontramos la magnitud de a hipotenusa AO. A 0 = JAB2 que, sustituyendo valores,

(11.39)

11.4. M O M E N T O S DE I N E R C I A DE PLACAS DELGADAS

En esta sección obtendremos los momentos de inercia de varios cuerpos rígidos. Ejercicio 11.1. Obtenga el momento de inercia respecto al punto O del sistema de tres partículas mostrado en la figura 11.20a. Supóngase que las tres partículas están contenidas en un plano y están a distancias fijas entre sí. En vista de que el sistema por tratar consta de partículas discretas, hay que aplicar la ec. (11.25) para el Nos damos cuenta cálculo del momento de inercia.

= J36m2

A*

9ks

+ (1 m)' + Im 2

= &%?-=

6.08 m

Por tanto, se tiene que

m, = 7 k g m, = 8 k g m3 = 9 k g

rl=2m rZ=lm r3 = 6.08 m

siendo r j (j = 1, 2,3) los valores de las distancias de cada una de las partículas al punto O. Sustituyendo estos valores en la ec. (11.25) se encuentra que

+

+

/ = m1rl2 m2rz2 m,r,2 = (7 kg) X (2 mI2 (8 kg) X (1 m)2 (9 kg) x (6.081,

+

+

= 28 kg X m 2

+ 8 k g x m2 + 333 k g x

m2

= 369 k g X m 2

Éste es el valor de momento de inercia pedido Ejercicio 11.2. Resuelva el ejercicio anterior, pero suponiendo que la partícula1 está a una distancia de 4 m del punto O. En este caso se tiene que

m, = 7 kg, 3

+ OB2

nos da

OA = J(6m),

por lo que la ec. (11.38) queda como

W = \i71dO

259

r1 = 4 m

quedando los demás datos iguales. Procediendo como se hizo en el ejercicio anterior, se encuentra que

/ = 453 k g X m2

11

6rn

Figura 1 1.20

En este caso, la partícula 1 está más separada de O q u e enelcasodelejercicio11.1,conelresultado de que el momento de inercia ahora es mayor. Obsérvese que en este caso el sistema de partículas tiene la misma masa total que en el caso del ejercicio 11.l. Sin embargo, los momentosdeinerciasondistintos,ya que las distancias son distintas. E l resultado nos indica que mientras más separada esté una (o varias) de las partículas del puntoO, mayor será el valor del rnomento de inercia del sistema.

260

Cap. 11

CUERPO RíGIDO

Lo anterior es una ilustración del hecho de que el momento de inercia de un cuerpo depende no sólo de la masa total del cuerpo, sino también de la distribución de la masa en el cuerpo. Cuerpos conlas mismas masas totales, pero distribuidas de formas distintas, tienen momentos de inercia distintos.

que sustituyendo en la ec. (11.41)nos da

Ejercicio 11.3. Obtenga el.momento de inercia con respecto a su centro de una placa circular delgadade radio H que tiene rlasa total M distribuida uniformemente. En este caso usamos la ec. (11.29). Para el elemento de área escogemos el mismo anillo mostrado en la f i gura 9.38. E l valor de su área dA está dado por !a ec. (9.81), que sustituimos en la ec. (11.29) H

!= ehjo

S, r2(r 2?r

dr dB)

S,

H

r2rdr =

\

H

il

I

r3dr

1:'

= " 14 4

(11.42)

Éste es el momento de inercia de una placa circular M y radio H conrespectoa su uniformedemasa centro.

I

Integramos primero sobre

La integral sobre r es

1 I = -MHz 2

(11.40) (9.83).

)GL;o"Tie sigue a la ec.

y finalmente, después de simplificar,

Ejercicio 11.4. Calcule el momento de inercia con respecto a SU centro de masa de una placa rectangular delgada con distribución de masa uniforme. Supóngase que los lados del rectángulo tienen longitudes a yb (fig. 11 21).Del ejercicio9.6 sabemos que el centro de masa de una placa rectangular delgada uniforme se encuentra eTr el centro geométricoC de la placa. Escogemos un sistema de coordenadas con sus ejes paralelos a 105 lado5 del rectángulo y con el origen en C. Usaremos l a ec. (1.1.29j para determinar el momento de inercia. Para ello escogemos un elemento de área dA rectangular de lados dx y dy, a una distancia r de C (fig. I l . 2 l j , centrado en el punto P de coordenadas (x, y). Por t a n t o ,

dA = dx dy

(11.43)

Aquí se usó la ec. :1.28) con n = 3. Sustituyendo los valores de las integrales acabadas de calcular en la ec. (11.40), se encuentra que

x

(11.41)

= -@hH4

2

Por otro lado, de la ec. (9.48) se tiene para una dlstribución de masa uniforme que

M

M

v = Ah

@ =

siendo Vel volumen de la placa. En nuestro caso A es P I área del círculo de radio H, dada por A = aH2

Figura 1 1.2 1

Además, dado que el triánguloCPQ e5 rectángulo con hipotenusa r, del teorema de Pitágoras se tiene que

r2 = x z

+ y2

(11.44)

Sustituyendo las expresiones (11.43) y (11 44) en la ec.

(11.29) se encuentra que

262

Cap.

11.

CUERPO RíGIDO

t r o d e masa del cuerpo. En estos casos se debería volver a hacer cálculos análogos a los que se hicieron en los ejercicios 11.3y 11.4. Afortunadamente esto noes necesario, ya que existe un teorema, el de ejes paralelos, que nos indica que sise conoce el momento de inercia de un cuerpo rígido con respecto a un punto, por ejemplo el centro de masa, entonces se puede obtener fácilmente el momento de inercia del cuerpo con respecto a cualquier otro punto. En esta sección demostraremos este teorema. Consideremos una placa rígida arbitraria con distribución de masa uniforme (fig. 11.22). Sea C su centro sisde masay sea O un punto arbitrario. Tomemos dos temas de coordenadas: uno, el XY, con origen en O y el otro, con sus ejes X ’ Y ‘ paralelos a los ejesanteriores y su origen en C. Sean (X, Y) las coordenadas del punto C en el sistema O.

r2

=

x2

+ y2

y sustituyendo los valores dados por la ec. (11.53) r2 = (x’

+ X)2 + ( y ’ +

Desarrollando los binomios al cuadrado r2 =

x’2

+ 2x’X + + y’2 + 2y’Y + Y‘ x2

y agrupando

r2 = ( x ”

+ y’2) + 2x’X + 2 y ‘ Y + (X2 + Y2)

(11.55)

Pero, de la figura 11.22 vemos ques i r ‘ es la distancia de P al centro de masa C, entonces rr2

=

x‘2

(11.56)

+ y!2

Además, nos damos cuenta también de que

siendo R la distancia entre C y O. Por. tanto, sustituyendo las ecs. (11.56) y (11.57) en (11.55) nos queda

+ 2x’X + 2y’Y + R2(11.58)

r2 = r r Z

Ahora sustituimos (11.58) en la expresión (11.54) lo =

=

+ 2x’X + 2 y ’ Y + R2)dA r’2dA + j A 2 x ’ X d h

S A ( r I 2

+JA2y‘yd~

u Figura 11.22

En emstema de coordenadasXY, el vector de posición R (con componentes(X, Y)) del punto C está dado por la ec (9.26) o en su caso, la ec. (9.50).

I

Calculemos el momento de inercia de la placa con respecto aO. Sea dA un elemento de área centrado en el punto P. Este p u n t o P tiene coordenadas (x, y) en el sistema O y coordenadas (x’, y’) en el sistemaC. D e l a figura 11.22 podemos escribir que

+ x,

eh

+Y

i

+lAR2dA

En el segundo sumando sacamos 2X fuera de la integral, ya que es constante; por el mismo motivosacamos 2Y fuera de la tercera integral y R2 de la cuarta integral. Así obtenemos

+ í!QhXJ’,x‘ dA + 2ehYSAy‘dA + ehRZI,dA

1 0 = ehJ’,rJ2dA

(11.59)

E l primer sumando de la derecha es justamente el momentodeinerciadelaplacaconrespectoa su centro de masa C, que denotaremos por I C IC = eh

S,

r‘22 dA

(11.60)

(11.53)yaque r ’ es ladistanciadelelementodAalpunto C (fig. 11.22). Las integrales que aparecen en el segundo y tercer De la ec. (11.29) se tiene para el momento de inercia sumandos son cero con respecto a O, que denotaremos por I , x = x’

y = y’

(11 54)

(11.61)

siendo r l a distancia del elemento en P al punto O (fig. 11 22) Se1 tiene que

ya que son las coordenadas del centro de masa en el sistemacuyoorigen es precisamenteelcentrode

I , = he S A r 2 d A

263

TEOREMA DE EJES PARALELOS

masa (véase ec. (10.81) y problemas 10.28 y 11.8). Finalmente, la integral que aparece en el último sumand o (11.59) es justamente el área A de la placa

SadA = A

(11.62)

Sustituyendo las expresiones (11.60)-(11.62) en la ec. (11.59) se obtiene que

+

lo = lc ebAR2

e=

M

v = Ah

siendo V ( = A b ) el volumen de la placa y M su masa total. Por tanto,

eha = M

(11.64)

Sustituyendo este valor en la ec. (11.63), obtenemos finalmente que lo = lc

+ MR2

(11.65)

Esta relación constituye el teorema de ejes paralelos: el momento de inercia con respecto a un punto arbies igual al trario O de una placa delgada uniforme momento de inercia con respecto asu centro de masa C más el producto de la masa total M de la placa por el cuadrado de la distancia R del centro de masa C al p u n t o O. Delaec.(11.65) es claroque si se conoceel momento de inercia de una placa con respecto a su centro de masa, entonces se puede obtener muy fácilmenteelmomentodeinerciaconrespectoacualquier otro punto.En consecuencia, dada una placa,es suficiente calcular su momento de inercia con respect o a su centro de masa. Ejercicio 11.5. Una placa rectangular delgada, uniforme, tiene masa de 3.7 kg. Los lados de la placa miden 4 m y 6 m. Obtenga el momento de inercia de la placa con respecto a un vértice. Sea O el vértice en cuestión (fig. 11.23). E I centro de c

(+)'+

R2 =

(11.63)

Ahorabien,paraunaplacacondistribuciónde masa uniforme, la ec. (9.48) para la densidad de masa es

M

masa C de la placa se encuentra en su centro geomét r i c o C. E l momento de inercia de la placa con respecto al centro de masa ya se o b t u v o y está dado por la ec. (11.52). La distancia R entre el centro de masa C y el p u n t o O es (usando la misma notación del ejercicio 11.4)

(+)

2

+ b2)

I

= 4(a2

(11.66)

Por tanto, sustituyendo las ecs. (11.52) y (11.66) en la ec. (11.65), se obtiene que

+

I

l o = lc M R 2 = -M(a2 12

1

= - M(a2 3

+ b2)+

I

M (a2

+ b2)

(11.67)

Sustituyendo valores se encuentra que

10

1

= - X 3.7 k g X 3

+

1

3.7 x (16 36) k g X m 2 3 = 64.13 k g X m 2

"

Ejercicio 11.6. Obtenga el momento de inercia de una placa circular delgada, uniforme, con respecto a un punto sobre la circunferencia.La masa de placa es de 25.7 kg y su radio es de 3.5 m . En el ejercicio 11.3 se obtuvo el momento de inercia de una placa circular uniforme, delgada, con respecto a su centro de masa (véase ec. (11.42)). Por tanto, usando la ec. (11.65) se tiene para el momento de O de su inercia de la placa con respecto a un punto periferia lo = l c

+ MHz

siendo M l a masa total de la placa y H su radio. Sustituyendo la ec. (11.42) nos da

6rn

Sustituyendo valores se encuentra que 3 2

lo = - X 25.7 k g X (3.5m)*

-

Figura 1 1.23

+ b2)

3 X 25.7 X 12.25 k g x 2

= 472.24 k g x m 2

m2

264

Cap. 11. CUERPO RiGlDO

En ocasiones es necesario encontrar el momento de inercia con respecto a un punto O de una placa que está compuesta de varias partes (fig.11.24).AI aplicar la ec. (11.281, hay que efectuar la integral sobre toda el área A del cuerpo.En vista de que el área total es la sumade las Breas A,, A,, se puedeescribir

IC,

+ (0.6 m i 7

= -ml[(0.5 m),

12

-~

12

8 kg

X

0.61 m 2

= 0.407 k g X m2

(11.69)

Para la placa 2

I,

= -m2[(2m),

12

- I

n

12

+ (0.6 mI2]

45 k g X 4.36 m 2

= 16.35 kg X m 2

(11.70)

Ahora aplicaremos a cada una de las placas el teorema de ejes paralelos dado por la ec. (11.65). Para ello necesitamos conocer las distancias de cada uno de los centros de masa C, y Cz al punto O. Distancia OC,: E l triángulo OPC, es rectángulo (fig.

11.25b). Figura 11.24

Aquí /AA,) es el momento de inercia de la placa A, con respecto al punto O, etc. Este resultado nos dice que el momento de inercia con respecto a O de una placa compuesta de varias partes es igual a la suma de los momentos de inercia de sus partes calculados todos con respecto al mismo p u n t o O. Ejercicio 11.7. Dos placas rectangulares uniformes se unen como se muestra en la figura11.25a. La placa 1 tiene masa de 8 k g y la otra, la 2, tiene masa de 45 kg, con las dimensiones mostradas en la misma figura. Obtenga el momento de inercia del cuerpo compuesto con respecto al punto O. E l momentodeinerciabuscado lo obtendremos aplicando la ec. (11.68).Es decir, se necesita conocer los momentos de inercia, con respecto al puntoO, de cada una de las placas rectangulares. Por otro lado, en el ejercicio 11.4 se obtuvo el momento de inercia de una placa rectangular uniforme con respecto a su centro de masa (veáse ec. (11.52)). Aplicaremos, entonces, a cada uno de los rectángulos el teorema de ejes paralelos, para encontrar sus momentos de inercia con respecto al punto O. En primer lugar calcularemos el momento de inercia de cada uno de los rectángulos con respecto a su centro de masa, usando la ec. (11.52).

Sean m, y m2 las masas de los dos rectángulos

m, = 8 kg,

m2 = 45 k g

Se tiene entonces que, para la placa 1,

Aplicando el teorema de Pitágoras se obtiene que

+

(OC,)2 = (0P)Z (PC$ = (0.3 m)2 ( 2 m = 5.15 m 2

+

+ 0.25 m),

(11.71)

Distancia OC2: en el triángulo rectángulo OPC2(fig.

11.25cl

+

(OC2)2 = (0P)Z (PC212 = (0.3 m)2 (1 m)’ = I .O9 m2

+

(11.72)

A continuación obtendremoslos momentos de inercia de las placas con respecto al punto O, usando el teorema de ejes paralelos (ec.(11.65)). Para la placa 1 se tiene que /dl) = I,, m,(OC1)2

+

que usando los resultados (11.69) y (11.71) nos da

/ d l ) = 0.407 k g

X

In2

= 41.6 k g X m 2

+ 8 kg X

5.15 m 2 (11.73)

Para la placa 2 se encuentra que

Id21 = I C ,

+ m2(OC,)2

que usando los resultados (11.70) y (11.72) nos da

ld2) = 16.35 kg

X m2 = 65.4 kg X m 2

Finajmente,usandolaec.

+ 45 k g X 1.O9 m’

1.74) (I

(11.68) y los resultados

265

DINÁMICA DE PLACAS DELGADAS R2

0.25 m

= (coy = (CC2 PC*I2 (OPY = (0.189 m 1 m)2 (0.3 m)’

+

+

+

= 1.504 m2 ; ; 2

1-

o-P

0.3 m

I , = I,

OWP

03m

M = m,

= 8kg

+

+ 65.4kg X

m2

(11.75)

R

C -P 0.3 m

Figura 1 1.26

aprendido en el capítulo9, se encuentra que el centro de masa C del cuerpo compuesto está sobre la línea que une aC1 c o n C, y a una distancia de 0.189 m de (problema 11.12).Por tanto, la distancia R entre C y O se obtiene usando el teorema de Pitágoras en el triángulo rectángulo OPC

+

+ 45 k g = 53 k g rn2

(11.78)

Éste es el valor del momento de inercia de la placa compuesta con respecto a su centro de masa C.

Ejercicio 11.8. Obtenga el momento de inercia del cuerpo compuesto del ejercicio 11.7, pero con respect o a su centro de masa. En vista de que se conoce el momento de inercia del cuerpo compuesto con respecto al punto O (ec. (11.75)), podemosencontrarelmomentodeinercia con respecto al centro de masa C, usando el teorema de ejes paralelos (véase ec.(11.65)). Para ello necesitamos conocer la distancia entre el centro de masa del cuerpo compuesto C y el punto O (fig. 11.26). De lo

t

( I 1.77)

I, = 107 kg x m 2 - 5 3 kg x 1.504 m2 = 107 kg x m 2 - 79.7 kg X m 2 = 27.3 k g X m 2

ÉStaes la cantidad pedida

“i

MR2

Sustituyendo los resultados (11.75), (11.76) y (11.78) en la ec. (11.77), obtenemos que

(11.73) y (11.74) obtenemos el momento de inercia del cuerpo compuesto con respecto a O = lo(1) 10(2) = 41.6 k g X m2 =kg 107 X m2

-

Aquí M es la masa total de la placa compuesta

Figura 11.25

89

(11.76)

De la ec. (11.65) despejamos el momento de inercia con respecto al centro de masa Ir

0.6 m

lo

+

11.6. DINÁMICA

DE PLACAS DELGADAS

Una vez quese sabe la manera de calcular momentosdeinerciadeplacas,podemosregresaralaec. (11.34)paraestudiarelmovimientoquerealizael cuerpo rígido. Esta ecuación relaciona la torca aplicada con la aceleración angular que resulta. En primer lugar, si la placa tiene un punto fijo, entonces es claro quealaplicarunatorcaarbitraria,solamentedará contribución al movimiento la componente de la torca perpendicular al plano de la placa. En consecuencia, de la ec. (11.34) vemos que la aceleración angular resultante 01 es un vector también perpendicular a la placa, y con el mismo sentido que la torca, ya que el momento de inerciaes una cantidad positiva (véase la ec. (11.32)). Hay que enfatizar que tanto la torca como el momento de inercia que aparecen en la ec. (11.34) están calculados con respecto al mismo punto.

Ejerc’cio 11.9. A unaplacarectangularuniforme demasa14 kg, con su centrodemasaC-fijo(fig. 11.27), se le aplica una fuerzaF de magnitud 8.2 kg en el punto P mostrado. iQué movimiento realiza la placa? La fuerza F genera una torca con respecto a C, que a S U vez da como resultado una aceleración angular (véaselaec. (11.34)). Usandolaec.(10.10) se encuentra que la torca con respecto C, a Tc es un vector C2perpendicular al plano de la placa; usando la regla de la mano derecha,se obtiene que el sentido de T~ es hacia afuera del plano de la página. La magnitud deTees TC

I F I (CQ)

266 6m

)c-

Ejercicio 11.10. Suponga que la placa del ejercicio anterior tuviera fijo el vérticeO (fig. 11.27). iQuéaceleración angular tendría entonces la placa? La torca aplicada 70, tiene una dirección perpendicular al plano de la placa y un sentido que sale de la página; es decir, estas dos características son iguales a las del caso anterior. La que sí cambia ahora es la magnitud de la torca aplicada. En este caso, el brazo de palanca es la longitud OP

Y

OP=3m+2m=5m por lo que Figura 1 1.27

T~

= 80.36 N

X

5 m = 401.8 N

X m(11.81)

Para encontrar el momento de inercia de la placa siendo CQ el brazo de Palanca de la fuerza F con rescon respecto a O, usamos el teorema de ejes paralelos Pecto a Ahora bien, trabajaremos en el SI de unida- (ec. (11.65)). La distancia R entre los puntos O y C se triánguPitágoras al teorema de obtiene aplicando que elpor lo des, lo rectángulo OCS 1 F 1 = 8.2 kg = 8.2 X 9.8 N = 80.36 N

c.

R2 = (OC)* = (OS)2+ (CS)2 = ( 3 m)2 (1.5 m)2

V

+

CQ=2m Sustituyendo estos valores en la última ecuación contramos que

rc = 80.36 N

X 2m = 160.72 N X m

en-

(11.79)

En seguida obtendremos el momento de inercia de la placa con respecto a su centro de masa. Aplicando la ec. (11.52) encontramos que

1 kg X [(6m)2 12 = 52.5 kg X m 2

l~ = -14

+ (3 m)2] (11.80)

IC

-

160.72 N X m 52.5 kg x m*

Aquí se usaron los valores (11.79) y (11.80). Haciendo las operaciones, se encuentra que (problema 1I.I 6) cy

= 3.06 radls2

En consecuencia,laplacagiraalrededorde C con aceleraciónangularconstante. En particular, si in!cialmente estaba en reposo, comenzará a girar en sentido opuesto a las manecillas del reloj.

11.25 m2

(11.82)

Sustituyendo los valores (11.80) y (11.82)enlaec. (11.65), se encuentra que

/o =

IC

+ MR2

= 52.5 k g x m2 = 210 k g X m2

+ 14 kg X I 12 5

m2 (11.83)

Ahora sustituimos los valores (11.81) y (11.83) en la ec. (11.34) obteniendo que cy

Usando la ec.(11.34), se tiene que la aceleración angular (Y resultante es un vector perpendicular al plano de la placa, con sentido hacia afuera de la página y con magnitud dada por (y= ~rc

(=

401.8 N X m 210 kg X m 2 = 1.91 radls2 =

70_-_ /O

E l movimiento es, por tanto, un giro alrededor de O con aceleración angular constante. En este caso resulta que la aceleración angulares menor que en el caso del eiercicio 11.9. Ejercicio 11.11. Una placa rectangular, delgada, de

30 c m y 1 5 cm de lados y de masa distribuida unifor-

memente está en reposo sujeta de dos clavijas en los puntos A y B (fig. 11.28). En cierto momento se quita la clavija B. Obtenga: a ) La aceleración angular inicial de la placa.

b) La aceleración lineal inicial del centro de masa de la placa.

La placa experimenta una fuerza externa que es su peso P, aplicado en su centro de masaC. Este peso genera una torca con respecto al punto A y en conse-

-

DINÁMICA DE PLACAS DELGADAS

D = h/2

una placa rectangular, delgada, con respecto asu centro de masa es

1 1, = - M 12

c

267

+ k2)

(11.88)

Sustituyendo las expresiones (11.87) y (11.88) en la ec. (11.86) se encuentra que

u

h = 30cm

(h2

+ k2)

I

= 7M(h2

/A

Figura 11.28

(11.89)

Ahora sustituimos las expresiones (11.85) y (11.89) en la ec. (11.84), obteniendo cuencia (véase ec. (11.34)) la placa experimenta una aceleraciónangular. Si inicialmentelaplacaestaba en reposo, entonces al soltar la clavija B la placa empieza a girar alrededor del punto A. Clamaremos con la letras h y k las longitudes de la placa

h = 30cm

k = 15cm

a) Aplicamos la ec. (11.33) con respecto al centro de giro A

siendo 7,4 la torca deP con respecto aA; lael momento de inercia de la placa con respecto a yAa s u aceleración angular. Esta ecuación implica r A =

(11.84)

lA(Y

La torca de P con respecto a A es

TA=RXP

= D f = hMg/2

(11.85)

siendo D ( = h/2) el brazo de palanca de la fuerza P y M la masa de la placa. Usando el teorema de ejes paralelos podemos encontrar el momento de inercia de la placa con respecto al punto A (ec. (11.65)) I, = I,

+M

R ~

(11.86)

siendo R la distancia de C a A. Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo AQC se tiene que

-

h2

+ k2 4

1 3

-M(h2

+ k2)a

y despejando LY nos da

3 hs (y= 2 h2 k2

+

(1I,901

Nos damos cuenta de que este resultado no depende de la masa M de la placa. Solamente depende de sus características geométricas. Sustituyendo los valores numéricos de h y de k se encuentra que a

= 39.2 rad/s2

(11.91)

La dirección de a es perpendicular al plano de la placa y su sentido es hacia adentro de la página. b) E l centro de masaC gira alrededor de A;es decir,. recorre un círculo de radio R. Por tanto, su aceleraciónlineal a es (véanse las ecs. (11.14), 7)) (11.16) y (11.I

a = w X v + a x R

que es un vector perpendicular al plano de la placa y con sentido hacia adentro de la página. Su magnitud es 7A

h

-2 M g

(11.87)

Del apéndice V vemos que el momento de inercia de

siendo w su velocidad angular y v, su velocidad lineal en el instante considerado. Recordamos que el primer sumando es la aceleración centrípeta y el segundo sumando es la aceleración tangencial. Dado que inicialmente la placa no se mueve, entonces su velocidad angular o es nula, por lo que

a = a X R

(11.92)

Por tanto, en el instante inicial la aceleración lineal es solamente tangencial. Su componente normal (o centrípeta) es nula. En la figura 11.29 se muestr'an estos tres vectores. E l vector a está contenido en el plano de la placa y su dirección es perpendicular a R. Usando la regla de la mano derecha, se encuentra quesu sentido es el mostrado en la figura. La magnitud de a es

la1 = aR sen 900 = aR

(11.93)

va que 01 es perpendicular a la placa y. por tanto, a R. E l valor de K es, usando la ec. (11.87)

268 La polea es una placa circular delgada con el punto C fijo. Sean M la masa de la polea, H su radio y m la masa del cuerpo

M = 0.5 kg,

H = 30 cm,

m = 2.3 k g

En lafigura 11.31 se muestran los diagramasde cuerpo libre del cuerpo y de la polea. Las fuerzas que se aplican al cuerpo sonsu peso p y la tensión T, de la cuerda.Se escoge el vector aceleración a vertical y de sentido hacia abajo. Aplicando la segunda ley de Newton al cuerpo, se tiene que 1,

+ p = ma

(11.94)

Escogiendounsistemadecoordenadascomoel mostrado en la figura 11.31a, la componente de la ec. (11.94) es

7,-p=

Figura 11.29

R = 16.8 cm Sustituyendo este valor y el de a dado en (11.91) enId ec. (11.93), se encuentra que

1aI

= 6.57 mis2

AI moverse la placa, el brazo de palanca delpeso P con respecto a A va cambiando. En consecuencia, la torca con respecto a A también cambia y, por tanto, la aceleración angular a varía con el tiempo. Una vez que la placa empieza a moverse, la velocidad angular ya no es cero y, por tanto, hay una aceleración centrípeta.

(11.95)

La polea es un disco delgado consu centro de masa C fijo. Las fuerzas que actúan sobre elld son la tensión T,, aplicada en el puntoQ de la periferia del disco; su peso y otra fuerza, de restricción, no mostrados en la C. Esta figura 11.31b, aplicadasambasenelpunto fuerza de restricción es la que causa que la polea no se mueva hacia abajo. Por tanto, la polea realiza un movimiento de rotación alrededor de C, causado por latorcade 1, conrespectoa C. Aplicandolaec. (11.33), se tiene que 1.q

Ejercicio 11.12. Una polea circular de radio 30 cm, uniforme, delgada y de masa 0.5 kg está montada sobre un eje C con el que no tiene fricción. Alrededor de la polea se enrolla una cuerda inextensible y de masa despreciable. En el extremo de la cuerda hay un cuerpo de masa 2.3 kg (fig. 11.30). iQué movimiento realiza el cuerpo? 2Cuál es la tensrón de l a cuerda? ”

-ma

J.

= I

cy

(11.96)

Figura 11.31

a)

Aquí tanto la torcaTT, como I se calculan con respect o al centro de masa de la polea, o sea, con respecto al punto C. Ahora bien, la dirección y el sentido de la torca y de la aceleración angular son los mismos, por lo que la magnitud de la ec. (11.96) es TT2 =

la

(11.97)

Ahora bien, por ser la cuerda inextensibley de masa despreciable se tiene que Figura 1 1.30

7 , = T, = 7

1.98) (1

DINÁMICA DE PLACAS DELGADAS

Además, la aceleración de la cuerda es igual a la aceleración tangencia1 de la polea, por lo que (véase ec.

(5.67))

Sustituyendo las ecs. (11.104) y (11.105) enlaec. ( l I . l 0 2 ) ,obtenemos para la magnitud de la tensión

T

(11 .I06)

(11.99)

a = aH

269

Por otro lado, la magnitud de la torca 7(ya sin subíndi- De la ec. (11.101)vemos que el lado derecho es una cantidad constante. En consecuencia, la aceleración cel es angular con que gira la polea es constante. Además, de la ec. (11.10.5)vemos que el lado derecho también r = TH .I (11 00) es una cantidad constante. Por tanto, el cuerpo baja con aceleración constante; es decir, realiza un moviDespejando (Y de la ec. (11.99) se tiene que miento uniforrnemente acelerado. a (Y= Sustituyendo valores en las ecs. (11.105), (11.101)y (11.I o1 ) H (11.106),obtenemos los siguientes resultados Sustituyendo las relaciones (11.100) y (11.101) en la ec. (11.97),se obtiene que

(Y

a = 8.84 mis2,

= 29.5 rad,",

T = 0.23 kg

Ejercicio 11.13. Describa el movimiento de una máquina de Atwood suponiendo que la polea es un disco H circular uniforme (véase el ejercicio7.9). Suponga que la cuerda es de masa despreciable e inextensible. que despejando T nos da En el ejercicio 7.9 se obtuvo el movimiento de una máquina de Atwood, suponiendo que la polea no jua T = / (11 .I 02) gaba ningún papel. Ahora tomaremos en cuenta a la H2 polea. Para ello, supondremos que la polea es u n disco delgado, uniforme con masa rnD y radio H. UssreSustituyendo ahora la ecuación (11.102) en la mos la misma notación que en el ejercicio 7.9 (véase fig. 7.12). Haremos ahora un diagrama de cuerpo libre (11.95),con p = mg, se encuentra que de los dos cuerpos y de la polea (fig. 11.32). A l cortar a(/iH2) - mg = - rna las cuerdas, las remplazamos por las tensiones TI, T,, 1 3 Y 14. D e esta ecuación despejaremos a. Para ello, pasamos Aplicando la segunda ley de Newton a los cuerpos (ma) al miembro izquierdo (pasa con signo positivo); 1 y 2 (figs. 11.32b y 11.32c), se encuentra pasamos (mg)al miembro derecho (pasa con signo positivo); factorizamos a en el miembro izquierdo. Así, cuerpo 1 : 1, t p = ma (11.I 0 7 ) se obtiene que cuerpo 2: 1, P = MA (11 .I 08) J

TH=/ -

a [m

+

+ [//Hz)] = mg

Para la polea (fig. 11 32d), aplicamos la ec. (11.33)

por lo que

(11 .I 03) 7r3

En el apéndice V vemos que el momento de inercia de una placa circular delgada con respecto a su centro de masa es I = MH2/2

por lo que /

-

1 -M 2

"

Hz

(11 .I04)

que sustituido en la expresión (11.103) nos da para la aceleración J

(11 .I 05)

+ 7T4 = / a

(11.I 09)

Aquí 773 y T~~ son las torcas, con respecto al centro de la polea C, que ejercen las fuerzas T3 y T,, respectivamente. Asimismo, / es el momento de inercia de la polea con respecto a C. El p u n t o C. centro de la polea, está fijo. A continuación escogemos un sistema de coordenadas, como se muestra en la figura11.32e. En este sistema de coordenadas, la torca 7 T 3está dirigida a lo larZ, mientras que la torca go del sentido positivo del eje 7T4 tiene sentido opuesto. Para ser consistente con la selección de los sentidos de las aceleraciones a y A , la polea tiene que girar (vikndola de frente como en la figura 11.32d) en sentido opuesto a las manecillas del reloj. Por tanto, la aceleración angular a está dirigida a lo largo del sentido positivo del eje Z (fig. 11.32e)

270 ecs. (11.107) y

Tomando componentes de las

(11.108),se obtiene que -T1 T2

+ mg = -ma

(11.110) [11.111)

" M g = -MA

y tomando la componente de la ec.[11.109)a lo largo del eje Z se encuentra que

Calculando las magnitudes de estas torcas con respecto a C se tiene que esta última ecuación queda como

T3H - TH ,

(113) 1.I

la

Ahora bien, en vista de que la cuerda despreciable e inextensible se tiene que

1.

Tl = T4,

T, = T,,

es de masa

a =A

(11.114)

Además, se tiene que

Ha =a

(1 15) 1.I

Con lasecs. (11.114) y (11.115), lasecs. (11 .I 13)quedan como (problema11.24).

(11.111) y

1,- M g = - M a

(11.116)

I T* = - Hz a

T,"

(11 .I17)

Así, tenemos tres ecuaciones (ecs. (11.110), (11.116)y (11 .I 17)) para las tres incógnitas: a, T , y T2. Procederemos a resolverlas simultáneamente. De la ec. (11.116) despejamos T,. Para ello pasamos ( M g ) al otro

dl

miembro (pasa con signo positivo)

r, = - M a + Mg

que sustituida en la ec. (11.117) nos da

T,+Ma-Mg=-

I

__

Hz

Despejando ahora TI y factorizando derecho a se obtiene

Z

a

en el miembro

Sustituyendo este valor de Tl en la ec. (11.110),nos da Figura 1 1.32

b-

+ M

)

a-Mg+mg=-

ma

271 D e esta forma tenemos una sola ecuación para una incógnita, a. Despejamosahora a. Para ello,pasamos (ma) al miembro izquierdo (pasa con signo positivo) y los términos (Mg)y (mg) los pasamos al miembro derecho (cambian de signo). Además, factorizamos a yg

c

L

4F r

-I

t

y de aquí

a=

M-m

M

+ m + ///Hz)

Figura 1 1.33

g

En el apéndice V vemos que el momento de inercia de un disco de masa mu y radio H con respecto a su centro es

1 I = -muHz

2

Si calculamos tanto las torcas como el momento de inercia con respecto al punto O, vemos que la torca 7 F r es cero, por lo que

por lo que

Finalmente, se tiene entonces que la aceleración a es a=

M

M-m m (m,/2)

+ +

Figura 1 1.30

Esta ecuación implica que TF

(11.I 18)

ÉStaes la aceleración con la que se mueven los cuerpos en la máquina de Atwood. Vemos que el miembro derecho es una cantidad constante, por lo que el movimiento es uniformemente acelerado. En el caso en que no se tome en cuenta la polea, o sea que se desprecia su masa, m,, entonces la expresión (11.118)se reduce a la ec. (7.48a),anteriormente obtenida. Nos damos cuenta de que la diferencia entre las dos expresiones es que en el denominador hay que añadir la (md2). Por tanto, la aceleración a dada por la ec. (11.118) es menor que la dada por la ec. (7.48a). Es decir,altomarencuentaelefectode la polea, la máquina se mueve con una aceleración de menor magnitud.

= lock!

.I(11 20)

La magnitud de la torca de F con respecto a O es

FD

TF

(11.121)

Por otro lado, necesitamos calcular el momento de inercia de la barra con respecto al punto O, que no es el centro de masa de la barra.En el apéndice V vemos que el momento de inercia de una barra con respecto a su centro de masa IC, es I

IC = -ML2

12

Usando el teorema de

ejes paralelos (véase ec.

