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Pontificia Universidad Cat´olica de Chile Facultad de F´ısica

´ diz Fabi´an Ca

Mec´ anica Cl´ asica Con ejercicios resueltos

1

´Indice general ´Indice general 1 Cinem´ atica 1.1. Cinem´atica en una dimensi´on 1.2. Movimiento bidimensional . . 1.3. Cinem´atica 2D . . . . . . . . 1.4. Coordenadas Polares . . . . .

2

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3 . 3 . 17 . 19 . 20

2 Leyes de Newton 41 2.1. Leyes de Newton (1687) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2.2. Relatividad Galileana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 2.3. Fuerza de Roce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 3 Trabajo y Energ´ıa 3.1. El teorema del trabajo . . . . . . . . . . . . . 3.2. Fuerzas Conservativas . . . . . . . . . . . . . 3.3. La fuerza el´astica, Ley de Hooke . . . . . . . . 3.4. Teorema de Conservaci´on de la Energ´ıa . . . . 3.5. Estabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6. An´alisis de un potencial cualquiera en torno al

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . equlibrio .

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79 79 82 84 85 88 90

4 Consevaci´ on del momentum lineal 113 4.1. Impacto entre part´ıculas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 5 Torque y Momento Angular 5.1. Definici´on: Momento Angular . . . . . . . . . 5.2. Definici´on: Torque . . . . . . . . . . . . . . . 5.3. Movimiento en un plano . . . . . . . . . . . . 5.4. Momento angular de un sistema de part´ıculas 5.5. Extensi´on a un objeto continuo plano . . . . 5.6. Teorema de Ejes paralelos (Steiner) . . . . . .

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141 141 143 143 144 148 151

6 Gravitaci´ on

201

´Indice alfab´ etico

221

2

Cap´ıtulo

1

Cinem´ atica 1.1.

Cinem´ atica en una dimensi´ on

En este curso veremos las leyes fundamentales de la Mec´anica Cl´asica, esto es, las leyes de Newton para el movimiento de los cuerpos. La segunda ley de Newton permite obtener la trayectoria de un cuerpo si se conocen las fuerzas que act´ uan sobre ´el. Esta ley es una ecuaci´on diferencial de segundo orden. Antes de analizarla en detalle, debemos entender el lenguaje en el que est´a escrita, para ello el curso comienza con un tratamiento matem´atico de la cinem´atica (movimiento) de una part´ıcula. Una part´ıcula es un objeto cuya ubicaci´on queda determinada especificando la posici´on de un solo punto en el espacio. La part´ıcula corresponde a un objeto puntual, sin dimensiones, sin estructura interna y que sin embargo posee masa. Por supuesto que ´esta es una construcci´on matem´atica y que no existe algo as´ı en la vida real (al menos, para objetos macrosc´opicos del mundo cotidiano), sin embargo es una excelente aproximaci´on cuando se estudia el movimiento de objetos reales cuyas dimensiones son peque˜ nas comparadas con las dem´as cantidades f´ısicas involucradas. El caso m´as simple de tratar es el del movimiento de una part´ıcula cuya trayectoria es una recta (movimiento en 1 dimensi´on), en este caso la posici´on est´a descrita por una s´ola coordenada, digamos, un n´ umero real 𝑥 (𝑥 ∈ ℝ). La descripci´on de su movimiento ser´a completa si conocemos la dependencia temporal de la coordenada en funci´on del tiempo, 𝑥(𝑡).

Fig. 1.1: Ejemplo de posici´on de una part´ıcula como funci´on del tiempo

3

Definici´ on: Velocidad Media Resulta natural definir ciertas cantidades que representan cuantitativamente c´omo var´ıa la posici´on de un objeto en funci´on del tiempo. En particular, resulta de inter´es ver que tan r´apido var´ıa 𝑥 con 𝑡. Primero definiremos el desplazamiento de una part´ıcula entre dos instantes 𝑡1 y 𝑡2 . El desplazamiento es la diferencia en la coordenada de la part´ıcula entre esos dos instantes. Esto es Δ𝑥 = 𝑥2 − 𝑥1 = 𝑥(𝑡2 ) − 𝑥(𝑡1 )

Fig. 1.2: Interpretaci´on geom´etrica de la velocidad media

Se define la velocidad media de una part´ıcula sobre el intervalo [𝑡1 , 𝑡2 ] como la r´az´on entre el desplazamiento y el tama˜ no del intervalo de tiempo

𝑣 𝑡1𝑡2 =

𝑥2 − 𝑥1 Δ𝑥 = 𝑡2 − 𝑡1 Δ𝑡

El signo de la velocidad indica la direcci´on del movimiento. Notar que 𝑣 equivale a la pendiente de la recta que une los puntos (𝑥1 , 𝑡1 ) y (𝑥2 , 𝑡2 ).

Velocidad Instant´ anea La velocidad media entrega una informaci´on global acerca del movimiento de la part´ıcula en un intervalo de tiempo determinado. Notar que ´esta depende u ´nicamente de las posiciones en los extremos del intervalo de tiempo, es decir, resulta irrelevante lo que ocurre con la part´ıcula en los instantes intermedios. Mucho m´as u ´til resulta obtener una informaci´on m´as precisa acerca de la velocidad durante cualquier instante del movimiento. En la figura anterior vimos que la pendiente de la recta 𝑃 1 𝑃 2 representa la velocidad media entre 𝑡1 y 𝑡2 La velocidad instant´ anea en 𝑃1 se define como el l´ımite de 𝑣 [𝑡1 ,𝑡1 +Δ𝑡] cuando Δ𝑡 → 0. Equivale a la pendiente de la recta tangente a la curva en dicho punto. As´ı, para un instante de tiempo cualquiera 𝑥(𝑡 + ℎ) − 𝑥(𝑡) Δ𝑥 𝑑𝑥(𝑡) = l´ım = Δ𝑡→0 Δ𝑡 ℎ→0 ℎ 𝑑𝑡

𝑣(𝑡) = l´ım

4

Fig. 1.3: A medida que 𝑃2 se acerca 𝑃1 , las pendientes de las 3 rectas se asemejan

De esta forma, se puede definir la velocidad en cada instante del movimiento. Tenemos entonces otra funci´on del tiempo, 𝑣(𝑡). Del mismo modo podemos definir los conceptos de aceleraci´on media y aceleraci´on instant´anea. As´ı, para un intervalo de tiempo, la aceleraci´on media en [𝑡1 , 𝑡2 ] es 𝑎[𝑡1 ,𝑡2 ] =

𝑣2 − 𝑣1 Δ𝑣 = 𝑡2 − 𝑡1 Δ𝑡

y para un tiempo 𝑡, la aceleraci´on instant´anea se define como Δ𝑣 𝑑𝑣 𝑑2 𝑥 𝑎(𝑡) = l´ım = = 2 Δ𝑡→0 Δ𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡

Movimiento a Velocidad constante En este caso la part´ıcula se mueve con una dependencia lineal en el tiempo

Fig. 1.4: El movimiento a velocidad constante representa una recta en el plano 𝑥 − 𝑡

Gr´aficamente la pendiente de 𝑥(𝑡) es constante en el tiempo. Para cualquier intervalo de tiempo de largo Δ𝑡 la velocidad media es 𝑣 𝑡1 𝑡2 =

Δ𝑥 = 𝑐𝑡𝑒 = 𝑣0 Δ𝑡 5

𝑡1 , 𝑡2

cualquiera

Notar que tambi´en 𝑑𝑥(𝑡) = 𝑐𝑡𝑒 = 𝑣0 𝑑𝑡 es decir, en este caso se cumple que 𝑣 = 𝑣, la velocidad instant´anea es igual a la velocidad media entre 2 instantes cualquiera de tiempo. Este movimiento a velocidad constante tambi´en es llamado movimiento lineal uniforme. 𝑣(𝑡) =

Sea 𝑣 = 𝑣(𝑡) = 𝑣0 una constante. Supongamos que en 𝑡 = 0 la posici´on de la part´ıcula es 𝑥0 . Luego, para cualquier tiempo 𝑡, se tiene que la velocidad media entre 0 y 𝑡 es 𝑣 = 𝑣0 =

𝑥(𝑡) − 𝑥0 𝑡−0

De donde obtenemos la ecuaci´on que rige el movimiento lineal uniforme

𝑥(𝑡) = 𝑥0 + 𝑣0𝑡 y ´esta es la descripci´on general de cualquier movimiento unidimensional a velocidad constante. Notar que como la velocidad es constante, su derivada es nula y entonces no existe aceleraci´on. (𝑎(𝑡) = 0)

Movimiento con aceleraci´ on constante En este caso, existe una aceleraci´on constante en el tiempo, es decir, 𝑎(𝑡) = 𝑎. De esta forma, si la velocidad inicial es 𝑣0 𝑎[0,𝑡] = 𝑎 =

𝑣(𝑡) − 𝑣0 𝑡−0

y obtenemos que 𝑣(𝑡) = 𝑣0 + 𝑎𝑡

Fig. 1.5: En este caso, la velocidad depende linealmente del tiempo

Ahora, supongamos que la part´ıcula en 𝑡 = 0 se encuentra en 𝑥0 , de esta forma, despu´es de un tiempo 𝑡, se encontrar´a en 𝑥(𝑡) = 𝑥0 + 𝑣𝑡 6

Debido a que 𝑣(𝑡) aumenta uniformemente con el tiempo 1 1 𝑣 = [𝑣0 + 𝑣(𝑡)] = [𝑣0 + 𝑣0 + 𝑎𝑡] 2 2 𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑡/2 de donde se obtiene la ecuaci´on que describe el movimiento de una part´ıcula que se mueve con aceleraci´on constante

𝑥(𝑡) = 𝑥0 + 𝑣0𝑡 + 𝑎𝑡2/2 Ahora, de la ecuaci´on para la velocidad, podemos despejar 𝑡 𝑡=

𝑣(𝑡) − 𝑣0 𝑎

reemplazando en la expresi´on para 𝑥(𝑡) ( 𝑥(𝑡) = 𝑥0 + 𝑣0

𝑣 − 𝑣0 𝑎

)

𝑎 + 2

(

𝑣 − 𝑣0 𝑎

)2

Arreglando, obtenemos una forma alternativa independiente del tiempo que relaciona la velocidad y la posici´on 𝑣 2 − 𝑣02 = 2𝑎(𝑥 − 𝑥0 )

7

Problema (Maquinista desesperado) El maquinista de un tren que lleva velocidad 𝑣1 ve que se acerca a otro tren de carga en la misma v´ıa. La distancia entre ambos trenes es 𝑑 y el tren de carga se mueve en el mismo sentido con rapidez 𝑣2 menor que 𝑣1 . El maquinista del primer tren aplica los frenos y da a su tren una retardaci´on constante 𝑎. Demostrar que si 𝑑 > (𝑣2 − 𝑣1 )2 /2𝑎 no habr´a choque. Soluci´ on En el instante en que el maquinista nota la cercan´ıa del tren de carga, los separa una distancia 𝑑. Elegimos un marco de referencia cuyo origen coincide con la posici´on del maquinista en el instante en que comienza a desacelerar.

De esta forma, las ecuaciones de movimiento para el maquinista 𝑥1 (𝑡) y el tren de carga 𝑥2 (𝑡) son 𝑡2 𝑥1 (𝑡) = 𝑣1 𝑡 − 𝑎 2 𝑥2 (𝑡) = 𝑑 + 𝑣2 𝑡 Si ambos trenes chocaran, entonces para alg´ un 𝑡′ ∈ ℝ deber´ıa cumplirse que 𝑣1 𝑡′ − 𝑎

𝑡′2 = 𝑑 + 𝑣2 𝑡′ 2

Es decir

𝑎 ′2 𝑡 + (𝑣2 − 𝑣1 )𝑡′ + 𝑑 = 0 2 Hemos obtenido una ecuaci´on de segundo grado para el tiempo 𝑡′ , cuya soluci´on est´a dada

por 𝑡′ =

𝑣1 − 𝑣2 ±

√ (𝑣2 − 𝑣1 )2 − 2𝑎𝑑 𝑎

Notar que si (𝑣2 − 𝑣1 )2 − 2𝑎𝑑 < 0 entonces las soluciones para 𝑡′ son imaginarias. Esto quiere decir que bajo esta condici´on no existe una soluci´on (real) para t’, y entonces no habr´a choque. Es decir, debe cumplirse (𝑣2 − 𝑣1 )2 𝑥2 )

Resolviendo 𝑥2 − 2𝑅𝑥 cos 𝜗 + 𝑅2 = 𝐿2 √ 4𝑅2 cos2 𝜗 − 4(𝑅2 − 𝐿2 ) 𝑥= 2 √ 𝑥 = 𝑅 cos 𝜗 + 𝑅2 (cos2 𝜗 − 1) + 𝐿2 2𝑅 cos 𝜗 ±

Vemos que en el peor de los casos (cos2 𝜗 = 0), dentro de la ra´ız tendremos 𝐿2 − 𝑅2 , es decir, si 𝑅 > 𝐿 no hay soluci´on. Finalmente, para encontrar la velocidad del punto 𝐵 evaluamos √ 𝑑 𝑑𝑥 = (𝑅 cos 𝜗 + 𝑅2 (cos2 𝜗 − 1) + 𝐿2 ) 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Para evaluar la derivada hay que tener en cuenta que 𝜗 = 𝜗(𝑡) = 𝜗𝑜 + 𝑤𝑡, por lo que hay que usar la regla de la cadena 𝑥˙ =

𝑅2 2 cos 𝜗(− sin 𝜗)𝜗˙ 𝑥˙ = −𝑅 sin 𝜗𝜗˙ + √ 2 𝑅2 (𝑐𝑜𝑠2 𝜗 − 1) + 𝐿2 Usando ahora que 𝜗˙ = 𝑤 y 2 sin 𝜗 cos 𝜗 = sin 2𝜗 𝑅2 𝑤𝑠𝑖𝑛2𝜗 √ 𝑥(𝑡) ˙ = −𝑅𝑤 sin 𝜗 − 2 𝑅2 (𝑐𝑜𝑠2 𝜗 − 1) + 𝐿2 Se puede dejar expl´ıcitamente en funci´on de 𝑡 reempazando 𝜗(𝑡) = 𝜗𝑜 + 𝑤𝑡

28

Problema (Ataque sorpresivo) Un ca˜ no´n se encuentra a una distancia 𝐷 de un edificio. Encuentre el ´angulo de elevaci´on 𝜃0 y la velocidad 𝑣0 de la bala de manera que el proyectil entre horizontalmente por la ventana que se encuentra a una altura ℎ, correspondiente a la oficina del profesor Kings.