(11.65)),podemos calcular l o lo = IC

+ M(L/2)*

Ejercicio 11.14. En la figura 11.33 se muestra una que sustituyendo el valor dado arriba nos da barra uniforme de longitudL que está fija en el punto O. Se aplica una fuerza F , perpendicular 1 a la barra, a 1 1 l o = -ML2 -ML2 = -ML2 una distancia D de O. Describa el movimiento resul12 4 3 tante. Al aplicar la fuerzaF, ésta genera una torca conresPor tanto, la ec. (11 .I 20) nos queda como pecto a O. En consecuencia, la barra gira alrededor de 1 O en el plano vertical. FD = - ML2a En la figura 11.34 se muestra el diagrama de cuerpo 3 libre de la barra. AI separarla de la pared,se sustituye el ancla por la fuerzaF , , aplicada en O. Usando la ec. y despejando Q se tiene que (11.33) se tiene que o(= 3 FD (11 .I 22) 7F 7Fr = I@ ML2

+

+

~

272

Cap. 11. CUERPO R h D O

La barra gira en sentido contrario a las manecillas del reloj, viéndola como se muestra en la figura 11.33.

11.7. DINÁMICA DE CUERPOS RíGIDOS C Q N UN EJE DE S I M E T K ~ AFIJO E l movimiento de placas delgadas conu n punto tijo se pudo tratar en las secciones anteriores de mdnera relativamente sencilla por un motivo: los vectores de momento angulary de velocidad angular tenán i a misma dirección(véanselaec. (11.271 v l a tig. (11 16)j. tste hecho simplificó notablemente? el d e ~ a r r o i i o .En el caso general de un cuerpo rígido arbitrarlo, estos dos vectores NO tienen la misma dirección y res~!lta que su tratamiento se vuelve matemáticd!ne,?t:~~m u cho más complicado. Existe otro caso parael cual los dos vectores arriba mencionados tienen 1'1 misma dirección: un cuerpo que tiene un eje de simetría, gtrando alrededor de este eje. Antes de entrar de lleno en el estudio de este tipo de cuerpos, consideremos la siguiente situación Supongamos que dos partículas idénticas de Inasas iguaies, m , giran alrededor de unele J i y que las partículas se encuentran, todo el tiempo, diametralmente opuestas al eje (fig. 11.75). Ademas, supondremos que las dos partículas giran con Ía misma velocidad anguldr U , que está dirigida a lo largo del eje. Nos C ~ J nos cuentade q u e , enestasituación, las dospartículas estin girando al unisono. CaÍcularemos el momento anguiar total de las dos partículas ron respecto a un punto0 cualquiera, qt!e se encuentre sobre el eje de simetría. Consideremos primero unade ellas, l a 1 , digamos. De la ec. (10.2) se tiene que

Este vector es perpendicular al piano que forman los vectores r , y v1 (fig. 11.33). Ahora bien, dado que la partícula 1 está girando alrededor de un círculo con centro en Q y de radio Q P , el vector v1 es perpendicu-. Íar al vector r , . Por tanto, I, está contenido en el plano OQP. Ademhs, si rl forma un ángulo 8 con el eje J J ', entonces I, también forma e¡ mismo ángulo 8 con la I: !nea QP (fig. 11.36) (problema 11.33). Es importante notar que I, ahora NO ttene la misma dirección que el vector de veiocidad a r g u l a r w. ~~

Kecu6rdese que en PIcaso de una vector de momento angular de cada u n a de las particulas que Id componen es paralelo al vector de velocidad anguiCómo esperaría que variara a,,aumentando o disminuyendo? iPor qué? >Hay resbalamiento entre los discos? iLo hay todo el tiempo?Si dejara de haberlo, iqué pasaría con las fuerzas de fricción? Obtenga la aceleración angular de cada disco. Si dejara de haber resbalamiento, jen qué instant e T ocurriría? Encuentre las velocidadesangularesqueadquieren finalmente los discos. Calcule las energíascinéticastantoiniciales como finales de cada disco. >Cuáles son las energías cinéticas totales inicial y final del sistema formado por los dos discos? iQué le pasa a la diferencia? Calcule los trabajos realizados porlas fuerzas de fricción desde O a J .

'T !-!

a ) La aceleración con la que se mueven los cuerpos. >Hacia dónde se mueven? O ) La aceleración angular con la que gira la polea. c) Las tensiones en cada extremo de la cuerda, suponiendo que es de masa despreciable e inextensible. dj iEn qué porcentaje se modificaría su valor de la aceleración lineal obtenido en el inciso a) si no se tomara en cuenta la masa de la polea?

11.27. Demuestrelacongruenciadimensionaldela 22). expresión ( I 1 .I 11.28. iPor qué se puede escribir la ec. (11.115)? 11.29. Una polea doble consta de dos discos, delga-

dos, uniformes, unidos a través de sus centros de masa (fig. 11.61). Los discos se mueven al unísono. Alrededor de cada disco se enrolla una cuerda de masa despreciable e inextensible, en cuyos extremos están fijos dos cuerpos, como se muestra en la figura. Suponga que no hay friccihn en el eje de la polea Calcule: a ) La aceleración angular de la polea. b) La aceleración lineal de cada uno de los cuerpos. c) La tensión en cada una de las cuerdas.

40 cm Figura 11.60

11.22. Demuestre la congruencia dimensional de las ecs. (11.105) y (11.106). 11.23. iQué movimiento realizaría el cuerpo del ejer-

cicio 11.12, s i se considerara nula la masa de la polea? ¿Con qué aceleración caerla el cuerpo? iMayor o menor que la dada en la ec. (11 105)? iCuál sería la tension de la cuerda?

M:

293 11.30. Unacuerdainextensible

y demasadespreciable se enrolla en el tambor interior de una rueda delgada y uniforme(fig. 11.62). E l momento de inercia de la rueda con respecto su a centro de masaes de 63 kg X m, y su masa es 1 7 kg. En el otro extremo de la cuerda se aplica horizontalmente una fuerza de magnitud 653 kg. E l coeficiente de fricción entre la rueda y la mesa es 0.26. 2Cira la rueda resbalando o no? Obtenga: a) La aceleración lineal del centro de masa de la rueda. b) La aceleración angular de la rueda

Figura 1 1.63

plano inclinado es 0.19, mientras que el Coeficiente entre el cuerpo 2 y la superficie horizontal es 0.17. a) iHacia dónde se mueven los cuerpos? b) Calcule la aceleración del cuerpo 1 y la del 2. c) Obtenga las tensiones en cada una de las cuerdas. Figura 1 1.62

11.31. Un cuerpo de masa 175

k g está unido en un extremo de una cuerda de masa despreciable e inextensible cuyo otro extremo está enrollado en una polea uniforme (fig. 11.63). E l radio de la polea es de 14 c m y su masa es de 47 kg. E l eje es circular de 5 cm de radio y su masa es 6 kg. Inicialmente el cuerpo tiene una velocidad de 4.4 mis hacia abajo. La fuerza de y su soporte es fricción que se generaentreeleje constante, horizontal y de magnitud 51 3 kg. Se observa que el cuerpo desciendey en cierto instante se detiene.

a) Expliquefísicamenteporqué cuerpo.

se detreneel

b) iQué aceleración angular experimenta la polea? c) iQué aceleración lineal experimenta el cuerpo?

d ) i C u á l es la tensión en la cuerda en el instante antes de detenerse? e) 2Cuánto tarda en detenerse el cuerpo? f) iCuántas revoluciones gira la polea hasta que el cuerpo se detiene?

11.32. Considere los cuerposmostradosenlafig. 11.64. La masa del cuerpo 1 es de 431 k g y la del cuerpo 2 es de 76 kg. Los cuerpos están unidos por medio de cuerdas de masa despreciable e inextensibles que están enrolladas, cada una, en uno de los discos de la polea. Los discos de la polea giran al unísono. Se supone que la polea es uniforme y tiene momento de inercia con respecto asu centro de masa C de 87 kg x m,. E l coeficiente de fricción entre el cuerpo 1 y el

Figura 1 1.64

11.33. Demuestre que el ángulo que forma el vector de momento angular I , con la línea QP (fig. 11.36) es igual al ángulo que forma el vector de posiciónr, c o n el eje J J ' 11.34. Demuestre la ec. (11.126). 11.35. Con referencia al caso del giro de dos partículas simétricamente dispuestas, estudiado al inicio de la sección 11.7, demuestre que el ángulo (fig. 11.37b) que forma el vector de momento angular I , con la Iínea WP es igual al ángulo 0 que forma I , con QP 11.36. Demuestre las ecs. (11.133) y (11.134). 11.37. Demuestre que, para un cuerpo rígido simétrico con distribución de masa continua que está girando alrededor de su eje de simetría, la ec. (11.139) es válidaconelmomentodeinerciadadoporlaec. (11.140). Además, demuestre que s i la distribución de masa es uniforme, entonces la expresión para el momento de inercia por usar está dada por la (11.141). ec. 11.38. Calcule el momento de inercia con respecto al eje de simetría mostrado de cada uno de los cuerpos

294

Cap. 11. CUERPO RíGIDO

figura la de 11.65. Sea Mmasa lacada decuerpo, que se supone uniforme. 11.39. Un cilindro uniforme hueco tiene un radio interior de1 5 cm, un radio exterior de27 c m y peso de 325 kg. Encuentre:

Anillo

-

J

a) Su centro de masa. b) Su momento de inercia con respecto al eje desi-

I'

h

'j

Figura 11.65 d

metria que es Dernendicular a la base y pasa por el centro de masa.

Figura 1 1.65 a

lJ'

Paralelepípedo

11.40. Obtenga el momento de inercia con respecto al eje de simetría de un cono circular uniforme de radio 10 cm, altura 30 cm y peso 23 kg. 11.41. Obtengaunteoremade ejes paralelospara cuerpos rígidos, simétricos. 11.42. Encuentre el momento de inercia con respecto alejedesimetríadelpedalmostradoenlafigura 11.66. Suponga que la masaestá distribuida uniformemente. 2 mm H

'I5

mm

11.43. Un cilindro de masa distribuida uniformemente rueda sin resbalar a lo largo de un plano inclinado. Demuestre que la aceleración lineal que tienesu centro de masa está dada por la ec. (11.175). 11.44. Demuestre que las unidades de la aceleración angular ec. dada la por (11.183) las son correctas. 11.45. Demuestre la ec. (11.184). 11.46. Un cilindro de longitud 2.6 m, radio de47 c m y masa de 14 kg, uniforme, está enrollado en los extreE l otro extremo de mos con dos cuerdas (fig. 11.67). cada und de las cuerdas está fijo, de manera que el eje longitudinal del cilindro se mantiene horizontal.

Figura 11.65 b

J

instante cilindro. En cierto

el

se suelta

a ) >Qué movimiento realiza el cilindro?

b) >Con qué aceleración lineal?

E

L Figura 11.65 c

-I

c) Después de 1 . 5 S , iqué distancia habrá caído el cilindro? d ) icon qué aceleración angular gira el cilindro? e) Despuks de1.S S , iqué velocidad angular tiene el cilindro? f) >Cuál es la tensión en cada cuerda?

PROBLEMAS

295

pasa por encima del centro de masa de la esfera (fig.

11.51).La bola adquiere una velocidad angular 1de.I 5 radis. E l coeficiente de fricción entre la bola y la mesa es 0.12. )Qué movimientos realiza la bola? Obtenga: a) La aceleración lineal de la bola.

b) Su aceleración angular.

c) iCuánto tarda la bola en empezar a rodar ressin balar? d) )Cuál es el valor final de su velocidad lineal? e) )Cuál es el valor final de su velocidad angular?

11.47. Un cilindro uniforme se mueve hacia abajo por un plano inclinado que forma un ángulo8 con la horizontal. Si el coeficiente de fricción entre el cilindro y el plano es de 0.24, obtenga el valor de 8 para el cual el cilindro rueda sin resbalar. Calcule la aceleración Iineal del cilindro. 11.48. Un cilindro y un tubo hueco, ambos uniformes, están inicialmente en reposo y en contacto sobre un plano inclinado que forma un ángulo de 23O con la horizontal(fig. 11.68). En ciertoinstante se sueltan ambos cuerpos. Suponiendo que los dos cuerpos ruedansinresbalar,calculelaseparaciónentre sus centros después de 3.3 s. )Por qué dejan de estar en contacto?

11.53. Si el coeficiente de fricción entre la bola y la mesa del ejercicio 11.21 tendiera a cero, )cuál sería el movimiento de la bola? )Qué pasa con el tiempo tl dado uor laec. Ill .201)lo en su caso Dor laec. (11.209))?Dé una explicacion física. 11.54. Resuelva el ejercicio 11.21 para el caso en que la fuerza F se aplique a una distanciak abajo de la línea LL’ que pasa por el centro de masa de la esfera (fig. 11.51). 11.55. Resuelva el ejercicio11.21 para el caso de un cilindro uniforme. 11.56. Un disco delgado, uniforme, de masa 1 5 kg, radio de 54 cm, se lanza a lo largo de una superficie con una velocidad lineal horizontal de magnitud9.3 m/s y velocidadangularnula. E l coeficientedefricción entre el disco y la superficie es 0.162. Demuestre que y luego se eldiscodisminuye su velocidadlineal mueve en movimiento uniforme. Obtenga, además, a) La aceleración lineal del disco. b) Su aceleración angular. c) iEn cuánto tiempo el movimiento se vuelve uniforme? d ) La distancia que recorre el cuerpo hasta que su movimiento es uniforme. e) E l valor final de la velocidad lineal. f ) E l valor final de la velocidad angular.

11.57. Resuelva el problema 11.56 s i en lugar del disc o se lanza una cáscara esférica delgada con los misFigura 1 1.68

11.49. Se empuja un cilindro uniforme de masa 250 k g para subirlo por un plano inclinado (fig. 11.69), por medio de una fuerza de 375 kg. E l cilindro descansa sobreunade sus carascirculares. E l coeficiente de fricción entre el cilindro y el plano es 0.175. Determine los límites de la longitud H, del punto de aplicación de la fuerza, entrelos cuales el cilindro nose volteará. 11.50. Obtenga la velocidad del centro de masa de la bola de billar dada por la ec. (11.202) al empezar a rodar sin resbalar. 11.51. Demuestre las ecs. (11,206)- (11.210). 11.52. Se golpea una bola de billar de radio 4 cm a una distancia de 1.3 encima cm línea la que LL’ de

Figura 1 1.69

296

Cap. 11. CUERPO RíGIDO

mos valores de la masa, radio, velocidad y coeficiente los del de fricción. Si obtiene resultados distintos a problema 11.56, explique la causa. 11.58. En el ejercicio 11.21 se encontraron los tiempos tl después de los cuales la bola empieza a rodar los dos casos posibles(véanse las sinresbalarpara ecs. (11.201) y (11,209)). En ambos casos, el tiempo tl resulta ser inversamente proporcional al coeficiente

-

de fricción entre la bola y el paño de la mesa p. 2Qué ocurre si p - O ? ¿O s i p a ?Dé una explicación física de sus respuestas. 11.59. En relación con la placa delgada que gira con un punto fijo, tratada en el ejercicio 11.11, vemos que cadapuntodelaplacarecorreuncírculo.¿Quién ejerce la fuerza centrípeta necesaria?2Quién ejerce la fuerza tangencial?

12

E s t dt i ca

12.1. ESTÁTICA

aceleración del centro de masa. Por otro lado, el movimiento de rotación alrededor del centro de masa La estática es aquella parte de la mecánica que tra- está regido por la ec. (11.33) ta de las condiciones bajo las cuales un cuerpo, sujeto a diversas fuerzas externas, permanece en reposo. Así, (Text.)CM = ICCU (12.2) o de un puente, por ejemplo, el caso de un edificio siendo torca la de las fuerzas externas con quesonestructurasqueestánsujetasadiferentes respecto al centro de masa, IC el momento de inercia fuerzas y que obviamente deben permaneceren reposo. del cuerpo rígido con respecto a un eje que pasa por su centro de masa y, por último, a la aceleración angular resultante. Ahora bien, sise quiere que un cuerpo rígido no se mueva, entonces su centro de masa no debe trasladarse y además no debe haber rotación alguna con respecto a éste. Por tanto, s i inicialmente el cuerpo está en reposo, se quiere que siga estando en reposo. En consecuencia, las aceleraciones tanto lineal como angular deben anularse

Solamenteconsideraremoscuerposrígidos.De lo aprendido en el capítulo 11 sabemosque los movimientos más generales que puede realizar un cuerpo rígido son el de traslación de su centro de masa aunado al de rotación alrededor del mencionado punto. El movimiento de traslación del centro de masa está regido por la ec. (9.31) Fext.

= MA

(12.1)

En esta ecuación Fexr,es la fuerza externa total que se aplica sobre el cuerpo; M es su masa t o t a l y A es la

297

A=O

(12.3)

a=o

(12.4)

Por tanto, las ecs (12.1) y (12.2) quedaneneste caso c o m o (1 2.5) V

Recordemos ahora la ec. (10.95) que nos relaciona las torcas de las fuerzas externas con respecto a dos puntos: el centro de masa y un punto arbitrario O

298

Cap. 12. ESTÁTICA

siendo R el vector que va de O al centro de masa. En el caso de que no haya ningún movimiento, si usamos las ecs. (12.3) y (1 2.6) en la ec. (12.7) se encuentra que (7exth

=0

(I 2.8)

Por tanto, para que no haya ninguna rotación, debe anularse la torca de las fuerzas externas con respecto a cualquier punto arbitrario. En resumen, para que un cuerpo rígido permanezca todo el tiempo en reposo, es decir, en equilibrio estático, es necesario que se anulen las fuerzas externas aplicadas sobre éI y al mismo tiempo que también se anulen las torcasexternasconrespectoacualquier punto. Las ecs. (12.5) y (12.8) son las ecuaciones básicas de la estática de cuerpos rígidos. En muchos de los problemas que se consideran en estática se trata de encontrar las fuerzas (tensiones, compresiones, etc.) que experimentan diferentes elementos de una estructura. Para e l l o se centra la atención en porciones de un cuerpo; es decir, se separa una porción del resto del cuerpo. AI efectuar esta separación, hay que reemplazar cada contacto con una fuerza, de la misma forma que se hace en un diagrama de cuerpo libre. Naturalmente que, en equilibrio, esta porción debe permanecer en reposoy, por tantc, l e son aplicables las ecs. (12.5) y (12.8). En este texto solamente consideraremos las condicionesdeequilibrioparasituacionesen dos dimensiones, es decir, en un plano. Corresponde a un curso los problemas más avanzadodeestáticaconsiderar en tres dimensiones. A I hacer un diagrama de cuerpo libre los contactos se reemplazan por fuerzas, que son en muchos casos reacciones sobre la porción bajo estudio. Estas reacciones son fuerzas que ejercen los otros cuerpos en los puntos en los cuales el cuerpo libre está sujeto o conectado. En general, de antemano no se conocen estas reacciones.Justamente,enmuchosproblemas son estas reacciones las que se quieren determinar Ahora diremos algunas palabras sobre algunas características generales de estas reacciones Consideremos un elemento que esté sobre una superficie con la que no haya fricción (fig. 12.1 a). AI hacereldiagramadecuerpolibredelelemento(fig. 1 2 . l b ) y separarlo de la superficie, la fuerza de con-

tacto, la reacción R, tendrá dirección vertical, debido a que lo Único que soporta la superficie es el peso del cuerpo, ya que no hay fricción. En estas circunstancias es claro que lo Único que hace la superficie es evitar que el cuerpo se mueva verticalmente; por tanR de to, solamente genera sobre el cuerpo la fuerza dirección vertical. Dado que no hay fricción, la supere l movimientohorizontal. En ficienopuedeevitar consecuencia, la superficie no genera sobre el cuerpo ninguna fuerza horizontal. De manera análoga, si un cuerpo tiene un rodillo quedescansasobreunasuperficiesinfricción(fig. 12.2a), entonces a l separarlo de la superficie hay que reemplazarloporunafuerzatambiéndedirección vertical (fig 12.2b).

Figura 12.2 a

Figura 12.2 b

O t r o t i p o de conexión es por medio de un cable o deunavarilla(fig.12.3a). AI hacereldiagramade cuerpo libre de la estructura o del cuerpo, el cable (o la varilla) se reemplaza por una fuerza que tiene dirección a lo largo del cable(o de la varilla) (fig. 12.3b).

FiguraFigura 12.3 a

Figura 12.1 a

IR

Figura 12.1 b

/R

12.3 b

Otro tipo de conexión es por medio de un pasador (fig. 12.4a).En este caso, al hacer el diagrama de cuerpo libre la unión queda reemplazada por medio de una fuerza que tiene una dirección que no es la del eje 1)’ del elemento (fig. 12.4b). Estose debe a que el pasadorevita los movimientos tanto vertical como horizontal. En la sección 12.2 se tratan otros casos de interés.

299

APLICACIONES

componente x:

F,

COS

componente y:

F , sen

CY, - F,

COS

CY, =O

(12.1O)

cy, + F, sen 01, - P = O

Pero en la figura se ve que los ángulos iguales (véase problema 12.2) Figura 12.4 a

Figura 12.4

CY, =

b

En consecuencia, de la ec. que

12.2. APLICACIONES En esta sección estudiaremos l a manera de aplicar las ecs. (12.5) y (12.8) en distintas situaciones de interés Ejercicio 12.1. Determine las fuerzasquetienen que soportar los cables de la figura 12.5a para que el contenedor que pesa 80 k g n o se mueva. Suponga que los cables son inextensibles y de masa despreciable.

(12.11)

cy, y

cy2

son

(1 2.12)

CY2

(12.10) se tiene entonces

f , = F,

I12.13)

E s decir, las magnitudes de las fuerzas F , y F2 tienen que ser iguales. En vista de lasecs. (12.12) y (12.13), la ec. (12.11) queda 'Orno 2F, sen

CY, = P

y despejando F ,

*

3m

F, =

-

~

3m

r

P

2 sen

CY,

(12.14)

En seguida calcularemos el ángulo cy,. En la figura 12.5aconsideremoseltriánguloACC.Tomandola (véase ec. (2.22)) tangente de

CY,

I

6m Figura 12.5 a

Hagamos diagramas de cuerpo libre de varias porciones del sistema: del contenedory del punto C. Si se requiere que el cuerpo nose mueva, entonces eso significa que cada una desus partes también deberá permanecer en reposo y, en consecuencia, a cada una de sus partes se les pueden aplicar las ecs. (12.5) y (12.8). Los diagramas de cuerpo libre en cuestión se muestran en las figuras 12.5b y 1 2 . 5 ~ . Consideremos primero la figura 12.5b. Las fuerzas F, y F, resultan de cortar (imaginariamente)los cables AC y BC; P es el peso del contenedor. La fuerza total aplicada al contenedor es ( F , F, P). Por tanto, la ec. (12.5) ec, para este caso,

Figura 12.5 b

+ +

F F, + ,+

P=O

(12.91

Tomemos ahora las componentes de esta ecuación en el sistema de coordenadas mostrado en la figura 12.5b.

ff1

t.

ff2

300

Cap. 1 2 . ESTATICA

Por lo que

CY, = arc t g 0.1667

Tomemos ahora las componentes de esta ecuación en e l sistema de coordenadas mostrado en la figura 1 2 5c

= 9O27 ' 44"

componente x: - T , cos a, componente y: T - T, sen

E l seno de este ángulo es sen 9

O

27 ' 44" = 0.1644

2

8o kg

X

0.1644

= 243.3 k g

(12.8) es cualquier punto. Como se demostró, s i l a condición (12.8) se satisface tomando las torcas con respecto a un punto dado, entonces se va a satisfacer también s i se calculan las torcas con respecto a otro punto.

+ r, X

F, = O

(12.16)

siendo r , y r2 los vectores de posición de los puntos A y B, que son los puntos de aplicación de las fuerzas F , y F,, respectivamente. La torca ( r , X F,) es un vector perpendicular al plano de la página y según se desprende de aplicar la regla de la mano derecha, tiene sentido hacia adentro de la página. Su magnitud es(r,F, sen 0,). La torca (r, X F,) es un vector perpendicular al plano de la página y con sentido hacia afuera de la página. Su magnitud es (r,Fz sen O,). Pero los ángulos 0, y O, son iguales (véase problema 12.3); asimismo, las longitudes EA y E 6 son iguales, o sea,

rl = r2,

O, = 8,

cos

CY, =O

(12.15)

Ahora apliquemos la ec. (12.8), calculando las torcas con respecto al centro de masa E del contenedor

r, X F,

+ T,

CY, - T , sen CY, = O (12.20)

(12.19)

Dado que la cuerdaes de masa despreciable e inextensible, se tiene que

que sustituido en la ec. (12.14)nos dd

F, =

(12.18)

T,+T,+T=O

(17) 2.1

Por tanto, tomando en cuenta la ec. (12.13), concluimos que la magnitud de la torca ( r , X F,) es igual a la magnitud de la torca( r , x F,). D e lo que acabamos de discutir vemos que las torcas ( r , X F,) y (r, X F2) tienen la misma magnitud, la misma dirección, pero sentidos opuestos, o sea,

(12.21) y en vista de las ecs. (12.13)y (12.1 5)

1,= F, = F , = T , = 243.3 k g

Además se tiene la ec.(12.12), por lo que laec. (12.19) se satisface identicamente. La ec. (12.20) queda entonces c o m o

T - 2T, sen a , = O

CY,

que, despejando T y sustituyendo los valores de 7 , y arriba encontrados nos da

T = 2T, sen 01, = 2 X 243.3 k g = 80 k g

X sen 9

O

27' 44"

Este resultado también se podría haber obtenido tomando el diagrama de cuerpo libre mostrado en la figclra 12.5d (véase problema 12.4). E s claro, intuitivamente, que s i se quiere sostener el contenedor que pesa 80 kg, la tensión de la cuerda DC quelo sostiene debe ser también de 80 kg. Lo que no es intuitivo es que la tensión de los cables AC y C B tenga que ser tan grande (243.3 kg), según se ve en la ec. (12.15). Por la F, ec. (12.14)nos damos cuenta de que la magnitud de depende inversamente del seno del ángulo a,. Ahora bien, mientras menor sea este ángulo, menor será su F,. En consecuencia, seno y mayorlamagnitudde para evitar tensiones grandes en las cuerdas AC y C B conviene que el ángulo CY,sea lo más grande posible.

t' I

r , X F , = - r2 X F 2

por lo que la ec. (12.16) se satisface idénticamente. Esto significaquelaec. (12.16) n o nos daningún nuevo resultado, Por tanto, la ec. (12.8) queda satisfeci,ct automáticamente. Ahoraconsideremoseldiagramadecuerpolibre del punto C (fig.1 2 . 5 ~ )Las . fuerzas T, y T, resultan de separar las cuerdas del punto C; la fuerza T es la tensión de la cuerda vertical. La ec. (12.5) queda ahora como

(12.22)

,-

L

A),

VP

3I. Figura 12.5 d

APLICACIONES

301

Esto implica que el claro CC (fig. 12.5a) sea lo más grande posible. Si ahora se calculan las torcas de las fuerzas TI, T, y T con respecto al punto C, cada una de ellas se anula, ya que sus brazos de palanca son cero.En consecuencia, la ec. (12.8) se satisface idénticamente.

En seguida tomamos componentes de esta ecuación en el sistema de coordenadas mostrado en la figura 12.6b

Ejercicio 12.2. Una barra que pesa 28 k g está remachadaenelextremo A, mientrasque descansa B (fig. sobreunrodillosinfricciónenelextremo 12.6a). Obtenga las reacciones en A y en B.

La ec.(12.24) nos dice que la componente x del vector RA se anula. Físicamente estose debe a que no hay ningunaotrafuerzahorizontalaplicadasobrela barra. Por tanto, para que no haya movimiento horizontal se debe anular la componente x de RA. A continuación aplicaremos la ec. (12.8) tomando torcas con respecto a A

4

IWI = 50kg

componente x: componente y:

1 . 5m

3.5 m

-W

7W

1 La torca de i

Rax = O

-P

+ RAY + Rg = O

+ + 7Rg = O

(12.26)

7P

RA con respecto a

(12.24) (12.25)

A es cero. ?Por qué?

Las torcas 7 w y 7 pson vectores perpendiculares al plano de la páginay con sentido hacia adentro de la página, mientras que la torca 7 H s tiene también dirección perpendicular al plano de la página, pero sentido hacia afuera de ella. Por tanto, tomando la componente de la ec. (12.26) a lo largo del eje Z podemos escribir

Figura 12.6 a

+

Hacemos un diagrama de cuerpo libre de la barra - Tw - T p 7178 = 0 (12.27) (fig. 12.6b). Las fuerzas sobre la barra son: su peso P, vertical hacia abajo, aplicado en el centro de masaC Sustituyendo los valores numéricos de estas torcas, se de la barra; la carga W, vertical hacia abajo; la reactiene que ción en el remache enA, RA, que tiene una dirección, que de antemano no la conocemos. En principio esta -50 k g X 1 . 5 m - 28 k g x 1.75 m RB X 3.5 m = O reacción no tiene dirección vertical, ya que el remache no permite movimientos ni horizontal ni vertical. o sea, Otra fuerza aplicada a la barraes la reacción en el rodillo sin fricción enB. RB, que tiene dirección vertical, -75 kg X m - 49 k g X m RR X 3.5 m = O ya que el rodillo no permite movimiento solamente en la dirección vertical. La ec. (12.5) es, en este caso, y despejando Re se tiene que

+

+

(12.23)

W+P+R,+Rg=O

RR X 3.5 m = 75 k g X m Rs =

‘t

+ 49 kg X

m = 124 k g X m

124 kg X m 3.5 m

= 35.4 kg De

12

ec. (12.25) despejamos ahora RAY

RAY = W

+

X

+ P - Rs

y sustituyendo valores se encuentra que

+

R A ~= 50 kg 28 k g - 35.4 k g = 42.6 k g

Figura 12.6 b

I

En resumen, las reacciones en A y en B son dos fuerzas verticales, con sentidos hacia arriba y de magnitudes 42.6 kg y 35.4 kg, respectivamente.

302

Cap. 1 2 . ESTATICA

Ejercicio 12.3. Una grúa fija que pesa 875 kg levanta un cuerpo que pesa 1 800 kg (fig. 12.7a).La grúa tiene su centro de masa en C y se mantiene fija por medio de un pasador en A y un mecedor en B. Obtenga las reacciones en A v en B.

D

W

Z Figura 12.7 b

21

Figura 12.7 a

E l diagiaml de cuerpo libre de la grúa se muestra en la figura 12.7b. Las fuerzas que se aplican sobre la grúa son: su peso P, vertical y con sentido hacia abajo, aplicado en el centro de masa C; la carga W, también vertical y con sentido hacia abajo, aplicada en el punto D; la reacción RA aplicada en A , con una dirección que no se conoce de antemano; la reacción Re aplicada en B, con dirección horizontal y con sentido hacia la derecha. La reacción en A, RA, tiene componentes tanto vertical como horizontal, ya que el pasador no permite movimientos a lo largo de estas dos direcciones. Por otro lado, la dirección de la reacción enB, RB, es perpendicular a la superficie del mecedor en el punto de contacto que en nuestro caso es horizontal, ya que el mecedor no permite movimientos en dicha dirección. Nótese que el mecedor sí permite movimientos en la dirección vertical. La ec. (12.5) es en nuestro caso, R A + R ~ + P + W = O

+

R A ~ RR = O RAY - P - W = O

7~~

+ + 7w

(12.31)

0

Tp

Ahora bien, estas tres torcas tienen dirección perpendicular al plano de la página; los sentidos de T P y de T~ son hacia adentro de la página, mientras que el sentido de rRBes hacia afuera de la página. Tomando l a componente Z de la ec. (12.31), se encuentra que TRR

-

Tp

(12.32)

- rw = 0

y sustituyendo sus valores nos da

Re X 2 m

-

875 k g X 3.2 m - 1 800 kg X 9.2 m = 0

Despejamos de aquí RB Re X 2 m -2 800 kg X m - 1 6 560 k g Re X 2 m - 1 9 3 6 0 k g X m = O

X

m =O

Re X 2 m = 1 9 3 6 0 k g X m (12.18)

Tomemos ahora componentes de esta ecuación en e! sistema de coordenadas que se muestra en la figura 12.7b componente x: componente y :

conviene tomar las torcas con respecto al puntoA, ya que de esta formalas torcas de Rax y de RAY son cero. Sise tomaran las torcas con respecto al punto B, por ejemplo, se tendrían que calcular las torcas de estas 1 dos fuerzas, lo que complicaría más las ecuaciones, obteniéndose el mismo resultado.

(12.29) (12 30)

Consideremos ahora la ec. (12.8). Tomemos las torcas con respecto al punto A. En vista de que la condición (12.8)se puede aplicar con respecto a cualquier punto, conviene tomar este punto de manera que las ecuaciones matemáticas se simplifiquen al máximo. Así, en el caso del ejercicio,

RB = l 9 360 k g x m = 9 680 k g 2 m De la ec. (12.29) se encuentra ahora que RAx = - RE =

-

9 680 k g

Por otro lado, de la ec. (12.30) se tiene que RAY

= P

+W

= 1 800 kg

+ 875 k g = 2 675 k g

Se encontró para Rax un valor negativo( = - 9 680 kg). Esto significa que la componente x de RA no tiene el sentido mostrado en la figura 12.7b, sino que debe

303

APLICACIONES

tenersentidoopuesto. Esto se muestraenlafigura 1 2 . 7 ~ . A h o r a l a m a g n i t u d dRAx e es 9 680 kg. La magnitud del vector RA es RA

+

Hagamos un diagrama de cuerpo libre de la barra (fig. 12.8b). Las fuerzas que actúan sobre la barra son: su peso P, aplicado en el centro de masa C; la fuerza w aplicada en D; el efecto de la pared lo reemplazamos por la fuerzaRA, cuya dirección no la conocemos de antemano. La ec. (12.5) aplicada a nuestro caso queda como

= . J R ~ ~~~2 ~ ~ = d(9680 kg)*

+ (2 675 kgj2

RA+P+W=O

= 4100 858 025 kg2

(12.33)

= 10043 k g

Iw

I ,C

I

D

I

/" Z

x

Figura 12.8 b

Figura 12.7 c

La dirección de RA forma un ángulo (Y con la horizontal dado por t g a = RAy= 2 675 kg RAx 9 680 kg

componentex: componente y:

Tp (Y

RAx = O (12.34) R A~ P - W = O (12.35)

Por otro lado, apliquemos la ec (12.8) con respecto al punto A

= 0.2763

por lo que

En el sistema de coordenadas mostrado en la figura tomemos componentes de esta ecuación

= arc t g 0.2763 = 15O26'51 "

Ejercicio 12.4. Una barra que pesa 42 kg está empotrada en una pared, como se muestra en la figura 12.8a. En el extremo de la barra está aplicada una carga W, vertical y con sentido hacia abajo. Determine las reacciones que genera la pared sobre la barra a fin de mantenerla en equilibrio estático.

+ 7w = o

ya que la torca de RA con respecto a A es nula. Las torcas de las fuerzas P y W tienen direcciones perpendiculares al plano de la paginay, c o m o se puede constatar usando la regla de la mano derecha, sus sentidos son hacia adentro de la página. Por tanto, la magnitud de la torca total es la suma de 11s magnitudes de cada una de las torcas aplicadas - P x 2 m " W x 4 m = O

W IW I IPI

D

Figura 12.8 a

= 83 kg

= 42

kg

(12.36)

(1 2.36a)

Ahora bien, tanto P c o m o W son cantidades positivas, ya que son magnitudes de fuerzas. Por tanto, no hay manera de que la ec. (12.36a) se satisfaga. Esto significa que, tal como se muestra el diagrama de cuerpo Iibre de la figura 12.8b, nose cumplen las condiciones de equilibrio. Para que haya equilibrio es, entonces, necesario que la pared ejerza sobre la barra, además de la reacción RA, una torca adicional que cancele a las torcas dadas en la ec. (12.36).Sea 7A esta torca. Su dirección tiene que ser perpendicular al plano de la página y su sentidotieneque ser haciaafuerade la página para cancelar a ( 7 p T ~ que ) tiene sentido

+

304

Cap. 12. ESTÁTICA

hacia adentro de la página. La situación se muestra en la figura 1 2 . 8 ~ Por . tanto, la ec. (12.8) queda como

La ec. (12.5) queda, en nuestro caso, como T+P+Rn=O

(12.38)

Tomando componentes en el sistema de coordenadas mostrado, se tiene que

Iw

componente x: componente y:

J cos N - RA, = O (12.39) - Tsen CY - P RAY = O (12.40)

+

E l hngulo N es el que forma el vectorT con la horizontal. Se ve en la figura que

r

CY

EBA

18O = 30' - 18" = 12"

-

(12.41)

Elay que darse cuenta de que el ánguloEBA es igual al ángulo BAG, por ser alternos internos.

z

Tomemos ahora torcas con respecto al punto ec. (12.8) queda como

Figura 12.8 c

que tomando componentesa lo largo del ejeZ nos da, en lugar de la ec. (12.36a1, T~

-P X 2 m - W X 4m =O

(12.37)

7 r f 7 p = 0

Pero la torca de T es igual a la suma de las torcas de sus componentes T, y 1, 73-,

Sustituyendo valores numéricos en las ecs. (12.35) y (12.37) se encuentra que

+

RA,~ P W = 42 k g = 125 kg

A. La

+

+ 83 k g

7TJ,

+ Tp = o

(12.42)

I "

V TA

=42kgX2m+83kgX4m = 416kg X m

En resumen, para que haya equilibrio la pared ejerce una fuerza de reacciónRA que es vertical, con sentido hacia arriba y magnitud de 125 kg así como una torca 7.4 que tiene dirección perpendicular al plano de lapágina,consentidohaciaafueradelapágina y de magnitud 416 kg X m . En general, cuando el contacto sea tal que impida e l giro,entoncesparaqueestoocurra es necesario que el propio contacto ejerza una torca que lo logre. Ejercicio 12.5. Se levanta un poste de 25 kg, como se ve en la figura 12.9a. Obtenga la tensión en la cuerA en la configuración da y la reacción en el punto mostrada. Hagamosundiagramadecuerpolibre c',?l poste (fig. 12.9b). Las fuerzas que se aplican al poste son: s u peso P aplicado en su centro de masaC, vertical y con sentido hacia abajo; la tensiónT que le ejerce la cuerda, con dirección a lo largo de la línea BV y sentido desconocido de antemano; la reacción RA con dirección y sentido también desconocidos.

T.vT Figura 12.9 a

"L

X

4

-""

t

'

c"""-

""-

"""""-

" "

R.4 I

Figura 12.9 b

\i

305

APLICACIONES

Estas tres torcas tienen direcciones perpendiculares al plano de la página. Aplicando la regla de la manoderecha, se encuentra que la torca 7Txtiene sentido hacia adentro de la página, mientras que las otras dos torcas, T~,,y 7 p tienen sentido hacia afuera de la págiz delaec. na. Por tanto, tomando la componente (12.42) se tiene que 7p+

7Ty

- 7Tx = o

+

2

COS

300 = T sen (300 -CY) = T sen (30' - 12') = Tsenl8O

o sea T= P

cos 30° 2 sen 18O

y sustituyendo valores

o sea,

/P/(CD)

I p

/Ty/(BE) - ITXI(EA1 = O

T = 25 kg

(12.43)

2

0.8660 0.3090

X

= 3.5 kg Aquí la longitud CDes el brazo de palanca de la fuerza P con respecto a A, mientras que BE y EA son los En vista de que se encontró para esta magnitud una brazos de palanca delas componentes 1, y 1, con rescantidad positiva, la selección que se hizo en la figura pecto a A, respectivamente. 12.9b para el sentido de T es la correcta. De la figura 12.9b se ve que La fuerza T es la que el cable ejerce sobre el poste. De acuerdo con la tercera ley de Newton, el posterelTyl = T sen a ITXI = TCOSCY acciona y ejerce una fuerzaF que tiene las mismas direcclón y magnitud que T, pero sentido opuesto (figuAsimismo, del triángulo rectángulo ACD se tiene que ra 1 2 . 9 ~ )Por . otro lado, dado que el cablees de masa el cateto CD es despreciable, la magnitud de la fuerza se propaga a través del cable sin cambiarsu magnitud (véase ejerciC D = AC cos 30° = (L/2) cos 30° lo hace cio 7.5). Por tanto, la persona que jala el cable con la fuerza -F. En consecuencia, el cable está tenmientras que el triángulo BEA so y experimenta una tensión de 35 kg. BE = BA cos 30' = L

COS

30'

Y EA = BA sen 30° = L sen 30° Sustituyendo todas estas expresiones en la ec. (12.43), nos queda

-

+

T sen ( L cos 30°) T cos CY ( L sen 30°) = O

P(L/2)cos 30°

Dividiendo toda la ecuación entre L y factorizando T, se encuentra

1

- P cos 30° 2

+ T(sen a cos 30° - cos a sen 30°) = O

y usando la identidad trigonométrica

Figura 12.9 c

Una vez teniendo el valor de la magnitud T, usamos las ecs. (12.39) y (12.40) para encontrar las componentes de la reacción R A . D e la I

x t

+ Bw cos (w X

wvo sen(ot)

y usando la ec. (13.20) se obtiene que

o

+-O 'w

Al igual que para x(t), la expresión (13.18) es válida en todo instante de tiempo.En particular debe ser válida en el instante inicial. Evaluando (13.18)para el instante inicial se tiene que v(t = O) = vo

- xowz cos (ut)-

a(t) =

cos (O) = 1 y sen (O) = O

A = x.

a(t) =

O)

(13.1 6)

= A

Para la aceleración, se tiene que

y sacando w2 como factor común en el miembro derecho

x0

= A cos ( w X O)

(13.21)

sen [ w ( t

+ +)]

recordamos Ahora que funciones trigonométrilas cas seno y coseno son funciones periódicas de sus argumentos. En particular se tiene que sen(a

+ 27d= sen a

y

cos (a

+ 27r)= cos a

(13.23)

326

"

--:

por lo que

(+

x t

3

__

= x. cos ( w t )

vo sea cero. Esto significa que inicialmente el resorte está estirado, por ejemplo, una longitudx. y se l e suelta. Las ecuaciones (13.201, (13.21) y (13.22) quedan ahora como

+1 sen(wt) w V

x(t) = x0 cos ( w t ) , v ( t ) = - x o w sen (at) = v, sen ( w t ) a ( t ) = -xou2cos ( w t ) = a,cos 3.29) (1(ut)

Comparando el miembro derecho de esta ecuación con la ec. (13.20), vemos que x(t

+

+)

= x(t)

(1 3.24)

Este resultado nos dice que s i el cuerpo tiene en un instante t cierta posición, entonces en el instante posterior (t 2a/w) volverá a tener la misma posición. De manera análoga se puede demostrar (véase problema 13.7) que la misma posición se repetirá en los instan4a/w),(t 6a/w), ( t 8.1r/w), etc. Esto significa tes ( t que el movimiento del cuerpo se repite y, por tanto, se es periódico (fig. 13.9). Además, el tiempo en que repite una configuración es

+

+

+

+

T = - 2íT

Figura 13.9

siendo v,

= -x0w y a,

(13.27)

(1 3.28)

= -x0w2

En la figura 13.10 se muestran gráficas de la posición (ec. (13.27)), de la velocidad (ec. (13.28)) y de la aceleración (ec. (13.29)) del cuerpo unido al resorte.

(13.25)

W

Éste es, en consecuencia, el periodo del movimiento. De la ec. (5.63) vemos que, entonces, la frecuencia i del movimiento es

1 1

f=-="-

W

2a

(13.26)

Aquí se usó la ec.(13.25). Se puede demostrar también (véase problema 13.8) que la velocidadv ( t ) también es una función periódica del tiempo con el mismo periodo (27r/w) y, por tanto, con la misma frecuenciaf dada por la ec. (13.26). A la cantidad w que aparece en la ec. (13.20) se le llama la frecuencia angular del movimiento, en analogía e l caso de movimiento circular. Concluimos que la trayectoria dada por la ec. (13.20) representa un movimiento periódico. Analicemoscondetalleelmovimiento.Supongamos, para facilidad, el caso en que la velocidad inicial

Cl

Figuro 13.10

RESORTE. TRAYECTORIA

327

p o se mueve hacia la izquierda (fig. 13.11~). En este instante la aceleraciónes n u l a ( f i g . 1 3 . 1 0 ~Sin ) . embargo, por tener velocidad no nula, el cuerpo se mueve a la izquierda. Esto lo vemos en la gráfica de la figura 13.10a (puntoC). Después del instante Tl4, digamos en t2, el valor de x deja de ser nulo y es negativo. Esto quiere decir que el resorte se comprime. En el intervalo (T/4, 7/21, la magnitud dex aumenta, aunque con signo negativo. Esto quiere decir que el cuerpo se va alejando de la posicibnd e equilibrio y el resorte se va comprimiendo. En la figura 13.10b vemos que en este intervalo la magnitud de la velocidad va disminuyendo, aunque tiene signo negativo. Es decir, su sentido es hacialaizquierda. Por lafigura 1 3 . 1 0 ~nos damos cuenta de que la aceleración aument a su magnitud(yaqueelresorte se estácomprimiendo) y tiene signo positivo; es decir, tiene sentido hacia la derecha (fig. 13.11d). En el instante T/2, la posición del cuerpo llega a su valor extremo (punto E de la fig. 13.10a). E s decir, Ilega al extremo izquierdo de su recorrido. En este instante (punto E de la fig. 13.10b) la velocidad es cero. Por tanto, el cuerpo se detiene. La aceleración (punto E d e l a f i g . 1 3 . 1 0 ~ ) t i e n e su máximo valor con signo positivo, o sea, tienesentidohacialaderecha(fig. 13.11e). Se puede continuar de esta manera con el análisis de las características cinemáticas del movimiento resultante, obteniéndose la descripción de la oscilación. Se deja como tarea al lector (problema 13.9) continuar con la descripción del resto del ciclo.

Figura 13.1 1

Ejercicio 13.2. Un cuerpo de masa 0.45 kg se une a un resorte de rigidez igual a 4.1 N/m. Inicialmente se estira el resorte una distancia de 0.5 m de su posición de equilibrio y se suelta el resorte. Obtenga.

a ) E l periodo y la frecuencia del movimiento. b) La posición,lavelocidadylaaceleracióndel En el instante t = O, el cuerpo tiene la posición x. cuerpo en el instante 4.1 s. (punto A en la figura 13.10), velocidad nulay aceleración ;&da1 a (-xow2) según se ve de la ec. (13.29). Esta Los datos que se dan son aceleración tiene signo negativo, lo que significa que tiene sentido hacia la izquierda (en el sistema de coorm = 0.45 kg k = 4.1 N l m denadas que se ha escogido) (fig. 13.11a). Consideremos ahora un instante posterior, t,. En la figura 13.10a (punto B) vemos que x disminuyó, o sea, el a ) En primer lugar, calculamos ¡a frecuencia angucuerpo se acerca al origen, que es la posición de equilar w. Usando la ec. (13.9) se tiene que librio. En la figura 13.10b vemos que la velocidad ya k 4.1 N / m n o es cero, de hecho aumentósu magnitud, pero tiene w2=-= rad2 = 9.11 __ signo negativo; es decir, tiene sentido hacia la izquierm 0.45 kg S2 da. En la figura 1 3 . 1 0 ~vemos que en t l la aceleración disminuyó su magnitud y tiene signo negativo. o sea, Sacando raíz cuadrada, se tiene que tiene sentido hacia la izquierda. Todo estose muestra en la figura 13.11b. w = rad/s 3.02 (1 3.30) En el instante T/4, la posición x del cuerpo es cero (punto C de la fig.13.10a). Es decir, está en la posición de Usando la ec. (13.25) obtenemos el periodo T del e q u i l i b r i o ( f i g . 1 3 . 1 1 ~ ) . En este instante la magnitud movimiento de la velocidad es máxima (fig. 13.10b), aunque tiene 27r - 2 X 3.14159 signo negativo. En la ec.(13.28) vemos que esta velociTI-.--” = 2.1 S (13.31) dad extrema es igual a v, = - xow. E s decir, el cuerW 3.02 radls

328

Cap. 13. OSCILACIONES Y VIBRACIONES

De la ec. (13.26) encontramos que la frecuencia f es

1 f=-=---”

2.1

7-

-

S

0.48 H z

(13.32)

6 ) Las condiciones iniciales que se dan, usando el mismo sistema de coordenadas de la figura 13.8 son x. = 0.5 m

y

vo = O

(13.33)

ya que inicialmente el resorte se suelta. Sustituyendo los valores dados en(13.30) y (1 3.33) en las ecs. (3.20), I (13.21) y (13.22), se obtiene que la posición es

x(t) = 0.5 cos (3.02

t)

(1 3.34)

No escribimos las unidades, pero se sobreentiende que el tiempo t está dado en segundos y la posición x(t), en metros. Para la velocidad, encontramos que v ( t ) = “(0.5 X 3.02) sen (3.02 t ) = -1.51 sen(3.02 t )

(13.35)

Nuevamente, con el tiempo dado en segundos y la velocidad, en m/s. Para la aceleración se tiene que a(t) = -4.56 cos (3.02 t )

(1 3.36)

estando dada en rn/sz. Ahora evaluamos estas cantidades para el instante t = 4.1 s. Para la posición (ec. (13.34)).

x (t = 4.1

S)

= 0.5 cos(3.02 X 4.1) = 0.5 cos (12.38 rad) = 0.5 X 0.9831 = 0.49m

funciones trigonométricas arriba escritas es (ut).Si w está expresada en unidades de (radis) y el tiempo t en S, entonces el argumento tiene unidades de (radis) x S = rad. Para la velocidad, usamos la ec. (13.35)

v(t = 4.1 S) = -1.51 sen (12.38 rad)

sitivo, entonces el resorte está estirado. La velocidad del cuerpo tiene magnitud de 0.28 mis, y como el sign o es positivo, tiene sentido hacia la derecha. La aceleración tiene magnitud de 4.48m/s2y signo negativo, o sea, tiene sentido hacia la izquierda. Por tanto, la velocidad y la aceleración tienen sentidos opuestos. En consecuencia, la magnitud de la velocidad v a disminuyendo.

Como se verá más adelante, otros sistemas tísicos, distintosalresorte,realizanmovimientosqueestán descritos por ecuaciones de la forma (13.8). U n sistema queestá descrito por esta ecuación recibe el nombre de oscilador armónico. El resorte es, entonces, un ejemplo de oscilador armónico.

13.4. ENERGíA En esta sección estudiaremos aspectos energéticos en el movimiento del resorte. La fuerza que ejerce el resorte sobre el cuerpo está dada por la ec. (13.4). La fuerza que genera el resorte es una fuerza conservativa (problema 13.17). Por tanto, c o m o se estudió en el capítulo 8, a este t i p o d e tuerzas se le puede asociar una energía potencial. En particular, a la fuerza expresada por la ec. (13.4) le corresponde una energía potencial que ya calculamos en el ejercicio 8.12. Allí se obtuvo la ec. (8.61) para la energía potencial. 1 U(x) = “x* 2

1

Nos damos cuenta de que en el ejercicio 8.12 se obt u v o esta expresión en la cual la coordenadax está referida al mismo sistema de coordenadas en el que hemos estado trabajando en este capítulo. Además, recordamos que en el ejercicio 8.12, al ob-

Para el caso en que se estén considerando fuerzas conservativas, se aplica el principio de la conservaE s decir (véase ec. (8.45)), ción de la energía mecánica. la cantidad

= -1.51 X (“0.1833) = 0.28 mis

Para la aceleración obtenemos de la ec. (13.36) a(t = 4.1 S) = -4.56 cos (12.38 rad) = -4.56 X 0.9831 = -4.48m/sZ Estos valores nos dicen que, en el instante 4.1 S , el cuerpo se encuentra separado de la posición de equilibrio en una distancia de 0.49 m. Como el signoes po-

“/O*

X”.‘”

^I I..

.-

~. .. .

1

-

., .,.

~

- )..

. ”.

-

(13.37)

E = K+U 1

-

1

- -mv2

2

+ --x2 2

(13.38)

se conserva al transcurrir el tiempo. Aquí K es la energía cinética, dada por la ec. (8.24). Esto significa que los valores numéricos que adquiere E en dos instantes distintos son los mismos. Ejercicio 13.3. Se suelta un resorte que está estirado 3.7 c m d esu posición de equilibrio. >Hasta dónde llega el cuerpo del otro lado de la posición de equilibrio?

ENERG~A

329

Sea situación la sistema del figura mostrada la en H z =cm)? (3.7 (1 3.41) 13.12a. En esta configuración la velocidad del cuerpo es cero, ya que se le suelta. Por tanto, su energía tinéY sacando raíz cuadrada obtenemos las dos posibles tica también es cero. La únicaenergíaqueentoncessolucionesdeestaecuación tiene el cuerpo es potencial. En consecuencia, su energía mecánica total E, en esta configuración es (véase H = 3.7 c m H = -3.7 c m (13.42) la ec. (13.38)) Aquí se usó el resultado algebraic0 de que, al sacar raízcuadrada,podemostenerdossoluciones,una E , = U(x = 3.7cm) con signo positivo y otra con signo negativo.

+

=

1 7 k (3.7 cm)?

-

+

i

3 7 cm

La raíz H = 3.7 cm corresponde a la posición del cuerpo en la configuración inicial (fig. 13.12a). Resulta claro que ésta no es la solución que se nos pide. La otra solución, H = - 3.7 cm,,corresponde a la configuración de la figura 13.12b. Esta es la solución pedida. Vemos entonces que la magnitud de la separación de la posición de equilibrio al llegar el cuerpo al otro extremo es justamente la misma que tenía cuando es3.7 taba estirado. Por tanto, el cuerpo oscila entre c m y - 3.7 cm. Es decir, la oscilación ocurre entrelos dos puntos Q y P, que son simétricos con respecto al punto de equilibrio O. Este resultado también lo podemos obtener de la figura 13.10a, que corresponde al caso en quese suelta el resorte. En esa gráfica vemos que la oscilación ocurre entre los valores x. y -xo, siendo x. la coordenada de la posición inicial del resorte. Consideremos ahora la energía cinéticaK. En l a sección anterior obtuvimos la velocidad del cuerpo en cualquier instante (ec. 13.21). Por tanto, podemos coK en nocertambiénelvalordelaenergíacinética cualquier instante, ya que

+

Figura 13.12

siendo k la rigidez del resorte. AI llegar el resorte al otro extremo con respecto a la posición de equilibrio (fig. 13.12b), llega hasta un punto Q cuya separación de la posición de equilibrio es digamos, H. Por tanto, la coordenada, en el sistema de coordenadas escogid o es -H. En esta configuración la energía cinética también es cero, ya que en este punto extremo se detiene el cuerpo. Por tanto, la única energía que tiene es potencial. En consecuencia,laenergíamecánica t o t a l E z en esta configuración es €2

= U(X= - H)

(13.40)

2

I

K = -mv2

(13.43)

2

Para facilidad discusión, la en

1 -k(-H)’ 2 = 1

+

y perder sin generali-

dad, consideremos el caso en que el cuerpo se suelta inicialmente desde la posición xo. E s decir, la velocidad inicial del cuerpo es cero, vo. Por tanto, de la ec. (1 3.21), la velocidad v(t) del cuerpo en el instante t es

v(t) = - x o o sen (at)

(13.44)

Ahora bien, en vista de que la energía mecánica to- Elevando esta ecuación al cuadrado y sustituyendo tal se conserva (véase capítulo 8), entonces los valores en la expresión (13.43) para la energía cinética K, se E y E2 tienen que ser iguales. Igualando los dos miem- encuentra que bros derechos de las ecs. (13.39) y (13.40) se tiene que

1

1 2

“k (3.7 cm)? = -kHz 2

Multiplicando ambos miembros de esta ecuación por que (2/k) se encuentra

Ahora despejamos k de la ec. (13.9)

k = ma2

(13.46)

330

Cap. 13

OSCILACIONES Y VIBRACIONES

y sustituimos en la ec. (13.45), obteniendo

K=

1 kxo2sen2 (ut) 2

-

(13.47)

Obtengamos ahora valor energía el la de potencial U O en cada instante. De hecho, en la ec. (13.37) la energía potencial depende solamente de la posiciónx del cuerPO. Pero esta posición ya la obtuvimos como función del tiempo t y está dada por la ec. (13.20). Esta posición, para el caso que estamos tratando en que vg = -kxo2 2 O, es x(t) =

xg

cos (ut)

(13.48)

Sustituyendo esta cantidad en la ec.( I 3.37), encontramos que el valor de la energía potencial al tiempo t es

1 u=kX,Z 2

cos2 (ut)

4

v4

tl

; TI2

3Ti4

+ t

" 1 ai

1

'D

IC ; TI4

O

:T/2

; t,

3T/4

+ t

bl

(1 3.49)

Ahora calculemos la energía mecánica total, que es la suma de las energías cinética y potencial

E = K + U

I

O

t

TI4 Figura 13.13

ci

y sustituyendo las ecs. (13.47) y (13.49) nos da

1 2

E = --x$

+

sen2 (ut)

2

kx$

COS'

(ut)

(13.50)

Sacamos (kx,2/2) como factor común en esta suma encontrando que

+ cos2 (ut)]

I

E = -kxg2[sen2 (ut) 2

(13.51)

Recordamos ahora la identidad trigonométrica senZa

+ cos2 a = 1

(13.52)

válida para cualquier ángulo a. Por tanto, la cantidad dentro del corchete de la ec. (13.51) es igual a 1. En consecuencia,laenergíamecánicatotal nos queda como

1 (13.53) 2 Analicemos ahora los resultados obtenidos. En la figura 13.13 se muestran las gráficas de K (ec. (13.47)), de U (ec. (1 3.49)) y de E (ec. (13.53)) como funciones de t. Dado que los valores del seno y del coseno de un ángulo están comprendidos entre ("1 y + I ) , los valores de los cuadrados del seno y del coseno de un ángulo están comprendidos entre (O y 1). E s t o significa que la energía cinética K dada por la ec. (13.47) varía

E = -kxoZ

entre O y (kxO2/2).Este último valores, por tanto, el máximo valor que adquiere la energía cinética. Pero la ec. (13.53) vemos que este valor máximo Kdees justamente la energía total E . Por el mismo argumento, la energía potencial dada por la ec. (13.49) varía también entre O y f . Es decir, ambas energías tienen el mismo dominio de variación. Sin embargo, como se ve en la figura 13.13, en los intervalos en que K aumenta, U disminuye. En la figura 13.13a vemos que inicialmente ( t = O) la energía cinéticaes cero. Esto se debe a quese supuso que inicialmente se soltaba el cuerpo, por lo que su velocidad inicial es cero y, en consecuencia, la energía cinética también se anula en este instante.En la figura 13.13b vemos que en este instante, la energía potencial adquiere su máximo valor, que es E dado por la ec. (13.53). Pero comparando las ecs. (1 3.37) y (13.49) (para t = O), vemos que este valor es justamente e; que adquiere la energía potencial cuando el resorte está a una distancia x g de su posición de equilibrio. Por tanto, E es la energía que el agente externo le da al sistema al estirar el resorte a la distancia x,,. AI transcurrir el tiempo, en el intervalo entre O y 7/4, como ya se discutió en la sección anterior, la velocidad del cuerpo cambia y su magnitud va aumentando. Por tanto,laenergíacinéticaaumenta. Por otro lado, en este intervalo el cuerpo se acerca a la posición de equilibrio, porlo que la magnitud de x disminuye. Por tantosu energía potencial también disminuye. El aumento de la energía cinética y la disminución de la energía potencial en el intervalo entre Oy J/4 se aprecian en las gráficas.

331

OSCILACIONES AMORTIGUADAS

neran estas fuerzas se le suele llamar amortiguación de Coulomb. En este caso la fuerza de fricción se opone al movimiento y tiene magnitud igual al coeficientedefricciónmultiplicadoporlamagnituddela fuerza que aprieta a las superficies. Existe otromecanismodeamortiguaciónque es muy común, la llamada amortiguación viscosa. Cuando un cuerpo se mueveenunfluido,porejemplo, agua o aire, hay una fuerza de fricción que se opone al movimiento. Si el cuerpo se mueve a velocidades relativamente bajas, entonces, la magnitud de la fuerla za de fricciónf es proporcional a la magnitud de velocidad v con la que se mueve el cuerpo. La relación entre estas cantidades está dada por

Recordamos que el tiempo T es el periodo de oscilación. En el instante T/4 la energía cinética logra su máxim o valor, E, mientras que la energía potencial se anula. En este instante el cuerpo pasa por la posición de equilibrio. Por tanto, x = O y, enconsecuencia(ec. (13.37)) U = O. Se puede decir entonces que en el intervalo de O a T/4 la energía total del cuerpose transformó completamente de potencial a cinética. AI seguir transcurriendo el tiempo, en el intervalo entre T/4 y T/2, la energía cinética del cuerpo disminuye, mientras que su energía potencial aumenta. Esto se debe a que en este intervalo el resorte se comprime y, por tanto, como se vio en la sección anterior, la velocidad del cuerpo disminuye mientrasse va alejando de la posición de equilibrio. Así, al llegar al instante T/2 la energía cinética se anula, lo que quiere decir . q u e su velocidad es cero y el cuerpo se detiene. E l cuerpo ha llegado al otro extremo de su recorrido. En este instante, la energía potencial alcanza otra vez su valor máximo, igual a E, que es el valor que tenía iniT/4 y T / 2 la cialmente. E s decir, en el intervalo entre energía cinéticase transformó completamente enenergía potencial. Se puede, de la misma forma, analizar lo que ocurre en los intervalos de tiempo subsecuentes. Una observación muy importantees que la energía (13.53) resulta ser una mecánica totalE dada por la ec. cantidad que NO depende del tiempo,o sea, es Una cantidad constante. Nótese que tanto K c o m o U SI dependen cada una del tiempo. Sin embargo, su suma es constante.Consideremosuninstantearbitrario,por ejemplo t,. La energía cinética en este instante tiene el valor A B (fig. 13.13a), mientras que el valor de la energía potencial en este instante es H D ( f i g . 13.13b). La energía total es la suma deestas cantidades (AB HD) q u e es igual a FC ( f i g . 1 3 . 1 3 ~ )Lo . mismo ocurre para cualquier instante. Por ladescripciónanterior nos damoscuentade que al transcurrir el tiempo una forma de la energía se transforma en otra. Por ejemplo, la energía cinéticase transforma en energía potencial y viceversa. Sin embargo, estas transformaciones ocurren de manera que la suma de estas energías siempre conserva el mismo valor numérico.

f =

(13.54)

“ C V

siendo c una cantidad positiva y constante relacionada con la viscosidad del fluido. La amortiguación viscosa se presenta en amortiguadores de automóviles, en mecanismos que contienen partes que se mueven dentro de aceite, etcétera. Solamente consideraremos movimientos en una dimensión. E l signo negativo en la ec. (13.54) nos indica que la fuerza f se oDone al movimiento. Estudiaremos el movimiento de un cuerpo unido a un resorte en presencia de amortiguación viscosa. Supóngase que un resorte está unido a un cuerpo de masa m (fig. 13.14) quese mueve horizontalmente. Escogeremos el mismo sistema de coordenadas que en los casos estudiados anteriormente. Hagamos un diagrama de cuerpo libre del cuerpo. Las fuerzas que ahora se ejercen sobre el cuerpo son: la fuerza F que genera el resorte por estar estirado, dada por la ec. (13.4), y la fuerza de fricción viscosaf, dada por la ec. (13.54). Por tanto,lasegundaleydeNewtonqueda como

+

ma=F+f

3.55)

(1

t

X

13.5. OSCILACIONES A M O R T I G U A D A S En las seccionesanterioresestudiamos las oscilaciones de un resorte, suponiendo que no había ninguna fuerza de fricción presente. Por este motivo se conservabalaenergíamecánicatotal. Sin embargo,en muchas aplicaciones se presentan fuerzas de fricción en el movimiento. En el capítulo 7 estudiamos el hecho de que cuand o dos superficies resbalan una sobre la otra. se~,Dresentan fuerzas de fricción, A la amortiguación que geI

Figura 13.14

~

I

Dado que solamente describiremos el movimiento a lo largo de la dirección horizontal, no consideramos otra fuerza que se aplica sobre el cuerpo, a saber, su peso en vista de que esta fuerza es vertical.

J

332

Cap. 13. OSCILACIONES Y VIBRACIONES

Sustituyendolaexpresión(3.32)paralaaceleración a, así c o m o lasecs.(13.4), (13.54) y (3.18), la ec. (13.55) ción queda como

En lafigura13.15 se muestralagráficadelafunx dada por la ec. (1 3.58). Observamos que la

Pasando los sumandosdelmiembroderechoalizquierdo, y dividiendo toda la ecuación entre m encontramos que ~

d2x dt2

+ q"

+

dx dt

W2X

=

o

(13.56)

siendo q f = c/m y w2 = k/m

(13.57a)

La ec. (13.56) es una ecuación diferencial parax. Esta ecuación es más complicada que la que estudiamos arriba (ec. (13.8)). Daremos solamente la solución de Figura 13.15 esta ecuación, sin entrar en los detalles matemáticos de su obtención. Se puede verificar que las expresiones que a continuación exhibiremosson efectivamente amplitud de la oscilación disminuye con el tiempo. soluciones de la ec. (13.56) (véase problema 13.25). La Esto quiere decir que después de un ciclo el cuerpo solución va a tener formas diferentes dependiendo de no regresa a su posición inicial, sino que solamente los valores relativos de las constantes q' y w que aparex menor, o sea, llega a un punto que tiene un valor de cen en la ec. (13.56). Definimos: máscercanoalaposicióndeequilibrio.Portanto, después de cada ciclo el cuerpo se va quedando en posiciones más cercanas a la de equilibrio. Después de varias oscilaciones, el cuerpo finalmente quedará Así, se distinguen tres casos. en equilibrio y ya no oscilará más. En la figura 13.15 vemos que la amplitud de la oscilación tiene la envoli) Caso w > q, llamado caso poco amortiguado. La vente dada porxoe-q'. Esta función exponencial decae solución es en el tiempo y hace que la amplitud decaiga, ya que es un factor en la expresión (13.58). Se llama tiempo x(t) = e-qt x,, cos (fit) de decaimiento r al tiempo que tarda esta exponencia1 en disminuir en un factor e-l= ( l i e ) = 0.37 de su qxo sen (fit)] (13.58) valor inicial; esto es, al 37% del valor inicial. El tiemfi po res igual a 7 = 119. (13.61) Aquí, la frecuencia Q está dado por

+

fi =

[

+

Jw2

-q2

(13.59)

Las cantidades x. y vo son la posición y la velocidad iniciales del cuerpo. Además, e denota la función exponencial. En la expresión (13.58) observamos que la posición x del cuerpo contiene oscilaciones, pero ahora ya no con la frecuencia angularw, c o m o era el caso de laoscilación libre, sino que ahora tiene frecuencia angular dada por Q que según la ec. (13.59) es menor que w fi i ~ 'también se puede escribir de la siguiente manera SI wu

>w

x(t)=A

COS(

~ , t- x) ~~~

e = {

(13 . 6 9 ~ ) ~

y dado que cos a = -1, sen ma expresión queda como

(13.71)

v ( t ) = w g cos(w,f

x(t) = A

COS

,

(~+t)(-l)

La velocidad v(t) queadquiereelcuerpo la encontramos tomando la derivada con respecto a t de las expresiones (13.69)

w

v ( t ) = - wJ

sen (aut)

v(t)=Aw,sen(w,t)

Usando la identidad trigonométrica - sen CY = cos

(

CY -

( I 3.72a) (13.72b)

3

__

se puededemostrarque las ecs. (13.72) se pueden escribir como (problema 13.33)

s i wU < w S i WU

> (L'

v(t) = wUA




w

(13.77)

Las fases son ángulos, por lo que se expresan y a sea en radianes o en grados. En las ecs. (13.75) y (13.77) se han expresado en radianes.