Soluci´ on Ubicamos el origen en el lugar donde est´a ubicado el ca˜ n´on, y sean ˆ𝑖 y ˆ𝑗 los ejes horizontal y vertical, respectivamente. La posici´on de la bala est´a determinada por las coordenadas 𝑥(𝑡) = 𝑣0 cos 𝜗0 𝑡 1 𝑦(𝑡) = 𝑣0 sin 𝜗0 𝑡 − 𝑔𝑡2 2 y la velocidad vertical de la bala est´a dada por 𝑣(𝑡)𝑦 = 𝑦(𝑡) ˙ = 𝑣0 sin 𝜗0 − 𝑔𝑡 Si llamamos 𝑡′ al tiempo en el cual la bala pasa por la ventana, entonces debe cumplirse 𝐷 = 𝑣0 cos 𝜗0 𝑡′ 1 ℎ = 𝑣0 sin 𝜗0 𝑡′ − 𝑔𝑡′2 2 la condici´on de que la bala entre en forma horizontal equivale a imponer que la velocidad vertical en ese instante sea nula, esto es 0 = 𝑣0 sin 𝜗0 − 𝑔𝑡′ de donde 𝑡′ = 𝑣0

sin 𝜗0 𝑔

Reemplazando 𝑡′ 𝐷=

𝑣02 cos 𝜗0 sin 𝜗0 𝑔

ℎ=

𝑣02 sin2 𝜗0 2𝑔

29

Dividiendo la u ´ltima con la antepen´ ultima ℎ tan 𝜗0 = 𝐷 2 con lo que encontramos una expresi´on para el a´ngulo de elevaci´on del disparo 2ℎ 𝐷 Ahora, para determinar la velocidad de disparo elevamos al cuadrado la expresi´on 𝜗0 = tan−1

𝐷=

𝑣02 cos 𝜗0 sin 𝜗0 𝑔

obteniendo 𝐷2 𝑔 2 = 𝑣04 cos2 𝜗0 sin2 𝜗0

y utilizando sin2 𝜃0 = 2ℎ𝑔/𝑣02 2 2

𝐷 𝑔 =

𝑣04 (1

2

2

− sin 𝜗0 ) sin 𝜗0 =

𝑣04

(

2ℎ𝑔 1− 2 𝑣0

)

2ℎ𝑔 𝑣02

𝐷2 𝑔 2 = (𝑣02 − 2ℎ𝑔)2ℎ𝑔 Finalmente 𝐷2 𝑔 + 2ℎ𝑔 = 𝑣02 2ℎ Problema (Choque de proyectiles) De un ca˜ no´n se disparan dos proyectiles, el primero con un a´ngulo de elevaci´on 𝜗1 y el segundo con un a´ngulo de elevaci´on 𝜗2 . La velocidad de los proyectiles al emerger del ca˜ no´n es 𝑣0 . Despreciando la resistencia del aire, encuentre el intervalo de tiempo entre los dos disparos que asegure que los proyectiles choquen. Soluci´ on Sea 𝑥𝑦 el plano en el que se mueven los proyectiles, definimos el eje vertical ˆ𝑗 y el eje horizontal ˆ𝑖. Sea 𝑡 el tiempo transcurrido desde el disparo de la bala 1. La posici´on de esta bala queda definida por las coordenadas 1 𝑦1 (𝑡) = 𝑣0 sin 𝜗1 𝑡 − 𝑔𝑡2 2 𝑥1 (𝑡) = 𝑣0 cos 𝜗1 𝑡 Ahora, sea 𝑡′ el tiempo transcurrido desde el disparo de la bala 2. La posici´on de la segunda bala est´a dada por 1 𝑦2 (𝑡′ ) = 𝑣0 sin 𝜗2 𝑡′ − 𝑔𝑡′2 2 𝑥2 (𝑡′ ) = 𝑣0 cos 𝜗2 𝑡′ 30

Para que exista choque, las coordenadas de ambas balas deben coincidir, o sea, debe cumplirse para alg´ un par (𝑡, 𝑡′ ) cos 𝜗1 𝑡 = cos 𝜗2 𝑡′ 1 1 𝑣0 sin 𝜗1 𝑡 − 𝑔𝑡2 = 𝑣0 sin 𝜗2 𝑡′ − 𝑔𝑡′2 2 2 𝜃1 𝑡 . Reemplazando en la segunda de la primera ecuaci´on 𝑡′ = cos cos 𝜃2 1 cos 𝜗1 𝑡 1 cos2 𝜗1 𝑡2 𝑣0 sin 𝜗1 𝑡 − 𝑔𝑡2 = 𝑣0 sin 𝜗2 − 𝑔 2 cos 𝜗2 2 cos2 𝜗2 Eliminando la soluci´on 𝑡 = 0, dividimos por 𝑡 1 cos 𝜗1 1 cos2 𝜗1 𝑡 𝑣0 sin 𝜗1 − 𝑔𝑡 = 𝑣0 sin 𝜗2 − 𝑔 2 cos 𝜗2 2 cos2 𝜗2

Multiplicando por cos 𝜗2 a ambos lados 1 cos2 𝜗1 𝑡 1 𝑣0 sin 𝜗1 cos 𝜗2 − cos 𝜗2 𝑔𝑡 = 𝑣0 sin 𝜗2 cos 𝜗1 − 𝑔 2 2 cos 𝜗2 𝑣0 (sin 𝜗1 cos 𝜗2 − sin 𝜗2 cos 𝜗1 ) =

𝑔𝑡 (cos2 𝜗2 − cos2 𝜗1 ) 2 cos 𝜗2

Ahora, sea Δ𝑡 el intervalo de tiempo entre ambos disparos. De esta forma 𝑡′ = 𝑡 − Δ𝑡. cos 𝜗1 Sustituyendo en 𝑡′ = cos 𝑡 𝜗2 cos 𝜗1 𝑡 cos 𝜗2 ( ) cos 𝜗1 Δ𝑡 = 1 − 𝑡 cos 𝜗2 𝑡 − Δ𝑡 =

cos 𝜗2 Δ𝑡 = 𝑡 cos 𝜗2 − cos 𝜗1 Luego 𝑣0 (sin 𝜗1 cos 𝜗2 − sin 𝜗2 cos 𝜗1 ) =

𝑔 (cos2 𝜗2 − cos2 𝜗1 ) Δ𝑡 2 cos 𝜗2 − cos 𝜗1

Finalmente obtenemos la sencilla expresi´on 2𝑣0 (sin 𝜗1 cos 𝜗2 − sin 𝜗2 cos 𝜗1 )(cos 𝜗2 − cos 𝜗1 ) = Δ𝑡 𝑔 (cos2 𝜗2 − cos2 𝜗1 )

31

Problema (Disparos con mismo alcance) Dos proyectiles son lanzados simult´aneamente desde el mismo punto, con igual rapidez y con a´ngulos respecto a la horizontal 𝛼 y 𝛽 (𝛼 > 𝛽). Ambos llegan a un mismo punto, ubicado a igual altura que el punto del lanzamiento , pero llegan en instantes diferentes. a) Exprese el a´ngulo 𝛽 en funci´on de 𝛼 b) Encuentre la raz´on entre los tiempos de llegada (exprese en t´erminos de 𝛼)

Soluci´ on Consideremos un a´ngulo general 𝜗 de lanzamiento. Fijando el origen en el lugar del lanzamiento, tenemos que 1 𝑦(𝑡) = 𝑣0 sin 𝜗𝑡 − 𝑔𝑡2 2 𝑥(𝑡) = 𝑣0 cos 𝜗 El tiempo que demora en alcanzar la altura m´axima es tal que 𝑦(𝑡) = 0 → 𝑡ℎ𝑚𝑎𝑥 =

𝑣0 sin 𝜗 𝑔

Luego, el tiempo de vuelo total es 𝑡𝑣𝑢𝑒𝑙𝑜 = 2

𝑣0 sin 𝜗 𝑔

Con esto, el alcanze en el eje 𝑥 es 2𝑣0 sin 𝜗 𝑣02 sin(2𝜗) 𝑅 = 𝑥(𝑡𝑣𝑢𝑒𝑙𝑜 ) = 𝑣0 cos 𝜗 = 𝑔 𝑔 Volviendo al problema, los proyectiles obtienen el mismo alcanze con 𝛼 y 𝛽, luego 𝑅𝛼 = 𝑅𝛽 𝑣02 sin(2𝛼) 𝑣 2 sin(2𝛽) = 0 𝑔 𝑔 luego sin(2𝛼) = sin(2𝛽) de esto se deduce 𝛽=

𝜋 −𝛼 2 32

Como 𝑡𝑣𝑢𝑒𝑙𝑜 es 2𝑣0 sin 𝜗/𝑔 𝑡𝛼 = 𝑡𝛽

2𝑣0 sin 𝛼 𝑔 2𝑣0 sin 𝛽 𝑔

=

sin 𝛼 sin 𝛽

luego 𝑡𝛼 sin 𝛼 = 𝑡𝛽 sin( 𝜋2 − 𝛼) o mejor sin 𝛼 𝑡𝛼 = 𝑡𝛽 cos 𝛼 Problema (Maximizando el alcance) Un ni˜ no est´a de pie en la punta de una colina que baja uniformemente con un a´ngulo 𝜙. ¿Con qu´e ´angulo 𝜗 respecto de la horizontal, debe lanzar una roca para que llegue lo m´as lejos posible?

Soluci´ on

Sea 𝐷 la distancia entre el origen y el punto donde cae la roca. La trayectoria de la roca est´a determinada por las coordenadas 𝑥(𝑡) = 𝑣0 cos 𝜗𝑡 1 𝑦(𝑡) = 𝑣0 sin 𝜗𝑡 − 𝑔𝑡2 2 33

sea 𝑡′ el tiempo en el cual la roca cae en la colina. As´ı, debe tenerse que 𝐷 cos 𝜙 = 𝑣0 cos 𝜗𝑡′ 1 −𝐷 sin 𝜙 = 𝑣0 sin 𝜗𝑡′ − 𝑔𝑡′2 2 De la primera ecuaci´on obtenemos 𝑡′ =

𝐷 cos 𝜙 𝑣0 cos 𝜗

reemplazando en la segunda 𝐷 cos 𝜙 sin 𝜗 1 − 𝑔 −𝐷 sin 𝜙 = 𝑣0 𝑣0 cos 𝜗 2

(

𝐷 cos 𝜙 𝑣0 cos 𝜗

)2

Como 𝐷 ∕= 0 1 − sin 𝜙 = cos 𝜙 tan 𝜗 − 𝑔 2

(

𝐷 cos2 𝜙 𝑣02 cos2 𝜗

)

de donde 𝐷=

𝐷=

2𝑣02 cos2 𝜗 [sin 𝜙 + cos 𝜙 tan 𝜗] 𝑔 cos2 𝜙

2𝑣02 2𝑣02 2 2 [cos 𝜗 sin 𝜙 + cos 𝜙 tan 𝜗 cos 𝜗] = [cos2 𝜗 sin 𝜙 + cos 𝜙 sin 𝜗 cos 𝜗] 𝑔 cos2 𝜙 𝑔 cos2 𝜙 𝐷=

2𝑣02 sin(2𝜗) 2 [cos 𝜗 sin 𝜙 + cos 𝜙 ] 𝑔 cos2 𝜙 2

Si queremos maximizar la distancia a la que llega, entonces resolvemos

𝑑𝐷 𝑑𝜗

𝑑𝐷 2𝑣02 = [−2 cos 𝜗 sin 𝜗 sin 𝜙 + cos 𝜙 cos(2𝜗)] = 0 𝑑𝜗 𝑔 cos2 𝜙 −2 cos 𝜃 sin 𝜗 sin 𝜙 + cos 𝜙 cos(2𝜗) = 0 − sin(2𝜗) sin 𝜙 + cos 𝜙 cos(2𝜗) = 0 𝑡𝑔(2𝜗)𝑡𝑔𝜙 = 1 as´ı 𝑡𝑔(2𝜃) = 𝑐𝑡𝑔𝜙 Finalmente el ´angulo que maximiza la distancia es 1 𝜗 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑐𝑡𝑔𝜙) 2

34

=0

Para el caso particular en que 𝜙 = 0, se obtiene el conocido resultado de que 𝜗 = 𝜋/4 maximiza el alcanze del proyectil. Problema (Barro disparado) Una rueda de radio 𝑏 rueda sin resbalar a lo largo de un camino con barro con rapidez horizontal 𝑣. Part´ıculas de barro pegadas en ´esta son constantemente lanzadas en todas direcciones. Si 𝑣 2 > 𝑏𝑔, muestre que la maxima altura por sobre el pavimento a la que puede llegar el barro ser´a 𝑏+

𝑏2 𝑔 𝑣2 + 2 2𝑔 2𝑣

Soluci´ on Elegimos un eje de coordenadas 𝑥,𝑦 tal que el origen coincide con el centro de la rueda en el

instante en que la part´ıcula de barro sale disparada. La part´ıcula se suelta cuando alcanza un cierto a´ngulo 𝜗. A partir de ese momento describe una trayectoria que es afectada por la gravedad g. 1 𝑦(𝑡) = 𝑏 sin 𝜗 + 𝑉 cos 𝜗𝑡 − 𝑔𝑡2 2 𝑣𝑦 (𝑡) = 𝑉 cos 𝜗 − 𝑔𝑡 Si existen dudas sobre la proyecci´on de la velocidad tangencial en ambos ejes, se aprecia m´as claramente en el siguiente dibujo El tiempo m´aximo de subida satisface 𝑣𝑦 (𝑡𝑚𝑎𝑥 ) = 0, as´ı

0 = 𝑉 cos 𝜗 − 𝑔𝑡𝑚𝑎𝑥 de donde 35

𝑡𝑚𝑎𝑥 =

𝑣 cos 𝜗 𝑔

luego ℎ𝑚𝑎𝑥 = 𝑏 sin 𝜗 +

𝑣 2 cos2 𝜗 𝑣 2 cos2 𝜗 − 𝑔 2𝑔

ℎ𝑚𝑎𝑥 = 𝑏 sin 𝜗 +

𝑣 2 cos2 𝜗 2𝑔

Claramente esta altura m´axima depende del ´angulo de disparo 𝜃, de manera que para encontrar el ´angulo que maximiza esta altura resolvemos 𝑣 2 cos 𝜗 sin 𝜗 𝑑ℎ𝑚𝑎𝑥 = 𝑏 cos 𝜗 − =0 𝑑𝜗 𝑔 𝑏 cos 𝜗 =

𝑣 2 cos 𝜗 sin 𝜗 𝑔

Tenemos 2 posibilidades 1) cos 𝜗 = 0 ⇔ 𝜗 = 𝜋2 + 2𝑘𝜋 con 𝑘 entero, en este caso la part´ıcula de barro es lanzada en forma paralela al piso. Es claro que en este caso, 𝑦𝑚𝑎𝑥 = 2𝑏 2) cos 𝜗 ∕= 0 ⇔ 𝑏 =

𝑣 2 sin 𝜗 𝑔

𝑏𝑔 𝑣2 Notar que para que exista esta soluci´on debe tenerse que sin 𝜗 =

𝑏𝑔 < 1 ⇔ 𝑣 2 < 𝑏𝑔 𝑣2 Entonces sin 𝜗 = Luego,

𝑏𝑔 𝑣2

y cos2 𝜗 = 1 − sin2 𝜗 = 1 −

ℎ𝑚𝑎𝑥 =

𝑏2 𝑔 2 𝑣4

𝑏2 𝑔 𝑣 2 𝑏2 𝑔 2 + (1 − ) 𝑣2 2𝑔 𝑣4

ℎ𝑚𝑎𝑥

𝑣2 𝑏2 𝑔 = + 2𝑔 2𝑣 2

As´ı, la altura m´axima con respecto al suelo ser´a 𝑦𝑚𝑎𝑥 = ℎ𝑚𝑎𝑥 + 𝑏 𝑦𝑚𝑎𝑥 = 𝑏 +

𝑣2 𝑏2 𝑔 + 2 2𝑔 2𝑣

Problema (Velocidades relativas) Dos part´ıculas 𝑎 y 𝑏 se mueven en direcciones opuestas en un c´ırculo con velocidad angular 𝑤 constante. En 𝑡 = 0 ambas part´ıculas se encuentran en ⃗𝑟 = 𝑅ˆ𝑗, donde 𝑅 es el radio del 36

c´ırculo. Encuentre la velocidad relativa de 𝑏 con respecto a 𝑎 Soluci´ on

Usaremos coordenadas polares. La posici´on y velocidad de una part´ıcula se expresan en este caso como ⃗𝑟 = 𝑟𝜌ˆ = 𝑅ˆ 𝜌 ⃗𝑣 = 𝑟˙ 𝜌ˆ + 𝑟𝜗ˆ𝜗ˆ = 𝑟𝑤𝜗ˆ En este caso 𝜗0 =

𝜋 2

(para A y B) 𝜋 𝜗˙ 𝐴 = −𝑤 → 𝜗𝐴 (𝑡) = − 𝑤𝑡 2 𝜋 𝜗˙ 𝐵 = 𝑤 → 𝜗𝐵 (𝑡) = + 𝑤𝑡 2

Usamos lo siguiente ⃗𝑣𝐵/0 = ⃗𝑣𝐴/0 + ⃗𝑣𝐵/𝐴 → ⃗𝑣𝐵/𝐴 = ⃗𝑣𝐵/0 − ⃗𝑣𝐴/0 Por una parte ˆ 𝐴 (𝑡)) = −𝑟𝑤(− sin 𝜗𝐴ˆ𝑖 + cos 𝜗𝐴ˆ𝑗) ⃗𝑣𝐴/0 = 𝑟𝜗˙ 𝐴 𝜗(𝜗 ⃗𝑣𝐴/0 = 𝑟𝑤 sin(𝜋/2 − 𝑤𝑡)ˆ𝑖 − 𝑟𝑤 cos(𝜋/2 − 𝑤𝑡)ˆ𝑗 ⃗𝑣𝐴/0 = 𝑟𝑤 cos 𝑤𝑡ˆ𝑖 − 𝑟𝑤 sin 𝑤𝑡ˆ𝑗 ˆ 𝐵 (𝑡)) = 𝑟𝑤(− sin 𝜗𝐵ˆ𝑖 + cos 𝜗𝐵 ˆ𝑗) ⃗𝑣𝐵/0 = 𝑟𝜗𝐵 𝜗(𝜗 37

⃗𝑣𝐵/0 = −𝑟𝑤 sin(𝜋/2 + 𝑤𝑡)ˆ𝑖 + 𝑟𝑤 cos(𝜋/2 + 𝑤𝑡)ˆ𝑗 ⃗𝑣𝐵/0 = −𝑟𝑤 cos 𝑤𝑡ˆ𝑖 − 𝑟𝑤 sin 𝑤𝑡ˆ𝑗 Por lo tanto ⃗𝑣𝐵/𝐴 = ⃗𝑣𝐵/0 − ⃗𝑣𝐴/0 ⃗𝑣𝐵/𝐴 = −2𝑟𝑤 cos 𝑤𝑡ˆ𝑖 Notar que la velocidad relativa es s´olo en ˆ𝑖 ya que ambas tienen la misma velocidad en 𝑦. Su m´aximo es el doble de la velocidad tangencial de cada una (2𝑤𝑟). Esto ocurre al momento de chocar o al inicio 𝑡 = 0 Problema (El eslab´ on perdido) Un guardaparques quiere lanzar un dardo tranquilizante con rapidez inicial 𝑣0 a un mono feroz que est´a en la copa de un a´rbol, a distancia 𝑑 (medida horizontalmente) y altura ℎ = 𝑑. Suponiendo que el mono se deja caer en el mismo instante del disparo, y recordando que la gravedad tambi´en act´ ua sobre el dardo, ¿en qu´e a´ngulo con respecto a la horizontal debe ser lanzado ´este? Soluci´ on La siguiente figura ilustra la situaci´on en el instante inicial

La ecuaci´on de movimiento para la bala es 𝑥𝐵 (𝑡) = 𝑉𝑜𝑥 𝑡 1 𝑦𝐵 (𝑡) = 𝑣0𝑦 𝑡 − 𝑔𝑡2 2

y del mono 𝑥𝑚 (𝑡) = 𝑑 1 𝑦𝑚 (𝑡) = 𝑑 − 𝑔𝑡2 2

38

La bala impactar´a al mono si 𝑥𝐵 (𝑡′ ) = 𝑥𝑚 (𝑡′ ) para alg´ un 𝑡′ ∈ ℝ. Esto es 𝑣0𝑥 𝑡′ = 𝑑 → 𝑡′ =

𝑑 𝑣0𝑥

1 1 𝑣0𝑦 𝑡′ − 𝑔(𝑡′ )2 = 𝑑 − 𝑔(𝑡′ )2 2 2 𝑣0𝑦

𝑑 =𝑑 𝑣0𝑥

Finalmente 𝑣0𝑦

𝑑 𝑣0𝑥 𝑑

→

𝑉0 sin 𝜗 =1 𝑉0 cos 𝜗

De esta forma, el ´angulo de lanzamiento cumple tan 𝜗 = 1 → 𝜗 =

𝜋 4

Si alguien est´a inquieto por el destino del mono, resulta evidente que si el cazador est´a tremendamente lejos, el mono podr´ıa llegar al piso antes de que la bala lo alcance.

Existe una condici´on entonces que relaciona la velocidad de la bala con la distancia inicial. La siguiente figura ilustra la situaci´on Se debe tener que cuando 𝑥𝐵 = 𝑑, 𝑦𝐵 > 0. Es decir tan 𝜗 − 𝑉02 > Recordando que 𝜗 =

1 𝑑𝑞 >0 2 2 𝑉0 cos2 𝜗 1 𝑔𝑑 2 tan 𝜗 cos2 𝜗

𝜋 2

𝑉02 > 𝑔𝑑 39

Cap´ıtulo

2

Leyes de Newton Las leyes de Newton constituyen la teor´ıa fundamental de la F´ısica Cl´asica. En la mec´anica de Newton, las part´ıculas viven en un espacio eucl´ıdeo tridimensional. Esto implica, entre otras cosas, que la suma de los a´ngulos interiores de un tri´angulo es siempre 180 grados, o que la suma de dos vectores en este espacio es siempre conmutativa. Si les parece que ´esto deber´ıa cumplirse siempre, consideren un espacio de 2 dimensiones, la superficie de una esfera. Aqu´ı existen cualidades distintas al espacio eucl´ıdeo, por ejemplo, al partir de cierto punto y viajar en l´ına recta (Se entiende por l´ınea recta en un espacio curvo a la trayectoria de menor distancia entre 2 puntos), se puede regresar al mismo punto de partida, o la suma de los a´ngulos interiores de un tri´angulo es siempre mayor a 180 grados

Fig. 2.1: La superficie de una esfera es un espacio curvo de dos dimensiones

Para Newton, nuestro mundo tiene 3 dimensiones espaciales, y su geometr´ıa es Eucl´ıdea. Einstein, con su teor´ıa de la relatividad general, rechaza esta idea y propone que el espacio es curvo cerca de cualquier fuente de energ´ıa. De hecho, mediciones comprueban cierta curvatura del espacio cercano a la tierra debido a la presencia de ´esta. Esto ya es dif´ıcil de pensar, de hecho, ¿como podemos imaginar un espacio tridimensional curvo? No es f´acil, como el caso de un espacio bidimensional curvo (una hoja doblada, por ejemplo)

41

El espacio que define Newton no es s´olo Eucl´ıdeo, sino tambi´en homog´eneo e is´otropo. Homog´eneo quiere decir que todos los puntos del espacio son equivalentes, e is´otropo quiere decir que las propiedades del espacio son id´enticas en todas las direcciones, sin privilegiar una sobre las otras. Por u ´ltimo, hay que referirse al concepto del tiempo absoluto de Newton, tal cual define en sus propias palabras El tiempo matem´atico, absoluto y verdadero fluye, debido a su propia naturaleza, parejamente y en forma independiente a cualquier agente externo En otras palabras, para Newton el tiempo avanza en forma homog´enea y continua, independiente de cualquier cosa. Esto es un concepto que se podr´ıa aceptar sin mayor dificultad, de hecho las experiencias del mundo macrosc´opico en el que nos desenvolvemos nos sugiere aceptar esta concepci´on como absolutamente v´alida, sin embargo, hoy sabemos que el concepto de tiempo absoluto es incorrecto (Relatividad Especial de Einstein), y que la manera en que fluye el tiempo no es igual para todos los observadores, depende por ejemplo de la velocidad con que ´estos se mueven. De hecho, en el contexto de la relatividad general, vivimos en un espacio de cuatro dimensiones (3 espaciales y 1 temporal), en este sentido, el tiempo es simplemente una coordenada m´as. Para Newton el tiempo es algo absolutamente especial e independiente de las dimensiones espaciales

Fig. 2.2: Para Newton, la trayectoria de una part´ıcula est´a dada por su posici´on espacial para los distintos valores de 𝑡, un par´ametro universal y absolutamente independiente

Vale la pena destacar que la mec´anica Newtoniana fue aceptada como una teor´ıa correcta durante siglos. Hoy en d´ıa, se sabe que falla en muchos casos, y que s´olo es v´alida como una aproximaci´on para determinados problemas macrosc´opicos (Sin embargo, no se debe menospreciar, pues las leyes de Newton significaron un gran avance en la ciencia). La mec´anica de Newton falla cuando los objetos a estudiar poseen escalas de longitud muy peque˜ nas (En donde domina la Mec´anica Cu´antica), o en la presencia de objetos a altas velocidades o de enormes energ´ıas (Relatividad General de Einstein).

42

2.1.

Leyes de Newton (1687)

Primera Ley : Cada cuerpo material persiste en su estado de reposo o movimiento uniforme en l´ınea recta, a menos que una fuerza que act´ ua sobre el cuerpo, lo conmine a cambiar de estado Esta ley se conoce como ley de Inercia, y es v´alida s´olo si el movimiento de los cuerpos se observa desde ciertos sistemas de referencia bien particulares. Tales sistemas de referencia se llaman inerciales . En realidad la primera ley de Newton no es otra cosa que la definici´on de un sistema inercial. Para ilustrar esto, imaginemos que estamos en un laboratorio de la UC. Podr´ıamos entonces conclu´ır, que si un objeto est´a en reposo con respecto a nuestro laboratorio, no existe una fuerza neta actuando sobre ´el. Sin embargo, esto no es as´ı, ya que nuestro laboratorio no es un sistema inercial, de hecho el laboratorio gira en torno al centro de la tierra, y posee una aceleraci´on con respecto a ´este. Podr´ıamos fijar entonces un sistema de referencia en el centro de la tierra, sin embargo, ´este tampoco ser´ıa inercial, puesto que la tierra gira en torno al sol, y posee entonces una aceleraci´on producto de este movimiento. Si somos insistentes, podemos fijar un sistema de referencia en el centro del Sol, pero tampoco ser´ıa inercial, ya que el sol gira en torno al centro de la galaxia. Como conclusi´on, para obtener un sistema de referencia inercial trendr´ıamos que involucar la masa de todo el universo. El concepto de sistema de referencia inercial es una idea l´ımite, sin embargo, muchas veces podemos suponer que el laboratorio UC es un sistema de referencia inercial y cometeremos errores no muy grandes en nuestros c´alculos

Fig. 2.3: Un sistema de referencia inercial es un sistema de coordenadas en donde un cuerpo libre de fuerzas permanece en reposo o movi´endose en l´ınea recta

Segunda Ley : El cambio de momentum lineal de una part´ıcula es igual a la fuerza neta que act´ ua sobre ella El momento lineal de una part´ıcula de masa 𝑚 y velocidad ⃗𝑣 se define como 𝑝⃗ = 𝑚⃗𝑣 As´ı, la segunda ley de Newton puede escribirse de la siguiente forma 𝑑⃗𝑝 = 𝐹⃗ 𝑑𝑡 Podemos desarrollar un poco m´as esta expresi´on 𝑑(𝑚⃗𝑣 ) 𝑑𝑚 𝑑⃗𝑣 𝐹⃗ = = ⃗𝑣 + 𝑚 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡

43

Si la masa de la part´ıcula es constante en el tiempo (como ocurrir´a casi siempre en este curso), obtenemos la forma usual de la segunda ley de Newton 𝑑⃗𝑣 𝐹⃗ = 𝑚 = 𝑚⃗𝑎 𝑑𝑡 Sin embargo, no se debe olvidar la forma general, por ejemplo, en el caso de un cohete, el cual posee una masa variable. De aqu´ı es inmediato como la segunda ley de Newton describe el movimiento de un cuerpo. Si ⃗𝑟(𝑡) es la posici´on de una part´ıcula como funci´on del tiempo, entonces, la segunda ley de Newton en su forma usual nos da 𝑑2⃗𝑟(𝑡) 𝐹⃗ = 𝑚 𝑑𝑡2 ´ Notemos que la cinem´atica de la part´ıcula es la soluci´on de la segunda ley de Newton. Esta es una ecuaci´on diferencial ordinaria de segundo orden. Luego, dada la fuerza neta sobre un cuerpo, y sus condiciones iniciales, la trayectoria de ´este est´a completamente determinada. Esta idea se viene totalmente abajo en f´ısica cu´antica, donde el concepto de una trayectoria carece de sentido, m´as a´ un, todo sistema f´ısico posee incertidumbres intr´ınsecas Tercera Ley : Si un cuerpo 𝐴 ejerce una fuerza sobre otro cuerpo 𝐵, entonces ´este u ´ltimo ejercer´a sobre 𝐴 una fuerza de igual magnitud y en la misma direcci´on, pero en sentido opuesto Esta ley (conocida como ley de acci´on y reacci´on), se˜ nala que una fuerza nunca aparecer´a sola, sino que siempre vendr´a acompa˜ nada de otras fuerzas. Esto significa que la suma vectorial de todas las fuerzas en un sistema cerrado es siempre 0. Sin embargo, hay que notar que estas fuerzas (acci´on y reacci´on), act´ uan sobre cuerpos diferentes, de manera que la suma vectorial de fuerzas que act´ uan sobre cada cuerpo no es necesariamente nula.

2.2.