De la solución (13.74) sacamos las siguientes conclusiones. En primer lugar, vemos que la posición del cuerpo x es una cantidad que oscila con frecuencia angularwo, igual a la de la fuerza externa. Esto significa que, en estas circunstancias, el cuerpo adquirirá la misma frecuencia de oscilación que la impresa externamente. En segundo lugar nos damos cuenta de que la amplitud de la oscilación, A, dada por la ec. (13.70) es ahora una cantidad que depende dewo, es decir, de la frecuencia externa. Por tanto, s i la frecuencia externa o. cambia, entonces la amplitud de la oscilación de la posición también variará. E s t o significa que escogiendo adecuadamente el valor de w, se puede lograr el valor de una amplitud deseada. La frecuenciaangular w, dadapor(13.9), es una característica del sistema cuerpo-resorte. Es decir, dados el cuerpo (su masam ) y el resorte (su rigidez k), entonces o*queda determinada

v(t)

En la figura 13.19 se muestra la gr6fica de la amp l i t u d A dada por la ec. (13.70) como función del cociente

r = oo/o = w,A

cos (wut--.)

cos (a+2a) = cos

CY

Ir

2

(13.7313)

(13.78)

Para frecuencias muy balas (au6 w, o sea, r 4 1) la amplitud A tiene el valor (acJwZ).A I aumentar u",el denominador ! a 2 - w:\ disminuye y la amplitudA aumenta. A medida que uno se acerca al valor w, o sea, r se acerca a 1, entonces A aumenta sin cesar,es

OSClLAClONES FORZADAS. RESONANCIA

3

(punto L de la figura 13.20a), el segundo máximo en t = ( T o (punto N), etc. Aquí To es el periodo de la oscilación de la fuerza externa, que está dado por (véase la ec. (13.25)) 2a

To = U0

wo = 4.5 rad15 w

= 5 rad15

b

, I

335

o5

4 1

1 5

2

r = wo/w

Figura 13.19

decir, tiende a infinito. Esto es claro de la ec. (13.701, ya que si wo +u,entonces el denominador se acerca al valor cero y, por tanto, el cociente diverge. Se dice resonancia con que el sistema cuerpo-resorte entró en lafuerzaexterna.Nótesequelaresonanciaocurre cuando la frecuencia externa tiene el valor de la frecuencia que es propia del sistema. AI seguir aumentando el valor de la frecuencia externa, o sea, para wo > o (es decir, r > I ) , entonces la amplitud A disminuye su valorhastaqueparafrecuencias wo m u y grandes, A adquiere valores muy pequeños.Parafrecuenciasmuygrandescomparadas con w ( r m u y grande), la amplitud A es prácticamente despreciable. Esto significa que en este caso, no hay respuesta del sistema cuerpo-resorte. de lograr una respuesta grande del sistema, no aumentando la amplitud F, (ec. (13.66)) de la fuerza externa, sino aplicándola con una frecuencia muy cercana a la En las figuras 13.20 y 13.21 se muestran las gráficas de FAt) y x(t) y v(t), dados por las ecs. (13.661, (13.74) y (13.76), respectivamente, para dos valores de la frecuencia externa wo, uno mayor y el otro menor que la frecuenciacaracterísticadelsistema u.Se han supuesto los siguientes valores: para la frecuencia característica w = 5 radis y para las frecuencias externas wo = 4.5 rad/s y wo = 7 rad/s (con valores de r = 0.9 y r = 1.4, respectivamente). Consideremos primero el caso en que wo < w. La fuerza externa Fe oscila con frecuencia wo y tiene su primer máximo (para valores de t positivos) en t = O

Figura 13.20

336

CaD. 13. OSCILACIONES Y VIBRACIONES

Los valoresqueadquiere x(t), dadospor las ecs. (13.69a) y (1 3.70) están graficados en la figura 13.2Ob. La posición x(t) es una cantidad que oscila conla misque tiene Fe. D e l a figura 13.20b nos ma frecuencia u,, damos cuenta de que los máximos de x(t) ocurren cn los mismos instantes t = O (punto H ) , To ( p u n t o 11, para los cuales ocurren los máximos de Fe (puntos L, N, . de la figura 13.2Oa). También vemos que en ¡os mismos instantes en que Fe es cero (puntos S, N', ), la posición x([) se anula(puntos P, Z, ). Adem;ls, cuando F , adquiere sus valores mínimos, xit) también adquiere sus valores mínimos. Vemos quex sigue a Fe, punto a punto. Se dice que x y Fe están en fase. La velocidad que adquiere el cuerpo se obtiene de l a ec. (13.72a) y en la figura 1 3 . 2 0 se ~ muestra su gráfica. Ahora nos damos cuenta de que cuando Fe tiene de la figura 1'3 N a j , ¡a veun máximo (puntos L, N, locidad v(tj nolo tiene. De hecho, enestos instantes la velocidad es igual a cero (puntos C,S, . de la figura 13 2Ocj. Se dice que v y F e n o están en fase. E l primer máximo de Fe ocurre en t = O, y el primer máximo de v(t) ocurre en el instante t = (37,/4) (punla t o Q de l a figura 13.20~). Nos damos cuenta de que velocidad tarda un intervalo A7-= (37,/4) enresponder a la fuerza externa. Notamos que

estamos tratando, dado quee = O, A7 = O. Es decir, la posición x responde inmediatamente a la fuerza externa, o sea, ambas cantidades están en fase. Se dice que hay diferencia de fase e( = O) entre la fuerza externay la posición del cuerpo. En este caso, la fuerza y la posición están en fase. Analicemos ahora el caso en que u,, > w. En la figura 13.21 se muestran las gráficas de fe, x(t) y v ( t ) correspondientes, que se obtienen de las ecs. (13.66), (13.69b) y (13.72b), respectivamente. A l igual que en el caso anterior, et primer máximo de Fe ocurre en t = O (punto L de la tigura13.21a), pero encontrasteconelcasoantertorahoraelprimer máximo de x(t) y a no ocurre en t = 0 , sino en atro instante, en (Td2) (punto Q de la tigura 13.21b). Esto

Aquí se u s 6 el valor del periodoT, dado mhs arriba. Se obtuvo para (LJ,AT) el valor ( 3 d 2 ) q u ees precisamente el valor de la fase j de la velocidad pard este caso(u, < w) [véase l a ec. (13.77)). Sustituyendo este valor dej en la ec. (13.76a) obtenemos que la velocidad se puede escribir como

~ ( t =)

COS

WJ

(w,t

-

w~AT)

y sacando w0 como factor común obtenemos que

~ ( t= ) w,A

COS

[w,(t

- AT]

(13.76b)

Este análisis nos indica que la fase j es tal que j / w o = AT

(13.79)

es el intervalo de tiempo entrelos máximos de F, y de v, o sea, es el tiempo en que la velocidad responde a la fuerza externa. Se dice que hay una diferencia de fase de j [ = 3 r / 2 ) entre la fuerza aplicaday la velocidad del cuerpo. De manera análoga, se puede escribir que ~ ( t=) A

COS

[w&t --

AT]

(13.7413)

con eiw, = AT

(13.80)

siendo AT el intervalo de tiempo que tarda la posición

x en responder a la fuerza externa F e . En el caso que

Figura 13.21

OSCILACIONES FORZADAS

significa que x(t) y Fe no están en fase. A la posición x le lleva un intervaloA7 dado por (Jd2) en responder a la fuerza externa. Calculemos ahora

que es justamente la fase e de x dada por la ec.(13.75) para wo > w. De manera análoga, se observa de la figura 1 3 . 2 1 ~ que la velocidadvtt) tampoco está en fase con la fuerza externa. E l primer máximo de v ocurre en el instante Es decir, el intervalo (Jd4) (punto S de la figura 13.21~). A J entre los máximos es ahora A T = (Td4) Calculemos el producto

que es justamente igual a la fase j de v por la ec. (13,77) para wo > w. Se dice que hay una diferencia de fase de e ( = .n) entre la fuerza aplicada y la posición, así como una diferencia de fase j ( = 62) entre dicha fuerzay la velocidad. D e lo que acabamos de analizar concluimos que la fase de cualquiera de las dos cantidades x o v es proporcional al intervalo de tiempo queestas cantidades tardan en responder a la fuerza externa aplicada al y sistema resorte-cuerpo (véanse las ecs. (13.79) (13.80)). E l fenómeno de resonanciaes muy común.En general, cuando un sistema mecánico puede oscilar, lo hace con valores de la frecuencia característicos del sistema. En nuestro caso del cuerpo-resorte hay solamente un valor característico de la frecuencia.Sin embargo, para sistemas más complicados pueden existir varios valores de las frecuencias características. Ahora bien, si a un sistema mecánico que puedeoscilar se le aplica una fuerza externa que tiene una frecuencia que es igual a alguna de las frecuencias características del sistema, entonces el sistema entra en resonancia y la amplitud de la oscilación adquirida aumenta mucho. Acabamos de encontrar que en la resonancia la amplitud de la oscilación es infinita. Esto quiere decir que el cuerpose aleja de la posición de equilibrio una distancia infinita. Es claro que si esto ocurriera, entonces, en primer lugar llegaría un momento en que el resorte entraría en una región no elástica (fig. 13.6) y posteriormente el sistema se destruiría. Si no existe algún mecanismo que lo impida, esto es en efecto lo que ocurre. Un mecanismo para evitar esta destrucción puede ser la amortiguación viscosa. Estolo estudiaremos en la siguiente sección. Es importante resaltar que la destrucción a quenos referimos en el párrafo anterior también puede ocu-

337

CON AMORTlGUACldN

rrir en cualquier otro sistema mecánico que puede oscilar. Si el sistema entra en resonancia con una fuerza externa,entonces su amplituddeoscilaciónpuede aumentar tanto que el sistema se destruya. U n lo anteriorocurrióenel ejemploimpresionantede aiio de 1940 en el puente de Tacoma, Estados Unidos. Unos meses despuésdehabersidocompletado, un temporal azotó la región, y ocurrió que una de las componentes de la fuerza del viento fue de frecuencia justamente igual a una de las frecuencias características del puente E l puente entró en resonancia con el viento y empezó a oscilar con una amplitc~d muy grande que lo destruyó. O t r o caso fue el de¡ terremoto que sacudió a la ciudad de México en 1985. Esta perturbación contenia una frecuencia de0.5 Hz. Resultó queun buen número de edificiosde alrededor de 6 pisos tenían entre s u s frecuencias naturales una de valor de alrededor de 0.5 Hz. Estos edificios entraron en resonancia, sus amplitudes de oscilación crecieron mucho y, como resultado, se destruyeron. Cuando se diselian estructuras es importante hacerlo de manera quesus frecuencias características sean lo máslejanasposiblesdelasfretalesqueestén cuencias de las perturbaciones a las que la estructura pueda estar sujeta, como por ejemplo, vientos, terremotos, etcétera. Por otro lado, existen otros fenómenos en los que laresonancia se utilizademaneraventajosa.Por ejemplo, el sintonizador de un aparato de radio o de televisión es uncircuitoelectrónicoque se ajusta para que esté en resonancia con la onda electromagn6tica que emite la estación de radio. AI ser iguales las frecuencias de la estación y la característica del circuito, su respuesta es muy grande y asi se logra seleccionar, de las ondas que emiten todas las estaciones de la localidad, la que se desea. Otro fenómeno en el quese presenta la resonancia ocurre en la absorcióny emisibn de luz por las sustancias.

13.7. OSCILACIONES FORZADAS CON A M O R T I C U A C I ~ N Consideremos ahora el caso en que el sistema cuerp o - r e s o ret ex p e r i m e nst a i m u l t á n e a m e nut en a amortiguación viscosa y una fuerza externa oscilatoria. Usando la misma notación que en las secciones anteriores, se tiene que ahora la ecuación de movimiento es

ma = m - - -d% d t2

“kx

- cv

+ F,

COS (wet)

(13.81)

Esta ecuación se puede escribir entonces como

dt2 + dt

q’”.dx dt

+

W2x--ao

cos (wet) = O (13 821

338

Cap. 1 3 . OSCILACIONESY VIBRACIONES

La solución de esta ecuación 13.35)

n un número entero positivo. La faseeestádada

es (véaseproblemacon

x(t) = A(w,) cos (w,t - e)

(1 3.83)

siendo ahora la amplitudA(w,) de la oscilación igual a

Aquí se usaron dos resultados:

1.

- sena

= cos ( a

+ +)

(13.84) V

Además, l a fase e que aparece en (13.83) está dada por cos e

w2 -

uo2

2. si dos ángulos difieren en un múltiplo entero de 27r, entonces sus cosenos tienen el mismo valor. Se escoge aquel valor de n en la ec.( I 3.88) de tal forma quej tenga e l mínimo valor positivo.

sene = - (13.86) Ahora interpretamos estos resultados. La ec. (13.83) R nos indicaqueelcuerpooscilaconlamismafrecuencia angular wo de l a fuerza externa. En matemáticas se demuestra que la solución más Asimismo, al igual que en el caso estudiado en la general de la ecuación diferencial (13.82) es la suma sección anterior, la amplitud de la oscilación, dada en de dos cantidades: la primera cantidad es la solución de la ec. (13.84) depende de la frecuenciawo de la fuerza la ec. (1 3.56)y la otra cantidad es la expresión ( I 3.83). aplicada. Sin embargo, ahora la dependencia es más Sin embargo, como se puede ver de la ec. (13.58)o de en la ec.(1 3.70). Para analizar complicada que la dada las ecs. (13.62) y (13.65), que son las soluciones de la ahora la amplitud conviene introducir la cantidad Q ec (13.56), la prirnera contribución a la solucióngenedefinida como ral de la ec. (13.82) decae exponencialmente en el tiempo. Por tanto, para tiempos suficientemente grandes Q = wlq’ (13.89) sÓ10 queda la expresión (13.83). Se dice que la solución de (13.82) tiene una contriDespejando q’ se tiene que bución transitoria (la correspondiente de las expresiones (-13.581, (13.62) o (13.65)) y una contribución estaq’ = wlQ (13.90) cionaria (la expresión (13.83)). Observamos que las condiciones iniciales del sisteSustituimos esta cantidad en la ec. (13.84). La amplima solamente se presentan en la parte transitoria de tud A(wo) queda dada por la misma expresión (13.84), la solución. Por tanto, después de que ha pasado un pero ahora con tiempo suficientemente grandey la contribución transitoria ya no existe, el sistema se rige según la contriR = d ( w 2 - o:)* (wwdQ)’ (13.91) bución estacionaria que no depende de las condiciones iniciales. E l sistemaha“olvidado” sus condiLa cantidad Q definida en (13.89) nos da una medicionesinicales. Este “olvido” se debealafricción, da de la magnitud de la fricción: mientras mayor sea que ha disipado la contribución transitoria. la fricción, mayor será q’ y menor será Q, y viceversa. Solamente se estudiará ahora ,la contribución estaQ nos Esto quiere decir que para valores grandes de cionaria. estaremos acercando al caso de un sistema con una fuerza externa sin fricción. En el caso contrario, valoLa velocidad v(t) del cuerpo la obtenemos a partir res pequeños de Q nos indican que la fricción es m u y de la ec. (13.83) grande. Nótese que Q es una cantidad sin dimensiones (véase problema 13.36). dx v(t) := En la figura 13.22se muestran gráficas de la magnidt t u d A(wo)como funciljn del cocienter = u,/w, para va-- wo C\(q,) sen ( m o t - e) lores de Q iguales a IO, 8, 5, 3 y l En primer lugar vemos que ahora la magnitud de A yanoadquierevaloresinfinitos (véase problema = w,A(w,)cos (w,t - e) 2 13.37). E s t o significa que el hecho de que haya fricción evita que las oscilaciones adquieran amplitudes = w O A ( q Jcos (u,t - j) (13.87) extraordinariamente grandes. Sin embargo, se ve en la figura que para valores deQ grandes, por ejemplo, de siendo ahora la fase de la velocidad j I O , la amplitud, aunque finita, es grande. Es decir, en H estos casos en que hay una pequeña fricción la amplitud (13.88) j 2 n s $- e - 2 de la oscilación es bastante grande. =r

R

,

+

i

+

“I

OSCILACIONES FORZADAS

a ,,/u2 01

1

O5

2

1 5

r = wdw

Figura 13.22

En segundo lugar se observará que el máximo ocurre en la cercanía del valor r = 1, o sea, de la frecuencia u.Se tiene otra vez el fenómeno de resonancia. Para valores de Q grandes, el máximo ocurre en r = 1 (uo = a).Para valores menores de Q, por ejemplo para Q = 3, el máximo ocurre parar = 0.97 (u,, = 0 . 9 7 ~ )Para . valorestodavía más pequeñosde Q, porejemplo, para Q = 1, prácticamente ya no hay máximo. Si Q se hace extremadamente grande (es decir, la fricción muy pequeña), entonces el segundo sumando dentro del radical en (13.91) es muy pequeño comparad0 con el valor del primer sumando y, por tanto, R es

Sustituyendo esta cantidad en la ec. (13.84) se recupera la amplitud A dada por la ec.(13.70). En la figura 13.22 también se muestra la amplitud A cuando Q + m . Esta gráfica es la misma que la de la figura 13.19. Por otro lado, s i el valor de Q es muy chico (o sea, unafricciónmuygrande),vemosquelaresonancia deja de tener sentido. Por ejemplo, vemos en la figura Q = 1, no hay máximo pro13.22 que en el caso de nunciado de la amplitud A y no tiene sentido hablar de resonancia. Veamos ahora el significado de las fases e y j. Escribiremose en términosde Q. Para ellosustituimos (1 3.90) en (13.86), obteniendo cos e=

3R

Wo2

,

1 OW0 sen e = --(1 3.93)

Q

R

con R dada por la ec. (13.91). Si se dan los valores de Q, w y w0,entonces de las ecs. (13.91), (13.84), (13.93) y (13.88) se pueden obtener los valores de A, e y j correspondientes. Usando ahora las expresiones (13.83) y (1 3.87) se encuentran la posición y la velocidad del cuerpo en el instante que se desee. En las figuras 13.23, 13.24 y 13.25 se muestran

CON AMORTlGUACldN

339

las gráficas así obtenidas de F i t ) , x ( t ) y v(t) para tres valores de la frecuencia externawo: uno mayor que la frecuencia característica w del sistema, otro menor y otro igual. Se han supuesto los siguientes valores: Q = I O ; para la frecuencia característica w = 5 rad/s, y los valores de wo = 4.5 rad/s, 7 rad/s y 5 rad/s. Consideremos primero el caso en que wo < w . La fuerza externa oscila con frecuencia wo y tiene su primer máximo en t = O (punto L de la figura 13.234, el segundo máximo en t , = To (punto N), etcétera. En la gráfica de la figura 13.23b se muestra a x(t). A diferencia de lo que ocurría en el caso semejante a este en la sección anterior, ahoralos máximos de x no ocurren en los mismos instantes que los máximos de Fe. En efecto, ahora los máximos de x ocurren en los instantes t,, t3,etc., que no coinciden cont = O, t,, etcétera. Por tanto, ahora x y F e están desfasados. Esto significa que cuando hay fricción la posición no responde inmediatamente a la fuerza externa, sino que tarda cierto tiempo en responder. La ec.(13.83)para x se puede escribir en la forma dada por la ec. (13.74b), en

Q = 10 00

= 4.5 rad/s

340

Cap. 13. OSCILACIONES Y VIBRACIONES

donde Ar es el tiempo que tarda la posición en responder a la fuerza externa. Este intervalo está dado en términos de la fasee por la ec.(13.80).A diferencia de lo que ocurría en el caso de la sección anterior, ahora este tiempo AT depende de la frecuencia wo. La velocidad v se muestra en la figura 13.23~. E l primer máximo de v ocurre en el instante t = t, (punto Qvelocidad ) .Porlatanto, fuerza v y la fdesfae están sadas. Esto significa que la velocidad tarda en responder a la fuerza externa. La ec. (13.87) para v se puede escribir en la forma dada por la ec.(13.76b) en donde AT, el tiempo que tarda la velocidad en responder a la fuerza externa, está dado en términos de la fasej por la ec. (13.79). Ahora discutamos el caso en quewo > u.En la figura 13.24 se pre5entan las graficas de Fe, x(t) y v ( t ) para este caso. Tanto la posición como la velocidadno están en fase con la fuerza externa, es decir, tardan cierto tiempo en responder. Los intervalos de respuesta, Ar y AT, respectivamente, están dados en términos de las fases e y j, por las ecuaciones (13.79) y (13.80).

uo=w

Q = 10 = 5 rad/s w = 5 rad/s O?,

%I

al

L

9s) wg

>w

Q = 10 w, = 7 radls w = 5 rad/s

bl

I

I

\i

K

¿

Figura 13.25

POTENCIA ABSORBIDA

Para el caso en que wo = w, o sea, en la resonancia, las gráficas de Fe, x[t) y v[t)se muestran en la figura 13.25. En este caso las magnitudes t.)nto dex c o m o d e v son mucho más grandes que para los casos de las figuras 13.23 y 13.24.

POR EL CUERPO

341

valores de e se obtienen de la ec. (13.93). Asimismose presenta la gráfica de e para el caso tratado en lasección anterior, es decir, Q + 00, cuando no hay fricción, que corresponde a l a ec. (13.75). En la figura 13.27se presentan las gráficas de las fases j para Q = 1 0 q u e se obtiene a partir de la ec. (13.88) y para Q m , que corresponde a la ec. (1 3.77).

1 En la sección anterior no se presentaron las gráficas de x(t) y v[t) correspondientes al caso wo = w, ya que sus amplitudes eran infinitas.Si hay fricción, la amplitud adquiere un valor grande, pero finito.

De la figura 13.25b vemos que el primer máximo de x ocurre en el instante t,(puntoQ), que corresponde a un intervalo Arde respuesta igual a(To/4),por lo que l a fase e es (véase la ec. (13.80))

que es precisamente el valor que se encuentra de la ec. (13.86). Esto significa que F e y x están completamente fuera de fase.En efecto, como se puede ver en la figura 13.25 cuandoF e adquiere su valor máximo, x es nulo, y viceversa. Para la velocidad nos damos cuenta en las figuras 13.25a y c que Fe y v están en fase. E s decir, el intervalo de respuesta AT es cero, ya que el primer máximo de v ocurre en t = O (punto K). Por tanto, j = O. En efecto, de la ec.(13.91) vemos que s i wo = u,entonces

R = wwdQ por lo que de la ec. (13.93) se tiene que cos e = O

Y

sen e =

wwdQ

=

WwdQ

E l ángulo e es entonces igual a90°, o sea, 7ri2 rad. ÉSta es l a fase de la posición. Sustituyendo este valoren la ec. (13.88) con n = O, se encuentra que

-+

j (grados)

4

Figura 13.27

13.8. POTENCIA ABSORBIDA POR EL CUERPO EN PRESENCIA DE U N A FUERZA EXTERNA Para te'ner una explicación física de los hechos presentados en las dos últimas secciones, obtendremos la potencia que se desarrolla durante un ciclo de la oscilación. Consideremos un intervalo de tiempo dt muy pequeño. En este intervalo el cuerpo se mueve una distancia dx, por lo que el trabajo dW realizado por la fuerza externa Fe es (véase el capítulo 8, recordando que estamos tratando un caso en una dimensión). d W = Fedx De la ec. (3.18) se tiene que

En la figura 13.26se presenta la gráfica de lafase e como función del cociente r = wdw para Q = I O . Los

dx = v d t siendo v la velocidad del cuerpo. Por tanto, el trabajo realizado es

e (grados)

d W = Fevdt

(1 3.94)

E l trabajo W realizado duranteun ciclo de la oscilación es

Figura 13.26

Un ciclo dura un tiempo igual aTo, igual al periodo de la oscilación.

342

Cap. 13. OSCILACIONES Y VIBRACIONES

En consecuencia, la potencia c i c l o es (véase la sección 8.5)

w

P = -= To

f desarrollada en el

-1

1 To F,vdt To o

Recordamosque cos (271.) = 1

(13.95)

p=

Obsérvese que en esta expresión aparece la velocidad y no la posición del cuerpo.

~

fd To

1

sen (271.) = O

Y

(13.96)

acos;

En esta expresión tanto A c o m o To depende de w,. ReAIT, c o m o sigue.Para A usaPara calcular la potencia f, sustituimosahoraenlaescribiremoselcociente (13.84) y para To usamos (27r/u0) ec. (13.95) las expresiones para Fe y para v dadas en las mos la ec. ecs. (13.66) y (13.87), respectivamente aowo -A_ - (13.97) To R 271. I T P = O F o C O S ( W ~ ~ )C O S ( ~ o t j) d t

-S

Jo

-

~d

o

7F , w1g To, c o s Iw,t)

Ahora, de la ec. (13.93) despejamos (I/R)

cos (coot - j) dt

1 - __ Q sene R wwg

"

Para efectuar la integralse usa la identidad trigonométrica I1 3.711

Pero de la ec. (13.88) se tiene que

To

(13.99)

Efectuando el producto, y recordando que la fase j no depende del tiempo t, por lo que es una cantidad constante, se tiene que

F w g P = -2." {cos; To

io TO

+ sen j S?cos(w,t)

Ahorausaremos das

(13.98) nos da

1 -

"

R

cos;

~

(13.971, obtene-

ec. Sustituyendo laecuación esta en

cos2 (wet) d t sen (w,t) d t

1

(13.100)

WW"

rnos que

- aoQ cos 1 "

WO

s

que sustituida en la ec.

las siguientesintegralesindefini-

[cos2 (w,t) d t = Y

(13.98)

sen (wet) cos (wet)

+

2 7rw

- wt,

2

ec. (13.96), obtenemos

Sustituyendoahoraenla para la potencia P

aQ

sen (oat) cos (w,t) d t = - -COS2(W"t) 2 wo

Por tanto, al evaluar las cantidades correspondientes entre los límites O y T, se encuentra que

f = f o r ---"--cosjcosj 2T W o sea,

P = Pres cos2 ; con

(13.101) Finalmente, se tiene que __ --cos2;

Perode 13 ec. (5.611 vemosquelacombinación (woTo),que aparece aquí,es justamente igual a 27r, por lo que

P res

Este resultado nos indica que sarrollada en un ciclo depende de la

(13.10 2 ) ¡a potencia defase j entre la

POTENCIA ABSORBIDA POR EL CUERPO

fuerza externa y la velocidad del cuerpo. Con este resultadopodremosentenderalgunosde los hechos descritos en las secciones anteriores. En l a resonancia, j = O (véanse la sección anterioro la figura 13.27 para r = 1).Por tanto, cos2j = 1 y de la ec. (13.102)se encuentra que P = Pres. E s decir, Preses la potencia desarrollada en la resonancia. De ahí el subíndice res. De la ec. (13.102)vemos que mientras mayor sea (cos2 j), mayor será la potencia desarrollada. En la figura 13.28 se muestra la gráfica de (cos2i ) como función de j. Podemos observar que ,los valores máximos de (cos2 i ) ocurren cuando i = O y T, mientras que (cos2;) es cero cuando j = ~ /y 23 ~ / 2E.s decir, se logra el máximo de la potencia absorbida por el sistema cuerpo-resorte cuando la velocidad y la fuerza externa están en fase (diferencia de fase igual a cuando O) o hay una diferencia de fase de T. No habrá absorción de potencia por el sistema cuerpo-resorte cuando la fuerza externa y la velocidad estén completamente desfasadas (diferencias de fase de 7r/2 o de 3 7r/2).

fOSZi

(=x

2)

Figura 13.28

Si ahora regresamos a la figura 13.20,en el caso en que no hay friccióny que w,, < w, la diferencia de fase i es 3 d 2 , por lo que (cos i ) = O y la potencia absorbida por el sistema cuerpo-resorte es cero. De manera análoga, la diferencia de fase j es ~ / en 2 el caso de la figura 13.21,en que wo > w, por lo que tampoco hay absorción de energía. Esto significa ques i no hay fricción, solamente hay absorción de energía para wo = w, o sea en la resonancia (véase más abajo). Consideremos la figura 13.21 en que w,, > w. Tomeo sea, moselintervalodelprimercuartodeciclo, entre O y t,. Vemos de la ec. (13.94)que en este intervalo el trabajo generado es positivo ya que tanto Fe c o m o v son positivas. E s t o significa que el agente externo entrega trabajo al sistema cuerpo-resorte. Ahora bien, en el segundo cuarto de ciclo, o sea en el inter-

343

valo entre t2 y tl, el trabajo es negativo, ya que Fe es negativa y v es positiva, por lo que su producto es negativo. Se tiene el caso en que la fuerza aplicada tiene sentido oDuesto a la velocidad del cuerpo. Por tanto, el sistema cuerpo-resorte hace trabajo sobre el agente externo. En el tercer cuarto del ciclo el trabajo es positivo, mientras que en el último cuarto, el trabajo es negativo. Resulta que, en estecaso, las cantidades positivas cancelan a las cantidades negativas, porlo que el trabajo total desarrollado en el ciclo es cero y, por tanto, la potencia es nula. Algo idéntico ocurre en el caso de la figura 13.20 en que w,, < w . Consideremos el caso en que hay fricción. D e lo discutidoarribaacercadelafigura 13.25 vemosque cuando u,,= w , o sea, en la resondncia, ocurre justamente que F e y v están en fase, es decir, ocurre la máximaabsorcióndeenergíaentregadaporelagente que aplica la fuerza externa. En este caso vemos que en cada uno delos cuatro cuartos del ciclo el product o d e Fe con v resulta ser una cantidad positiva.E s decir, no hay cancelación del trabajo realizado, y c o m o es positivo, entonces el sistema cuerpo-resorte absorbe el trabajo todo sin regresar nada en ningún momento. Este trabajo absorbido por el sistema se yonvierte en energía potencial y en energía cinética. Esta es precisamente la causa por la que las magnitudes del desplazamiento y de la velocidad adquieren valores m u y grandes. Cuando se está fuera de la resonancia ocurre que en distintos cuartos de ciclo el trabajo tiene distintos signos, c o m o se puede apreciar en las figuras 13.23 y 13.24.Sin embargo,ahora las cancelaciones no son completas, por lo que la potencia desarrollada en el ciclo no es completamente cero. Pero lo que sí ocurre, es que debido a que hay cancelaciones parciales E s dela potencia tiene un valor relativamente bajo. cir, el trabajo entregado al sistema es muy pequeño comparado con el entregado cuando se está en resonancia. Finalmente, reescribimos la ec. (13.102)para tener la potencia como función explícita de la frecuencia wo. Para ello sustituimos la ec.(13.99)en la ec.(13.102) y usamos las expresiones (13.93)para sen e y (13.91) para R, obteniendo

P

- = sen2e

,P ,,

En la figura 13.29 se muestra la gráfica de (f/fres) como función deo,, para el valor deQ = IO.Observamos que esta curva tiene un máximo muy agudo en la resonancia, o sea, para u,, = w. La absorciónde energía por parte del sistema es máxima en la vecindad de la resonancia.M u y lejos de ella, casi nose ab-

344 sorbe energía. En la figura 13.29se muestra también el caso en que Q m , que corresponde a fricción nula. " +

(EL RESOKTE VIENE N ! CONTRA M Í A Y ,~ ~CARAY!,CUESTA TRABAdO OUi RESPONDA iL

j

13.9. APLICACIONES Ejercicio 13.4. Se suelta un bloque de 2.5 kg desde una altura de 1.2 m sobre el platillo de una báscula (fig. 13.30a). El platillo tiene masa de 0.5 kgy e l resorte tiene una rigidez de 60 Nim. Suponiendo que después del impacto el bloque y el platillo se mueven al unísono, obtenga la longitud que se comprime el resorte.

Figura 13.30 a

"_

I

" "

PI pres

J"""""_ 09 08 07 06 o5 0.4 03

4

-

Consideraremos varias configuraciones que adquiere el sistema bloque-platillo-resorte. En primer lugar, dado que la masa del platillo es nodespreciable, al estar encima del resorte lo comprime. E s decir, s i se retiraelplatillo, el resortetieneciertalongitud(fig. 13.30b) distinta a la que tiene en la configuración de la figura 13.30a. Tomemos un sistema de coordenadas con el eje X horizontal a la altura del platillo cuando y el ejeY verse encuentra sobre el resorte (fig. 13.30a) tical. En este caso, al colocar el platillo sobre el resorte, éste se comprime una longitud d (fig. 13.30b). Consideraremos el nivel horizontal R R ' a la altura del resorte libre. En l a f i g u r a 1 3 . 3 0 ~se muestra el instante enque se sueltaelbloque. En lafigura13.30d se ilustra la situación un instante antes de que el bloque entre en contacto con el platillo. En la figura 13.30e se ve el instante justo después del impactoy antes de

I"

f

0 2

o1

-1

O Figura 13.29 Figura 13.30

b

APLICACIONES

A2

Figura 13.30 c

345

Consideraremos como sistema al conjunto bloqueplatillo-resorte. Para resolver el problema planteado, utilizaremos los principiosdeconservacióndela energía y del momento. En la situación que estamos considerando se presentan, al mismo tiempo, dos tipos de energías potenciales: la gravitacional U,,debida al peso de los cuerpos y la elástica U,,debida al resorte. Escogeremos el nivel en el cual la energía potencial gravitacional es cero aquel en el que el platillo está colocado sobre el resorte, es decir, el eje X. E l punto de energía potencial cero del resorte es cuando se encuentra libre, es decir, el nivel R R ' . Inicialmente(configuración 2, f i g u r a1 3 . 3 0 ~ )e l cuerpo no tiene energía cinética, ya que no se está moviendo; solamente tiene energía potencial por estar encima del eje X. En este mismo instante, el platillo no tiene energía cinética y tampoco energía POtencial, ya que está justo en el nivel del eje X. En este instante el resorte está comprimido, por lo que tiene energía potencial elástica. Por tanto, en este instante el sistema sólo tiene energía potencial (gravitacional elástica). AI soltar el cuerpo y llegar justo antes de tocar el platillo (configuración 3, figura 13.30d), la energía potencialgravitacionalquetenía se transformóen energía cinética. E l resto del sistema está igual que en el instante inicial. Por tanto, en esta configuración el energía sistema tiene (energía cinética del cuerpo potencial elástica del resorte). A I quedarelresortecompletamentecomprimido (configuración 5, figura 13.30f) ya no hay ningún movimiento, por lo que todas las energías que tenía el sistema se transformaron en energía potencial elástica del resorte (al comprimirlo completamente)y en energía potencial gravitacional (al quedar el cuerpo y el X); yanohayenergíacinéplatillodebajodeleje tica. Analicemos a continuación con detalle cada una de las configuraciones. AI pasar de la configuración de la figura 13.30b a la de la 13 30a, es decir, al colocar el platillo sobre elresorte, éste se comprime hasta que la fuerza quegenera (vertical y hacia arriba) cancela el peso del platillo (vertical y hacia abajo). En estas condiciones, usando las ecs. (7.4) y (13.2) se tiene que

+

'i

(m

+

+ M)

L4

Figura 13.30 e

k d = Mg

(13.104)

D e aquí despejamos d que bloque-platillo empiecen a descender. Finalment e en la figura 13.30fse ve la posición del sistema con el resorte en su máxima compresión. Denotemos con la letra A al bloque y con la B al p l a t i l l o . Además, sean m ( = 2.5 kg) la masa del bloque, M ( = 0.5 kg) la del platillo, k(= 60 N/m) la rigidez del resorte y L ( = 1.2 m) la longitud desde la que se suelta el bloque.