Relatividad Galileana

En el contexto de la mec´anica Newtoniana, consideremos una part´ıcula y dos sistemas inerciales, digamos 𝑆 y 𝑆 ′ , que se mueven con velocidad relativa 𝑢 entre ellos. Por simplicidad, supondremos que en 𝑡 = 0 ambos or´ıgenes coinciden, y que la velocidad relativa entre ellos es s´olo horizontal. En el sistema 𝑆, las coordenadas de la part´ıcula son (𝑥, 𝑦, 𝑧) ′

mientras que en 𝑆 , sus coordenadas son (𝑥′ , 𝑦 ′ , 𝑧 ′ )

Fig. 2.4: Dos sistemas inerciales que se mueven con velocidad relativa ⃗𝑢

44

Es f´acil ver que la relaci´on entre las coordenadas es 𝑧′ = 𝑧 𝑦′ = 𝑦 𝑥′ = 𝑥 − 𝑢𝑡 Este tipo de transformaci´on se llama Transformaci´ on Galileana. A partir de ´esto, podemos relacionar las componentes de la velocidad de la part´ıcula en ambos sistemas. Se obtiene 𝑣𝑧′ = 𝑣𝑧 𝑣𝑦′ = 𝑣𝑦 𝑣𝑥′ = 𝑣𝑥 − 𝑢 En realidad, ´esta ley es corregida por la teor´ıa de la Relatividad Especial, donde 𝑣𝑥′ =

𝑣𝑥 − 𝑢 𝑥 1 − 𝑢𝑣 𝑐2

donde 𝑐 = 3 ∗ 108 (m/s) es la velocidad de la luz en el vac´ıo. Notar que si 𝑣𝑥 𝑢 0, esto es 𝑚𝑔 sin 𝛼 − 𝑀 𝑔 > 0 𝑚 sin 𝛼 > 𝑀

Problema Un bloque de masa 2𝑚 se encuentra sobre una mesa horizontal (sin roce) y est´a unido a un bloque de masa 3𝑚 a trav´es de una polea 𝑃2 y de una polea m´ovil 𝑃1 , ambas muy ligeras, como se indica en la figura a) Encuentre la relaci´on entre las aceleraciones de ambos bloques

b) Encuentre la tensi´on de la cuerda c) Encuentre la aceleraci´on de cada bloque Soluci´ on a) Definimos las coordenadas 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 como se indica en la figura. (𝐻 es una constante) 47

La cuerda 1 cumple 𝑥2 + (𝑥2 − 𝑥1 ) = 𝐿1 = 𝑐𝑡𝑒 La cuerda 2 cumple (𝐻 − 𝑥2 ) + 𝑥3 = 𝐿2 = 𝑐𝑡𝑒

Derivando dos veces con respecto al tiempo, se obtienen las siguientes relaciones 2¨ 𝑥2 − 𝑥¨1 = 0 −¨ 𝑥2 + 𝑥¨3 = 0 → 𝑥¨2 = 𝑥¨3

48

Con esto 2¨ 𝑥2 − 𝑥¨1 = 0 → ¨2𝑥3 = 𝑥¨1

b) Los diagramas de cuerpo libre para las masas y la polea m´ovil son De la polea m´ovil se

tiene 2𝑇1 = 𝑇2 (ya que la polea no tiene masa). Adem´as, para la masa 2𝑚 𝑇1 = 2𝑚¨ 𝑥1 Para la masa 3𝑚 3𝑚𝑔 − 𝑇2 = 3𝑚¨ 𝑥3 3𝑚𝑔 − 2𝑇1 = 3𝑚¨ 𝑥3 Se tiene entonces el siguiente sistema de ecuaciones 𝑇1 = 2𝑚¨ 𝑥1 3𝑚𝑔 − 2𝑇1 = 3𝑚¨ 𝑥3 2¨ 𝑥3 = 𝑥¨1 Dejando todo en t´erminos de 𝑥¨3 𝑇1 = 2𝑚(2¨ 𝑥3 ) 3𝑚𝑔 − 2𝑇1 = 3𝑚¨ 𝑥3 Multiplicando la primera por 3 y la segunda por 4 3𝑇1 = 12𝑚¨ 𝑥3 12𝑚𝑔 − 8𝑇1 = 12𝑚¨ 𝑥3 Rest´andolas se obtiene 11𝑇1 − 12𝑚𝑔 = 0

49

As´ı 𝑇1 =

12𝑚𝑔 11

𝑇2 =

24𝑚𝑔 11

Como 𝑇2 = 2𝑇1

Como 𝑇1 = 2𝑚¨ 𝑥1 → 𝑥¨1 =

Como 𝑥¨3 =

𝑇1 2𝑚

𝑥¨1 =

6 𝑔 11

𝑥¨2 =

3 𝑔 11

𝑥 ¨1 2

Problema En el sistema de la figura, el bloque de masa 𝑀 se puede deslizar por la superficie lisa de a´ngulo 𝛼, y est´a unido, mediante una cuerda ideal y un sistema de poleas (sin masa), a un bloque de masa 𝑚 que se mueve a lo largo de la vertical. Encuentre la aceleraci´on de los dos bloques

Soluci´ on A continuaci´on se ilustran las coordenadas relevantes definidas para este problema

El diagrama de fuerzas para la masa 𝑀 est´a dado por El equilibrio de fuerzas en el eje del plano inclinado es 𝑇 − 𝑀 𝑔 sin 𝛼 = 𝑀 𝑥¨1 50

Para la polea ideal se tiene

Entonces 2𝑇2 = 𝑇 → 𝑇2 =

𝑇 2

Para la masa 𝑚 se tiene

𝑇 = 𝑚¨ 𝑥3 2 Adem´as, el largo de la cuerda que une a la polea m´ovil con 𝑚 es constante 𝑚𝑔 −

𝑑 − 𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥2 = 𝑙2 → 𝑥¨3 = ¨2𝑥2

Tambi´en, el largo de la cuerda que une al bloque 𝑀 con la polea m´ovil es constante 𝑙1 = 𝑥2 − 𝑥1 + 𝑐𝑡𝑒 → 𝑥¨2 = 𝑥¨1

Resolviendo 51

1 𝑇 − 𝑔 sin 𝛼 = 𝑥¨1 𝑀 𝑚𝑔 −

𝑇 = 𝑚¨ 𝑥3 → 𝑇 = 2𝑚(𝑔 − 𝑥¨3 ) = 2𝑚(𝑔 − 2¨ 𝑥1 ) 2

Finalmente 2𝑚 (𝑔 − 2¨ 𝑥1 ) − 𝑔 sin 𝛼 = 𝑥¨1 𝑀 ( ) 𝑔 2𝑚 − sin 𝛼 𝑀 ( 𝑀 +4𝑚 ) = 𝑥¨1 𝑀

𝑥¨3 = 2¨ 𝑥1

Problema Considere el montaje de la figura formado por cuerdas y poleas ideales. Encuentre la aceleraci´on de la masa 𝑚1

Soluci´ on

Trabajaremos con 𝑚1 , 𝑚2 y la polea 2 como si fueran part´ıculas puntuales (la polea 1 tambi´en se puede usar pero no entrega informaci´on u ´til). Los diagramas de cuerpo libre de cada cuerpo son 52

La segunda ley de Newton para la masa 1 entrega 𝑇1 − 𝑚1 𝑔 = 𝑚1 𝑥¨1 Para la polea 2 (Como es ideal, no posee masa) 𝑇1 − 2𝑇2 = 0 Para la masa 2 𝑇2 − 𝑚2 𝑔 = 𝑚2 𝑥¨2 Los signos vienen dados por los sentidos de las fuerzas y el sistema de referencia elegido. De la segunda ecuaci´on obtenemos 𝑇1 = 2𝑇2 Utilizando s´olo 𝑇2 , las ecuaciones toman la forma 2𝑇2 − 𝑚1 𝑔 = 𝑚1 𝑥¨1 𝑇2 − 𝑚2 𝑔 = 𝑚2 𝑥¨2 Ahora el u ´ltimo paso consiste en relacionar 𝑥¨1 y 𝑥¨2 con las ligaduras (v´ınculos o constrains) del sistema. En este caso debemos exigir que los largos de las cuerdas se mantengan constantes. Para la cuerda 1

(𝐻 − 𝑥1 ) + (𝐻 − 𝑥3 ) + 𝑅1 = 𝐿1 Derivando dos veces se obtiene −¨ 𝑥1 − 𝑥¨3 = 0 → 𝑥¨3 = −¨ 𝑥1 Para la segunda cuerda

𝑥3 + 𝑅2 + (𝑥3 − 𝑥2 ) = 𝐿2 53

Derivando 2 veces 2¨ 𝑥3 − 𝑥¨2 = 0 → 2¨ 𝑥3 = 𝑥¨2 Combinando las u ´ltimas 2 relaciones −2¨ 𝑥1 = 𝑥¨2 Con esto, y dejando todo en t´erminos de 𝑥¨1 2𝑇2 − 𝑚1 𝑔 = 𝑚1 𝑥¨1 𝑇2 − 𝑚2 𝑔 = −2𝑚2 𝑥¨1 Resolviendo, se obtiene 𝑥¨1 =

(2𝑚2 − 𝑚1 )𝑔 𝑚1 + 4𝑚2

Problema (Encomienda urgente) Un helic´optero carga dos objetos 𝑚1 , 𝑚2 como indica la figura. El helic´optero acelera verticalmente hacia arriba con aceleraci´on 𝑎. Determine la tensi´on 𝑇1 en las cuerdas que sujetan la primera masa

Soluci´ on Definimos las siguientes coordenadas El diagrama de cuerpo libre para cada masa indica

54

Para 𝑚2 𝑇2 − 𝑚2 𝑔 = 𝑚2 𝑎 𝑇2 = 𝑚2 (𝑎 + 𝑔) Para 𝑚1 𝑇1 sin 𝜗 + 𝑇1 sin 𝜗 − 𝑚1 𝑔 − 𝑇2 = 𝑚1 𝑎 2𝑇1 sin 𝜗 − 𝑚1 𝑔 − 𝑚2 (𝑎 + 𝑔) = 𝑚1 𝑎 2𝑇1 sin 𝜗 = 𝑚1 (𝑎 + 𝑔) + 𝑚2 (𝑎 + 𝑔) Finalmente 𝑇1 =

(𝑚1 + 𝑚2 )(𝑎 + 𝑔) 2 sin 𝜗

Problema (Sistema en equilibrio) En la figura los dos cilindros de centros A y B se encuentran en equilibrio y tienen por radios 𝑅1 y 𝑅2 , pesando 𝑃1 y 𝑃2 , respectivamente, tambi´en son datos los a´ngulos 𝜙1 y 𝜙2 que forman con la horizontal. Determinar el a´ngulo 𝜙, que forma la l´ınea de los centros (𝐴𝐵) con la horizontal. 55

Soluci´ on Las fuerzas que act´ uan sobre ambos cilindros se ven en la siguiente figura

Los diagramas de cuerpo libre son

El equilibrio de fuerzas para el cilindro 1 entrega 𝑥 : 𝑁1 sin 𝜙1 − 𝑁2 cos 𝜙 = 0

𝑦 : 𝑁1 cos 𝜙1 − 𝑁2 sin 𝜙 − 𝑃1 = 0 Del mismo modo, para el segundo cilindro 56

𝑥 : 𝑁2 cos 𝜙 − 𝑁4 sin 𝜙2 = 0 𝑦 : 𝑁2 sin 𝜙 + 𝑁4 cos 𝜙2 − 𝑃2 = 0 De las dos primeras tan 𝜙1 =

𝑁2 cos 𝜙 𝑃1 tan 𝜙1 → 𝑁2 = 𝑃1 + 𝑁2 sin 𝜙 cos 𝜙 + tan 𝜙1 sin 𝜙

tan 𝜙2 =

𝑁2 cos 𝜙 𝑃2 tan 𝜙2 → 𝑁2 = 𝑃2 − 𝑁2 sin 𝜙 cos 𝜙 − tan 𝜙2 sin 𝜙

de las dos u ´ltimas

Luego, se tiene 𝑃1 tan 𝜙1 𝑃2 tan 𝜙2 = cos 𝜙 + tan 𝜙1 sin 𝜙 cos 𝜙 − tan 𝜙2 sin 𝜙 Dividiendo por cos 𝜙 𝑃1 tan 𝜙1 𝑃2 tan 𝜙2 = 1 + tan 𝜙1 tan 𝜙 1 − tan 𝜙2 tan 𝜙 Despejando −𝑃1 tan 𝜙1 + 𝑃2 tan 𝜙2 (𝑃1 + 𝑃2 ) tan 𝜙1 tan 𝜙2 ( ) −𝑃1 tan 𝜙1 + 𝑃2 tan 𝜙2 𝜙 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (𝑃1 + 𝑃2 ) tan 𝜙1 tan 𝜙2 tan 𝜙 =

57

2.3.

Fuerza de Roce

Es un resultado emp´ırico que si un cuerpo desliza sobre otro, tarde o temprano se detendr´a, a menos que exista una fuerza externa que perpet´ ue el movimiento. La fuerza que se opone al movimiento relativo entre 2 cuerpos se denomina fuerza de roce cin´ etico, y se origina en la interacci´on molecular de las superficies en contacto. (Es en efecto una fuerza electromagn´etica). La fuerza de roce no s´olo est´a presente cuando dos cuerpos est´an en movimiento relativo, sino que tambi´en puede manifestarse cuando los dos cuerpos se encuentran en reposo relativo. En efecto, si intentamos deslizar una mesa por el piso, notamos que aparece una fuerza que en principio impide que este deslizamiento comience. A esta fuerza se le denomina fuerza de roce est´ atico Algunos resultados cualitativos sobre la fuerza de roce son los siguientes. Consideremos un bloque de masa 𝑀 que descanza sobre una superficie, el cual intentamos desplazar aplicando sobre ´el una fuerza horizontal 𝐹 , que incrementamos paulatinamente. Designemos por 𝑓⃗ a la fuerza de roce que aparece debido a la fricci´on entre las dos superficies a) Mientras la fuerza horizontal externa var´ıa desde 0 hasta un cierto valor, 𝑓𝑒𝑚𝑎𝑥 , el bloque 𝑀 no se desplazar´a. Como no posee aceleraci´on, la fuerza neta sobre el cuerpo debe ser nula, luego, debe existir otra fuerza que cancela el efecto de la fuerza ejercida. Esta es la fuerza de roce est´atica 𝑓⃗. Por lo tanto, 𝑓⃗ = −𝐹⃗ b) Cuando la fuerza horizontal externa 𝐹 sobrepasa el valor 𝑓𝑒𝑚𝑎𝑥 , la fuerza de roce no sigue aumentando. El bloque comienza entonces a acelerar. Tan pronto como los cuerpos deslizan, la fuerza de roce se vuelve una constante, siendo su magnitud alg´ un valor 𝑓𝑐 (menor que 𝑓𝑒𝑚𝑎𝑥 ), y su sentido opuesto al del movimiento relativo

Fig. 2.5: Comportamiento de la fuerza de roce ante una fuerza externa

Emp´ıricamente se ha observado que, para dos superficies en contacto, tanto la fuerza de roce cinem´atica 𝑓𝑐 como el m´aximo de fricci´on est´atico 𝑓𝑒𝑚𝑎𝑥 son proporcionales a la fuerza normal entre ambas superficies, es decir 𝑓⃗𝑐 = 𝜇𝑐 𝐹⃗𝑁 𝑓⃗𝑒𝑚𝑎𝑥 = 𝜇𝑒 𝐹⃗𝑁 𝐹⃗𝑁 es la fuerza normal entre las superficies, es decir, perpendicular a la interfase formada por ambas, y 𝜇𝑐 , 𝜇𝑒 son los coeficientes de roce . Notar que siempre se tiene que el coeficiente de roce cinem´atico es menor al coeficiente de roce est´atico. Ambas fuerzas act´ uan en la direcci´on paralela a las superficies. 58

Problema Dos ojetos de masas 𝑚1 y 𝑚2 , se encuentran unidos por una cuerda inextensible sin masa como indica la figura (la polea tampoco tiene masa y gira sin roce). El plano inclinado sobre el cual 𝑚1 desliza est´a fijo y tiene coeficientes de roce est´atico 𝜇𝑠 y din´amico 𝜇𝑘 , y foma un a´ngulo 𝛼 con el plano horizontal a) Determine el valor m´ınimo de 𝜇𝑠 de modo que el sistema est´e en equilibrio b) Desde la situaci´on de equilibrio, agregamos una peque˜ na masa 𝑚3 a 𝑚2 . Determine la aceleraci´on del sistema

Soluci´ on a) Los diagramas de cuerpo libre para ambas masas son

El equilibrio en el eje vertical para la masa 𝑚2 entrega 𝑇 − 𝑚2 𝑔 = 0 El equilibrio para la masa 𝑚1 establece 𝑇 − 𝑓𝑟 − 𝑚1 𝑔 sin 𝛼 = 0 y 𝑁 − 𝑚1 𝑔 cos 𝛼 = 0 → 𝑁 = 𝑚1 𝑔 cos 𝛼 luego 𝑓𝑟 = 𝑇 − 𝑚1 𝑔 sin 𝛼 𝑓𝑟 = 𝑔 (𝑚2 − 𝑚1 sin 𝛼) Notar que si 𝑚2 > 𝑚1 sin 𝛼, entonces 𝑓𝑟 > 0 y su direcci´on coincide con la dibujada anteriormente. Si 𝑚2 < 𝑚1 sin 𝛼, entonces 𝑓𝑟 < 0 y significa que su direcci´on es contraria a la supuesta en el dibujo. Adem´as, el m´odulo de la fuerza de roce est´atica satisface

∣𝑓𝑟 ∣ ≤ 𝜇𝑠 𝑁 59

∣𝑚2 𝑔 − 𝑚1 𝑔 sin 𝛼∣

1 ≤ 𝜇𝑠 𝑚1 𝑔 cos 𝛼

1 ≤ 𝜇𝑠 𝑚1 cos 𝛼 Luego, el coeficiente de roce est´atico m´ınimo para el equilibrio es ∣𝑚2 − 𝑚1 sin 𝛼∣

𝜇𝑠 =

∣𝑚2 − 𝑚1 sin 𝛼∣ 𝑚 cos 𝛼

b) En este caso, se tiene, para la masa 𝑚2 + 𝑚3 (𝑚2 + 𝑚3 )𝑔 − 𝑇 = (𝑚2 + 𝑚3 )¨ 𝑥2 y para la masa 𝑚1 se tiene 𝑚1 𝑔 sin 𝛼 + 𝜇𝑘 𝑚1 𝑔 cos 𝛼 − 𝑇 = 𝑚1 𝑥¨1 Debido a que la cuerda es inextensible, debe tenerse 𝑥1 + 𝑥2 = 𝑙 luego 𝑥¨1 = −¨ 𝑥2 Despejando la tensi´on del equilibrio de fuerzas para 𝑚1 −𝑚1 𝑔 sin 𝛼 − 𝜇𝑘 𝑚1 𝑔 cos 𝛼 − 𝑚1 𝑥¨1 = 𝑇 reemplazando en el equilibrio para 𝑚2 + 𝑚3 (𝑚2 + 𝑚3 )𝑔 + 𝑚1 𝑔 sin 𝛼 + 𝜇𝑘 𝑚1 𝑔 cos 𝛼 + 𝑚1 𝑥¨1 = −(𝑚2 + 𝑚3 )¨ 𝑥1

Despejando, se obtiene 𝑥¨1 =

(𝑚2 + 𝑚3 )𝑔 − 𝜇𝑘 𝑚1 𝑔 cos 𝛼 − 𝑚1 𝑔 sin 𝛼 𝑚1 + 𝑚2 + 𝑚3

Problema Los bloques 𝐴 y 𝐵 tienen masas 𝑚 y 𝑀 respectivamente. La superficie horizontal es rugosa y el coeficiente de roce est´atico entre 𝐴 y esa superficie es 𝜇𝑒 , en tanto que el roce din´amico es 𝜇𝑑 a) ¿Cu´al debe ser la relaci´on entre 𝑚, 𝑀 y 𝜇𝑒 para que el sistema se encuentre en equilibrio? b) Si el sistema se est´a moviendo, encuentre la tensi´on de la cuerda y las aceleraciones de 𝐴 y 𝐵 Soluci´ on a) En la figura ya se han definido las coordenadas a utilizar, para que el sistema se encuentre en equilibrio, se debe tener 𝑥¨ = 𝑦¨ = 0 60

De forma que, para la masa 𝑀 𝑀𝑔 − 𝑇 = 0 → 𝑇 = 𝑀𝑔 para el bloque 𝐴 −2𝑇 + 𝑓𝑟𝑒 = 0 𝑚𝑔 = 𝑁

Con esto, se tiene que la fuerza de roce est´atica es 𝑓𝑟𝑒 = 2𝑇 = 2𝑀 𝑔 se debe tener ∣𝑓𝑟𝑒 ∣ ≤ 𝜇𝑒 𝑁 = 𝜇𝑒 𝑚𝑔 Luego 2𝑀 𝑔 ≤ 𝜇𝑚𝑔 Finalmente, se debe cumplir 𝜇𝑒 𝑀 ≤ 𝑚 2

b) Ahora, se tendr´a para la masa 𝑀 𝑀 𝑔 − 𝑇 = 𝑀 𝑦¨ → 𝑇 = 𝑀 (𝑔 − 𝑦¨)

Para la masa 𝑚 −2𝑇 + 𝑓𝑟 = 𝑀 𝑥¨ donde 𝑓𝑟 = 𝜇𝑑 𝑚𝑔 = 𝜇𝑑 𝑁 Luego 61

−2𝑀 (𝑔 − 𝑦¨) + 𝜇𝑑 𝑚𝑔 = 𝑀 𝑥¨ Adem´as, la cuerda es inextensible 2𝑥 + 𝑦 = 𝑙 → 𝑦¨ = −2¨ 𝑥 Finalmente −2𝑀 𝑔 − 4𝑀 𝑥¨ + 𝜇𝑑 𝑚𝑔 = 𝑀 𝑥¨ Resolviendo 𝑥¨ =

𝜇𝑑 𝑚𝑔 − 2𝑀 𝑔 5𝑀

Problema Los bloques 𝐴 y 𝐵 de la figura tienen masas 𝑚 y 𝑀 respectivamente. El bloque 𝐴 se desliza por un plano inclinado de a´ngulo 𝜋/3. El coeficiente de roce entre el bloque 𝐴 y el plano es de 𝜇 = 0,2 (cin´etico). Determine las aceleraciones de ambos bloques y la tensi´on de la cuerda

Soluci´ on En la siguiente figura se ilustran las coordenadas a utilizar, m´as algunas fuerzas relevantes para el problema

Se tiene para la masa 𝑀 62

𝑀 𝑔 − 𝑇 = 𝑀 𝑥¨ y para la masa 𝑚 −2𝑇 + 𝑚𝑔 sin 𝜗 − 𝜇𝑑 𝑚𝑔 cos 𝜗 = 𝑚¨ 𝑦

Adem´as la cuerda es inextensible, de modo que 𝑥 + 2𝑦 = 𝐿 𝑥¨ = −2¨ 𝑦

Luego −2𝑀 𝑔 + 2𝑀 𝑥¨ + 𝑚𝑔 sin 𝜗 − 𝜇𝑑 𝑚𝑔 cos 𝜗 = 𝑚¨ 𝑦 2𝑀 𝑔 − 𝑚𝑔 sin 𝜗 + 𝜇𝑑 𝑚𝑔 cos 𝜗 = (4𝑀 + 𝑚) 𝑦¨ Con esto 𝑦¨ =

𝑔 (𝑚 sin 𝜗 − 𝜇𝑚 cos 𝜗 − 2𝑀 ) 4𝑀 + 𝑚 𝑥¨ = −2¨ 𝑦

y la tensi´on de la cuerda es 𝑇 = 𝑀 𝑔 + 2𝑀 𝑦¨ =

𝑚𝑀 𝑔 (1 + 2 sin 𝜗 − 2𝜇 cos 𝜗) 4𝑀 + 𝑚

Problema Un trineo de masa 𝑀 tiene una caja de masa 𝑚 sobre el. Entre las dos superficies hay un roce est´atico de coeficiente 𝜇. El coeficiente de roce cin´etico entre el trineo y el piso es 𝜇𝑘 . Cu´al es la fuerza m´axima que se le puede imprimir al trineo de manera que la caja no resbale y acelere junto al trineo?

Soluci´ on El diagrama de cuerpo libre para 𝑚 es Por acci´on y reacci´on, 𝑚 ejerce sobre 𝑀 las fuerzas 𝑁1 (hacia abajo) y 𝐹𝑟1 (hacia la izquierda)

63

La segunda ley de Newton para 𝑚

𝑦 : 𝑁1 = 𝑚𝑔 → 𝐹𝑟1 ≤ 𝜇𝑠 𝑚𝑔 𝑥 : 𝐹𝑟1 = 𝑚¨ 𝑥 → 𝑚¨ 𝑥 ≤ 𝜇𝑠 𝑚𝑔 de donde se obtiene 𝑥¨𝑚𝑎𝑥 = 𝜇𝑠 𝑔 La segunda ley de Newton para la masa 𝑀 𝑦 : 𝑁2 = 𝑁1 + 𝑀𝑔 → 𝑁2 = (𝑀 + 𝑚)𝑔 → 𝐹𝑟2 = 𝜇𝑘 (𝑚 + 𝑀 )𝑔 𝑥 : 𝐹 − 𝐹𝑟1 − 𝐹𝑟2 = 𝑀 𝑥¨ (misma aceleraci´on de 𝑚 para que se muevan juntos y 𝑚 no resbale) Luego 𝐹 = 𝑀 𝑥¨ + 𝐹𝑟1 + 𝐹𝑟2 En el m´aximo 𝐹 = 𝑀 (𝜇𝑠 𝑔) + 𝜇𝑠 𝑚𝑔 + 𝜇𝑘 (𝑚 + 𝑀 )𝑔 𝐹 = (𝑚 + 𝑀 )𝑔(𝜇𝑠 + 𝜇𝑘 )

Problema Considere el montaje de la figura formado por 3 cuerpos, una cuerda y una polea ideal. Entre el suelo y 𝑚1 y 𝑚2 existe un coeficiente de roce cin´etico 𝜇𝑘 . Determine la tensi´on en la cuerda 64

Soluci´ on Se establecen las coordenadas de la figura Los diagramas de cuerpo libre son

Las ecuaciones de movimiento ser´an, para 𝑚1 ˆ𝑖 : 𝐹𝑟1 − 𝑇 = 𝑚1 𝑥¨1 ˆ𝑗 : 𝑁1 − 𝑚1 𝑔 = 0 → 𝑁1 = 𝑚1 𝑔 → 𝐹𝑟1 = 𝜇𝑚1 𝑔 𝜇𝑚1 𝑔 − 𝑇 = 𝑚1 𝑥¨1 Para 𝑚2 ˆ𝑗 : 𝑁2 = 𝑚2 ˆ𝑖 : 𝐹𝑟2 − 𝑇 = 𝑚2 𝑦¨ → 𝑚2 𝑔𝜇 − 𝑇 = 𝑚2 𝑦¨ Para la masa 𝑚3 ˆ𝑗 : 𝑚3 𝑔 − 2𝑇 = 𝑚3 𝑧¨

Adem´as, se tiene la condici´on de que la cuerda es inextensible 65

𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = 𝐿 luego 𝑥¨ + 𝑦¨ + 2¨ 𝑧=0 𝑧¨ =

−(¨ 𝑥 + 𝑦¨) 2

Entonces, la ecuaci´on para 𝑚3 toma la forma 𝑚3 𝑔 − 2𝑇 = −𝑚3

𝑥¨ + 𝑦¨ 2

2𝑚3 𝑔 − 4𝑇 = −𝑚3 (¨ 𝑥 + 𝑦¨)

De las ecuaciones para 𝑚1 y 𝑚2 se obtiene 𝑚1 𝑔𝜇 − 𝑇 = 𝑚1 𝑥¨1 → 𝑥¨1 = 𝑚2 𝑔𝜇 − 𝑇 = 𝑚2 𝑦¨ → 𝑦¨ =

𝑚1 𝑔𝜇 − 𝑇 𝑚1

𝑚2 𝑔𝜇 − 𝑇 𝑚2

Reemplazando ( 2𝑚3 𝑔 − 4𝑇 = −𝑚3

𝑚2 𝑔𝜇 − 𝑇 𝑚1 𝑔𝜇 − 𝑇 + 𝑚1 𝑚2

2𝑚3 𝑔 + 2𝑚3 𝑔𝜇 = 4𝑇 +

)

𝑚3 𝑚3 𝑇 𝑔𝜇 + 𝑇 𝑚1 𝑚2

Despejando 𝑇 𝑇 =

2𝑚1 𝑚2 𝑚3 𝑔(1 + 𝜇) 4𝑚1 𝑚2 + 𝑚2 𝑚3 + 𝑚1 𝑚3

Problema Considere 3 cuerpos dispuestos como muestra la figura, entre el cuerpo 1 y 2 existe un coeficiente de roce est´atico 𝜇𝑆1 , entre el 2 y el 3 𝜇𝑆2 , y entre el 3 y la superficie 𝜇𝑆3 . Determine el m´aximo valor de la fuerza 𝐹 que se puede aplicar al cuerpo 3 para mantener el equilibrio de los 3 cuerpos Soluci´ on El diagrama de cuerpo libre para cada cuerpo es En 𝑚1 se tiene ˆ𝑖 : 𝐹𝑟1 − 𝑇 + 𝑚1 𝑔 sin 𝛼 = 0 ˆ𝑗 : 𝑁1 = 𝑚1 𝑔 cos 𝛼 Como es fuerza de roce est´atico 66

𝐹𝑟1 ≤ 𝑁1 𝜇𝑆1 = 𝑚1 𝑔 cos 𝛼𝜇𝑆1 𝐹𝑟1 ≤ 𝑚1 𝑔 cos 𝛼𝜇𝑆1 En 𝑚2 ˆ𝑖 : 𝐹𝑟12 − 𝐹𝑟1 + 𝑚2 𝑔 sin 𝛼 = 0 ˆ𝑗 : 𝑁2 − 𝑁1 − 𝑚2 𝑔 cos 𝛼 = 0 𝑁2 = 𝑚1 𝑔 cos 𝛼 + 𝑚2 𝑔 cos 𝛼 𝑁2 = (𝑚1 + 𝑚2 )𝑔 cos 𝛼 Luego 𝐹𝑟2 ≤ (𝑚1 + 𝑚2 )𝑔 cos 𝛼𝜇𝑆2 En 𝑚3 ˆ𝑗 : 𝑁3 − 𝑁2 − 𝑚3 𝑔 cos 𝛼 = 0 𝑁3 = (𝑚1 + 𝑚2 + 𝑚3 )𝑔 cos 𝛼 Luego 𝐹𝑟3 ≤ (𝑚1 + 𝑚2 + 𝑚3 )𝑔 cos 𝛼𝜇𝑆3 Adem´as, en el eje horizontal ˆ𝑖 : 𝐹 − 𝐹𝑟12 − 𝐹𝑟3 + 𝑚3 𝑔 sin 𝛼 = 0 𝐹 = 𝐹𝑟12 + 𝐹𝑟3 − 𝑚3 𝑔 sin 𝛼 = 0 y de aqu´ı se deduce que 67

𝐹 ≤ (𝑚1 + 𝑚2 )𝑔 cos 𝛼𝜇𝑆2 + (𝑚1 + 𝑚2 + 𝑚3 )𝑔 cos 𝛼𝜇𝑆3 − 𝑚3 𝑔 sin 𝛼

Problema Un plano inclinado 𝑃 que forma un a´ngulo 𝜙 con la horizontal gira uniformemente con velocidad angular 𝑤 en torno a un eje vertical. A una distancia horizontal 𝑅 (del eje) se encuentra un bloque 𝐶 a) Si se desprecia el roce entre el bloque y el plano ¿cu´al es el valor de 𝑅 para el cual el bloque no desliza sobre el plano? b) Si existe un coeficiente de roce est´atico 𝜇 entre el bloque y el plano ¿en qu´e rango de velocidades angulares el bloque no deslizar´a?