Sustituyendo valores

d =

0.5 k g X 9.8 mis2 60 N / m (13.105)

346

Cap. 1 3 . OSCILACIONES Y VIBRACIONES

Ahora consideremos varias configuraciones. Configuración 2 (fig. 13.30~). Las velocidadesdel bloque (VA), y del platillo (v& son nulas, por lo que la energía cinética total K, también es nula. La energía potencial U, es la suma de lasenergías potenciales gravitacional y elástica (véanse las ecs. (8.51) y (13.37))

+

U z = mgL

1 2

-kd2

P3

La energía potencial gravitacional del platilloes cero, ya que se encuentra en el nivel del eje X. Por tanto, la energía total E , es €2

+

= K2

= mgL

1 2

-kd2

(1 3.1 06)

Configuración 3 (fig. 13.30d). E l bloque tiene ahora velocidad ( v ~ ) mientras ~, que la velocidad del platillo K3 es ( v ~ es ) ~cero. Por tanto, la energía cinética

K3 =

2

m(VA)$

En estaconfiguraciónlaenergíapotencialgravitacional de ambos cuerpos es nula, ya que se encuentran justamente sobre el nivel en quees cero. La única energía potencial es la elástica, debida a que el resort e está comprimido una longitudd por el peso del plat i l l o . Por tanto, U3

=

1

Tkd2

2

= K,

+

U3

1 = "(VA): 2

+

= 2.5 kg X 4.85 mis = 12.125 kg

x mis

(13.109)

Configuración 4 (fig. 13.30e).Ésta correspondeal instante justo después del impacto. Ahora el bloquey el platillo se mueven al unísono, o sea c o m o un cuerpo de masa ( M m ) = 3 kg. Sea v, la velocidad que tieneestecuerpo. La magnituddelmomentolineal ahora es P4 = ( M m)v4 (13.11O)

+

Como las únicas Fuerzas que ocurren durante el impacto son internas, el momento lineal total se conserva al pasar e l sistema de la configuración 3 a la 4, o sea P , = P4 Sustituyendo las ecs. (13.109) y (13.110), obtenemos que 12.125 kg X m/s = ( M

+ m)v4= 3 kg v4

y despejando v4

v4 = 12.125 k g x m's = 4.04 mis(13.111) 3 kg

En consecuencia, la energía total es €3

= (PA13 = m(VA)3

+

U2

+

En la configuración 3 el momento lineal P, del sistema es la suma de los momentos del bloque y del platillo. E l momento del platillo es nulo, ya que su velocidad es solatambién lo es. Por tanto, el momento total menteelmomentodelbloque, y su magnitudestá dada por (véase la ec. (9.5))

1

" k d 2 (13.107)

Ahora bien, al pasar el sistema de la configuración 2 a la 3 la energía total se conserva, o sea

E , = E, que sustituyendo las ecs. (13.106) y (13.107) nos da

D e esta ecuación despejamos (va):. Para e l l o se can(kd2/2),dividimos lo celan los dostérminosiguales que resta entrem, multiplicamos por 2y sacamos raíz cuadrada, obteniendo que

La energía cinética K, del sistema es, en esteinstante, 1 K4 = -- [ M m)v$

2

+

1 2

= - 3 kg X (4.04mis)2 = 24.48 I

(13.112)

La energíapotencialgravitacionaldelsistema es nula. La única energía potencial que no es cero es la elástica debida a que el resorte está comprimido una longitud d 1 U4 = -kd2 2 I

= "60 2

N/m) X (0.082 m)2

= 0.2) (13.113) Por tanto, la energía total en esta configuración es €4

+ U4 = 24.48 I + 0.2 1 = 24.68 I = K4

(13.114)

APLICACIONES

Configuración 5 (fig. 13.30f). En esta configuración el resorte llega a su máxima compresión y el sistema está en reposo. Por tanto, su energía cinética es nula. La energía potencial gravitacional es

+ m)gH

U, = - ( M

(I 3.115)

Esta cantidad tiene signo negativo, ya que el cuerpo m) se encuentra debajo del eje X, que de masa ( M es el nivel del cero de la energía potencial. Aquí H es la distancia que baja el sistema desde la posición en q u e e l p l a t i l l o sólo está en equilibrio (fig. 13.30a). AI llegar a la configuración 5, el resorte se ha comprimido la longitud

+

+

h = ( d (13.116) H) por lo que la energía potencial elástica es I

U, = -kh2

(13.117)

2

Por tanto, la energía total es €5

=

u,+ u,

que sustituyendo las ecs. (13.115) y (13.117) nos da

E , = -(M

+ m)gH +

1 2

-kh2

(13.118)

La energía total se conserva al pasar el sistema de la configuración 4 a la 5, o sea,

30 H2- 24.5H - 24.48 = O

347 (13.119)

Para resolver esta ecuación cuadrática en H usamos la solución dada en el apéndiceI l l con a = 30, b = - 24.5 y c = -24.48

H = -

-

24.5 f 4600.25 60

+ 2937.6

24.5 f 59.48 60

que nos da las dos raíces

HI = 1.40 m

y

H2= - 0.58 m (13.120)

La raíz negativa no tiene sentido para nuestro caso, ya que H es una magnitud y, por tanto, debeser positiva. En consecuencia el resultado buscado es la raíz positiva. E s decir, el bloque comprime el resorte, desde la posición de equilibrio de la báscula (con el platillo colocado) una longitud de 1.40 m. Ejercicio 13.5. Un collarín demasa 10 kg se mueve sin fricción en una barra que forma un ángulo de 400 con la vertical (fig. 13.31a). E l resorte tiene una rigidez de 328 N/m y no está estirado cuando el collarín está en l a posición B. Si el collarín se encuentra en la posición C, iqué aceleración experimenta?

0.9 m

que sustituyendo las ecs. (13.114) y (13.118) y los valores numéricos nos da 24.68 I = - 29.4 k g X (m/s2)H- 30 (N/m)h2 Ahora sustituimos h en términos de H, según la ec. (13.116), con el fin de tener una ecuación para una sola incógnita, a saber H. No escribiremos las unidades; en vista de que estamos trabajando en SI, el el resultado final lo obtendremos en m.Así se obtiene que 24.68 = - 29.4H

+ 30 X (0.082 + H)*

Se usó el valor de d, dado en la ec. (13.105). Usando ahoraelteoremadelbinomioparadesarrollarel cuadrado indicado, nos da

+ 30 X (0.0067 + 0.1633H + Hz) = - 29.4H + 0.2 + 4.9H + 30H2

24.68 = - 29.4H

Combinandotérminossemejantes y pasandotodos los términos al mismo miembro de la ecuación,se encuentra que

Cuando el collarín se encuentra en la posición C el resorte tiene una longitud igual a AC, que es mayor que la longitud de equilibrio AB. Por tanto, el resorte ejerce una fuerza F (fig. 13.31 b) a lo largo de la línea AC y con sentido de C a A. E l collarín experimentará

348

c

Sustituyendo valores obtenemos que

+ +

AC2 = (0.9 m)2 (1.2 m)2 - 2(0.9 ml(l.2 m) cos (130’) = 0.81 m2 1.44 m2 - 2.16 m2(-0.6428) = 3.638 m 2

A

y sacando raíz cuadrada

AC =

d m = 1.907 m

En consecuencia,elestiramiento Ax queexperimenta el resortees (véase ec. (13.123)) F

D

Ax = 1.907 m - 0.9 m = 1.O07 m

C

Sustituyendo esta cantidad en l a ec. (13.122), obtenemos la magnitud de la fuerza F

Figura 13.31 b

N F = 328 - X 1.007 m m

entonces una fuerza que es la componente de F a lo largo de la barra.Sea F , esta componente. De la figura 13.31b vemos que su magnitud es

F = Fcosb La magnitud de la fuerza

(13.2)

F = kAx

(13.1 22)

siendo Ax la longitud que se estira el resorte al pasar el collarín de B a C, o sea, Ax=AC-AAB

Ahora solamente nos falta conocer el ángulo

la figura 13.31b vemos que

(13.1 21)

F la obtenemos de la ec.

(I 3.123)

(13.125)

= 330.4 N

a

+ p = 500

0.D e

(I26) 3.1

En el triángulo rectángulo AFC se tiene que (véase la ec. (2.22)) AF t g a = __ (13 127)

FC

Pero AF = B D = BC sen SO0 = 1 . 2 m X 0.7660 = 0.919 m.

Además, Nos damos cuenta de que para conocer la componenFC = FD DC t e F , necesitamos conocer la longitud AC y el ángulo 0.Calculemos primero AC. En la figura vemos lo siguiente y del triángulo rectángulo BDC

+

ángulo BCD = 90° - 40” = 50”

DC = BC cos 50° = 1 . 2 m x 0.6428 = 0.771 3 m

Pero

por lo que ángulo CBA = ángulo BCD

FC = 0.9 m

por ser alternos internos. Por tanto,

+ 0.771 m = 1.671 m

Sustituyendo estos valores en la ec. (13.1 27)nos da

ángulo ABC = 180° - ángulo CBA = 180° - 50° = 130° Consideremosahoraeltriángulo ABC, que no es rectángulo.Deestetriánguloconocemosdoslados ( A B y BC) y el ángulo comprendido entre ellos. Podemos encontrarelladodesconocido, AC, usandoel teorema de los cosenos de la trigonometría AC2 = AB2

+ BC2 - 2(AB)(BC) cos (ABC)

(13.124)

por lo que a

= arc t g 0.55 = 2 8 O 48’ 34”

En consecuencia, de la ec.(13.1 26) obtenemos que

p = SO0

- a = 50° - 28O 48’ 34” = 21° 11 ’ 2 5 ”

APLICACIONES

349

cia1 gravitacional el eje horizontalR R ’ . Consideremos las dos configuraciones de la figura 13.32. Inicialmente (figura 13.32a) la barra está en posición horizontal con su centro de masa C en el eje RR’, por lo que la barra no tiene energía potencial gravitaF = 330.4N X c 0 s ( 2 1 ~ 1 1 ’ 2 5 ” ) = 308N se mueve,tampocotiene cional. Como labarrano Finalmente, la magnitud de la aceleración del collarín energía cinética. AI mismo tiempo, la barra comprime al resorte por lo que únicamente existe energía potenes cial elástica. f8 N = 30.8 mis2 AI soltar la barra, el resorte se estira (figura 13.32b) a , = -m= k g308 10 perdiendo su energíapotencialelástica.Peroel RR’, adcentro de masa de la barra sube sobre el nivel La dirección de a,,es a lo largo de la barra, o sea, a lo quiriendo energía potencial gravitacional. AI mismo largo de BC. E l sentido de a , es de C a B. O, tiempo, la barra se mueve, girando alrededor de En la solución de este problema solamente hemos por lo que también tiene ahora energía cinética, tanto tomado en cuenta la componente F ; de la fuerza que lineal como angular. E s decir, la energía elástica del ejerce el resorte sobre el collarín. iQué ocurre con la resorte se transformó en energías (potencial gravitacomponente perpendicular a la barra? cinética) de la barra. cional Analicemos estas transformaciones de energías con Ejercicio 13.6. Una barra muy delgada está fija en detalle. elpunto O, alrededordelcualpuedegirar(fig. Configuración 1 (fig. 13.32a). En este caso, la barra 13.32a). E l extremo A comprime un resorte, de rigidez está en reposo, por lo que su velocidad es cero y, por 79 850 N/m, una longitud de 15 cm.En estas condiciotanto, su energía cinética también lo es nes la barra tiene una posición horizontal. En cierto instante, la barra se suelta y gira alrededor de O. ObK1 = O tenga la velocidad angular de la barra cuando pasa por la posición vertical (fig. 13.32b). La energía potencial gravitacional es cero, mientras En este problema se presentan dos tipos deenergías que la energía potencial elástica no lo es, ya que el repotenciales: una gravitacional U , y otra elástica U, sorte está comprimido una longitud Ax ( = 0.15 m). De Escogeremos como nivel del cero de la energía poten- la ec. (13.27) se tiene que

Ahora sustituimos este valor de b y el de f por la ec. (13.125) en la ec. (13.121) para encontrar la magnitud de la componente f ,

+

t-

R

”

_

”

(U& = 7 i m

-i

1

m

i”--1

IIM = 22C kg

k (Ax)’

1 N = - 79 850 X (0.15 m)2 2

Irn

0

1

R’

_””

For tanto,

U1 = 898)

Figura 13.32 a

y la energía t o t a l en esta configuración es €1

U1 = 898)

(1 28) 3.1

Configuración 2 (fig. 13.32b). En este caso, la barra se mueve y gira alrededor del punto O. Sea v2 la velocidad lineal del centro de masa C, y w2 la velocidad angularquetienelabarraen esta configuración. Usando las ecs. (10.90), (11.35) se tiene que la energía cinética es K2

Figura 13.32

b

1 = - Mv,‘ 2

+

1

- lCw2’ 2

(13.129)

Aquí M es la masa de la barra e I, es su momento de inercia con respecto al eje perpendicular al plano de la barra y que pasa por su centro de masa C. Ahora O, que está a bien, como la barra gira alrededor de

350

Cap. 13. OSCILACIONESY VIBRACIONES

una distancia r ( = 2.75 m) deC, de la ec.(11. I ) se tiene que

Y

v2 = rw2 Sustituyendo esta cantidad en la ec. (13.1 29), obtenemos para la energía cinética

1 Kz = - M r 2 wZ2 2

+

1 2

-/,

coz2

+ /,)wz2

1 = - (Mr2 2

(13.1 30)

E l momento de inercia de la barra con respecto al eje perpendicular al plano de la barra y que pasa por su centro de masa lo calculamos usando la ec. (11.52), despreciando uno de los lados

1 12

I, = -ML2 -~

12

22 kg X (7.5 m)2 = 103.1 k g X m 2 (13.130), obtenemos

Sustituyendovaloresenlaec. que

1 K2 = -122 2

k g X (2.75 m)2

+ 103.1 k g X

m*] wZ2

Las cantidades están expresadas en el SI. En la configuración 2 no hay energía potencialelástica, ya que el resorte no se está comprimiendo. La única energía potencial que hay es la gravitacional debido a que el centro de masaC de la barra estáencima del eje RR'. Por tanto

U2 = (U& = M g r = 22 k g X 9.8jmls2) X 2.75 m = 592.9)

En este caso, al pasar la barra de la configuración 1 a la 2, la energía potencial elástica del resorte comprim i d o se transformó en energía cinética (tanto lineal como angular) más energía potencial gravitacional. Ejercicio 13.7. Un cañón se diseña de manera que, aldispararlo,eltuboretrocedecontraunresorte que lo regresa a su posición inicial. Al final del retroceso hay un mecanismo amortiguador para que el tubo y sin que hayaosregrese en el mínimo tiempo posible cilación. iQué valor debe tener la constante de amortiguamiento c (véase la ec. (13.54)) para un tubo que pesa 1 700 k g y un resorte de rigidez 1 6 700 N / m ? Para que el tubo regrese a su posición inicial en el mínimo tiempo posibley sin oscilación, el mecanismo debe estar diseñado para que haya amortiguamiento crítico. En este caso la constante q debe ser igual a la frecuencia característica del sistema tubo-resorte.

De la ec.(13.57) despejamos c c=q'm=

=

€2

K2

+ U2

= 134.7 wZ2

+ 592.9

c

=

2

m

(13.132)

E, = E, (13.128) y (13.132). obtenemos

898 = 592.9 Despejamos de aquí

134.7

+ 134.7 w22

coz2

- 592.9 = 305.1

= 898

.

_

. ~ ~ ~ ~ ~ " , , ~ .' " "~ . .~.. " ~ "."~ .. . " ~ ...~~,. , , ~

x

~

.,. . .

G

=

a

Sustituyendo valores, se obtiene

N m X 1700kg

= 10 656 kgis

En vista de que la energía totalse conserva

Sustituyendo lasecs. clue

2wrn

y usando la ec. (13.9) se tiene que

16700

En consecuencia, la energía total es

.

w2 = 1.51 radis

q = w

(13.131)

= 134.7 u 2 2

Sacando raíz cuadrada, obtenemos que

Ejercicio 13.8. E l disco de radio r = 0.8 cm mostrado en la figura 13.33 gira con velocidad angular wo. E l

disco está unido por medio de una biela a un extremo de un cuerpo de masa 1 . 3 kg. Este cuerpo está unido 42 Nlm. en su extremo opuesto a un resorte de rigidez Obtenga las amplitudes de las oscilaciones del cuerpo cuando wo = 6 radls y 7.1 radls. En este ejemplo el disco, a través de la biela y la barra, imprime al cuerpo una fuerza externa. E s claro que esta fuerza es periódica, con la misma frecuencia con la que gira el disco. Por tanto, se trata del movimientodelsistemacuerpo-resorteenpresenciade una fuerza externa periódica. En primer lugar calcularemos la frecuencia angular

APLICACIONES

351

Sustituimos ahora los valores de w dados por la ec. (13.133), de r = 0.8 c m y de wo = 7.1 rad/s (no escribiremos las unidades)

O

A = 1.6

5.6B2 17.1’ - 5.68’1

= 2.84 c m I

O

*

Para la frecuencia w, = 6 radis, se obtiene

X

X

Figura 13.33

5.6B2 16’ - 5.68’1

A =1.6

= 13.81 c m

o característica del sistema cuerpo-resorte. Usando la ec. (13.9) se obtiene que w =

pG =J -

= J32.31 rad2/s2

1.3 kg

radis = 5.68

(13.1 33)

Por otro lado, el desplazamientox del punto S está dado por (véase problema 13.42) x = 2r cos(w,t)

3.1 (1

34)

siendo r el radio del disco. Cuando la barra estira (o comprime) al resorte una longitud x, este ejerce una fuerza sobre la barra igual a (-kx) (véase la ec. (13.4)). y ejerPor la tercera ley de Newton, la barra reacciona ce sobre el resorte una fuerza igual a (+ kx); por tanto, el sistema cuerpo-resorte experimenta la fuerzaexterna

Fe = kx

F e = 2rk cos (w,t)

(13.1 35)

Comparandoestaexpresiónconlaec. (13.66), concluimos que la magnitud de la amplitud de la fuerza externa F, es

F , = 2rk

(1 3.1 36)

La amplitud de la oscilación A del cuerpo está dada por la ec.(13.70). Sustituyendo la ec.(1 3.1 36) en la ec. (13.70) y usandoelhechodeque a , = Fdm, obtenemos

Fdm

I wo2 -

w2 I

=

lw2

02

-

c&4-

La frecuencia característica dada por la ec. (13.9) es

w =

=

Q =

u21

= 8.49radis

1 kg

(13.138)

w

” =

q’

8.49 radls = 4,24 2 rad/s

(13.139)

La constante a , = Fdm tiene el valor a , = 11 mis2 5

(1 3.140)

i ) wo = 6 radls. La cantidad R dada por la ec. tiene el valor

R = d ( 7 2 - 36)2

2rk/m

Iw; -

+(

6 X 8.49 4,24

(13.91)

7

= 37.95 radls’

021

La amplituddelaoscilaciónestádadaporlaec. (13.84)

Usando ahora la ec. (13.9), nos da

A = 2r

Ejercicio 13.9. Un cuerpo de masa1 k g está unido a un resorte de rigidez 72 N/m. E l cuerpo se amortigua conunaconstante q’ = 2 rad/s. Se aplicaal sistema una fuerza externa de amplitudF, = 1 1 5 N. Calcule la amplitud de la oscilación, las fases y los tiempos de respuesta de la posicióny de la velocidad,así como el porcentajedelapotenciaabsorbidaporelsistema para los valores de la frecuencia de la fuerza externa iguales a 6 rad/s, 1 0 radis y la frecuencia de resonancia.

La constante Q dada por la ec.(13.89) es en nuestro caso

que usando la ec. (13.134) tiene el valor

A =

Nos damos cuenta de que la frecuencia angular de 6 rad/s es más próxima a la frecuencia característica ( = 5.68 radis) que la de7.1 radis. Por tanto, la frecueny, en cia de 6 radls está más cerca de la resonancia consecuencia, la amplitud de la oscilación que genera es mayor.

(13.137)

A=

”=

R

’I5 m’s2 = 3.03 m 37.95 rad/s2

(13.141)

352

Cap. 13. OSCILACIONES Y VIBRACIONES es talque (véase laec. (13.93))

La faseedelaposición

cos e =

8.4g2 - 62 37 95

sen e =

8.49

"

36 37.95

614.24 37.95 X

P

- cosz j =(cos 288O 27'12 = (0.3165)2= 0.1

"

Pi-,,

= 0.9486

Por tanto, el porcentaje de la potencia absorbida es

_-_

( P / P r e s ) x 100 = 1 0 %

e = 1 8 O 27' /? = 4 7 2

De la ec.(13.88)obtenemos la fase j de la velocidad (con n = 1)

j = 27r

+e-

T

-- = 360°

+ 18O 27'

- 90° = 288O 27'

En la ec. (13.88) se escoge el valor de n de tal forma que j tenga el mínimo valor positivo. En el caso que estamos tratando, esto corresponde a n = 1 , Ya que n = O daría un valor negativo para j .

expresado los ángulos en radianes, mientras que en el segundo término lo han sido en grados.Recuérdese

= 34.42 rad/sz

De l a ec. (13.84) se tiene para la amplitud de la osciiac,6n

I-" 2

+ ( 8'494.24 x '2)'

-

a 5 11 A = -0 = -__ = 3 34n1 R 14.42

(13.142)

Para la fase e d e ia oscilación usamos la ec. (13.93) cos e =

72

-

- 100 = - 0.8135 34.42

Y

sen e =

8.49

X 1014.24 - o,5817 34.42 "

Para calcular los tiempos de respuesta, tanto de la posicióncomodelavelocidad,usaremos lasecs. Comoel seno dee es positivo y su coseno es negati(13.80) Y (13.79) En estas ecuaciones, las fases e Y / de- vo, e está en el segundo cuadrante. E l valor de e es ben estar expresadas en radianes, SI la frecuencia ane = 144O 26' gular uo está expresada en (radlseg). La transformación de grados a radianes se hace multiplicando por (27r/360),por lo que Para la fase velocidad ia j deusamos ec.la (13.88) con n = O e = 18" 27' x ( 2 ~ / 3 6 0= ) 0.3221 rad 7 =e - 1440 26' - 900 540 26' 2 Y

j = 2 8 8 O 27' X ( 2 ~ / 3 6 0= ) 5.0345 radAquí

se usó n = 0 queda el mínimovalorde j posit w o . Si se usara n = I , la ec. (13.86)daría un valor de j Por tanto, de la ec. (13.80)encontramos que el tiem- positivo, pero mayor que el de arriba. PO de respuesta A r d e l a p o s i c i ó nes Expresados en radianes, estos ángulos son, e = 144O 26' X ( 2 ~ / 3 6 0= ) 2.5209 rad D e la ec. (13.79) obtenemos que el tiempo de ta AT de la velocidad es

respues-

y j = 54O 26' X (2n/360) = 0.9501 rad

E l tiempoderespuesta (13.80)) D e la ec. (13.102) obtenemos l a potenciaabsorbida por el sistema cuerpo-resorte

AT=

e

-

"

m0

AT delaposición

2.5209 ___ rad 1 0 radls

-

"

o,252 s

es (ec.

OTROS SISTEMAS QUE VIBRAN

(1

E l tiempo de respuesta 3.79)) AT=

- _j

AT de la velocidad

es (ec.

0.9501 rad = o.o95 10 radls

-

u0

Para la potencia absorbida usamos la ec. (13.102)

P

E l tiempo de respuesta de la posición es

En este caso, el periodo To de la fuerza externa es

To=

= (COS54' 26')' = (0,5816)'= 0.338

__ = COS' j pres

En consecuencia, el porcentaje de la potencia absorbida es

(P/Pres) X 100 = 33.8% iii) En la resonancia wo = w = 8.49radis, según se ve enlaec. (13.138).En este caso, delaec. (13.91)se

2*

4 I w ~ d Q=) ~(wwO/Q)

= (8.49x 8.49/4.24) = 17

Por tanto, la amplitud de la oscilación

(1 3.84)

es, de la ec.

I1 5 A = -- = 6.76m 17

(13.143)

Para la fase e usamos la ec. (13.93) cos e =

wz

- u;

R

-

- 0

ya que wo = w, u21Q sen e = _ _ -

R17

8.49'14.24 - " 17 - 1 17

E l ángulo e que satisface estas ecuaciones es de 90° (o TI21

e = 900 Para la fase j de la velocidad usamos la ec. (13.88) con

n=O

/=e-

-7r=

2

900 - goo = oo

Esto es precisamente Io que ocurre en la resonancia: la posición tiene una diferencia de fase con respecto a la fuerza externa de 90°, mientras que la velocidad y la fuerza externa están en fase (véase fig. 13.25). Las fases obtenidas son, en radianes, e = ~ / = 2 1.5708rad

Y

j = O rad

-

"

U0

6.2832 rad = o,74 8.49rad/s

por lo que

Es decir, AT = 0.25 To = Td4

tiene para R

R =

353

que es precisamente lo que se muestra en la figura

13.25b.

Para la velocidad, el tiempo de respuestaes

A T = - i- - o *O

La velocidad responde inmediatamente a la fuerzaexterna (véase fig. 13.25~). Usando la ec. (1 3.102)se encuentra que la potencia absorbida es

P

- cos';

"

Pres

= (cos00)2 = 1

por lo que el porcentaje de la potencia absorbidaes

(P/Pres) x 100 = 100% Los resultados que acabamos de obtener nos ilustran el hecho de que fuera de la resonancia (casos i ) y ii)) las amplitudes de la oscilación (3.03m y 3.34m) son bastante menores que cuando se está en resonancia (caso iii)), en cuyo caso tiene un valor de 6.76 m . Además, vemos que fuera de la resonancia las potencias absorbidas son m u y pequeñas, mientras que en la resonancia la potencia es de 100%. En la resonancia se absorbe toda la energid que entrega el agente externo que ejerce la fuerza.Esto u l t i m o se debe a que, en la resonancia, la fuerza externa y la velocidad estan justamente en fase (j = O), mientras que fuera de laresonancia hay diferencias de fase entre estas cantidades, que tiene como consecuencia que la energía no se absorba eficazmente.

13.10. OTROS SISTEMAS QUE VIBRAN Hasta este momento hemos estudiado en este capít u l o u n solo sistema que vibra, a saber, un cuerpo uni-

3

Cap. 13

OSCiLACiONES Y VIBRACIONES

Ahora tomemos componentes de esta ecuación a lo largo de dos direcciones perpendiculares: una a l o largo de la línea OW y la otra a lo largo de la linea UV.

do a un resorte En la naturaleza existen, además del sistemamencionado,otrosquetambiénvibran.De manera breve estudiaremos algunos sistemas. Como se discutió en la sección 13.2, el hecho de que en e ! sistema cuerpo-resorte se ejerza una fuerzaquesiempretienesentidohacialaposicionde equilibrio, es decir, una fuerza restitutiva,es lo que da lugar a queelsistemaoscileDe la misma forma, Giempre que un sistema tenga una Configuración de equilibrio y al sacarlo de esta se gerlew una fuerza que I o tienda a regresar a dicha p m i c i h n , se generará una oscilacihn. k d g l o sirnpie. Este sistema consiste en und masa L puntuai m que cuelga de una cuerda de longitud [fig. 1 3 34) Se:,uDone que la cuerda es de masa des-

Figura 13.34

Hay que darse cuenta de queestas dos direcciones instantáneas, es decir, al moverse el péndulo, estas dos lineas cambian sus direcciones.

SOR

componente a lo largo de OW: "pcos0

-.

prc1::Iabie e inextenstble. La posición de equilibrio del pPnduio es la vertical. Si el péndulo se saca de la posición vertical hasta el punto W y se susl:a entonces empieza a moverse alo largo del arco dec i r c u l o W Q S de radio L . Consideremos las fuerzas que a c t b a n sobre la masa en una posición cualquiera. E l diagrama de cuerpo libre de la masa puntual se muestra en la figura 11.34b. Las fuerzas qae actúan sobre el cuerpo son: SLI peso P, con dirección vertical y sentido hacia abajo; la reacción N de la cuerda, con dirección alo largo de la cuerda y sentido hacia el puntoO. L a fuerza total es entonces (P N). Por tanto, la segunda ley de Newton es (véase la ec. 6.4)

+

P iF\i

--

ma

(13 .I 44)

fl"

Figura 13.34 b

(13.146)

¡.o\ ángulos QOW ( = 0) y KWI son alternos interw s . Flor tanto, son iguales.

La ec. (13.45)nos indica que la magnitud de la tensibn que ejerce la cuerda se cancela con la componente d e l peso del cuerpo a lo largo de O W . Estudiemos la ec. (13 146). E l movimiento resultante riel cuerpo es circular, con aceleración tangencial a. Usnncio las ecs. (5.67) y(5.51) para la magnitudde l a aceleración tangencial, se tiene que la ec. (13.146) se puede escribir como --g sen 0 = L

d20 -

dt2

(13.147)

Dividiendo ambos miembros entreg y pasando el término con signo negativo al otro miembro (pasa con signo positivo), se encuentra que

d28 dt2

/'

P sen B = ma

Aquí se tomó la dirección de la aceleración a a lo largo de la línea UV, ya que no hay movimiento del péndulo a Io largo de la linea OW. Además, se tomó el sentidode a de U hacia V, enelsentidoenque aumenta el valor del ángulo 0. De la figura 13.346 podemos observar que la componente del peso P a lo largo de UV tiene siempre su sentido hacia el p u n t o Q (figura 13.34a),que es la posic i 6 n de equilibrio Lo mismo ocurre cuando el péndul o está del lado izquierdo de la línea OQ. Esto significa que esta componente es una fuerza restitutiva.

__

\,

(I 3 .I 45)

componente a lo largo de UV:

."I

Q

+ N=o

+

,q

--sen 0 = O L

(13.148)

ángulo Ésta el ecuación diferencial espara una 0. Esta ecuación es bastante complicada y su solución está dada en términos de las llamadas funciones elípticas. No estudiaremos en este texto el caso general. Sin embargo,hayuncasoenque la solucibnde la ec. (13.148) ya es conocidapornosotros. Este caso es cuando los valores de los ángulos 8 son muy pequeños, es decir, cuando la amplitud de l a oscilación es pequeña En este caso, el seno delángulo 0 es casi igual ángulo al 0 mismo.

OTROS SISTEMAS QUE VIBRAN

355

$, entonces el alambre genera una torca 7 que tiende a regresarlo a su posición de equilibrio. Ahora bien,s i el ángulo $ es pequeño, entances resulta que la magnitud de la torca generada tiene el valor En estas circunstancias, la ec. (13.148) tiene la forma

d28 + dt2

=0

(1 3.150)

habiendo escrito a2

= dl

51 3.1 (1

7 =

r = ICY

d2$ -x$ = I -

(13.1 55)

dt2

Dividiendo ambos miembros entreI, y pasando el término con signo negativo al otro miembro, encontramos que

dt2

Péndulo de torsión. Este sistemaconsisteen un cuerpo de masa m unido a un extremo de un alambre delgado (fig. 13.35).Si se tuerce el alambre un ángulo

(13.154)

siendo I el momento de inercia del cuerpo con respecO. Usamos to al eje de giro, que pasa por el punto ahora la ec. (5.51) para la aceleración angular, obteniendo

5% En muchasocasiones, al estudiar sistemas físicos distintos, resulta que su descripción queda dada en términos de ecuaciones que tienen la misma forma matemática. En consecuencia, una vez obtenida la solución para uno de los sistemas, se tiene inmediatamente la solución para el otro.Este es el caso con los sistemas cuerpo-resorte y péndulo sencillo.

(1 3.153)

siendo x una constante, positiva, que depende de las propiedades elásticas del alambre. E l signo negativo indica que la torca tiende a regresar al sistema a s u posición de equilibrio. Por tanto, es una torca restitutiva. Sustituimos ahora la ec.( I 3.1 53) en la ec. (11.33)

)

Esta ecuación tiene la misma forma matemática que la ec. (13.8) para el caso del sistema cuerpo-resorte. Donde allá se tenia x ahora debemos poner 8. En consecuencia, elmovimientoangular es unaoscilación armónica. La solución de la ec.(13.1 50) es de la forma (13.15), es decir, es una solución oscilatoria. No entraremos en el estudio detallado de estas oscilaciones, que es análogo al ya expuesto para el resorte (véanse los problemas 13.43 y 13.44). Solamente destacarew del movimos el hecho de que la frecuencia angular miento está dada por la ec. (13.151). Por tanto, el periodo T de la oscilación es

-x$

+ w2@

=0

(13.156)

con 0 2

= x//

(1 3.157)

La ecuación diferencial para $ dada en (13.156) tiene la misma forma que la ec. (13.8), cambiando x por 4. Por tanto, la ec.(13.156) describe un movimiento armónico simple.La frecuencia angular de la oscilación está dada por la ec. (13.157). E l periodo de oscilación T es

T=

2*

-

2

”

w

4

(13.1 58)

Placa cuadrada. Supongamos que una placa delgada, cuadrada de lado1, está suspendida en el puntoO (fig. 13.36), alrededor del cual puede girar. AI separar la placa de su posición de equilibrio el pesoP, aplicado en el centro de masa C, genera una torca T ~ c,o n respecto a O, que tiende a regresar a la placa asu posición de equilibrio. Para determinar el movimiento de la placa usaremos la ec. (11.33), cualculando las cantidades con respecto al punto fijo O. La magnitud de la torca r0 es To

= f (C’S)

pero del triángulo OCS se tiene que

C’S = (OC’)sen 8 = L sen 0/2

356 Dividiendo ambos miembros entre (5mL2/12) y pasando el término negativo al otro miembro se encuentra

que

(13.1 63) siendo ( I 3.1 64) L.a e(:. (13.163)tiene l a misma forma matemática que l a ec. (13.148). S i laamplitudde la oscilación el seno es pequeña,entonces,podemosreemplazdr del ángulo 6’ por el angulo 6’ (véase ec. (13.149)) obteniendo

(13 .I 65)

Figura 13.36

ya que O C = O C ’ = L/2. Por tanto 70 =

mgL sen 0/2

(1 3.159)

Por otro lado, el momento de inercia io con respect o al eje de giro, que pasa por el punto O lo podemos obtener usando el teorema deejes paralelos dado por la ec. !11.65) I, = IC m(OC ‘12 (13.160)

+

E l momento de inercia de la placa con respecto a su centro de masa C es (véase la ec. (11.52) con a = b =

L)

IC

I

= -m(L2 12

+ L2) =

I

-mL2 6

Además, como(OC’) = L/2, laec. como 1 I, = - m í 2 m 6

(13.161)

(13.160)queda

+

I = “mLZ+ 6 ”

12

mL2

1

- mL2 4

(13 .I 62)

Usando ahora las ecs. (13.1591, (13.162) y (5.51) en la ec. (11.33), encontramos que

Esta ecuacióntiene la mismaformaque l a ec. (13.150). Por tanto, la placaoscilaarmónicamente alrededor del punto O con una frecuencia angular w dada por la ec. (13.1641. E l periodo T de oscilación es

Como se acaba de ilustrar, en diferentes situaciones físicas ocurre que un sistemd oscila. En particular, s i laamplitudde las oscilaciones es pequeña,resulta que el movimiento es armónico simple, descrito por ecuaciones del tipo (13.8). Comose habrá podido percibir, se llega a la ecuación diferencial que describe el movimiento usando, según el caso, la segunda ley de Newton, para movimiento traslacional, o la ec (11.33) para movimiento de rotación de un cuerpo rígido. El coeficiente de x (o del ángulo correspondiente) es el cuadrado de la frecuencia angular w del movimiento. De esta manera se encuentra el periodo de la oscilación. A l igual que en el caso del sistema cuerpo-resorte, estudiado con detalle en este capitulo, para los otros sistemas tratados en esta sección se pueden considerar movimientos amortiguados,así c o m o casos en que una íuerza externa oscilatoria actúe sobre ellos. Para dichos sistemas se encuentran las mismas conclusiones que estudiamos para cl srstema cuerpo-resorte

PROBLEMAS

rigidez h75 N/m al comprimirse una longitud de 87 c m ? Se usó el.hecho de que la torca tiene sentido opues- 13.2. Termine de reseñar lo que ocurre con el resurtc’ to al sentido en el cual aumenta el ángulo. Debido a a l seguir transcurriendo el tiempo en la explicación reesto aparece el signo negativo ene l miembro derecho lacionada con la flgura 13.7 de la última ecuación. 13.3. Demuestre físicamente que, al pasar- ei cuerpo 13.1. 2Qué fuerzageneraunresortede

PROBLEMAS

por la posición de equilibrio del resorte, la magnitud de su velocidad es máxima. 13.4. AI final de la sección 13.2 se explicaron físicamente las causas de la oscilación generada por un resorte. Allí se supuso que se estiraba el resorte y se le soltaba, es decir su velocidad inicial era nula. >Qué ocurre si el resorte tiene una velocidad inicial no nula?>Hayoscilación?Hagaunaexplicacióncomola dada en la sección 13.2 para los casos en que la velocidad tenga uno u otro sentidos. 13.5. iCuáles son las dimensiones de w dada por la ec. (13.9)? 13.6. Verifique que efectivamente la expresión(1 3.20) satisface las condiciones iniciales: para la posición, x" y para la velocidad, vg. 13.7. Demuestre que s i el cuerpo tiene al tiempo t la posición x ( t ) dada por la ec.(13.20), entonces tendrá la misma posición en los instantes ( t 4.lr/w), (t Gniw), (t 87r/w), etcétera. 13.8. Demuestre que la velocidad dada por la expresión (13.21) es una función periódica del tiempo con periodo T dado por la ec. (13.25). 13.9. Termineladescripciónhechaenrelacióncon las figuras 13.10 y 13.11. 13.10. Haga una descripción análoga a la hecha para las ecs. (13.27)-(13.29) para el caso en que la velocidad inicial vo n o sea cero. 13.11. En relación con el ejercicio 13.2, demuestre que

+

+

resorte y tiene una velocidad inicial distinta a cero. Obtenga lasenergías cinética,potencial y totalen cada instante. 13.17. Demuestre que la fuerza generada por un resorte, dada en la ec. (13.4), es una fuerza conservativa. 13.18. Discuta físicamente el caso en que la fuerza generada por un sistema sea F = kx, en lugar de la dada en la ec.(13.4). >Ocurren oscilaciones? >Por qué? 13.19. Dos masas iguales m están unidas a los extremos de un resorte de rigidez k . Sobre una superficie horizontal sin fricción se separan las masas estirando el resorte (fig. 13.37). Obtenga el periodo de la oscilación.

+

+

N/m - rad2 "

kg

357

S2

13.12. Un resorte de rigidez 854 N/m está unido a un

cuerpo de masa43 kg. Obtengasu frecuencia angular, periodo y su frecuencia de oscilación. 13.13. En el sistema del problema 13.12se estira el resorte una distancia de 23 cm con respecto a su posición de equilibrio y se suelta. Obtenga para el instant e 2.3 S:

Figura 13.37

13.20. En lafigura13.38

se muestra,esquemáticamente, el mecanismo de un disparador. EMbús A, de masa 350 g se dispara hacia la izquierda. La longitud en equilibrio del resortees de 2.2 c m y se le comprime a una longitud de0.5 cm. A I disparar el obús, el resorte llegará a una longitud de 1.3 cm. La rigidez del resorte es 13 O00 N/m. >Qué velocidad adquiere el obús al dejar el disparador?

SU

Su posición, su velocidad y su aceleración. Las energías cinética, potencial y t o t a l en dicho instante. La máxima separación del cuerpo desu posición de equilibrio. iQué tipo deenergía tiene en esta posición? iCuál es su valor? E l máximo valor de la magnitud de la velocidad. >Cuándo la adquiere? 2Qué tipo de energía tiene? >Cuál es su valor?

13.14. Resuelva el problema 13.13 si en lugar de sol-

tar el resorte se le da una velocidad de4.4 mis con dirección a lo largo del eje del resorte y con sentido hacia la posición de equilibrio. Explique físicamente s u s resultados. 13.15. Resuelva el problema 13.14 s i el sentido de l a velocidadinicial es separándosedelaposiciónde equilibrio y su magnitud es 4.4 mis. 13.16. Inicialmente se estira un sistema cuerpo-

e"

Figuro 13.38

13.21. E l cuerpo A (fig.13.391, de masa 275 g, se suelta cuando el resorte, de rigidez 800 N/m, se ha comprimido 12 cm. E l cuerpo se mueve, sin fricción, a lo largo del aro BCDE. Obtenga: a ) Las velocidades del cuerpo en los puntos C, D Y E. b) Las fuerzas que ejerce el aro sobre el cuerpo en los puntos C, D y E.

13.22. Un paquete de masa 25 g desliza a lo largo de

un plano inclinado que forma un ángulo 33O de con la

358 tener c y q, en el caso de oscilaciones amortiguadas?

13.27. Resuelva e l problema13.13,paraelinstante

Figura 13.39

horizontal (fig. 13.40). En el extremo del plano hay un resorte de rigidez 42 Njm, inicialmente en equilibrio. 1 3 nl del Cuando el paquete está a una distancia de extremo libre del resorte tiene una velocidad de 8 mls. A I chocar e l cuerpo con el resorte jcuánto lo c o d p r i m e?

Figura 3 3.40

13.23. Resuelva el problema 13.22, pero suponiendo que hay fricci6n entre el paquete y el plano Tome el valor de coeficiente de fricción 0.12. Compare el resultado con el del problema 13.22. i A qué se debe la diferencia, s i es que la hay? 13.24. En el arreglo de la figura 13.41, la barra A B se glra lentamente alrededor de A . E l cuerpo de masa 8 k g empieza a resbalar cuando el ángulo con respecto CI la h o r i r o n t a l es de 17". Se observa que la máxima compresión del resorte, de rigidez 933 N/m, es de 73 mn1 Obtenga los coeficientes de fricción estático y dinAmlco 13.25. Demuestre,sustituyendo,que las expresiones (1 3.58), (13 62) y (1 3.65) son efectivamente soluciones d t ~la ec (13.56). 13.26. j Q u 6 dimensiones y unldades el(en SI) deben

0.87 S, suponiendo que el sistema descrito experimenta, además, un amortiguamiento viscoso tal que q = 3.1radls. 13.28. Resuelvaelproblema 13.14, paraelinstante 0.87 S, suponiendo que el sistema descrito experimenq = ta, además, un amortiguamiento viscoso tal que 3.1 radls. 13.29. Resuelvaelproblema13.15,paraelinstante 0.87 5, suponiendo que el sistema descrito experimenta, además, un amortiguamiento viscoso tal que q = 3.1 radis. 13.30. Demuestre, sustituyendo, que la expresión (13.69) es solución de la ec. (13.67). 13.31. Verifique las unidades obtenidas para c en el ejercicio 13.7. 13.32. En e l caso del cañón del ejercicio 13.7, suponga que el tubo se encuentra en reposo, en el instante inicial en la posiciónx. del extremo, a partir de la cual empieza a regresar. ?Cuánto tiempo tarda el tubo en llegar a la mitad de su recorrido? 13.33 Demuestre que la ec. (13.72)es equivalente a la ec. (1 3.73). 13.34. Un cuerpo de masa 8 kg está sujeto a un resorte de rigidez 543 N i m . Se le aplica una fuerza externa oscilatoria, de amplitud 24 kg y frecuencia angular de 6.1 radis. Obtenga la amplitud de la oscilación. iQué fase tiene la posición? iCuá1 es la fase de la velocidad? 13.35. Demuestre que la expresión (13.83) es solución de la ec. (13.82). 13.36. i Q u é dimensionestiene Q dadaenla ec (13.89), 13.37. Demuestre que s i Q es finito (presencia de fricA dada por (13.84) no se ción) entonces la amplitud vuelve infinita nunca. 13.38. Para Q = I O , w = 5 radis y u,, = 4.5 radis, i q u é valores tienen las fases e y j? 13.39. Resuelva el problema 13.38, pero para o. = 7 radls.

--

"""_

" " "

Figura 13.41

PROBLEMAS

13.40 En el ejercicio 13.9 demuestre que los valores obtenidosparalapotencia son los mismosque los que se obtienen de la ec. (13,103). 13.41. A I cuerpo del problema 13.34se le aplica, además, una fuerza viscosa tal que q = ‘I .I radis. Obtenga: a) E l valor de Q . b) La amplitud A de la oscilación. c) Las fases e y j de la posición y de la velocidad. d ) Los tiempos Ar y AT de respuesta de la posición

y de la velocidad. e) E l porcentaje de la potencia absorbida por el sistema.

13.42. En el ejercicio 13.8 demuestre que el desplazamiento x delpunto S estádadoporlaexpresión (13 .I 34). 13.43. Obtenga la expresión explícita para la solución delaec. (13.50). Verifiqueque o dadaporlaec. (13.151) es efectivamentelafrecuenciaangulardel movimiento. 13.44. Para el péndulo simple y el de torsión obtenga en cada instante las energías cinética, potencial y total. 13.45. )De qué longitud debeser un péndulo para que su periodo sea de 1 S ? 13.46. Unpéndulosimpledelongitud L da100 oscilaciones/min. iEn cuántose debe acortar su longitud para que dé 110 oscilaciones/min? 13.47. Un reloj consiste enun péndulo sencillo formaL . Al cambiar la do por una barra metálica de longitud temperatura en At, la longitud de la barra cambia en A l . La relación entre estos cambios es

359

Obtenga los posibles valores de la frecuencia angular o. para los cuales la amplitud x del péndulo es mayor que 2X, y para los cuales es menor que 2 X . Suponga que X es pequeña comparada con L. 13.50. Se suspende una placa rectangular, delgada y uniforme del punto medio de uno de sus lados (fig. 13.43). Obtenga, para pequeñas oscilaciones: a) E l periodo de la oscilación. h) iQué valor debe tener el lado a, comparado con b, para que el periodo sea m í n i m o ?

b u

Figura 13.43

I

13.51. Una placa delgada y uniforme, con centro de masa en C. oscila alrededor del punto O (fig. 13.44). Obtenga el periodo de oscilación del cuerpo. A este tipo de sistema se le llama péndulo compuesto. Suponga que la amplitud de la oscilación es pequeña.

AL = aL At siendo CY una cantidad característica del metal. iCuá1 debe ser la máxima variación de la temperatura para que el reloj marque el tiempo con un error no mayor de 1 S por día? Tome el valor de CY = 10-5/0C, siendo O C la unidad de grado centígrado. 13.48. Discuta el caso en que a un péndulo se le aplica una fuerza externa oscilatoria. 13.49. Un péndulo simple de longitud L está sujeto a un collarín A (fig. 13.42).E l collarín se mueve horizontalmente, en forma oscilatoria según XA = X cos (o,t).

A

l L I I

I I

&

Figuro 13.42

13.44

13.52. A un alambre delgado y uniforme se le da la formadeuncuadradodelado L y se l e suspende c o m o se muestra en la figura 13.45.Se separa el cuerpo de su posición de equilibrio por una amplitud pequeña y se suelta. i Q u é m o v i m i e n t o se lleva a cabo? Si resulta ser periódico, obtenga el periodo de la oscilación.

360

Cap. 13. OSCILACIONES Y VIBRACIONES

13.53. Una barra uniformed e masa 1 4 k g está sujeta a un resorte de rigidez 31 Nlm (fig. 13.46). E l extremo A de la barra se baja 30 c m y se suelta. Obtenga: a ) E l periodo de la oscilación.

b ) La máxima velocidad del extremo A .

Figura 13.46 Figura 13.47

13.54. U n c i l i n d r o d emasa M y radio R está suspendie inextendo de una cuerda, de masa despreciable sible, q u e lo enrolla (13.47) E l extremo A de la cuerda está fijo, mientras que el extremoB está unido a unresorte de rigidez k . Obtenga el periodo de oscilación del cilindro. 13.55. Una rueda de automóvil de peso24.3 k g se une 13.48) en el al extremo de un alambre de acero (fig. centro C de la rueda. Los radios de la rueda son: el interior 20 c m y elexterior 32 c m . La constantedel alambre es de 4.5 Nmlrad. Se tuerce el alambre y la rueda empieza a oscilar con un periodo de 3.53s. Obtenga: a ) E l momento de inercia de la rueda con respecto aC b) iSe podria decir algo acerca de si la distribución de masa de la rueda es uniforme, es decir, s i está "balanceada"? ¿Por qui.?

Figura 13.48

L! - LCI

ley de ICI

gravitación u n i v e r s a l

14.1. LEY DE LA GRAVITACIóN UNIVERSAL En el capítulo 6 estudiamoslaleyesdeNewton, que describen el movimiento delos cuerpos. Como se vioallá,parapoderencontrarlatrayectoriadeun cuerpo es necesario conocer la fuerza que se ejerce sobre él. Newton estudió el caso de la fuerza que ejerce un cuerpo sobre otro. Descubrió que dos cuerpos, por el solo hecho de tener masa, ejercen una fuerza uno sobre otro. En primerlugar,considerólafuerzaentre dos puntos masa, que llamaremos A y B. Así, el cuerpo A (fig. 14.1)ejerce una fuerza sobre B, que denotaremos por FAB. Esta fuerza tiene las siguientes características:

La expresión (14.1) nos dice que la magnitud de la fuerza que A ejerce sobre B es igual al producto de sus masas e inversamente proporcional al cuadrado de su distancia. Las características que se acaban de dar sobre la fuerza FAB se puedenescribirenformavectorial como sigue.Tomemosunsistemadecoordenadas con origen O en el punto A (fig.1 4 . 2 ) . E l vector de posición del punto B es el vector r. Sea i = r/r un vector unitario a lo largo de r . Entonces es fácil ver que el vector FAB está dado por mAmB

FAB = - C ___

i ) Dirección: a lo largo de la línea LL' que une a los dos puntos. ii) Sentido: la fuerza es de atracción. i i i ) Magnitud: está dada por

-" L ' A

(I4.1 1

I I

L.-+A

F

B

-

'

T

'

8

Figura 14.2

E l signo negativo se debe a que los vectores FAB y r tienen sentidos opuestos (fig. 14.2) porque FAB es una fuerza de atracción, La fuerza FAB es una fuerza central (véase'ejercicio 1 0 . 4 ) , ya que siempre está dirigida hacia O. De la tercera ley de Newton podemos decir que también B ejerce una fuerza sobreA, que está dirigida los puntos, es atractiva y a lo largo de la línea que une tiene la magnitud dada por la ec. (14.1) (véase la figura

I " " "

(14.2)

r2

L'

"

Figura 14.1

14.3). Aquí r es la distancia entre los puntos A y 6; mA y mB son sus masas y C es una constante, llamada de la gravitación universal.

361

La fuerza que un cuerpo ejerce sobre el otro debido a sus masas se llama gravitacional. La expresiónde esta fuerza, dada por la ec. (14.2), recibe el nombre de Ley de la gravitación universal.

362

"L_

a

i;

FBA

'

"""*"-

8

cer también una fuerza de la misma naturaleza sobre cuerpos que estén más alejados de su superficie. D e estaargumentación,Newtonconcluyóquela Tierra ejerce una fuerza sobre la Luna que tiene dirección a lo largo de la línea que unelos centros de masa de estos cuerpos y sentido hacia la Tierra. Lo Único que le faltaba encontrar ahora era la magnitud de esta fuerza. Newton se motivó a establecer dos cuerpos es inverque la fuerza gravitacional entre samente proporcional al cuadrado de la distancia, por 5.12, ec. (5.66), que éI el resultado dado en el ejercicio había obtenido. AI igual que nosotros, de consideraciones puramente cinemáticas, encontró que la relación de la aceleración que se ejerce sobre un cuerpo (g) y la aceleraque está en la superficie de la Tierra ción centrípeta quese ejerce sobre la Lunaes inversamente proporcional a los cuadrados de las distancias al centro de la Tierra. Por tanto, la relación entre las son proporcionalesa fuerzascorrespondientes(que las aceleraciones) también tiene que seguir la proporción inversa del cuadrado de las distancias.

L'

Figura 14.3

Una vez establecidas las características de la fuerza gravitacional, el mismo Newton trabajó con ella usando s u s ecuaciones de movimiento. De esta manera obtuvo la trayectoria que debería seguir un cuerpo sujeto a dicha fuerza. Las predicciones que encontró se verificaron experimentalmente de manera espectacular. Antes de encontrar algunas de las predicciones, hablaremos brevemente sobre la motivación que tuvo Newton para llegar a la expresión de la fuerza gravitatoria. Newton hizo las siguientes consideraciones para establecer las características de la fuerza gravitacional. En primer lugar, sabia que la Luna gira alrededor de la Tierra. En consecuencia, la Luna tiene que experimentar una fuerza centrípeta, dirigida hacia el centro de Recordamos que al obtener la relación (5.66), solala Tierra. iQuién genera esta fuerza centrípeta? Pues mente se usaron los valores de g, de la distancia de la claramente que nuestro planeta. Newton hizo la auLuna a la Tierra, y el periodo de la Luna en su movidaz suposición de que esta fuerza se genera por el hecho de que tanto la Tierra como la Luna tienen ma-miento alrededor de la Tierra. sa. E s decir, En resumen, en este tren de ideas Newton hizo las es la fuerza centrípeta importantes suposiciones: por la fuerza generada gravitacional que que hace que la Luna * la Tierra ejerce i ) La tierra es el agente que genera la aceleración gire alrededor de sobre la Luna la Tierra centrípeta que hace que la Luna, gire a su alrededor. Por tanto, de su segunda ley, es la Tierra la que ejerce la fuerza sobre la Luna. Newton pensó que s i la Tierra ejerce una fuerza atraci i ) La fuerza que ejerce la Tierra sobre la Luna es tiva sobre cualquier cuerpo quese encuentre sobre su de la misma naturaleza que la que ejerce la Tiesuperficie, entonces no veía por qué no debería ejerrra sobre un cuerpo situado sobre su superficie. i i i ) Estas fuerzas se deben a que los cuerpos tienen masa. (14.2). iv) La fuerza está dada por la ec.

1

E n la actualidad nos podrán parecer triviales algunas de estas suposiciones. Sin embargo, en la época deNewtonestabatodavíamuyarraigadalacreencia de que los fenómenos que ocurrían en la Tierra tenían un carácter distinto a los que se llevaban a cabo en los cielos. Fue un acto muy valeroso de Newton ir contra esta creencia y establecer que los fenómenos tanto terrestres como celestiales son de la misma naturaleza. Apliquemos ahora la ley de la gravitación universal al movimiento de la Luna. De la segunda ley de Newt o n se tiene que la magnitud de la aceleraciónaL que experimenta la Luna es

(14.3)

363

ALGUNAS APLICACIONES

Sustituyendo el valor deaL ( = 2.7 X IOw3misz) quese o b t u v o en el ejercicio 5.12 y el valor de la distancia Tierra-Luna (= 3.84 X IO8 m) obtenemos que

C m , = 2.7 X 10-3(m/s2) X (3.84 X IO8 m)2

= 3.981

X

IOl4 m3/s2

4.7)(I

Queremos hacer énfasis en que hasta este momento C q u e apan o se ha dicho nada acerca de la constante rece en la ec. (14.1). D e hecho, Newton solamente la iptrodujo como una constante de proporcionalidad. E l no tuvo forma de obtener su valor numérico. Lo Únicoa lo que llegó fue justamente a la ec. (14.7). Pero en esta ecuación también aparece otra incógnita, la masa de la Tierra mT, que éI tampoco conocía. No fue sino mucho tiempo después, en 1798, cuando Newton ya no vivía, que Henri Cavendish determinó experimentalmente el valor de C, midiendo la fuerza entre dos esferas de plomo cuyas masas y distancia Aquí F T L es la magnitud de la fuerza que la Tierra ejer-conocía (véase problema 14.7). E l valor de C obtenido de mediciones más precisas es ce sobre la Luna y mL es la masa de la Luna. De la ec. (14.1) se tiene que C = 6.673 X IO-" N m2/kg2 (14.8)

(14.4)

Con este valor de C, se puede encontrar entonces la masa de la Tierra, a partir de la ec. (14.7)

Aquí RTL es la distancia entre la Tierra y la Luna (fig.

14.4); mT es la masa de la Tierra. Dividiendoambos miembros entre mL y sustituyendo en la ec. (14.3) se obtiene que

mT aL=C RT L ~

m7 =

3.981 X IOl4 m3/s2 6.673 X IO-" N m2/kg2

= 5.967 X IOz4kg

(14.5)

Luna

(14.9)

Éste es el valor de la masa de la Tierra, Mucha gente se ha referido al experimento de Cavendish como el de "pesar la Tierra", ya que de sus resultados se p u d o obtener, por primera vez, su masa. De hecho, Cavendish también comprobó en sus experimentosquelafuerzagravitacionalentredos masas efectivamente era atractiva y, además, era proporcional al producto de las masas de los cuerpos e inversamente proporcional al cuadrado de su distancia. Sin embargo, para cuando hizo esto ya no se dudaba de la validez de la ec.(14.2), ya que sus predicciones, justamente basadas en estas dependencias, ya se habían verificado.

14.2. ALGUNAS APLICACIONES

Figura 14.4

Multiplicando ambos miembros de esta ecuación pol. RTL~ se encuentra

Ejercicio 14.1. Dos masas de 1 5 kg cada una se encuentran separadas una distancia de2.2 m . i Q u é f u e r za ejerce una sobre la otra? Span m ( = 1 5 kg) la masa de cada uno delos cuerpos y r ( = 2.2 m) la distancia entre ellos. De la ec. (14.1) se tiene, para este caso, que la magnitud de la fuerza F ente los dos cuerpos es

m2 F=C r2

364

Cap. 14. LA LEY DE LA GRAVlTAClÓN UNIVERSAL

Sustituyendo tos valoresde (14.8)), obtenemos

F = 6.673

X

IO-"

m, r dados y de C (ec. N m2 kg2

__

(15 kg)2

a=

(2.2 m)2

= 3.1 x 10-9 N La dirección de la fuerza es a lo largo de la línea que unea lo5 cuerpos y el sentido es de atracción (fig. 14.5) Esta fuerza es extremadamentepequeña, y para todo efecto práctico es imperceptible. Solamente en el caso en que las masassean de gran tamaño, por ejemplo, para cuerpos celestes, el valor de la fuerza de gravitación es apreciable y sus efectos se dejan sentir.

Figura 14.5

Ejercicio 14.2. Obtengalaaceleraciónque experimenta un cuerpo situadosobre la superficie de la Tierra. En este caso, la situaciónes la mostrada en la figura 14.6. La distancia entre el cuerpo y el centro de masa de la Tierra es justamente el radio terrestre Rr ( = 6 378 kg). Si denotamos por m l a masa del cuerpo, la ec. (14.1) queda en este caso como (14.1 0)

Figura 14.6

Sustituyendo el valor del producto (Cm,) dado por la ec. (14.7) y el radio terrestre, se encuentra que 3.981 x m%' (6.378 X I O 6 m)2

= 9,786

que es precisamente el valor de la aceleración de la gravedad y que hemos denotado por g. En este ejercicio se ha supuesto que la Tierra es u n cuerpo perfectamente esférico.Sin embargo, no l o es. La Tierra tiene una forma que está más achatada en los polos que en el ecuador. Por tanto, un cuerpo situado en un polo dista menos del centro de la Tierra que un cuerpo situado en el ecuador. En vista de que la ec. (14.10)nos indica que la aceleración varía inversamente con el cuadrado de la distancia a l centro, concluimos que la aceleración de la gravedad en el p o l o es mayorqueenelecuador(véaseproblema 14.8). A medida que se va del polo al ecuador, la distancia al centro de la Tierra va aumentando y, por tanto, la aceleración de la gravedad va disminuyendo. E l valor de g que se ha usado anteriormente en el texto (9.8 mis2), es un valor medio. Ejercicio 14.3. Obtenga la aceleración que experimenta un cuerpo que se encuentra a una altura de 10 km sobre la superficie terrestre. En este caso, la distancia del cuerpo al centro de la Tierra C es igual a AC (fig. 14.7). Pero

+ BC = 1 0 k m + 6 378 k m

AC = AB

= 6 388 k m = 6.388 X I O 6 m

Figura 14.7

Aquí F es la magnitud de la fuerza que la Tierra ejerce En consecuencia, de la ec. (14.11) se tiene que sobre el cuerpo, La dirección de esta fuerza está dirigida a lo largo del radioy su sentido es hacia el centro de la Tierra (fig. 14.6). Pero de lo aprendido anteriormente, sabemos que esta fuerza es precisamente el peso que sustituyendo valores (véase ec. (14.7)) nos da del cuerpo, La magnitud de la aceleracióna que experimentaelcuerpolaobtenemosdividiendolaec. 3.981 x 1014 ~ I Y S ~ (14.10) entre m a = (6.388 X I O 6 m)2 (14.11) = 9.756 m/s2

LEYES DE KEPLER

Esta magnitud es menor que la obtenida para la aceleración sobre la superficie terrestre (9.786 mis2) en el ejercicio 14.2. A medida que se eleva uno sobre la superficie terrestre, la aceleración de la gravedad disminuye. Esta disminución va inversamente con el cuadrado de la distancia al centro de la Tierra. En las consideraciones anteriores hemos visto que la Tierra ejerce una fuerza de atracción sobre la Luna y, en consecuencia, este cuerpo celeste gira alrededor de la Tierra. La fuerza centrípeta necesaria para realizar el giro es, entonces, la fuerza gravitacional que ejerce la Tierra. Sin embargo, aplicando la tercera ley de Newton al sistema de estos dos cuerpos podemos decir que la Luna reacciona y ejerce una fuerza sobre la Tierra. Esta fuerza tiene como consecuencia que la Tierragiretambién. Esto es claro,yaquecuando la Lunase encuentra en la posiciónA de la figura14.8, entonces la Tierra se encuentra en la posición 6; cuando la Luna está en€, la Tierra está enD. Si la Luna gira en un círculo, entonces la Tierra, que la sigue por decirlo así, tambiéndescribiráuncirculo. La fuerza centrípeta necesaria para que la Tierra gire en un círculo la proporciona la Luna. Calcularemos ahora el radio del circulo que sigue laTierraenestegiro. En primer lugar debemos encontrar el valor de la aceleración a T que le ejerce la FL7. = Luna. ÉSta la obtenemos a partir de la fuerza F T dada ~ en la ec. (14 4)

(14.1 2)

E Figura 14.8

Sustituyendo los valores de C (ec. (14.8)), de RLT ( = X IO8 m ) y de mL ( = 7.35 X IO2*kg) se encuentra que

ÉStaes la aceleración centrípeta que la Luna ejerce sobre la Tierra. De la ec. (5.60)se tiene que

aT=

= 6.673 X IO-" = 3.326 X

mN2 kg - 7.35 X kg2 (3.84 x IO8 m)2 mis2

w2r

siendo w la velocidad angular de la Tierra y r el radio del circulo de giro (fig. 14.8). La velocidad angular w es (véase la ec. (5.61)y el ejercicio 5.12). = " 2 a - 2 X 3.14159 T 2.36 X IO6 S = 2.662 x

rad/s

Despejando r de la ecuación anterior y sustituyendo valores se encuentra

r =

ar w2

3.326 X (2.266 X

mis2 rad/sI2

= 4.69 X IO6 m = 4 690 k m Esta distancia e5 menor que el radio de la Tierra (6 378 km). Esto significa que el centro de giro C de la 7-ierra se encuentra dentro de la misma Tierra, lo que implica que se puede considerar que la Tierra casi no se mueve. Podemos, por tanto, ignorar este movimiento.

14.3 LEYES D E KEPLER Una de las primeras aplicaciones que hizo Newton de sus leyes del movimiento (véase capítulo 6) fue el caso planetario. Para ello utilizó la fuerza de la gravitación universal que éI mismo planteó (sección 14.1) para la fuerza que el Sol ejerce sobre cada uno delos planetas. Como primera aproximación, supuso que las magnitudes de las fuerzasque los planetasejercen entre sí eran mucho menores que la que el Sol ejerce sobre cada uno de ellos. Por otro lado, conviene mencionar que en la época de Newton ya se conocían algunas características del movimiento de los planetas En primerlugardesde tiempos de Nicolás Copérnico (1473-1543) ya se había establecido que los planetas giran alrededor del Sol. Fue Johannes Kepler (1571-1630) quien, basado en las mediciones exhaustivas hechas por el astrónomo Tycho Brahe (1564-16Ol), formuló empíricamente tres leyes que siguen los planetas en su movimiento. PrimeraLey de Kepler. Los planetas se mueven siguiendo trayectorias que están contenidas en un plano y son elípticas, con el Sol en uno de sus focos (fig.

14.91.

3.84

aT

365

n

-8

Planeta

SolW

Figura 14.9

366

Cap. 14. LA LEY DE LA GRAVITACI~NUNIVERSAL

Segunda Lev de Kepler. Durante intervalos iguales Sol con el planeta de tiempo, una línea que une al barr? áreas iguales en cualquier parte de su trayectoria. Esta es la famosa ley de las áreas iguales. Tercera Ley de Kepler. E l cuadrado del periodo de un planeta es proporcional al cubo de su distancia media al Sol. Esta ley es válida para todos l o s planetas

za, es decir, no se usó la forma dada por la ec. (14.1). tste resultado es válido para todas las fuerzas centrales, tengan la magnitud que tengan.

Si ahora se sustituye la expresión(14.1) para la fuerza en la segunda ley de Newton dada por la ec. (6.4), se encuentra una ecuación diferencial para la trayectoria del planeta.No resolveremos en este curso dicha ecuación. Solamente mencionaremos el hecho de que el mismo Newton la resolvió y encontró que la solución podía ser cualquiera de las curvas llamadas cónicas. Las cónicas son las siguientes líneas: elipse, hipérbola, parábola, círculo y línea recta. Las condiciones iniciales determinan la trayectoria particular que sigue un planeta. D e esta manera se ve que la primera ley de Kepler es simplemente consecuencia de la ley de la gravitación universal. Si ponemos un poco de atención podemos darnos cuenta de que para llegar a la conclusión que se obtuv o en el ejercicio 10.4, de que bajo la acción de una fuerza central un cuerpo se mueve en un plano, solamente se utilizó el hecho de quese conserva la direclo ción del vector del momento angular. Sin embargo, que se conserva es todo el vector de momento angular, es decir, también se conservan s u magnitud y su sentido. Veremos ahora qué implicaciones tiene esto último. Supongamos que el cuerpo se encuentra en cierto instante en el puntoA de su trayectoria (fig. 14.10).En B. Las velocidades otro instante, el cuerpo estará en del cuerpo en los puntos A y B son VA y vB, respectivamente. De las ecs. (10.2)y (10.3) se tiene que la magnitud del momento angular en A es

I LA/

= 1rA x m v A / = mrAVA sen

Newton pudo deducir estas tres leyes de la utilización de la ley de la gravitación universal. Este éxito sin precedentes hizo que nadie dudara de la validez tanto de, s u s leyes de movimiento como la de la gravitación. Esta ha sido una de las hazañas cumbres del pensamiento humano. Veremos ahora, brevemente, la manera en que se pueden deducir las tres leyes de Kepler. En vista de que la fuerza que ejerce el Sol sobre u n planeta, dada por la lev de la gravitación universal,es una fuerza central, el momento angular del planeta (como vector) se conserva (véase el ejercicio 10.4) y, por tanto, su trayectoria tiene que estar contenida en un plano (véase fig. 10.9).

Si se revisa con cuidado el ejercicio 10.4, se dará uno cuenta de que para llegar a esta conclusión no del masa hubo necesidad de usar la forma explícita de l a fuer-

$A

(14.1 3)

Figura 14.10

Aquí m es la masa del cuerpo forman rA y V A .

y

+A

es el ángulo que

1

E l momento angular se calcula con respecto alpunto que genera la fuerza. En nuestro caso es el centro de Sol.

367

LEYES DE KEPLER

De manera análoga, se encuentra para la magnitud del momento angular del cuerpo en B

1 LB I

= mrBvBsen

(14.1 5)

/LB1

Ahora tomemos un intervalo de tiempo At, m u y pequeño. En este intervalo el cuerpo pasará de su posición A al puntoD (fig. 14.11a)y el vector de posiciónrA cambiará a ser rD. E l cambio en la posición es, entonces,

A r = rD - rA Nos damos cuenta de que s i A r es suficientemente A r es prácticamente pequeño, entonces la dirección de la misma que la de la velocidadVA (fig. 14.11b). Calculemos ahora el área barrida por el vector rA al pasar de A a D. Esta área es la encerrada en el triángulo ADC, es que no es rectángulo. E l área deltriánguloADC igual a la mitad de labase CA multiplicada por la altura DF (fig. 14.11~).

Se tiene entonces que

SA.

1 2

SA =

(14.1 4)

En vista de quese debe conservar la magnitud del momento angular, sus valores en A y en B tienen que ser iguales

/LA1 =

Llamemos a esta área

(14.1 6)

(DF)

-fA

Pero en el triángulo rectángulo ADF, el cateto DF es

DF = D A sen y ya que DAes la hipotenusa del triángulo. Vemos de la figura 1 4 . 1 1 ~ q u e

y

+

$A

= 180°,

O

Por tanto, sen y = sen

y = 180' -

sea

$A

$A

Con ayuda de la ec. (12.44) se tiene que sen y = sen (180' = sen 180'

-4 ~ ) cos $A - cos 180'

sen +A =O

Ya que sen180

cos18Oo =

y

-1

En consecuencia,

DF = D A sen @A Sustituyendo este valor en la ec. (14.16) nos d a SA

=

1 2

- fA

(DA) sen

$A

Pero D A ( = 1 A r I ) es la distancia recorrida por el cuerpo en el tiempo At con velocidad vA, por lo que

ai

DA

VA

At

En consecuencia

1 2

SA c! Figura 14.1 1

- ~ A V A(At) sen

Si dividimos ahora la ec. que

(1 4.1 7)

(14.13) entre m, se obtiene

~AVA sen $ A

Recordamosdegeometríaque s i se t o m a c o m o base AC, entonces la alturaes la línea perpendicular a D. En nuestro AC bajadadesdeelvérticeopuesto caso, esta altura es DF. E l ángulo AFD es recto.

(PA

LA = m

que sustituida en la ec. (14.17) nos da SA

1 LA (At) 2m

(14.1 8)

368

Cap. 14. LA LEY DE LA GRAVITACIóN UNIVERSAL

De manera análoga, se encuentra que s i el cuerpo está en B y se mueve un intervalo (At) y llega a E , entonces el área SR barrida por el vector rR e>

siendo m la masa del satélitey r su distancia al centro C de In Tierra. Consideremos los puntos B y E . Punto B. E l momento angular en este punto es

i LB I = r n r g v R

(13:1 O) Si ahora comparamos los miembros derechos d e las ecs. (14.1 8) y (14.1 91, vemos que son iguaies,y a quc LA = LB (véase la ec. (14.15)) y los intervalos ( & J son /os mismos en los dos casos. En consecuencia,

Este resultado es justamente el expresado en la srgtinda ley de Kepier. Nótese que para obtener e 5 t ~rt5uItad0solamente se hausado la conservacióndela magnitud del momento angular. Por tanto, la segunda ley de Kepler es válida para cualquier fuerza central. (.o ú l t i m o q u e nos falta considerar es ia conservación del sentido del momento angular.La consecuencia fisica de esta conservacibn es que el planeta siempre se moverá en e 1 mismo sentido (véase problema 14.9). Es decir, no ocurre yue de pronto el cuerpo cambie de sentido en su movimiento. Ejercicio 14.4. Se lanza tin 3atélite artificial en una direcciónparalelaa l a superficiedelaTierra (t~g 14.12) con una velociddd de 31 000 km/h, desde un p u n t o t3 que está n una altura de 400 k m . E l satklite rea su máxima corre una travectoria elíptica llegando altura de 3 800 km en el punto E. Obtenga la velocldad del satélite en el punto E

(14.21)

ya que el ángulo & = 90" y sen 90" = 1 Punto E . FI momento angular en este punto ~

es

Lt , = m E v E

(14.22)

va que ahora también br..== 90". Por tanto, de la conservación de la magnitud del momento angular se puede escribir que

y despejando vI; se encuentra que

Ahorausamos 14.12)

+

los valoressiguientes(vkase

¡a tig.

rR = CA AB = 6 378 k m + 400 k m = 6 778 k m r E 1 CD t DE = 6 378 k m 3 800 k m = 1 0 1 7 8 k m

+

V

vB = 31 000 kmi'h Aquí CA = CD es el radio terrestre.