Soluci´ on a)El diagrama de cuerpo libre para el bloque es Notar que desde un sistema de referencia inercial, el plano posee una aceleraci´on centr´ıpeta

debido a la rotaci´on ⃗𝑎 = 𝑤2 𝑅ˆ𝑖 Luego, el equilibrio de fuerzas entrega 𝑗 ′ : 𝑁 − 𝑚𝑔 cos 𝜙 = 𝑚𝑤2 𝑅 sin 𝜙 𝑖′ : 𝑚𝑔 sin 𝜙 = 𝑚𝑤2 𝑅 cos 𝜙 Hemos impuesto que la aceleraci´on del bloque sea la misma del plano, para que no haya deslizamiento. Se obtiene de inmediato 68

𝑅=

𝑔 tan 𝜙 𝑤2

b) En este caso, el diagrama de cuerpo libre es

Donde estamos suponiendo que la masa tiende a bajar. Con esto, el equilibrio de fuerzas entrega 𝑗 ′ : 𝑁 − 𝑚𝑔 cos 𝜙 = 𝑚𝑤2 𝑅 sin 𝜙 𝑖′ : 𝑚𝑔 sin 𝜙 − 𝑓𝑟 = 𝑚𝑤2 𝑅 cos 𝜙 Luego 𝑓𝑟 = 𝑚𝑔 sin 𝜙 − 𝑚𝑤2 𝑅 cos 𝜙 Adem´as, de la primera se obtiene 𝑁 = 𝑚𝑔 cos 𝜙 + 𝑚𝑤2 𝑅 sin 𝜙 En equilibrio est´atico debe tenerse ( ) ∣ 𝑓𝑟 ∣≤ 𝜇𝑁 = 𝜇 𝑚𝑔 cos 𝜙 + 𝑚𝑤2 𝑅 sin 𝜙 Luego, tenemos dos casos, si 𝑚𝑔 sin 𝜙 − 𝑚𝑤2 𝑅 cos 𝜙 > 0 entonces ( ) 𝑚𝑔 sin 𝜙 − 𝑚𝑤2 𝑅 cos 𝜙 ≤ 𝜇 𝑚𝑔 cos 𝜙 + 𝑚𝑤2 𝑅 sin 𝜙 𝑚𝑔 sin 𝜙 − 𝜇𝑚𝑔 cos 𝜙 ≤ 𝑤2 (𝜇𝑚𝑅 sin 𝜙 + 𝑚𝑅 cos 𝜙) 𝑚𝑔 sin 𝜙 − 𝜇𝑚𝑔 cos 𝜙 ≤ 𝑤2 𝑚𝑅(𝜇 sin 𝜙 + cos 𝜙)

69

√

𝑚𝑔 sin 𝜙 − 𝜇𝑚𝑔 cos 𝜙 ≤𝑤 𝑚𝑅(𝜇 sin 𝜙 + cos 𝜙)

Ahora, si 𝑚𝑤2 𝑅 cos 𝜙 > 𝑚𝑔 sin 𝜙, entonces ( ) 𝑚𝑤2 𝑅 cos 𝜙 − 𝑚𝑔 sin 𝜙 ≤ 𝜇 𝑚𝑔 cos 𝜙 + 𝑚𝑤2 𝑅 sin 𝜙 𝑤2 (−𝜇𝑚𝑅 sin 𝜙 + 𝑚𝑅 cos 𝜙) ≤ 𝑚𝑔 sin 𝜙 + 𝜇𝑚𝑔 cos 𝜙 √ 𝑤≤

𝑚𝑔 sin 𝜙 + 𝜇𝑚𝑔 cos 𝜙 −𝜇𝑚𝑅 sin 𝜙 + 𝑚𝑅 cos 𝜙

Finalmente el rango de valores para la velocidad angular de forma que no exista deslizamiento entre el bloque y el plano est´a dado por √( √( ) ) 𝑚𝑔 sin 𝜙 − 𝜇𝑚𝑔 cos 𝜙 𝑚𝑔 sin 𝜙 + 𝜇𝑚𝑔 cos 𝜙 ≤𝑤≤ 𝑚𝑅(𝜇 sin 𝜙 + cos 𝜙) 𝑚𝑅(−𝜇 sin 𝜙 + cos 𝜙)

Problema Una caja de masa 𝑚 se mueve con rapidez 𝑣0 sobre una superficie sin roce y al final de su camino logra entrar en el tablero horizontal de un trineo de masa 𝑀 , que se puede mover sin roce sobre el hielo. El coeficiente de roce entre la caja y el trineo es 𝜇. La caja se desliza sobre el trineo hasta que finalmente queda en reposo con respecto a este

a) ¿ Cu´anto tiempo demora la caja en quedar en reposo con respecto al trineo? b) ¿Cu´al es la velocidad del conjunto, una vez que la caja queda en reposo con respecto al trineo? c) ¿ Qu´e distancia recorre la masa 𝑚 sobre 𝑀 antes de detenerse sobre ella? Soluci´ on a) Definimos las siguientes coordenadas horizontales, referentes a un sistema inercial, como muestra la figura El diagrama de fuerzas para la masa 𝑚 es el siguiente 70

Luego 𝑁1 = 𝑚𝑔 −𝑓𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝑚¨ 𝑥1 → −𝜇𝑔 = 𝑥¨1 Para el trineo, se tiene

Entonces 𝑁 = (𝑀 + 𝑚)𝑔 𝜇𝑚𝑔 = 𝑀 𝑥¨2

Con esto, las aceleraciones de ambas masas est´an dadas por 𝑥¨1 = −𝜇𝑔

𝑥¨2 =

𝜇𝑚𝑔 𝑀

Las velocidades se obtienen integrando la aceleraci´on e imponiendo las condiciones iniciales correctas 71

𝜇𝑚𝑔 𝑡 𝑀 Para determinar el tiempo que demoran en quedar en reposo relativo, utilizamos la coordenada 𝑠 indicada en la figura 𝑥˙ 1 (𝑡) = −𝜇𝑔𝑡 + 𝑣0

𝑥˙ 2 (𝑡) =

Se tiene 𝑠(𝑡) = 𝑥1 (𝑡) − 𝑥2 (𝑡) 𝑠(𝑡) ˙ = 𝑥˙ 1 (𝑡) − 𝑥˙ 2 (𝑡)

La velocidad relativa es, simplemente ( 𝜇𝑚𝑔 ) 𝑡 + 𝑣0 𝑠(𝑡) ˙ = − 𝜇𝑔 + 𝑀 ˙ ∗ ) = 0, cuya soluci´on es Buscamos 𝑡∗ ∈ ℝ tal que (𝑡 𝑡∗ =

𝑣0 𝑀 𝜇𝑔(𝑀 + 𝑚)

Notar que l´ım 𝑡∗ =

𝑀 →∞

𝑣0 𝜇𝑔

Este es el caso de un bloque deslizando sobre un plano (bloque infinito inercial) En este caso, se cumple 𝑚¨ 𝑥 = −𝑓𝑟 = −𝜇𝑚𝑔 𝑥¨ = −𝜇𝑔 → 𝑥(𝑡) ˙ = 𝑣0 − 𝜇𝑔𝑡 y el bloque se detiene efectivamente para 𝑡′ = 𝑣0 /𝜇𝑔. b) Volviendo al problema original, la velocidad del conjunto en el instante en que dejan de deslizar es 72

𝑣 = 𝑥˙ 2 (𝑡)

𝑡=𝑡∗

=

𝑣0 𝑚 𝑀 +𝑚

c) La distancia que recorre 𝑚 sobre 𝑀 antes de detenerse se obtiene a partir de 𝑠(𝑡) = 𝑣0 𝑡 −

𝜇𝑔(𝑀 + 𝑚) 2 𝑡 2𝑀

luego 𝑑=

𝑣02 𝑀 𝜇𝑔(𝑀 + 𝑚) 𝑣02 𝑀 2 − 𝜇𝑔(𝑀 + 𝑚) 2𝑀 (𝜇𝑔)2 (𝑀 + 𝑚)2

𝑑=

𝑣02 𝑀 2𝜇𝑔(𝑀 + 𝑚)

Problema Con el objeto de hacer un cierto experimento, se cuelga del techo de un ascensor una m´aquina de Atwood formada por masa 𝑀1 y 𝑀2 , y una polea y cuerda de masas despreciables. El experimento requiere conocer la tensi´on 𝑇 que uno espera que tenga la cuerda cuando el conjunto acelera hacia arriba con una aceleraci´on 𝑎, en prescencia de la fuerza de gravedad. ¿Cu´anto vale esa tensi´on en funci´on de las constantes conocidas? Soluci´ on Definimos las coordenadas 𝑥1 y 𝑥2 respecto al sistema no inercial de la polea. Adem´as, sea 𝑦 la altura de la polea con respecto a un sistema inercial Los diagramas de fuerza para ambas masas son los siguientes Entonces, se tiene de acuerdo a la segunda ley de Newton 𝑇 − 𝑀1 𝑔 = 𝑀1

𝑑2 (𝑦 − 𝑥1 ) 𝑑𝑡2

𝑇 − 𝑀1 𝑔 = 𝑀1 𝑎 − 𝑀1 𝑥¨1

Notar que esta ecuaci´on puede ser reescrita como 73

74

𝑀1 (𝑔 + 𝑎) − 𝑇 = 𝑀1 𝑥¨1 Esta es la misma ecuaci´on que se habr´ıa obtenido con el sistema en un marco de referencia inercial, con aceleraci´on de gravedad igual a 𝑔 + 𝑎 (Es decir, para efecto de las masas, se siente un campo gravitacional m´as fuerte (si 𝑎 > 0), lo que es f´acil de experimentar cuando uno sube por un ascensor). Del mismo modo, para la masa 𝑀2 𝑇 − 𝑀2 𝑔 = 𝑀2

𝑑2 (𝑦 − 𝑥2 ) 𝑑𝑡2

𝑇 − 𝑀2 𝑔 = 𝑀2 𝑎 − 𝑀2 𝑥¨2

Adem´as, la condici´on de ligadura es 𝑥¨1 = −¨ 𝑥2 Por lo tanto 𝑇 = 𝑀1 (𝑎 + 𝑔) − 𝑀1 𝑥¨1 𝑇 = 𝑀2 (𝑎 + 𝑔) + 𝑀2 𝑥¨1 Resolviendo, se obtiene 𝑥¨1 =

(𝑀1 − 𝑀2 )(𝑎 + 𝑔) 𝑀1 + 𝑀2

𝑇 =

(𝑎 + 𝑔) 2𝑀1 𝑀2 𝑀1 + 𝑀2

Notar que en el caso 𝑎 = −𝑔 (ascensor en ca´ıda libre), se obtiene 𝑥¨1 = 0 𝑇 =0 Esto causa una sensaci´on de ingravidez Problema Un carrusel consiste en una serie de asientos que giran colgados de cadenas sujetas a un disco central en rotaci´on (en la figura se muestra una sola). Si se desea que el carrusel gire a velocidad angular constante 𝑤, ¿qu´e longitud 𝐿 tienen que tener las cadenas para que el a´ngulo que formen con la vertical sea 𝜗 = 𝜋/6? Desprecie la masa de las cadenas Soluci´ on El movimiento de un asiento visto desde arriba es el siguiente Es decir, un movimiento circular uniforme. Para el instante de la figura, tenemos el siguiente diagrama de fuerzas

75

Existe un equilibrio vertical (en el eje 𝑦), luego 𝑇 cos 𝜗 − 𝑀 𝑔 = 0 𝑇 =

𝑀𝑔 cos 𝜗

En el eje 𝑥, se tiene 𝑇 sin 𝜗 = 𝑀 𝑤2 (𝑅 + 𝐿 sin 𝜗)

De aqu´ı obtenemos 𝑀 𝑔 tan 𝜗 = 𝑀 𝑤2 𝑅 + 𝑀 𝑤2 𝐿 sin 𝜗 76

𝐿=

𝑔 tan 𝜗 − 𝑤2 𝑅 𝑤2 sin 𝜗

Finalmente, para que 𝜗 = 𝜋/6 ( √ ) 2 𝑔/ 3 − 𝑤2 𝑅 𝐿= 𝑤2

77

Cap´ıtulo

3

Trabajo y Energ´ıa 3.1.

El teorema del trabajo

A continuaci´on veremos algunos de los teoremas m´as importantes y fundamentales de la f´ısica cl´asica. Comenzaremos con la deducci´on del teorema del trabajo, para ello consideremos una part´ıcula de masa 𝑚 que se mueve en el espacio, cuya posici´on y velocidad en un instante 𝑡 est´an especificadas por ⃗𝑟(𝑡) y ⃗𝑣 (𝑡), respectivamente. Supongamos que se aplica sobre la part´ıcula una fuerza neta 𝐹⃗ en un intervalo infinitesimal de tiempo 𝑑𝑡. De acuerdo a la segunda ley de newton en el caso en que la masa permanece constante 𝐹⃗ = 𝑚⃗𝑎 Durante el intervalo de tiempo 𝑑𝑡, la part´ıcula se ha desplazado 𝑑⃗𝑟 = ⃗𝑣 𝑑𝑡

Fig. 3.1: 𝑑⃗𝑟 es un desplazamiento infinitesimal en la posici´on de la part´ıcula

De ´esto y la segunda ley de Newton se obtiene 𝐹⃗ ⋅ 𝑑⃗𝑟 = 𝑚⃗𝑎 ⋅ ⃗𝑣 𝑑𝑡 Por otro lado, evaluemos el m´odulo al cuadrado de la velocidad en el instante (𝑡 + 𝑑𝑡) 𝑣 2 (𝑡 + 𝑑𝑡) = ⃗𝑣 (𝑡 + 𝑑𝑡) ⋅ ⃗𝑣 (𝑡 + 𝑑𝑡) 𝑣 2 (𝑡 + 𝑑𝑡) = (⃗𝑣 (𝑡) + ⃗𝑎(𝑡)𝑑𝑡) ⋅ (⃗𝑣 (𝑡) + ⃗𝑎(𝑡)𝑑𝑡) 79

𝑣 2 (𝑡 + 𝑑𝑡) = ⃗𝑣 (𝑡) ⋅ ⃗𝑣 (𝑡) + ⃗𝑣 (𝑡) ⋅ ⃗𝑎(𝑡)𝑑𝑡 + ⃗𝑎(𝑡) ⋅ ⃗𝑣 (𝑡)𝑑𝑡 + ⃗𝑎(𝑡) ⋅ ⃗𝑎(𝑡)𝑑𝑡2

80

Conservando s´olo los t´erminos de primer orden en 𝑑𝑡 𝑣 2 (𝑡 + 𝑑𝑡) = 𝑣(𝑡)2 + 2⃗𝑣 (𝑡) ⋅ ⃗𝑎(𝑡)𝑑𝑡 De donde obtenemos que 1 ⃗𝑣 (𝑡) ⋅ ⃗𝑎(𝑡)𝑑𝑡 = (𝑣 2 (𝑡 + 𝑑𝑡) − 𝑣 2 (𝑡)) 2 Finalmente 1 1 𝐹⃗ ⋅ 𝑑⃗𝑟 = 𝑚𝑣 2 (𝑡 + 𝑑𝑡) − 𝑚𝑣 2 (𝑡) 2 2

Se define la Energ´ıa Cin´ etica de una part´ıcula de masa 𝑚 y velocidad ⃗𝑣 como 1 𝐸𝑐 = 𝑚𝑣 2 2 De forma que lo que acabamos de obtener se puede leer como: la variaci´on de la energ´ıa cin´etica en el intervalo infinitesimal [𝑡, 𝑡 + 𝑑𝑡] es igual al producto punto entre la fuerza neta aplicada y el desplazamiento de la part´ıcula en ese mismo intervalo. Ahora, si el movimiento no ocurre durante un intervalo de tiempo infinitesimal, sino entre dos instantes 𝑡𝑖 y 𝑡𝑓 , podemos generalizar este resultado al dividir el movimiento en infinitos intervalos infinitesimales de tiempo y sumarlos, de manera que, se obtiene el Teorema del trabajo ˆ 𝑓 1 1 𝐹⃗ (⃗𝑟) ⋅ 𝑑⃗𝑟 = 𝑚𝑣𝑓2 − 𝑚𝑣𝑖2 𝑊 = 2 2 𝑖 Esta integral corresponde al trabajo realizado por la fuerza neta, y es igual a la diferencia entre la energ´ıa cin´etica final y la energ´ıa cin´etica inicial. Esto nos dice que existe una equivalencia entre trabajo y Energ´ıa. En general, el trabajo realizado entre dos puntos 𝐴 y 𝐵 por una fuerza cualquiera 𝐹⃗ (⃗𝑟) (no necesariamente la fuerza neta) que act´ ua sobre una part´ıcula viene dado por ˆ 𝐵 𝑊𝐴𝐵 = 𝑑⃗𝑟 ⋅ 𝐹⃗ (⃗𝑟) 𝐴

donde la integral se eval´ ua a lo largo del camino recorrido por la part´ıcula.