Por tanto,

Ésta es la velccidad que tiene el satélite en el punto E. Notamos que este valor es menor que el que tenía elsatélite en t3. En general, la conservación de la magnitud del mclmento angular (véanse ecs. (14.13) - (14-15)~nos diceque si rA es menorque rB, entonces necesariamente vA tiene que ser mayor que vB. E s decir, s i en su movimiento el cuerpo se acerca a la fuente de la fuerza, entonces su velocidad aumenta. Figura 14.12

En vista de que el satélite gira a causa de la fuerza gravitacional que le ejercela Tierra (esta fuerza juega el papel de centrípeta), y de que esta fuerza es cent r a l , entonceselmomentoangular L delsatélite se conserva. En particular, se conserva la magnitud de este vector. En un punto arbitrarioH, la magnitud de 1 es

~ L I=

rnrvsen

4

A contintiacihn obtendremos la tercera ley de Kepier Por stmplicidadsolamenteconsideraremosel caso en que la trayectoria sea un círculo. Sean M la masa del cuerpo central y m la del que gira alrededor delcentral;ddemás, sea R elradiodelcírculo(fig. 14.13 ) . Se puede demostrar en este caso a partir de la segundaleydeKeplerqueelmovimiento es circular uniforme, es decir, con velocidad angular constantew (vkase problema 14.11).La aceleración centrípeta a es entonces (véase ec. (5.60)) a = w2R

LEYES DE KEPLER

369

En el miembro derecho de la ec. (14.27) aparecen Si cantidadesrelacionadasconelcuerpoquegira. uno pudiera conocerlas, es decir, si se conocieran el periodo de giro T y el radio R del círculo, se podría calcular ,el valor numérico de la masa M del cuerpo central. €Sta es una manera de determinar las masas del Sol, de la Luna y de otros planetas. Simplemente se miden los periodos de giro y los radios correspondientes de algún planeta o satélite y se determinan sus masas. Las determinaciones de estas cantidades son relativamente fáciles; en particular, las distancias se encuentran por medios geométricos.

14.13

Sustituyendo la ec. (5.61)para la velocidad angular en términos del periodo 1 del giro, obtenemos que

(14.24) Ahora usamos la ec.(6.4) para la segunda ley de Newton

F = ma en la que sustituimos en el miembro izquierdo la expresión (14.1) y en el derecho la ec. (14.24).Así se obtiene

Ejercicio 14.5. Calcule li? masa del Sol. Tomaremos a la Tierra como el cuerpo que gira y a1 Sol como el cuerpo central. En este caso, la distancia media de la Tierra al Sol es

R = 149 millones de km = 1.49 i< 10" m y el periodo

1 es 1 = 1 año = 365.26 días = 3.156 X 10'

S

Sustituyendo estas cantidades en el miembro derecho de la ec. (14.27) nos da D e esta ecuación despejaremos T2. Para elio, multiplicamos ambos miembros ecuación la de por ( T2R2/CmM)

M =

(14.25)

-

4 X (3.1415912 (7.49 X loll m)3 6.673 x IO-" (Nm2/kg2) i3.156 x IO7 s ) ~ 130.59 X 1 0 3 3 66.465 x IO3

N

m3 m 2 s2/kg2

= 1.965 x IO3O kg Este resultado nos dice que el cuadrado del periodo de giro 1es proporcional al cubo del radio del círculo R. Esta es justamente la tercera ley de Kepler para Para finalizar esta sección, mencionaremos que en nuestro caso. la obtención de la expresión ec. (14.25),la tercera ley Ahora dividimos ambos miembros de la ec. (14.25) de Kepler, se han supuesto dos cosas: i) que la trayecentre R3, obteniendo toria del cuerpo que gira es circular y ii) que el cuerpo central no se m u w e . A l hacer el cálculo rigurosamen(1 4.26) te, tomando en cuenta una trayectoria elíptica y el movimiento del cuerpo central, la expresión(14.25)se modifica de la manera siguiente. En primer lugar, en D e esta relación vemos que el miembro derechoes y en selugar de R aparece el eje mayor de la elipse una cantidad constante.La única cantidad que aparegundo lugar, en lugar de la masa M, aparece la suma ce relacionada con el sistema es l a masa M del cuerpo (M m). central. Esta constante no depende de la masa m del La mayoria de los planetas del sistema solar giran cuerpo que gira.Si se aplica este resultado en particuen elipses que tienen una excentricidad muy pequeña, lar al sistema planetario, entonces M es la masa del o sea, no se comete un error apreciable si sus trayecSol, o sea, la constante del miembro derecho en la ec. (14.26) es la misma para cualquier planeta (véase pro- torias se toman como circulos.Además, es claro que, por ejemplo, en el caso del Sol y de los planetas, sublema 14.12). Esto es justamente lo que encontró emmarle a la masa del Sol la de un planeta tiene como píricamente Kepler de los datos numéricos de Brahe. consecuencia una pequeñísima corrección alos resulAhora despejemos M de la ec. (14.26). M u l t i p l i c a tados que encontramos. Sin embargo, en principio, la mos ambos miembros por (MR3/T2) constante que aparece en el miembro derecho de laec. (14.21) n o es la misma para todos los planetas (véase problema 14.13).

+

r"

Figuro 14.15

'

f

- í.*

(14.32)

371 y sacando raíz cuadrada nos da

I

-

(14.33)

P

ÉSta es la velocidad de escape de la Tierra. Nos damos cuenta de que esta expresión no depende de la masa de la partícula que se va a escapar. Esto significa que dos partículas de masas distintas tienen la misma velocidad de escape. Para encontrar este valor sustituimos en la ec. (14.33)los valores de C, rnT dados en las ecs. (14.8) y (14.9) así como el radio terrestre ( = 6.378 X I O 6 m), encontrando que

v, =

2 X 6.673 X

Nm2/kg2X 5.967 X 6.378 X I O 6 m

= 412.486 X I O 7 mz/s2

I

kg

Figura 14.16

I

= 1.1174 X 104m/s = 11.174 km/s = 40 227 k m i h

tícula de masa M se coloca en el punto P fuera de la cáscara a una distanciaD del centro de la cáscara. ToEn este cálculo no se ha tomado en cuenta el efecmemos un anillo cuyo plano sea perpendicular a la líto de la atmósfera sobre la partícula. Resulta que ésta nea PC, a un ángulo 8 y de ancho angular dB. Por tanproduce un efecto de fricción que implica que la veloto, el ancho del anillo es (R do). cidad de escape sea mayor que la que calculamos. Consideremos un elemento del anillo de largo dr Además, al tomar en cuenta el efecto de la atmósfera, (fig. 14.17a) centrado en un punto K arbitrario; este resulta que la velocidad de escape ahora sí depende elemento es muy pequeño y se puede considerar como de la masa de la partícula puntual.-La fuerza gravitacionaldFK que este elemento ejerce sobre la masaM en P es un vector que tiene dirección a lo largo de la líneaPK y sentido de P hacia K, ya que la fuerza es atractiva. Por otro lado, dia14.5. C A S O DE U N A M A S A D I S T R I B U I D A metralmente opuesto al elemento que acabamos de UNIFORMEMENTE escoger existe otro elemento en L, con la misma área que el anterior, que también ejerce una fuerza sobre En las seccionesanteriores se obtuvieron algunas la partícula en P, que llamamos dF, y que tiene direcconsecuencias de la aplicación de las leyes de Newción a lo largo de la línea PL y sentido de P hacia L. t o n y de la gravitación universal. En particular, esta Dado que los doselementostienenlamisma área, ú l t i m a ley expresada en la ec. (14.2j es válida solamencontienen la misma masa.Por tanto, las magnitudes te cuando las masasson puntuales. Sin embargo,la de las fuerzas dFK y dF, son iguales (problema 14.1 6). aplicamostambiénalcasodecuerposextendidos La fuerza total ejercida por estos dos elementos diacomo planetas, satélites, etc. De hecho se ha t o m a d o metralmente opuestos es entonces s i se originaraenel lafuerzagravitacionalcomo centro de masa del cuerpo extendido, y en consecuendFK dF, (I4.34) cia las distancias que se toman no son hasta la superficiedelcuerpo,sinohastadichocentro.Hastaeste momento no se ha demostrado que se pueda aplicar dr la ley tal cual a este tipo de cuerpos. De hecho Newt o n se dio cuenta de este problema y no p u b l i c ó su monumental obraPrincipia durante 20 años hasta que obtuvo la solución de esta cuestión. En esta sección encontraremos la fuerza gravitacional que ejerce una esfera de masa uniformemente distribuida sobre un p u n t o masa. Consideremos en primer lugar una cáscara esférica de radio R, grueso h y de masa m distribuida uniformemente (fig. 14.16). Sea e la densidad demasa de lacásFigura 14.17a cara (véase la sección 9.4). Supongamos que la par-

+

372

Cap. 14. LA LEY DE LA GRAVITACIóN UNIVERSAL

En la figura 14.17b se muestra el plano KSLP, que contiene a los dos elementos diametralmente opuestos (K y L) y al punto P. Este plano contiene a la línea PC, por lo q u e S está contenido dentro de 61. Nótese q u e este plano está sesgado en la figura 14.17a, y por e l l o lo presentamos en la figura 14.176 de frente. Los triángulosrectángulos KSP y LSP soniguales (ipor qué?). Por tanto, los ángulos KPS y LPS son iguales. Denotaremos estos ángulos por 4. Ahora descompongamos cada una de /as tuerzas dF, y dFL en dos componentes: una a lo largo de la Iinea PC y otra, perpendicular a dicha línea. Estas componentes se muestran en la figura 14.17b. Las magnitudes de las componentes perpendiculares son

Una vez encontradas la direccióny el sentido de la fuerza que ejerce la cáscara sobre una partícula puntual en P, procedemos a encontrar su magnitud. Para ello primero obtendremos la fuerza que ejerce el anillo sobre la masa M en P. Necesitaremos conocer la masa dm que contiene el anillo. Su volumen dV es igual al área dA del anillo por su grueso h. E l área dA es igual al producto del perímetro del círculo de radio KS por el grueso del anillo (R dB). La longitud KS es

KS = R sen O

E l perímetro mencionado es igual a 27r(KS) = 2aR sen I9 por lo que el área de dA es

dA = (27rR sen 0 ) (R dB) = 2 a R 2 sen I9 d0 y ei voiumen dV Además, de la figura 14.1 7b vemos que las componentes (dFK). y (dFL), tienenlamismadirección,pero sentidos opuestos. Su sumaentonces se anula. En consecuencia, Id suma de los vectores (14.34) es solamente la suma de lo largodelalínea PC. Vemos lascomponentesa de la figura que ambas componentes tienen ahora el mismo,sentido, de P hacia C, así como la misma magnitud. Esta queda dada por I(dF&

I =

I(dFL)III = I dFKI

COS

4

d V = dA h = 2aR2h sen BdB

(13.35)

La masa dm contenida en el anillo es, entonces (véase ec. (9.49)),

dm =

Q

d V ' = 2aehR2 sen I9 d0 (14.36)

La magnitud dF de la Componente lo a largo de laIínea PC delafuerzaqueejerceelanillosobre fa masa M en P es M dm

d F = C -cos 4

(14.37)

22

va que la distancia de cualquier punto del anillo a P es I . Aquí se ha multiplicado por cos 4, ya que estamos tomando la componente a la largo de la línea PC (vease 14.17b). Sustituyendo el valor de dm dado en la ec. (14.36) nos da. dF = 2aehR2MC Figura 14.17 b

Podemos ahora dividir todo el anillo en elementos y diametralmenteopuestos. Para demasaiguales cada pareja de estos elementos podemos dar un argumento idéntico al que acabamos de dar. Concluimos, entonces,quelafuerzagravitacionalqueejerceel anillo es un vector que tiene dirección de P hacia el centro C y con sentido de P hacia C. La cáscara la podemos dividir en una sucesión de anillos, y paracadaanillopodemosargumentar de manera similara la anterior, encontrando que toda la cáscara ejerce una fuerza que tiene dirección a lo largo de la línea PC y sentido de P hacia C.

sen 19 dB cos

(14.38)

22

Ahora tenemos que sumar todas las fuerzas dF que ejercen todos los posibles anillos en que se puede diE s decir,tenemosqueintegrarla vidirlacáscara. expresión (14.38). En ella aparecen las variables O, 4 y z que no son independientes entre sí. Expresaremos la fuerza dF en términos de una sola variable, digamos z. Del triángulo rectángulo P K S se tiene que PS c o s 4 = ___ PK Pero en la figura 14.16 vemos que

PS = PC

-

SC = D - R

COS

H

373

CASO DE UNA MASA DISTRIBUIDA UNIFORMEMENTE

Y PK = z por lo que cos

D - R

4=

e

COS

Z

(14.39)

Como siguiente paso usamos el teorema de los cosenos de la trigonometría (véaseec. (13.124))en el triángulo CKP, que no es rectángulo Z'

= D2

+ R 2 - 2DR

(14.40)

O

COS

Ahora ya tenemos a d f en términos de una sola variable, z. En seguida integramos esta expresión. De la figura 14.16 vemos que para recorrer todos los anillos que se pueden formar con la cáscara, el valor de z tiene que ir de ( D - R ) que corresponde al punto A hasta el valor de ( D R ) que corresponde al punto 6. Por tanto, la magnitud F de la fuerza que experimenta la partícula de masa M en P es

+

F=C"-

0 2

RM

13-R

[1 +

R2]dz (14.45)

Usamos ahora las ecs. (4.27)y (4.28)con n = 1 y n = - 2 , obteniendo

En el miembro derecho de esta expresión sumamos y restamos D 2 y luego factorizamos 2 0

+ 2D2 - 2DR = R2 - D2 + 2D[D - R

z 2 = R2 - D2

Efectuamos la evaluación entre los límites

O C O S O) COS

D - RCOSO=

z2 -

R2

20

+ D2

z2

- R2

2D z

(14.41 )

(14.39), obtene-

+ D2

(14.42)

De esta manera hemos expresado cos q5 en términos de la variable z. Ahora haremos lo mismo para el ángulo O. Tomemos la diferencial de ambos miembros de la ec. (14.40),usando la ec. (3.25) y recordando que D y R son constantes

y despejando sen 8 de 1 -z dz DR

(14.43)

Así encQntramos directamente la combinación (sen O dB) que aparece en la ec. (14.38)en términos de la variable z. Sustituyendo ahora las ecs. (14.42) y (14.43) en la ec. (14.38), obtenemos la fuerza dF en términos de z 11 dF = 2nehR2MC DR z d z 22

Simplificando, se encuentra que d f = C ___ RM [ I D2

+

[

1 +

Z'

+ R - (D - R)

R -

D - R

Ahora recordamos del álgebra que

+ R)(D - R )

por lo que

F = C ___ RM[2R - ( D - R )

* 0 2

=C

=c

D2

+ D + R]

RM(4 R )

47reR2h M

(14.46)

0 2

Como estamos suponiendo que la densidad de masa e es constante, de la ec. (9.53)vemos que la masa total m de la cáscara es

2z d z = 2DR sen O dO

sen Ode=

- ( D 2- R2)

D2 - R2 = ( D

Sustituyendo esta expresión en la ec. mos que cos q5 =

D

f = C

De esta igualdaddespejamosahora ( D - R cos O), combinación que aparece en la ec. (14.39). Pasamos R2 y D2 al otro miembro (pasan con sus signos cambiados) y luego dividimos entre 2 0 , obteniendo

- R2

2D z

D2s

+ D2

R 2 ] d ~(14.44)

rn =

eV

siendo V su volumen. Pero este volumen es igual al área de la superficie de la esfera de radio R multiplicada por el ancho h

V = 4aR2h por lo que la masam es m = 47reR2h que sustituida en la ec. (14.45) nos da para f

f = C

Mrn D2

(14.47)

374

Cap. 14

LA LEY DE LA GRAVITACIóN UNIVERSAL

Pero de la ec. (4.1) vemos que esta cantidad es precisamente la magnitud de la fuerza gravitacional entre dos puntos de masas M y m situados a una distancia D. Este resultado significa que la fuerza de atracción que ejerce la cáscara sobre la partícula en P es c o m o si toda la masa de la cáscara estuviera concentrada en su centro de masa C. Este resultado se encontró suponiendo quee l punto P estaba fuera de la cáscara.En el caso en que P estuviese dentro de ella (fig. 14.18) se puede proceder de maneraanáloga y se llegaría a la mismaexpresibn (14.44) para dF (problema 14.17). La diferencia se prelos límites de integración senta en el siguiente paso: para z ahora son:ellímiteinferior es(R - Di que corresponde al p u n t o A de la figura14.18; el límite superlor es(R D) que corresponde a l p u n t o B. Por tanto, ahora la integral que aparece en F es

+

ai Igual que arriba, se encuentra que =

m --

( D -- R) -- (D

+ R)

=2D--D+R-V-R=

O

Por tanto

F=O

(14.48)

La fuerza que experimenta una partícula de una cáscara uniforrne es nula (problema 14.18). Es importante darse cuenta que este último resultala fuerza d o es una consecuencia del hecho de que gravitacional es inversarnente proporcional a r2. Si el exponente de r no fuera 2 sino otro número, entonces la ec. (14 48) no daría el valor cero para la fuerza. Si en lugar de una cáscara tuviksemos una esfera, esta se puede dividir en un número muy grande de cáscaras y para cada unade ellas podemos aplicar los resultados que se acaban de obtener En particular, s i la partícula se encuentra fuera de l a esfera, entonces la tuerza atrartiva que le ejerce la esfera es c o m o si toda la masa de la esfera estuviese concentrada en su centro. Se puede demostrar ahora fácilmente que dosesferas uniformes se atraen como s i sus masas estuvieran concentradas en sus centros (problema 14.19). D e esta manera se ha justificado, por Io menos para cuerposesféricoscondistribucionesuniformesde masa. que se pueden considerar como si estuviesen concentradas en su centro. E s decir, las distancias que hay que usar en las expresiones para l a fuerza gravitacional son entre los centros de masa de los cuerpos extendidos.

14.6. ALGUNAS OTRAS APLICACIONES Por simplicidad no escribiremos los factores constantes que aparecen antes de la integral.

) dr

D2 - R 2 R-D

y efectuando las integrales, a l igual que en el caso anterior se encuentra que / =

[z -

O2 z

R21z=D+R Z=R-D

Evaluando se tiene que I =

x

{D+R-(R-V)-(DZ-R2)

1 [ V i R

-

R - D

Una vez encontrada l a ley de la gravitaclón unlversal, el mismo Newton l a aplicó a diferentes tipos d e problemas. Además, durantelos dos siglos posteriores se han encontrado una cantidad muy grande de aplicaciones. En esta sección mencionaremos brevernente algunas de ellas, sin entrar en los detalles

i ) En las secciones anteriores se trató, por ejemplo, el

movimiento de un planeta tomando en cuenta solamente la tuerza que le ejerce el Sol corno s i no existiesen los demás cuerpos celestes. Se puede tomar en cuenta en el movimiento del planeta no nada más e l efecto del Sol, sino también el de los otros planetas Haciendoesto se obtieneunatrayectoriaqueconcuerdaconobservacioneshechas con mucha preclsión i i ) Se han explicado las apariciones de los cometas, quitándoldselmisterioqueteníanenepocasanteriores. En particular, en 1682 Halley predijo que el cometa,que lleva su nombre,deberegresarcadd 7h

años, aproximadamente. Encontró que s u trayectoria es una elipse muy alargada, que llega hasta mhs allA de la órbita de Neptuno. i i i ) Newton usó sus leyes para dar una explicac ~ b de n las mareas. Reconoció que este fenbmerwst1 debt P V esencia, a la atracción que ejerce la Luna, y ~n mt.;7or medida el Sol, sobre las masas de agua oceánlcas. i v ) Basándose en la ley de la gravitación universal se pudopredecirteóricamentelaexistencia,primero, del planeta Neptuno (en 1846) y posteriormente l a de Plutón (en 1930). En particular, se predijeron sus masas y sus posiciones, que fueron verificadas por observaciones telescópicas. I

Las anteriores son solamente algunas de las consecuenciasde la aplicaciónde las leyes de Newton acompañadas de la expresión para la fuerza de la gravitación universal.

58

Mercurio Venus Tierra Marte Júpiter Saturno Urano Neptuno Plutón

1O8

149 228 778 1 426 2 869 4 495 5 900

14.13. Exprcse el miembro derecho de ia ec (14 16) con ¡a corrección debida al movimiento del Sol menciorlada < ~irnal i (!ti la sección 1 4 11. Calculeahora la cantidad q a e nparcce en el miembro derecho de la ecuación, tomando las masas de los planetas dada., en la siguiente tabla. Planeta

PROBLEMAS 14.1. Demuestre que las unidades para m, obtenida\ en la ec. (14.9) son efectivamente en kg. 14.2. Demuestre que las unidades para la fuerza en el ejercicio 14.1 son N. 14.3. Determine las unidadesdelaaceleraciónen el ejercicio 14.2 14.4. Obtenga las unidades de M en el ejercicio 14.5 14.5. Demuestre que las unidades de C en el S I son las dadas en la ec. (14.8). 14.6. Si la fuerza que la Tierra ejerce sobre la Lunaes atractiva, ipor qué nuestro satélite no cae sobreel planeta? 14.7. Investigue la manera en que Cavendish realizó s u s experimentos para confirmar la ley de la gravitaciónuniversal. En particular,cómoobtuvoelvalor numérico de la constante C . 14.8. Calcule las aceleraciones de la gravedad en el p o l o y en el ecuador terrestres si los radios son: polar, 6 355.6 km; ecuatorial, 6 376.5 k m . 14.9. Demuestre que la conservación del sentido del vector de momento angular implica que el planetase mueve siempre en el rnismo sentido 14.10. Describaunposiblemétodoparaobtener la masa de la Luna, enviando un cuerpo que quedara atrapadopor s u atraccióngravitacional y girara en una órbita como su satélite. 14.11. Demuestre a partir de la segunda ley de Kepler que S I la órbita de un planeta es circular, entonces el movimiento es circular uniforme. Sugerencia: recuerde que la segunda ley de Kepler está asociada a la conservación del momento angular. 14.12. En la siguiente tabla se dan los valores del periodo sideral T y de la distancia mediaR de varios planetasal Sol. Obtenga los valorescorrespondientes de ( T 2 / R 3 ) .

M a s a unidades (en dt. k m a s a de la Tierra]

iVercurio Venus Tierra Marte 1 úplter Saturno Urano Neptuno Compare con los valores que obtuvo en el problema 14 12. 14.14. Obtenga las unidades de l a velocidad de escape en el ejercicio 14 6 . 14.15. Demuestre que la fuerza de la gravi~c~ción tlniversa1 es conservativa. Calcule los trabajos reaiizcldos al moverse un cuerpo entre dos puntos tiios a lo largo de dos caminos distintos. 14.16. Demuestre que las magnitudes de las fuerrds dF, y dFL de la figura 14.17 son iguales. 14.17. Demuestre que s i la partícula de masaM se encuentradentrodelacáscaramostradaenlafigura 14.18, entonces se obtiene la misma expresión (14.44) para dF 14.18. Una manera de ver que la fuerza que experimenta una partícula dentro de una cáscara uniforme es nula es la siguiente. Con vértice r n la posición P de la partícula (fig. 14.19) torme u n doble cono de aberturamuypequeñaqueintercepta a lacáscara,tormando sobre ella las áreas A, y A,. Calcule Ids masas interceptadas por estas áreas. Muestre que la suma de Ids masas contenidas las fuerzasquecadaunade en las áreas interceptadas ejercen sobre la partícula se anula.Ahoraargumente lo necesarioparahacer ver que la fuerza total de la cáscara sobre la partícula es cero. 14.19. Con base en lo demostrado en la sección 14 5, obtenga l a fuerza con que se atraen dos esferas uniformes.

376 ,-.-

y..

Figura 14.19

14.20. Una partícula de masa m se introduce dentro R y masa M de una esfera sólida uniforme de radio hasta una distancia r de su entro ( r < R). a) iQué fuerza experimenta? b) )Cuál es la aceleración de la gravedad que se ejerce sobre la partícula? c) i A qué profundidad la aceleración es igual a la mitad de la que prevalece en la superficie? d) i C u á l es la fuerza cuando la partícula está en el centro de la esfera? Explique físicamente su resultado. 14.21. Uno de los satélites de Saturno, Mimas, recorre

una trayectoria prácticamente circular de 187 O00 k m de radio y tiene un periodo de23 h. Calcule la masa de Saturno. 14.22. La masa del Sol es 1.965 X IO3O kg y su radio es 695 300 km. Calcule la aceleración de la gravedad en su superficie. 14.23. Calcule la aceleración de la gravedad en la suE l radio lunar es 1 738 k m y su perficie de la Luna. masa es 7.35 x IOz2 kg. 14.24. Un satélite de comunicaciones terrestres debe ser "geoestacionario", es dec'ir, tiene que permanecer todo el tiempo en la misma posición sobre la Tierra. Esto significa que su periodo es de 24 h. > A qué altura sobre la superficie de la Tierra se le debe colocar? 14.25. Calcule la magnitud de la fuerza con queSol el atrae a la Tierra. icon qué fuerza atrae la Tierra a la luna? 14.26. En la sección 14.4 se encontró que la energía potencial asociada a la fuerza gravitacionales negativa (véase ec. (14.29)). D é una explicación física de este hecho. Recuerde quese ha tomado el cero de la energía potencial en el infinito. Calcule el trabajo que se necesita hacer para llevar una partícula del infinito a una distancia r del centro que genera la fuerza. iQuién hace el trabajo?

Solución de p r o b l e m a s selectos

SOLUCI~N A LOS PROBLEMAS 1.1.442.5 k m . 1.2. 85.15 mi. 1.3. 4.76 mm. 1.4. 1 m 60 cm. 1.5. 17 238 s. 1.6. 1 h 15 m 1 7 s. 1.7.165.2 lb. 1.8. 794.5 kg. 1.9. 1 133 m2. 1.10. 772 535 mi2. 1.11.291.4 I. 1.12. 55.8 m3. 1.13. a) 26.9 m/s. b) 60.3 milh. 1.14. 3.79 X I O 8 mi/h2. 1.15. 23.8 X 1010 g2 cm2/s. 1.16. 1.08 kg m. 1.17. L2. 1.18. No tiene. 1.19. L. 1.20.L2T3. 1.21. T-?. 1.22. M. 1.23.ML2/T2. 1.24. a) No. b) No. c) No.

2.10.

2.11.

2.12.

2.13.

2.14.

2.15.

2.16.

2.17.

d) Sí.

e) No.

SOLUCIóN A LOS PROBLEMAS DEL CAPíTULO 2 2.9.

Las direcciones están dadas con respecto al eje X horizontal con sentido hacia la derecha. a ) 8.06; 60°15 ’18”; hacia arriba. b) 8.06; 299O44’42”; hacia abajo.

c) 5.12; 128O39’; hacia arriba. hacia abajo. e) 8.25; 284O2’10”; hacia abajo. a) x = 12.73, y = 12.73 b) X = - 18.28, y - 17.05. C) X = - 294.8, y 143.8. d) x = 78.84, y = -51.20. a) u = 5; - 2; 8k b) u = - 6; 6; - 2C c) u = - 1.7; 0.4; - 9.6k a ) S = ;- 6; 6k b) S = 21 4; S& c) S = 6.31 - 10; - 0.8k a) 22.44 b) - 5.74 ‘c) 5.27 d) - 1.27 a) 5 b) - 2 C) - 11.28 a ) 5.39 b) 5.39 c) 6.7 d) 8.34. a ) 78O49‘31 “ b) 92O52 ’18 ” c) 1OIo3’56” a ) u = - 18; 11; 14k b) u = - 281 - 22; I8k c) u = 48.16; 30.92; - 7.241;.

d) 8.29;228O25’26”;

DEL CAPíTULO 1

+ + + + + +

+ +

+ +

SOLUCIóN A LOS PROBLEMAS DEL CAPíTULO 3 3.10.c)

12At2

3.11.C)

x00

d) 24 mis. coset

d) 8.7 km/h. 3.12. a) A b) 4At3 6Bt

+

377

+C

378

S O L U C I ~ NDE PROBLEMAS SELECTOS

c) all cos Rt d) --(XO/~J~-"~

c)

-

e) (Ai7)e"" 3.13. a ) [x,] = L; [ A ] = L/T b) [A] = L/T4; [B] = L/T2; [C] = LjT; [xo] = L c) [a] = L; [a] = 1/T d ) [Xo] = L; [TI = T e) [ A ] = L; [ 7 ] = T 3.14. a ) x = -- 11 km; v = - 5 km/h. b) x = -- 8m; v = 47 mis. c ) x = -- 7.24km; v = 20.36kmis. d ) x = 4.28 m; v = - 1.07 mis e) x = 1.69km; v = 0.43km/h. 3.15. a ) 0.625 mis'. b ) 3 mis2. c) - 50 km/h2. d ) - I 2 mis'. e) - 1.25mis2. 3.17. a ) 4.76 m i s hacia la derecha. b) 2.64 mis hacia la derecha. c ) 0.42 km/h hacia la derecha. d ) 0.42 kmih hacia la izquierda. e) 1.34 m i s hacia la derecha. 3.18. a ) O b) 1 % A t 2 6B c ) - aQ2 seni2t d) (~~/7')t?-~'~ e ) - (A/7Z)e"'' 3.19. a ) O b) 150 m/s2. c) 260.8 km/s2. d ) 0.268 mis'. e) - 0.07kmih'.

+

SOLUCIÓN A LOS PROBLEMAS DEL CAPíTULO 4 4.1. 53 km; 106 km; 159 km. 4.2. 8 m i n 20 s. 4.3.9 4608 X I O 1 * k m . 4.4. 1.507 k m 4.5. a ) 69.3 km/h. b) a las 11 h 45 min a.m. 4.6. a )

VN

=

h

-

-

h

x ( t ) = (x,

+ a,?) + (v,

aO72e""

+

-

ao-r)t+(1/2) aot2

+

v(t) = (va - ao7) a,t a,~e-"~ 4.9. [ S ] = LIT4; [N]= L/T5 4.10. [a,) = LIT2; [TI = T 4.11 a) [R] = LIT3 b) [R] = LIT3; [L] = LIT6 c ) [ao] = L/T2; [TI = T 4.16. 1.48 m/s2 opuesta al movimiento; 166.7 m. 4.1 7 1 080 O00 km/h. 4.18. Sí 4.19. 1 350 m . 4.20. 5 m i n I 1 s. 4.21 a ) 5.15 s. b) 181.7 km/h. 4.22. 254 m . 4.23. a) 45.6 m . b) 1.94 s. 4.24. a ) 18.4 mis. b) 22.14 mis;28.8 m/s. 4.25. a ) 81.6 m sobre el acantilado. 6)4.1 s . c) 10.4 S desde que se lanzó. d) 224.6 km/h. e) A 63.6 m sobre el acantilado, cayendo. 4.26. a ) 2.7 s . b) 31.75 mis. 4.27. a ) Se encuentran 0.71 S después del lanzamiento a una altura de 6.4 m sobre el suelo. b) Piedra: 5.5 mis hacia arriba; pelota: 26.9 mis hacia abajo. 4.28. a ) 733.5 mis. b) 1 6 504 m. c ) 43 954 m sobre el suelo. d ) 2 min desde el lanzamiento. e) 3 min 35 S desde el lanzamiento. f ) 2103mis. 4.29. a ) 934.8 mis' b) 0.026 s. 4.30. a ) 26.2mis. b) 2.67 s. 4.31. a ) 135.9 m sobre el suelo. b) 106 km/h. c ) 9.87 S desde que empezó a caer. d ) 36.6 km/h.

d

vR b) (h/vR) desde que entraron

+ + +

+ +

4.7. a ) x(t) = x, vot (1/6) Rt3 v(t) = v0 -t(1/2) Rt' 6) x(t) = x, v,t (1/6) Rt3 (1/30) Lt6 v ( t ) = v, (1/2) R t 2 (115) Lt5

+

+

SOLUCIóN A LOS PROBLEMAS DEL CAPíTULO 5 5.6. a ) Habrárecorrido bajado 30.6 m

202.5 m horizontalmente y

SOLUCIÓN DE PROBLEMAS SELECTOS

b ) Magnitud:84.6

mis; dirección:formandoun ángulo de 16O50’ con la horizontal; sentido: hacia abajo. 5.7. a) 3 0 2 8 m . b ) Magnitud: 537. 9 mis; dirección: formando un ángulo de 5O55’ con la horizontal; sentido: hacia abajo. c) 5.66 s. 5.9. a ) 73.1 m. b ) 3.86 s. c ) 417.7 m . d ) Horizontalmente a 216.3 m y a 73 m sobre e l suelo. 5.10.47.1 mis; 41O38’ 5.11. 58O12’11 ”

v2 5.12. a ) L = l [ sen(2oc) 2g

+ Z/sen2(20() +

Y

cos2a]

siendo M = 8Hg/vo2

b) cos y = d ( 4

+

+

~)/(8

w)

d ) 145.78 m 5.13. y =

ay

2ax2

[-v+

.Jv2+2a,x]2

5.14. a ) Magnitud: 183.5 mis; dirección: formando un ángulo de 77O32‘ con la horizontal; sentido: hacia abajo. b) Magnitud: 271.7 mis2;dirección: formando un ángulo de 81 O37’ con la horizontal; sentido: hacia abajo.

5.15. a ) Una parábola. b) Una línea recta. c ) C B = 1.35 mm. d ) Magnitud: 1.71 X I O 7 m/s; dirección: formando un ángulo de 5O9‘38” con la horizontal; sentido: hacia abajo. 5.16. a ) H = v t b) 0 = arc tg (HIL) 1 c ) - ” de - v L dt 1 (V~/L)~ 5.17. 10.8 rad/s2. 5.18. w ( t ) = w0 (at2i2) - (bt5/5) ( t ) = o0 wot (at3/6) - (bt6130) 5.19. 205.4 radis; 167.6 rad.

+

e

+ +

+

379

5.21. a ) -601rad/?. c) Magnitud: 1 814.3 mis; dirección:tangenteal círculo; sentido: el delas manecillas del reloj. d) Magnitud: 2.194 x I O 6 m/s2; dirección: forma un ángulo de 1.5” con el radio; sentido: hacia dentro del círculo. 5.22. a ) 35.3 m/s. b) 566.5 g. 5.23. 5.95 X misz. 5.24. 0.80 g. 5.26. a ) 2.6 X rad/s. b ) 4.24 X 10-7 HZ. c) 1.O3 km/h. d ) 2.7 X mis2. 5.27. a ) T(t) = 2.1r/5ut4. b ) w (t) = 5Ut4. c) cy ( t ) = 20ut3. d ) Magnitud: 5urt4.