81

3.2.

Fuerzas Conservativas

Como modo introductorio, consideremos una part´ıcula de masa 𝑚 inmersa en un campo gravitatorio uniforme, de manera que ⃗𝑔 = −𝑔 𝑘ˆ (ya conocido por nosotros). Evaluemos el trabajo que realiza la fuerza gravitacional cuando la part´ıcula se mueve (por un agente externo) desde el origen al punto 𝑃 = (𝑥0 , 𝑧0 ) para las diferentes trayectorias indicadas en la figura

Fig. 3.2: 3 formas posibles para ir desde 0 a 𝑃

Supongamos que usamos el camino Γ1 , es decir, se eleva la masa verticalmente hasta 𝑧0 y luego se traslada horizontalmente hasta el punto 𝑃 . La fuerza gravitacional es igual en todo ˆ as´ı, durante el primer tramo, el trabajo realizado por ´esta es instante a 𝐹⃗ = −𝑚𝑔 𝑘, ˆ 𝑧0 ˆ 𝑧0 ˆ 𝑧0 ˆ ˆ 𝑊𝑂𝑄 = 𝑑𝑧 𝑘 ⋅ −𝑚𝑔 𝑘 = − 𝑑𝑧𝑚𝑔 = −𝑚𝑔 𝑑𝑧 = −𝑚𝑔𝑧0 0

0

0

Para el segundo tramo, la fuerza gravitacional sigue siendo 𝐹⃗ = −𝑚𝑔 𝑘ˆ , sin embargo, ahora ⃗ = 𝑑𝑥ˆ𝑖. En este caso, el el desplazamiento ocurre a lo largo del eje horizontal, de manera que 𝑑𝑟 producto punto entre la fuerza y el desplazamiento es siempre cero (la fuerza es perpendicular al desplazamiento). Conclu´ımos que el trabajo total a lo largo de Γ1 es ˆ 𝑊Γ1 = 𝑑⃗𝑟 ⋅ 𝐹⃗ (⃗𝑟) = −𝑚𝑔𝑧0 Γ1

Ahora evaluemos el trabajo realizado por la fuerza gravitacional a lo largo de la curva Γ2 . En este caso el desplazamiento ocurre a lo largo de la direcci´on del vector unitario 𝑠ˆ, es decir, ⃗ = 𝑑𝑠ˆ 𝑑𝑟 𝑠. Luego ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 𝑊Γ2 = 𝑑𝑠ˆ 𝑠 ⋅ −𝑚𝑔 𝑘 = 𝑑𝑠(cos 𝛼𝑖 + sin 𝛼𝑗) ⋅ −𝑚𝑔 𝑘 = − 𝑑𝑠𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼 Γ2

Γ2

Γ2

As´ı ˆ 𝑊Γ2 = −𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼

𝑑𝑠 = −𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼𝐿 Γ2

donde 𝐿 es el largo del camino. Notemos que 𝑧0 = 𝐿𝑠𝑖𝑛𝛼 de manera que 𝑊Γ2 = −𝑚𝑔𝑧0 82

El mismo resultado que obtuvimos para la trayectoria Γ1 !. Por u ´ltimo, para la curva Γ3 , la fuerza de gravedad no realiza trabajo en los tramas horizontales, mientras que para los tramos verticales el trabajo es siempre -𝑚𝑔ℎ, donde ℎ es el largo del tramo vertical. En conclusi´on, para las tres curvas el trabajo es igual a −𝑚𝑔𝑧0 . Esto no es una coincidencia, y es consecuencia de que la fuerza gravitacional es una fuerza conservativa. (El trabajo realizado por una fuerza conservativa no depende del camino). Matem´aticamente, una fuerza que act´ ua en la direcci´on ˆ𝑖 es conservativa si existe una funci´on 𝑈 (𝑥) tal que 𝑑𝑈 𝐹⃗ = 𝐹 ˆ𝑖 = − ˆ𝑖 𝑑𝑥 Equivalentemente, se dice que la fuerza 𝐹⃗ proviene de un potencial. Veamos que en efecto el trabajo realizado por una fuerza conservativa no depende de la trayectoria, sino de los puntos inicial y final ˆ 𝐵 𝑑⃗𝑟 ⋅ 𝐹⃗ 𝑊𝐴𝐵 = 𝐴

Si la fuerza proviene de un potencial 𝑉 (𝑥), entonces 𝑑𝑈 𝐹⃗ = − 𝑥ˆ 𝑑𝑥 de manera que 𝑑𝑈 𝑑⃗𝑟 ⋅ 𝐹⃗ = (𝑑𝑥, 𝑑𝑦, 𝑑𝑧) ⋅ 𝐹⃗𝑖 = − 𝑑𝑥 𝑑𝑥

Notar que hemos supuesto una fuerza conservativa que act´ ua en el eje horizontal. Sin embargo, el procedimiento es absolutamente general y la conclusi´on es la misma para una fuerza seg´ un el eje ˆ𝑗 o 𝑘ˆ 𝑑⃗𝑟 ⋅ 𝐹⃗ = −𝑑𝑈 De manera que en este caso ˆ

ˆ

𝐵

𝑈 (𝐵)

𝑑⃗𝑟 ⋅ 𝐹⃗ = −

𝑊𝐴𝐵 = 𝐴

𝑑𝑈 = 𝑈 (𝐴) − 𝑈 (𝐵) 𝑈 (𝐴)

Es decir, el trabajo es simplemente la variaci´on del potencial entre 𝐴 y 𝐵. (No depende de la trayectoria). Como ya se mostr´o la equivalencia entre trabajo y energ´ıa, se aprecia que el potencial tambi´en es una forma de energ´ıa. En adelante, al potencial lo llamaremos tambi´en Energ´ıa potencial.

83

En el ejemplo de la fuerza gravitacional, se deduce que la Energ´ıa potencial gravitatoria est´a dada por 𝑈 (𝑧) = 𝑈0 + 𝑚𝑔𝑧 donde 𝑈0 es una constante. La fuerza conservativa asociada a este potencial es 𝑑𝑈 (𝑧) ˆ 𝑘 = −𝑚𝑔ˆ 𝑧 𝐹⃗ = − 𝑑𝑧 En efecto, es la conocida fuerza gravitacional .

3.3.

La fuerza el´ astica, Ley de Hooke

Otro caso de fuerza conservativa es la fuerza el´astica que un resorte ejerce sobre un objeto que tiende a deformarlo. Un resorte est´a caracterizado por 2 par´ametros, su largo natural 𝑙0 , y su constante el´astica 𝐾 (N/m). Sucede que un resorte aislado de fuerzas externas se encuentra en estado de equilibrio, donde su largo es el largo natural 𝑙0 (es un largo de equilibrio).

Fig. 3.3: Un resorte ejerce una fuerza que se opone a su deformaci´on

Cuando una fuerza es aplicada sobre el resorte, ´este se estira (o comprime), ejerciendo una fuerza el´astica que tiende a devolverlo a su estado inicial. Es decir, si se ejerce una fuerza en ˆ𝑖 para estirar el resorte, ´este ejerce una fuerza en direcci´on opuesta, dada por la Ley de Hooke 𝐹⃗𝑒𝑙´𝑎𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎 = −𝑘(𝑥 − 𝑙𝑜 )ˆ𝑖 Notar que si 𝑥 > 𝑙𝑜 , la fuerza es seg´ un −ˆ𝑖. En cambio si 𝑥 < 𝑙𝑜 (resorte comprimido), la fuerza es seg´ un ˆ𝑖 La fuerza el´astica es una fuerza conservativa, y la energ´ıa potencial asociada a ´esta es 1 𝑈 (𝑥) = 𝑘(𝑥 − 𝑙0 )2 2 En efecto −

𝑑𝑉 (𝑥)ˆ 𝑖 = −𝑘(𝑥 − 𝑙0 )ˆ𝑖 = 𝐹⃗𝑒𝑙´𝑎𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎 𝑑𝑥

84

3.4.

Teorema de Conservaci´ on de la Energ´ıa

Ahora podremos enunciar un teorema de vital importancia. Consideremos que sobre una part´ıcula s´olo intervienen fuerzas conservativas, de manera que cada una se puede expresar como 𝑑𝑉 (𝑥𝑖 ) 𝑥ˆ𝑖 𝐹⃗𝑖 = − 𝑑𝑥𝑖 La fuerza neta entonces est´a dada por 𝑁 ∑

𝐹⃗𝑁 =

𝐹⃗𝑖 𝑥ˆ𝑖 = −

𝑁 ∑ 𝑑𝑉 (𝑥𝑖 )

𝑖=1

𝑑𝑥𝑖

𝑖

𝑥ˆ𝑖

Entonces, el trabajo de la fuerza neta entre dos puntos 𝐴 y 𝐵 no depende del camino y est´a dado por ˆ

𝐵

𝑑⃗𝑟 ⋅ 𝐹⃗𝑁 =

𝑊𝐴𝐵 = 𝐴

𝑁 ∑

(𝑉𝑖 (𝐴) − 𝑉𝑖 (𝐵))

𝑖=1

Seg´ un el teorema del trabajo, el trabajo de la fuerza neta debe ser igual a la variaci´on de energ´ıa cin´etica, es decir 𝑊𝐴𝐵 = 𝐸𝑐 (𝐵) − 𝐸𝑐 (𝐴) =

𝑁 ∑

(𝑈𝑖 (𝐴) − 𝑈𝑖 (𝐵))

𝑖=1

Esto se puede reescribir como 𝐸𝑐 (𝐵) +

𝑁 ∑

𝑈𝑖 (𝐵) = 𝐸𝑐 (𝐴) +

𝑖=1

𝑁 ∑

𝑈𝑖 (𝐴)

𝑖=1

Este es el teorema de conservaci´on de la energ´ıa, que indica que si sobre una part´ıcula s´olo act´ uan fuerzas conservativas, la energ´ıa mec´anica total (𝐸𝑐 + 𝑉 ) se conserva. Cuando existe una fuerza no conservativa, entonces la fuerza neta se puede escribir como ∑ 𝐹⃗𝑁 = 𝐹⃗𝑖 + 𝐹⃗𝑁 𝐶 𝑖

donde 𝐹𝑖 denota una fuerza conservativa, al igual que en el caso anterior. El trabajo de la fuerza neta ser´a entonces la contribuci´on de las fuerzas conservativas y la no conservativa ˆ 𝐵 ˆ 𝐵 ∑ 𝑊𝐴𝐵 = 𝑑⃗𝑟 ⋅ 𝐹⃗𝑖 + 𝑑⃗𝑟 ⋅ 𝐹⃗𝑁 𝐶 𝐴

𝐴

𝑖

Utilizando el teorema del trabajo y el hecho de que las 𝐹𝑖 son conservativas ˆ 𝐵 ∑ 𝑊𝐴𝐵 = (𝑈𝑖 (𝐴) − 𝑈𝑖 (𝐵)) + 𝑑⃗𝑟 ⋅ 𝐹⃗𝑁 𝐶 = 𝐸𝑐 (𝐵) − 𝐸𝑐 (𝐴) 𝐴

𝑖

Se obtiene finalmente ˆ 𝐵 ∑ ∑ 𝑑⃗𝑟 ⋅ 𝐹⃗𝑁 𝐶 = 𝐸𝑐 (𝐵) + 𝑈𝑖 (𝐵) − 𝐸𝑐 (𝐴) − 𝑈𝑖 (𝐴) 𝐴

𝑖

𝑖

85

Es decir, el trabajo entre 𝐴 y 𝐵 de una fuerza no conservativa es igual al cambio en la energ´ıa mec´anica total entre 𝐴 y 𝐵

Ejemplo: Conservaci´ on de la Energ´ıa con resortes ´ Considerese el sistema de la figura. Este consiste de una masa 𝑚 unida a una pared mediante un resorte de largo natural 𝑙𝑜 . Fijaremos un sistema de coordenadas, (eje 𝑥), de modo que el origen coincida con el extremo del resorte en su largo natural. Veamos que sucede cuando se estira el resorte en un largo 𝑥𝑜 con respecto a su largo natural, y se suelta desde el reposo

La ley de Hooke nos permite establecer que la fuerza el´astica sobre la masa 𝑚 est´a dada por 𝐹⃗ = −𝑘𝑥ˆ𝑖 De la segunda ley de Newton, obtenemos 𝑚¨ 𝑥(𝑡) = −𝑘𝑥(𝑡) Es decir, la ecuaci´on de movimiento de 𝑚 satisface la importante ecuaci´on del Oscilador Arm´ onico 𝑘 𝑑2 𝑥(𝑡) = − 𝑥(𝑡) 𝑑𝑡 𝑚 Esta ecuaci´on diferencial, m´as 2 condiciones iniciales (𝑥(0) = 𝑥0 , 𝑥(0) ˙ = 0) nos garantiza la unicidad de la soluci´on (f´ısica y matem´atica) Como primer acercamiento, busquemos las soluciones de 𝑥¨(𝑡) = −𝑥(𝑡) Es decir, una funci´on que derivada dos veces cambia de signo. Por inspecci´on, postulamos la soluci´on 𝑥(𝑡) = cos 𝑡 → 𝑥(𝑡) ˙ = − sin 𝑡 → 𝑥¨(𝑡) = − cos 𝑡 Volviendo al problema original 𝑥¨(𝑡) = −

86

𝑘 𝑥(𝑡) 𝑚

Busquemos una soluci´on de la forma 𝑥(𝑡) = 𝐴 cos 𝑡 → 𝑥(𝑡) ˙ = −𝐴 sin 𝑡 → 𝑥¨(𝑡) = −𝐴 cos 𝑡 = −𝑥(𝑡) Hemos deducido que si 𝑥(𝑡) satisface 𝑥¨(𝑡) = −𝑥(𝑡) entonces 𝐴𝑥(𝑡) tambi´en. (Si multiplicamos una soluci´on por una constante es de nuevo una soluci´on) Fue entonces una mala idea, esto ense˜ na que multiplicar una soluci´on por una constante satisface la misma ecuaci´on, pero no una ecuaci´on distinta. Probemos con 𝑥(𝑡) = cos(𝑤0 𝑡) 𝑥(𝑡) ˙ = −𝑤0 sin(𝑤0 𝑡) → 𝑥¨(𝑡) = −𝑤𝑜2 cos(𝑤0 𝑡) Vemos entonces que 𝑥¨(𝑡) = −𝑤02 𝑥(𝑡) luego 𝑥(𝑡) es soluci´on de nuestra ecuaci´on si 𝑤02

𝑘 → 𝑤0 = = 𝑚

√

𝑘 𝑚

Luego (√ 𝑥(𝑡) = cos

) 𝑘 𝑡 𝑚

𝑘 satisface 𝑥¨(𝑡) = − 𝑚 𝑥(𝑡). La soluci´on es peri´odica (oscila arm´onicamente) de per´ıodo

2𝜋 𝑇 = = 2𝜋 𝑤0

√

𝑚 𝑘

A mayor masa, mayor per´ıodo. A mayor rigidez del resorte, menor per´ıodo. De todas formas 𝑥(𝑡) = cos(𝑤0 𝑡) no es la soluci´on que buscamos, puesto que no satisface una de las condiciones iniciales del problema 𝑥(0) = 1

y debe tenerse que 𝑥(0) = 𝑥0 (dado). Como 𝐴𝑥(𝑡) satisface tambi´en la ecuaci´on diferencial, entonces 𝑥(𝑡) = 𝑥0 cos (𝑤0 𝑡) es la soluci´on que buscamos. (√

) 𝑘 𝑥(𝑡) = 𝑥0 cos 𝑡 𝑚 (√ ) √ 𝑘 𝑘 𝑥(𝑡) ˙ =− 𝑥0 sin 𝑡 𝑚 𝑚 87

Una vez soltada la masa, ´esta s´olo est´a sometida a una fuerza neta conservativa (la fuerza el´astica), luego debe conservarse la energ´ıa mec´anica. Al estirar el resorte, se realiza un trabajo que da una energ´ıa inicial al sistema 1 𝐸𝑖 = 𝑘𝑥2𝑜 2

Para un instante 𝑡 cualquiera, la energ´ıa ser´a 1 1 𝐸(𝑡) = 𝑚𝑥˙ 2 + 𝑘𝑥2 2 2 ( (√ )) ( (√ )) 1 𝑘 2 2 1 𝑘 𝑘 𝐸(𝑡) = 𝑚 𝑥𝑜 sin 𝑡 + 𝑘 𝑥2𝑜 cos2 𝑡 2 𝑚 𝑚 2 𝑚

1 𝐸(𝑡) = 𝑘𝑥2𝑜 sin2 2

(√

) (√ ) 𝑘 𝑘 1 2 𝑡 + 𝑘𝑥𝑜 cos2 𝑡 𝑚 2 𝑚

1 𝐸(𝑡) = 𝑘𝑥2𝑜 = 𝐸𝑖 2 Es decir, la energ´ıa en todo instante es igual a la energ´ıa inicial. En otras palabras, la energ´ıa no depende expl´ıcitamente del tiempo. (Sistema conservativo). Este ejemplo es de suma importancia ya que es el ejemplo m´as representativo de un sistema en equilibrio estable. El equilibrio por supuesto ocurre cuando el resorte est´a en su largo natural (y entonces no hay fuerza neta actuando sobre la masa 𝑚). Cuando el sistema es desplazado de su posici´on de equilibrio, sobre la masa 𝑚 siempre act´ ua una fuerza que tiende a hacer volver la masa al punto de equlibrio.