+ L - R cos 0 - J L 2 b) dx - u~sen (eo + w t ) dt

5.28. a ) x = R

-

R 2 sen2 0

-

5.29. a ) 27.93 radis. b ) n X 27.93radis, con n = 1, 2,3, 5.30. 71.3 km/h. 5.31. a ) 1.4 mis2 b ) 1.74 vueltas c) 5.83 mis; descendió 18.62 m. 5.32.a) 3.05 rad/$ 6) 8 960 vueltas 5.33. a ) 1.69rad/s b) 3 min 5 S 5.34.5.41 S; 10.81 S; 21.63 s. 5.35. a) 5.78rad/s2 6) 8.24 s. 5.36. a) x(t) = r cos (ut5) y ( t ) = r sen (ut5) b ) v,(t) = - 5rut4 sen (ut5) vJt) = 5rut4 cos (ut5) c ) a,(t) = - 5rut3 [&en (ut5) 5ut5 cos (uts)] a,(t) = 5rut3 [4 cos (ut5)- 5ut5 sen fut5)] d ) v,(2 S) = - 759.8 mis; vy(2 S) = 223.31 mis. a,(2 S) = - 40 822 m/s2; a(,2 S) = - 133 290 mis2. 5.37. En el punto H.

+

380 7.34. 2.94 m/s2;188 g; 94 g.

SOLUCIóN A LOS PROBLEMAS DEL CAPíTULO 7 a ) 312.5 N b) 0.047 N c) 6.3 x 10-4 N 7.3. a ) 1.41 mis2. b) 54.04 m/s2. c ) 25.5 r n / s 2 . 7.4. a ) 62.5 kg. b) 0.487 kg. c) 58.06 kg. 7.6. En Júpiter: 234.3 kg; en Mercurio: 33.6 kg. 7.10. 83%. 7.1 2. 0.0667 rad 7.1 7. 15O23'

7.1.

7.18. a =

rn sen

8-M

= m

m + M

Mm + M g(sen 8

7.36.390 kg. 7.37. 4.2 kg. 7.38. 525 kg. 7.39. Sobre el bloque 1: 3.46 kg, formando un ángulo de 30° con la vertical y sentido hacia arriba. 7.42. N o resbala. 7.43. E I cuerpo pesado baja; I.O8 m/s2; 40 kg. 7.44. E l cuerpo 1 se mueve hacia arriba; 283 rn/s2; 1 6

+ 1)

7.20. E l cuerpo pesado baja y el ligero sube; 4.05 m/s2; 26.41 kg. 2Mm

7.21.

F1

7.23. 7.24. 7.25. 7.27. 7.28. 7.29. 7.30. 7.31.

E l cuerpo pesado baja; 0.213 m/s2; 46 g

m + M

Habrá bajado 5.38 m. 0.366 m; 0.733 m. F, = 31.2 N, F, = - 52 N. 383 kg. 12 m . 87.5 kg. S i m, sen O2 > m, el cuerpo m, sube;

A = T = 7.32. A

=

1, = 1, =

m, sen O2 - m, sen 8, m,

+

m2

m, g (sen 8, m, + m2 m,

+

m,

m,

F m2

+ sen 0,)

+ m3'

m1

+ m2 + m3 F ; m,

+

m2

+ m, + m3

F

g;

kg. 7.45. 0.478 m/s2; 424 g; 212 g. 7.48. 4.48 m/s2; 0.072 kg. 7.50. 0.064. 7.51. 1.65 S; 7.28 m/s. 7.53. F = ( M m ) g (tg 8 p). 7.55. 102.3 km/h. 7.56. 5O2'. 7.57.44.56 rpm. 7.58.7.67 m/s; 4 kg. 7.59. 33.25 rpm. 7.60.10.1 kg. 7.61. Centrípeta: 8.7 kg; tangencial: 0.46 kg. 7.62. 0.69; 4 197 kg.

+

SOLUCIóN A LOS PROBLEMAS D E L CAPíTULO 8

8.3. 7616 J . 8.4. 2 234.4 J . 8.5.177.2 J . 8.6. a) 2 243 J . b ) 15.3 kg. c) 1.025 d ) - 2243 J. 8.9. a ) 1 327.6 J ; - 346.6 bl 0 8.10. a ) 21.22 m . 6) 17.3 km/h. 8.11. a ) 255 486 I . b) -188130. 6 J. c ) 62.3 km/h. 8.12. a ) 1 847.3 J . b) 32.76 c) 1 1 3 km/h. 8.13. a ) 0.388 b) 4.07 m/s. 8.14. a) I583.45 J . b) 146.93 J . c) 100.8 km/h. J .

7.33.

1 2 = T,/2

+

I;- 981 J .

SOLUCIÓN DE PROBLEMAS SELECTOS

8.1 5. 146.9 km/h. 8.16. 244 502 J. 8.17. O; no cambia. 8.19. h 8.20. a) (4gr)”’ b) (v2 - 4gr)“, 8.21. 19.5 km/h. 8.22. a ) 1.71 mis. b) 29.4 cm. c) 54O27’44“ 8.23. U(x) = ni(2x‘) 8.24. a) F(x) = - 6x b) O; 8 m. 8.28. 1.966 hp. 8.29. 3 días 1 h 40 s. 8.30. 2 min 31.6 s. 8.31, a ) 0.33 kwatt-h. b) 0.08 hp. 8.32. a) F = ( f L , ) / ( L ,

d) (2 m, 1.5 m). e) (2.22 m , 1.676 m). f) (4H/3T,4H/3T).

P (o1 en radianes).

+ (314)~’

bl t1 + (M,)I c) F = (fL,)/[(L,

+ L,) + L,)

8.33. a ) 35.67 kg. b ) 12 8.34.(Rir) 8.35. (rJrJ3 8.36. 500 kg; 2 8.37.a) = (f/2mt)1’2 8.38.a) 25.75 m . b) 6.04 mls’. 8.39. U(r) = - k/(2r2) 8.41. ( l / s e n O).

cos 01

9.1. a) 2 828 km/h. 9.5. En la línea que une a las masas y a 2.87 m de la masa ligera. 9.6. En la línea que une alas masas y a la distancia de [(m, mJh, m,h,]/M de la masa m,. 9.7. A una distancia horizontal de 1.33 m a la izquierda del vértice recto y a 1 m vertical del mismo vértice. 9.8. A una distancia horizontal de 3.21 m a la derecha de la partícula de 8 k g y a 2.75 m vertical de la misma partícula. 9.9. [e] = M/L3; unidades de e = kg/m3. 9.11. 26.21 kg/m3. 9.12.4.48kg. 9.15. a) (3.14 m , 1.98 m). b ) (2.44 m, 1.98 m) c) (2 m , 0.7698 m).

+

i) (O, - 12.43cm).

9.16. En el centro de la esfera. 9.20. Se mueve con velocidad V dada por,

9.22. 2.69 mis. 9.23. 35.83 m . 9.24. a) (m,L)i(m. m,). b) En su posición inicial. 9.25. 28.93 km/h. 9.26. a) 0.225 m. b) 0.21 s. c) 0.42 S desde que salió. d ) 2.1 m/s dirigida hacia abajo. 9.28.28.4%

+

SOLUCIóN A LOS PROBLEMAS DEL CAPíTULO 9

+

381

c) 64% 9.30. Ambas esferas se mueven con el mismo sentido que inicialmente tenía la partícula más pesada, con velocidades 1.87 mis y 2.37 mis. 9.33. La esfera de la derecha sube 3.9 cm. X j y 0.057 J . 9.34. 5.02 9.35. a) Ambas se mueven con el mismo sentido en el que inicialmente se movía la partícula pesada. b) 45.2%. c) La partícula pesada. d ) 52.4%. 9.36. a) Las partículas se separan vl’ = 8 mis; v,’ = 1.743 mis. b) Las partículas se mueven con la misma dirección y sentido que inicialmente tenía la partículaligera, vl’ = 11.075 mis; v,’ = 0.175 mis. 9.37. Sí es posible. 9.38. a ) Magnitud: 1.57 mis; dirección: la misma en la que se separa laotrapartícula;sentido opuesto al de la otra partícula. b) Es nula.

382

SOLUCiÓN DE PROBLEMAS SELECTOS

939. 4.7 mis. 9.41. a) Kz < K1 3.43.246 k m / h .

SOLUCIÓN A LOS PROBLEIMAS DEL CAPíTULO 11

b) ( + - $ ) M H z

SOLUCIÓN A LOS PROBLEMAS DEL CAPíTULO 1 0 10.4. Todas son iguales con magnitud 510 kg 10.7. 1 I , ~= 414.2 kg m2/s. I 1 2 i = 207.2 kg m2/s. 1 I,/ = 207.3 k g m2,is. 11,; = 127.2 kgm2/s. 10.8 a ) 31 1261 78k (en k g m2/s). b ) - 426; - 4207 2666 (en g cm2/s).

m

.

+

1 2

d ) - M(RI2 R2’)

-

+

+

16 (RI2 RIRz RZ2)’ 7M 97r (R, RJ2

+

11 10. a ) 10202 g m m 2 . b ) 7 069.8 g mm2 c) 28 682.7 g mm2. d) 83 907 g m m 2 . e) 103 588 g m m ? c) o 11 11. (rn1Hl2 mzHz2)/2. d ) - 305.2; 97.027 64.686 (en m g mm2,;s). 11 13. 79.524 kg cm2 10.9. a) 62.43 k g m2]s. 11 18. 17.04 rad/s2; 32.77 rad/s2. b) 79.22 k g m2is. 11 1 9 . 32.16 rad/s2. 10.11. 1 2 9 1 k g m . 11.20. 112 kg. 10.12. Magnitud: 1.995 k g m; dirección:perpendicular al plano de la polea; sentido: hacia adentro. 11.21 b ) al = 9.48 rad/s2; a2 = 2.03 rad/s2. 10.13. Magnltud: 204.06 kg m; dirección: perpendicuc) 5.35 s. lar al plano; sentido: hacia afuera. d ) w1 = 17.65 radis; 1 0 1 4 . Magnitud: 22.56 kg m; dirección. perpendicular w2 = 10.86 radis. al plano de la figura; sentido: hacla c i i w r a e) Inicial: K , = 1 496.3 J; K2 O; f = 1 496.3 I ; 10.15. 9 712 71 647.6; - 4127.96 (en kg m). final: K , = 99 69 I ; K Z = 286.6 I ; 10.16. T~ = - 451.1; + 300.7c (en kg m). E = 386.28 J . TA = - 169.2; - 413.51 -789k (en kg m ) . f) Sobre 1: 1 396.63 J; sobre 2:286.6 J . 10.17. Magnitud: 11.4 k g m ; dirección: perpendicular

+

+

+

+

+

+

+

+

al plano de la figura; sentido: hacia afuera.

+

ZM (m,/2) 10.18. ro = -62 419; 69 3551 -- 48 O1 5k (en kg m). 11 2 5 TI = rng M m (rn,,i2! T~ = - 62 4191 - 48 Ol5& (en kg m). 10.19. ro = - 16.131 - 3.771 (en kg m). 2rn (m,,i2) ?-, = Mg __ 10.20. T B = 42.051 11.20; - 18.20c (en kg n l j . M m (m,,i2i rc = - 20.251 - 14.406 (en kg m). 10.21. T A = 5.78; 6 817 + 1 3.h26 (en kg m). 11 26. a ) 2.493 mis2 T~ = 5.781 13.62; 13.62k (en kg m). b) 7.12 rad/s2. 10.22. T~ = -15.17; -t 23 131 - 14.57k (en kg m). c) 1 7 56 kg; 17.67 kg. 10.23. Magnitud: 704 k g m; dirección: perpendicular al d ) 1.3%. plano de la figura; sentido: hacia afuera. 11 29. a) a = (M2H2- MIHl)g/I‘ 10.25. a) v, = 6.8 mis; v , = 1.7 mis. 6) al=a I-f,;a2 = 01 Hz b) 404 kg m2/s. C ) T,=M,T’g VA,, = 21.91 10.26, VA^ =; 6.79; x [(M2+m2/2)HZ2+M2H1H2+(rnl~12/2)1 VS, == 2 34; vHz -= 13.11 T, = M , r g VC., 1 - 5.79; vez =z 133.75 x [ ( M , rnl/2)Hl2 MIH,H, (rnzHZ2/2)1

+ + + +- +

+

+ +

+

en m!s. 10.27 a) 1.97 m/s, formando un ángulo de 66O2’ con la línea Q S . b) a 0.457 m d e K .

+

+

+

con = [(M,+ rn1i2)HI2( M -t ~m,/2)H,2]-1 11.30. a) 373.9 mis2. b) 9.99 radis2.

r

+

SOLUCIÓN DE PROBLEMAS SELECTOS

11.31. b) 3.81 rad/s2. c) 0.53 mis2. d) 184.5 kg. e) 8.26 s. f) 20.66. 11.32. b) a , = 0.91 m/s2;a2 = 0.57mis2. C) T , = 89.9 kg; T , = 17.3 kg. 11.38. a ) ML2/12. b) M(a2 bz)/l 2. c) 3Mh2/10. d) M(HZ2 H12)/2. 11.39. a ) Sobre el eje J J ‘ a la mitad b) 15.50 kg m2, 11.40. 0.069 kg m,. 11.42. 72.1 25 kg cm2. 11.46. a ) Uniformemente acelerado hacia abajo, con giro alrededor del eje. b) 6.53 mis2. c) 7.35 m . d ) 13.9 rad/s2. e) 20.85 rad/s. f ) 2.33kg. 11.47. 35O45’14”; 3.81: mis2. 11.48. 3.1 m . 11.49. O IH I35.84cm. 11.52. a ) 1.I 76 mis2. b) 73.5 rad/s2. C) 2.6 x 10-3 S. d) 0.0536 mis. e) 1.34 radis. 11.56. a ) 1.S9 mis2. 6) 5.88rad/s2. c) 1.95 s. dl 15.13 m. e) 6.2 mis. f ) 11.48rad/s. 11.57. a ) 1.59 mis2. b) 4.41 radis2. c) 2.34 s. d ) 17.43 m. e) 5.58 mis. f ) 10.33rad/s.

+ +

SOLUCIóN A LOS PROBLEMAS D E L CAPíTULO 12 12.7. T = Picos a; R = P t g (Y. 12.8.29.7kg. 12.9. C : 45.6 kg; horizontal hacia la derecha D: 47 kg; vertical hacia arriba. E: 49.4 kg; a lo largo de la línea AB.

383

F: 45.6kg; horizontal hacia la izquierda. 12.10. AC: 31.48 kg; BC: 48.23 kg; CD: 62 kg. 12.11. a ) cy = 78O3’: 0 = 25O5’. b) Sobre A: 13.46 g; sobre 6: 135.9 g. 12.12. Magnitud: 2.60 kg; dirección: 19O8’41 “ con la horizontal; sentido: hacia arriba. 12.13. Magnitud: 160 kg; vertical y sentido hacia abajo; a 3.44 m del extremo izquierdo. 12.14. 79.5 kg. 12.15. a ) 375 kg. b) Magnitud: 645.2 kg; dirección: con la horizontal 54O27’44”, sentido: hacia arriba. 12.16. a ) I9 = 9O0 - 2 y n X 360° (con n tal que O II9 5 360O). b) A: P cos y; 6: P sen y; en ambos casos con dirección perpendicular a la tabla. 12.1 7. C: 248. 26 kg; A: 501.74 k g ; ambas verticales y con sentidos hacia arriba. 12.19.A.100 kg; E: 100 kg; ambasverticales y con sentidos hacia arriba. 12.20. a ) cos cy = (D - L cos @/d. b) 7 = P cos 0 /[2 sen ( a - O)]. 12.21. sen I9 = (2h/L)1’3 12.22. 570 kg. 12.23. a ) 1.33 m. b) Magnitud: 2 899 kg; forma un ángulo de91 40’42” con la viga; sentido: hacia arriba. 12.24. A: 322 kg, vertical con sentido hacia arriba. 9: 298.2 kg; dirección: formando un ángulo de 157O44’ con la horizontal;sentido:hacia arriba. 12.25. DF: 53.81 kg; entensión; DE: 54 kg; entensión; 12.26.AB: 1 5 kg; encompresión; BD:44.14 kg; encompresión; BC: 22.5 kg; entensión; AD: 21.2 kg; entensión; DC: 30kg; entensión; CF: 22.5 kg; entensión; AE: 27.5 kg; encompresión; DE: 22.93 kg;encompresión; E F : 17.5kg; e n tensión; EH:31.82 kg; encompresión; HF: 24.75 kg; encompresión; FC: 40kg; entensión; CH: 35 kg; en tensión; CJ: 40 kg; entensión; HJ: 56.57 kg; encompresión, 12.27 O 5 W I537 kg. 12.28. a l A: 156.67 kg; B: 273.33 kg; ambas verticales y con sentidos hacia arriba.

+

384

SOLUCIóN DE PROBLEMAS SELECTOS

12.29. 12.30. 12.31. 12.32. 12.33. 12.34. 12.35.

AE: 90.45 kg; entensión; CE: l65.5 kg; enCompresión; CD: 7.7 kg; en compresión; DE: ‘165.5 kg; entensión; EB: 75.05 kg; encompresión; BD: 273.33 kg; en compresión; BF: 75.05 kg; encompresión; FD: 150.1 kg; entensión. A: 1 4 738 kg; vertical hacia abajo; B: 26 738 kg; vertical hacia arriba. 520 kg. A: 42.55 kg; B: 74.45 kg; ambas verticales y con sentidos hacia arriba. 38.3 kg. No; llega a 4.5 m desde B; le faltan O.b nl para llegar a A. a) 36.16 kg; en tensión. b) 26.82 kg; en tensión. T = 12.62 kg; R = 3.9 kg.

SOLL‘CION A LOS PROBLEMAS DEL CAPíTULO 13 13.1. 587.25 N. 13.12. 4.46 rad/s; 1.41 S; 0.71 Hz. 13.13. a ) Comprimidoa15.6cmde SU posiciónde equilibrio; 75.36 cm/s estirándose; 309.9 cm/s2 con sentido de estiramiento. 12.21 J; 10.39 J ; 22.60 23 cm; energía potencial; 22.60 J . 1.025 m/s; energía cinética; 22.60 J . Estirado 56.9 a cm de su posición de equilibrio; 373.8 cmis estirándose; 1 130 cm/s2 con sentido de compresión. 300 J; 138 J; 438 J . 1.O1 m; energía potencial; 438 J . 4.52 m/s; energía cinética; 433 J . Compiimidoa 88.1 c m d e su posiciónde equilibrio; 223 cm/s comprimiéndose; 1 750 cm/s2 con sentido de estiramiento. 107 J; 331 J ;438 J . 1.01m. x>2Xsi13.49. m/s. d) 4.52 J .

13.16. K

1 = -m 2

[vozcos2 wt

+

I

b) AC: 180.91 kg; encompresión;

+ xo2 w2

E = --(mvo2 2 kxO2) 13.18. No ocurren oscilaciones.

-

13.19. 271. Jm!2k 13.20. I O km/h. 13.21. a ] vc = V E = 5.80 mis; vD = 5.04 mis. b) Fc = FE = 2.25 kg; fD = 1.70 kg; las direcciones son radiales y con sentidos hacia el centro. 13.22. 35 c m . 13.23. 32.7 c m . 13.14. . u ,= 0.306; pd =I 0.175. 13.26. [c] = M/T; unidades de c = kgis; [q! = 1/T; unidades de q = radjs. 13.27. a) Comprimidoa0.93cmde su posiciónde equilibrio; 3.4 cm/s comprimiéndose; 8.1 cmis2 con sentido de estiramiento. b) 0.024 1; 0.037 J; 0.061 J . c) 23 cm; energía potencial; 22.60 J . d ) 47.2 cm/s comprimiéndose; 0.25 S ; 4.78 J . 13.28. a ) Comprimidoa 4.2 cmde s u posiciónde equilibrio; 34.4 cm/s estirándose; 24.2 cm/s2 con sentido de compresión. b) 2.55 J; 0.739 J; 3.289 J . 13.29.a ) Estirado a 2.3 cm de su posición de equilibrio;41.2cmiscomprimiéndose; 82 cm/s2 con sentido de estiramiento. b) 3.64 J ; 0.226 J;3.87 J . 13.32.6.54 s. 13.34. A = 0.96 m; e = O; j = 3 d 2 . 13.38. e = 25O20’46”; j = 295O20’46“. 13.39. e = 171O42’; i = 8‘1O42’. 13.41. a ) 7.49. b) 0.94 m . c) e = 12020’33‘’; i = 282O20’33” (j) AT = 0.04 S; AT = 0.81 s. e) 4.57%. 13.45. 24.8 cm. 13.46.1.55cm. 13.47. 2.31 “C.

o

-'

L

O

-cI

U

a,

LA

...N c,

/I N

. _ -0 N

C

/I

/I

>

1-

O II

. rg

x

x

N

II

X

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t c

c

?i ea

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. I

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\r

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393

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398 APÉNDICE V I ALGUNAS EQUIVALENCIAS Longitud

1 litro = 1.000028 X 1 galón = 3.785 litros Masa

1 m i l l a = 1 609.3 m = 1.6093 k m 1 pie = 0.3048 m

1 libra = 0.4536 kg 1 onza = 0.02835 kg Energía

1 pulgada = 2.540 c m

1 caloría = 4.186 J 1 Btu = 1 054.8

1 yarda = 0.9144 m Iangstrom = IO"O m = IO-* c m

1 año luz = 9.46 X

Volumer

m

Potencia

1 Btulh = 0.2930 W

m3

hdice analitico

Abreviación de números grandes, 16 Acción, fuerzas de, 126 Aceleración, 15, 25 angular, vector de, 253 definición, 253 centrípeta, 111, 146, 254 constante, 81 de la gravedad, 86-89 de un cuerpo, 98-99 de una partícula, 60 dimensiones de, 20 efectos, 63 instantánea, 64, 72 definición, 64 lineal, 110-111, 253 media, 60 definición, 60 tangencia!, 146, 253 Amortiguación de Coulomb, 331 oscilaciones forzadas con, 337-341 viscosa, 331 Análisis dimensional, 22 Area, 1 5 de un rectángulo, 15 Atwood, máquina de, 136-137, 269 Bajada, movimiento de, 91-92 Base, 16 e, función exponencial de, 22 Brahe, T., 365,369 Brazo de palanca, 227 Caída libre, 89 movimiento de, 86-88 Cálculo diferencial e integral, 124 Cambio de posición de la partícula, 49-50 definición, 50 Cantidades escalares, 24

vectoriales, 25 Caso amortiguado críticamente, 333 poco amortiguado, 332 sobreamortiguado, 332-333 Cavendish, H., 363 Centro de masa, 184 de cuerpos continuos, 190-192 sistema de coordenadas del, 242-244 vector de posición del, definición, 184 Ciclo de la oscilación, potencia de un, 341-343 Cinemática, 47, 122 Círculo, 366 Cociente de un vector entre un escalar, 30 características, 30 por un escalar, 29 caracteristicas, 29-30 Codos, 13 Coeficiente de fricción dinámico, 140 estático, 140 Colisión(es), 212,216 efectos, 21 2-213 elástica, 213-214 inelástica, 213 Componentes de un vector, 31-33 Condiciones iniciales, 78 Congruencia dimensional de una ecuación,21-22 Cónicas, 366 Conservación de la energía mecánica, principio de, 165-166 del momento angular total, principio de, 240 lineal total, principio de, 205-206 Constante de la gravitación universal, 361 de proporcionalidad, 126 Constricción, fuezas de, 146 Coordenadas cartesianas, 32,108

400

iNDlCE ANALíTICO

polares, 108

sistemais) de, 122-123 tiel centro de masa, 242-244 seletción, 131

Copérnico, N., 365 Coulomb, amortiguacibn de, 3 3 ; Cuartas, 13 Cuerpo(sj aceleracion de un, 98-99 continuos, centro de niasa de, 190~192 libre, diagrama de, 130 posicicin de un. 96 rípido(s). 250, 3 7 con un e ] e d e simeti-id fijo, dinámicd de, 272-270 definIc:on, 2.50 estática de, 197-298 n~ovimientosde un, 250-251 traslacion y rotación de. 278-280 srmPtrico5, monlentos d e inercia de, 276-278 trayectoria de un, 127 velocidad de un, 96-98 Cuerpo-resorte, \istenla, 335-377

Chasles. teorema de. 279

Decalmlento, tiempo de, 332 Lknsidad de masa, deiin~crón,191 Derivadas, s u m a de, 183 D e s c r i p i ó n de los fenlimeno3 iísicos, 13 Desplazamiento. 24 dlrc-cclórr del, 24 magnitud del, 24 sentido de!. 24 DeterminantcA(sj. 44 teoría de, 44 Día solar rnedio, definicihn; 14 Lllagr'trna d e cuelpo libre, 130 Dimensiones, 20 de dceleracion, 20 de fuerza, 20 de la torca, 226 de> longitud, 20 de ITlasa. 20 de tiempo, 20 dt. \delocidad, 20 de volumen, 20 del momento, 180 angular, 225 del trabajo mecárllco, 154 movimiento t'n d o r , 96 tres, 115 Dlnárnica, 47, 1 2 2 d e cuerpos rigidos con un eje de simetría fijo, 272-276 d e placas delgadas, 265-271 Dirección de un vector, 25 del dejpiaLarnlento, 25 EcuaciiJn congruerrcid dimensional de una, 21-22 de una pardbola, 100, 103

¡NDlCE ANALíTICO

"ficticia", 125-126 generada por el resorte, magnitud de la, 321 gravitacional(es), 145-146, 361-363, 370 energía potencial para la, 370 magnéticas, 146 momento de la. Véase Torca "reales", 125-1 26 restitutiva, 321 tangencial. 146-147 unidades de, 126 unidimensional, trabajo de una, definición, 156 Función(es) elípticas, 354 exponencial de base e, 22 trigonométricas. 22 Calileo, C., 134 transformaciones de, 124 Geometría analítica, 116, 197 Gravedad aceleración de la, 86-89 fuerza de la. Véase Fuerza gravitacional Gravitación fuerza de la. Véase Fuerza gravitacional universal constante de la, 361 ley de la, 361-363 aplicaciones, 374-375 Hipérbola, 366 Identidad trigonométrica, 141 Inercia, 125 momento(s) de, 256-258 de cuerpos simétricos, 276-278 de placas delgadas, 259-261 definición, 256 Integral, 191 Intervalo de tiempo de la partícula, 49-50 velocidad media en un, 53 joule, 154 Kepler, J., 365,369 ley(es) de, 365 primera, 365 segunda, 366 tercera, 366 Kilogramo, 13, 125, 129 definición, 125, 129 Kilowatt-hora, 171 Leguas, 13 Lentitud media, 50 Ley(es) de Kepler, 365 primera, 365 segunda, 366 tercera, 366 de la gravitación universal, 361-363 aplicaciones, 374-375

de Newton, 124 aplicaciones, 128-139 primera, 124-1 25,127 segunda, 126-1 27 tercera, 126-1 27 Libra, 14 Línea recta, 366 característica, 59 Logaritmo natural, 22 Longitud, 13 de equilibrio, 320 dimensiones de, 20 unidad de, 13 en el sistema inglés, 14 Magnitud de la fuerza generada por el resorte, 321 de un vector, 25,30 del desplazamiento, 24 Máquina, 163 de Atwood, 136-1 37,269 ventaja mecánica de una, 175 Masa centro de, 184 de cuerpos continuos, 190-192 sistema de coordenadas del, 242-244 vector de posición del, definición, 184 de un cuerpo, 125 densidad de, definición, 191 dimensiones de, 20 distribuida uniformemente, 191-192 total, 191 unidad de, 13 en el sistema inglés, 14 Mecánica, 47 Mediana de un triángulo, 190 Medida(s), 13 Sistema Internacional (SI) de, 13 Medir, 13 Metro, 13 definiciones, 13-14 Momento[s) angular, 225 características, 225 de un sistema de partículas, 238 definición, 225 dimensiones del, 225 total, 238-240 principio de conservación del, 240 unidades del, 225 características, 180 de inercia, 256-258 de cuerpos simétricos, 276-278 de placas delgadas, 259-261 definición, ,256 de la fuerza. Véase Torca definición, 180 dimensiones del, 180 lineal de varias partículas, 181-182 total, 180 principio de conservación del, 240

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íNDlCE ANALíTICO

unidades del, 181 Movimlento(sj, 47 causas, 124 circular, 108-109,146 caracteristica, 112 general, 11O no Uniforme, 114, 146 uniforme, 110. 146 velocidad lineal en el. 110 de bajada, 91-92 de caída, 86-88 de la partícula, 47-48 de los planetas, 36.5 de placas delg,adas con un punto fijo,254-256 de subida. 90-91 de un cuerpo rigido, 250-251 de vlbración de un resorte, 320-327 aspectos energéticos, 328-331 en dos dimensiones, 95 en tres dimensiones, 115 en un plano. Véase Movimiento en dos dimensiones frecuencia del, 1.12 angular, 326 general, 251 horizontal, 96, 99 periódico, 320 planar, 251 relativo, 122-124 uniforme, 60, 72-73 velocidad Instantánea en el, 60 unlformemente acelerado, 81 caracteristlcas. 81, 85 vertical, 96,99 Negativo de un vector, 28 definicibn, 28 Newton, definición, 126 Newton, I , 113, 124-126, 361, 363, 365-366, 371, 374-375 ley(es) de, 124 aplicaciones, '128-139 primera, 124-125, 127 segunda, 126-127 tercera, 126-1 27 Notación exponencial, 16 Número(s). 1 3 grandes abreviación, 16 desventajas, 16 Observador inercial, 125 Oscilaclón(esj, 320. Véase también Vibración amortlguadas, 331-333 forzadas, 333-337 con amortiguación, 337-341 potencla d e un ciclo de, 341-343 Oscilador armbnico, 328 Palanca, brazo de, 227 Parábola, 366 ecuación de una, 100, 103 Paralelogramo. regla del, 27 Particula(s)

aceleración de una, 60 cambio de posición de la, 49-50 defintción, 50 Intervalo de tiempo de la, 49-50 momento angular de un sistema de, 238 lineal d c a und. Vease ,Mornetjto cie varias, 181-182 rnovimiento de la, 47-48 poslclón de una, 47 rapidez de una, 50 trayectorla de la, 48 velocidad de una, 50-51

Péridulo

bdIiStICo. 217-218 de torsión, 355 simpie, 354-35s Periodo, 112 Peso, 13, 129 Pithgora,. ?eorema de, 34-3.5, 265 Placa(s) cuadrada, 355-356 delgadas con un punto fijo. rnovirnienio de, 254-256 dinámica de, 265-271 momentos de inercia de. 2.59-261 Planetas, movimiento de 105, 365 Plano(s) inclinados, 134 movrn-liento en un Véase Mo\:ilniento en dos dimensiones Posición de un cuerpo. 96 de una partícula, 47 cambio de. 49-50 definición, 50 &I centro de masa. vector de, deilulcibn, 184 Potencia, 170 constante. 172 de un C I C I O d r i d oscilación, 341-343 Primera ley de Kepler, 35.5 de Newton, 124-12.5, 127 Prirlciplo tie conservación de la energía mecánica, 165-166 del momento angular total, 240 lineal total, 205-206 de superposición de efectos, 96,116 Producto escalar de dos vectores, 38-40 vectorla1 de dos vectores, 38, 40-41. 225 Propiedades físicas, 135, 187 Proporcionalidad, constante de, 126 Rapidez de una partícula. 50 Reacción, fuerzas de, 126. 145 Rectángulo, área de un, 15 Referencia inercial, sistema de, 124 definición, 124

íNDlCE ANALiTlCO Regla del paralelogramo, 27 del triángulo, 27 Reposo, estado de, 125 Resonancia, 335, 337, 353 Resorte magnitud de la fuerza generada por el, 321 movimlento de vibración de un, 320-327 aspectos energéticos, 328-331 rigidez del, 321 Resta de escalares, 26 Resultante, 27 Rigidez del resorte, 321 Rotación, 251 alrededor de un eje fijo, 250-252 y traslación, 251 de cuerpos rígidos, 278-280 Segunda ley de Kepler, 366 de Newton, 126-127 Segundo, 13-14 definictones, 14 Selección de sistemas de coordenadas, 131 Sentido de un vector, 25 del desplazamiento, 24 Sistema(s) cuerpo-resorte, 335, 337 de coordenadas, 122-123 del centro demasa, 242-244 selección, 131 de partículas, momento angular de un, 238 de referencia inercial, 124 definición, 124 de unidades, 14 inglés, 14 unidades básicas del, 1 4 Internacional (SI) de medidas, 1 3 mecánico que puede oscilar, 337 que vibran, 353-356 0,122 Subida, movimiento de, 90-91 Suma de derivadas, 183 de escalares, 26 de vectores, 26-28 Superposición de efectos, principio de, 96, 116 Tensión, 132 Teorema de Chasles, 279 de ejes paralelos, 262-263 d e Pitágoras, 34-35, 265 trabajo-energía cinética, 158 Teoría de determinantes, 44 Tercera ley de Kepler, 366 de Newton, 126-127 Tiempo, 13 de decaimiento, 332 dimensiones de, 20

unidad de, 13 en el sistema inglés, 1 4 Tierra, velocidad de escape de la, 370-371 Torca definición, 226 dimensiones de la, 226 externa total, 239 unidades de la, 226 Torsión, péndulo de, 355 Trabajo de una fuerza unidimensional, definición, 156 mecánico, 154 definición, 154 dimensiones del, 154 unidades del, 154 Trabajo-energía cinétlca, teorema, 158 Transformaciones de Calileo, 124 Traslación, 250 y rotación, 251 de cuerpos rígidos, 278-280 Trayectoria cerrada, 162 de la partícula, 48 de un cuerpo, 127 Triángulo mediana de un, 190 regla del, 27 Unldad(es), 13 básicas, 13 del slstema de unidades inglés, 14 de fuerza, 126 de la torca,226 de longitud, 13 en el sistema inglés, 14 de mas%, 1 3 en el sistema inglés, 1 4 de medida, 13 de tiempo, 13 en el sistema inglés, 1 4 del momento, 181 angular, 225 del trabajo mecánico, 154 derivadas, 15 característica, 15 sistema(s) de, 1 4 inglés, 1 4 Valor absoluto de un escalar, 30 Varas, 13 Vector(es), 25 antiparalelos, 28 cociente de un entre un escalar, 30 características, 30 por un escalar, 29 características, 29-30 componentes, 31-33 de posición del centro de masa, definición, 184 de velocidad angular, 252 características. 252

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iNDlCE ANALíTICO

definición, 252 lineal, 252 Características, 252-253 definición, 252 dirección de un, 25 distintos, 26 iguales, 25,38 magnitud de un, 25, 30 negativo de un, 28 definición, 28 paralelos, 28 perpendiculares, 39 producto escalar de dos, 38-40 vectorial de dos, 38, 40-41 sentido de un, 25 suma de, 26-28 tridimensionales, 40 unitarios, 33 Velocidad, 15, 25 angular instantánea, definición, 108 media, definición, 108 vector de, 252 características, 252 definición, 252

de un cuerpo, 96-98 de una partícula, 50 dimensiones de, 20 escape de, 370 de la Tierra, 370-371 instantánea, 55-57, 72 definición, 55 en el movimiento uniforme,60 lineal, 109 en el movimiento circular uniforme, 110 vector de, 252 características, 252-253 definición, 252 media, 50-51 en un intervalo, 53 inconvenientes, 54 Ventaja mecánica de una máquina, 175 Vibración, 320. Véase también Oscilación de un resorte, movimiento de, 320-327 aspectos energéticos, 328-331 Volumen, 15 dimensiones de, 20 Watt, 170 Yarda, 14