3.5.

Estabilidad

Consideremos un potencial general 𝑈 (𝑥). Para el equilibrio de una part´ıcula en este potencial, debe cumplirse ∑ 𝐹⃗𝑖 = 0

Si se est´a en un sistema conservativo (es decir, las fuerzas derivan de un potencial), entonces 𝐹𝑖 = −

𝑑𝑈𝑖 𝑑𝑥

Luego, se requiere ∑ 𝑑𝑈𝑖 𝑖

𝑑𝑥

=0

Es decir 𝑑 ∑ 𝑑𝑈 ( 𝑈𝑖 ) = =0 𝑑𝑥 𝑖 𝑑𝑥 88

donde 𝑈 = 𝑈1 + 𝑈2 + .... Luego, el equilibrio se alcanza en los m´aximos y m´ınimos locales del potencial 𝑈 (𝑥). Sea 𝑥𝑒𝑞 la posici´on de equilibrio, luego el punto 𝑥 = 𝑥0 se llama punto de equilibrio estable si al desplazar la part´ıcula de 𝑥𝑒𝑞 el potencial (las fuerzas) hacen que la part´ıcula vuelva a 𝑥𝑒𝑞 . Se llama inestable si las fuerzas tienden a alejar la part´ıcula de la posici´on de equilibrio Como ejemplo, veamos el potencial el´astico del ejemplo anterior 1 𝑈 (𝑥) = 𝑘𝑥2 2 −

𝑑𝑈 = −𝑘𝑥 = 𝐹 𝑑𝑥

Fig. 3.4: Forma del potencial el´astico como funci´on de 𝑥

Si 𝑥 < 0, 𝐹 > 0, si 𝑥 > 0, 𝐹 < 0. El cuerpo oscila en torno a 𝑥𝑒𝑞 , y entonces el equilibrio es estable Para equilibrio estable se requiere que la fuerza cerca de 𝑥𝑒𝑞 sea de la forma 𝐹 = −𝑘(𝑥 − 𝑥𝑒𝑞 ) Es decir, para que haya equilibrio estable, se debe tener un m´ınimo local en el punto de equilibrio 𝑑2 𝑈 >0 𝑑𝑥2 𝑥=𝑥𝑒𝑞 Del mismo modo, ser´a inestable si 𝑑2 𝑈 0. Entonces, si 𝑘 = 𝑈 ′′ (𝑥0 ) 𝐹 (𝑥) = −𝑘(𝑥 − 𝑥𝑜 ) En torno al equilibrio entonces la fuerza se comporta como un resorte ! En otras palabras, el comportamiento de una part´ıcula bajo este potencial cerca del punto de equlibrio,√es similar al del oscilador arm´onico (oscila en torno al punto de equlibrio con frecuencia 𝑤0 = 𝑘/𝑚 con 𝑘 = 𝑈 ′′ (𝑥0 ))

90

Problema Un p´endulo corresponde a una masa 𝑚 unida a un punto fijo mediante una cuerda ideal. La ˆ Cuando el pendulo se encuentra vertical, masa est´a sometida a una fuerza gravitacional −𝑚𝑔 𝑘. el sistema est´a en equilibrio. Suponga que se desplaza la masa hasta que forma un a´ngulo 𝜗 con respecto a la vertical, y se suelta, partiendo del reposo. Encuentre la ecuaci´on de movimiento de la masa 𝑚 para peque˜ nos desplazamientos del a´ngulo 𝜗 que forma con respecto al potencial Soluci´ on Una forma de resolver este problema es utlizando la segunda ley de Newton (por ejemplo, en coordenadas polares), y encontrar la ecuaci´on de movimiento. Ac´a utilizaremos el hecho de que la fuerza gravitacional es conservativa, y entonces proviene un potencial. Sabemos que ´este est´a dado por 𝑈 (𝑧) = 𝑈0 + 𝑚𝑔𝑧 donde 𝑈0 es arbitrario. Eligiremos 𝑈0 como el potencial a la altura inicial del p´endulo , como se muestra en la figura

La altura 𝑧 con respecto a la l´ınea horizontal donde 𝑈 = 𝑈0 se puede expresar en t´erminos del ´angulo 𝜗 como 𝑧 = 𝑙(1 − cos 𝜗)

Con esto, el potencial de la masa 𝑚 como funci´on del ´angulo 𝜗 est´a dado por 𝑈 (𝜗) = 𝑈0 + 𝑚𝑔𝑙(1 − cos(𝜗)) 91

Y la energ´ıa cin´etica puede escribirse como 1 ˙ 2 = 1 𝑚𝑙2 𝜗˙ 2 𝐸𝑐 = 𝑚(𝑙𝜗) 2 2

Finalmente, la energ´ıa mec´anica total en funci´on de 𝜗 est´a dada por 1 𝐸 = 𝐸𝑐 + 𝑈 = 𝑚𝑙2 𝜗˙ 2 + 𝑈0 + 𝑚𝑔𝑙(1 − cos(𝜗)) 2 Como la fuerza gravitacional es conservativa, y la tensi´on no realiza trabajo (perpendicular a la trayectoria), la energ´ıa es una constante y entonces no depende del tiempo. Esto significa 𝑑𝐸 = 𝑚𝑙2 𝜗˙ 𝜗¨ + 𝑚𝑔𝑙 sin 𝜗𝜗˙ = 0 𝑑𝑡 𝑔 𝜗¨ + sin 𝜗 = 0 𝑙

Esta es la ecuaci´on que rige el movimiento de la masa 𝑚. Sin embargo, para peque˜ nas oscilaciones, sin 𝜗 ≈ 𝜗, y entonces 𝜗 satisface 𝑔 𝜗¨ + 𝜗 = 0 𝑙 Esta es la ecuaci´on del oscilador arm´onico, cuya soluci´on es (√ ) 𝑔 𝑡 𝜗 = 𝜗0 cos 𝑙 Es decir, la masa oscila arm´onicamente en torno al punto de equilibrio (es estable) con per´ıodo √ 1 𝑙 𝑇 = 2𝜋 𝑔 Problema Un carro de masa 𝑀 est´a en la pista de la figura. La pista es horizontal en ambos extremos pero la parte izquierda est´a 𝐻 metros por sobre la parte derecha. El carro no est´a amarrado al resorte de constante 𝑘, ´este viaja sin roce hasta que alcanza la zona de frenado en la parte inferior del coeficiente de roce din´amico 𝜇. Inicialmente el carro est´a en contacto con el resorte a) Primero el carro es empujado hacia la izquierda comprimiendo el resorte en 𝐷 metros. ¿Cu´anto trabajo se hace sobre el resorte en ´este proceso? b) El carro es soltado, ¿Cu´al es la magnitud de su velocidad 𝑣0 cuando abandona el resorte? c) ¿Cu´al es su rapidez 𝑣𝑓 justo antes que entre a la zona de frenado? d) ¿Cu´antos metros recorre en la zona de frenado, antes de detenerse? Soluci´ on a) Inicialmente, el carro se encuentra en reposo y el resorte se encuentra en su largo natural. Si definimos la energ´ıa potencial gravitatoria como 𝑈 = 𝑚𝑔ℎ donde ℎ es la altura medida desde la parte m´as baja, entonces 92

𝐸𝑖 = 0 + 𝑚𝑔𝐻 Mientras que la energ´ıa final es 1 𝐸𝑓 = 𝑘𝐷2 + 𝑚𝑔𝐻 2 Se deduce entonces que el trabajo realizado es igual al cambio en la energ´ıa mec´anica total 1 𝑊 = 𝑘𝐷2 2 Otra forma, se obtiene considerando que la fuerza que se ejerce sobre el sistema es 𝐹⃗ = −𝑘𝑥ˆ𝑖 donde 𝑥 se mide desde el largo natural del resorte. Entonces el trabajo realizado corresponde a ˆ

ˆ

𝐷

(−𝑑𝑥ˆ𝑖) ⋅ 𝐹⃗ =

𝑊 =

0

0

𝐷

1 𝑑𝑥𝑘𝑥 = 𝑘 𝐷2 2

b) Ahora consideremos como instante inicial el momento en que se suelta la masa 𝑚, y final cuando ´esta deja el resorte. 1 𝐸𝑖 = 𝑚𝑔𝐻 + 𝑘𝐷2 2 1 𝐸𝑓 = 𝑚𝑔𝐻 + 𝑚𝑣𝑜2 2 ya que en el momento en que se suelta, el resorte no se encuentra estirado. Por conservaci´on de la energ´ıa 1 2 1 2 𝑘𝐷 = 𝑚𝑣0 2 2 93

√ 𝑣0 =

𝑘 𝐷 𝑚

c) Se tiene

En el momento en que el carro abandona el resorte, posee una energ´ıa 1 1 𝐸𝑖 = 𝑚𝑣02 + 𝑚𝑔𝐻 = 𝑘𝐷2 2 2 y cuando llega a la parte m´as baja 1 𝐸𝑓 = 𝑣𝑓2 2 Por conservaci´on de la energ´ıa 1 2 1 𝑚𝑣𝑜 + 𝑚𝑔𝐻 = 𝑚𝑣𝑓2 2 2 𝑣𝑓2 = 𝑣𝑜2 + 2𝑔𝐻 √ 𝑣𝑓 =

𝑘 2 𝐷 + 2𝑔𝐻 𝑚

94

d) Aqu´ı, se tiene En el momento en que el carro entra en la zona de frenado, la energ´ıa mec´anica es 1 𝐸𝑖 = 𝑚𝑣𝑓2 2 Mientras que en el momento en que se detiene 𝐸𝑓 = 0 El trabajo de la fuerza de roce es, simplemente ˆ

ˆ

𝑑

𝑑

𝑑𝑥ˆ𝑖 ⋅ −𝜇𝑚𝑔ˆ𝑖 = −𝜇𝑚𝑔

𝑊 = 0

𝑑𝑥 = −𝜇𝑚𝑔𝑑 0

donde 𝑑 es la distancia que recorre hasta frenarse. De forma que 𝑊 = 𝐸𝑓 − 𝐸𝑖 1 −𝑚𝑔𝜇𝑑 + 𝑚𝑣𝑓2 = 0 2 1 2 𝑣 = 𝑔𝜇𝑑 2 𝑓 𝑑=

1 2 𝑣 2𝑔𝜇 𝑓

y entonces 1 𝑑= 2𝑔𝜇

(

𝑘 2 𝐷 + 2𝑔𝐻 𝑚

)

Problema Considere un resorte vertical apoyado en el suelo de constante 𝑘 y largo natural 𝑙0 . Sobre el resorte se fija una bandeja de masa 𝑀 que lo comprime algo. Luego, encima de la bandeja se coloca una part´ıcula de masa 𝑚. Suponga que usted comprime el resorte una distancia 𝑑 respecto de la posici´on de equilibrio del sistema resorte-bandeja-part´ıcula. Encuentre la altura m´axima (medida desde el suelo) que alcanza la part´ıcula 𝑚 una vez que se libera de la bandeja Soluci´ on Lo que sucede se muestra en la siguiente figura 𝛿 es la compresi´on producida por 𝑀 + 𝑚. Por equilibrio de fuerzas, se tiene 𝑘𝛿 = (𝑀 + 𝑚)𝑔 95

Una vez comprimido en 𝑑, las ecuaciones de Newton para ambas masas dan 𝑚¨ 𝑧 = 𝑁 − 𝑚𝑔 𝑀 𝑧¨ = −𝑘(𝑧 − 𝑙𝑜 ) − 𝑁 − 𝑀 𝑔 donde 𝑁 es la normal entre 𝑀 y 𝑚. Sumando ambas, se obtiene (𝑀 + 𝑚)¨ 𝑧 = −𝑘(𝑧 − 𝑙0 ) − (𝑚 + 𝑀 )𝑔 (𝑀 + 𝑚)¨ 𝑧 + 𝑘(𝑧 − 𝑙0 ) = −(𝑚 + 𝑀 )𝑔 Para que 𝑚 despeque, la fuerza de interacci´on (contacto) entre 𝑚 y 𝑀 debe desaparecer, es decir, 𝑚 despega cuando 𝑁 = 0 𝑚¨ 𝑧 = −𝑚𝑔 → 𝑧¨ = −𝑔 Reemplazando −(𝑚 + 𝑀 )𝑔 + 𝑘(𝑧 − 𝑙0 ) = −(𝑚 + 𝑀 )𝑔 luego 𝑧 = 𝑙0 , es decir, 𝑚 despega cuando 𝑧 = 𝑙0 . Para determinar la velocidad con la que despega podemos usar conservaci´on de la energ´ıa en el sistema masas-resorte 𝐸𝑖 = 𝑈𝑔 + 𝑈𝑘 1 𝐸𝑖 = −(𝑀 + 𝑚)𝑔(𝑑 + 𝛿) + 𝑘(𝑑 + 𝛿)2 2 Donde hemos definido que la energ´ıa potencial es cero en 𝑧 = 𝑙0 (totalmente arbitrario). Como 𝑘𝛿 = (𝑀 + 𝑚)𝑔 1 𝐸𝑖 = −𝑘𝛿(𝑑 + 𝛿) + 𝑘(𝑑 + 𝛿)2 2 1 𝑘𝑑2 𝑘𝛿 2 𝐸𝑖 = −𝑘𝛿𝑑 − 𝑘𝛿 2 + 𝑘(𝑑2 + 2𝑑𝛿 + 𝛿 2 ) = −𝑘𝛿𝑑 − 𝑘𝛿 2 + + 𝑘𝑑𝛿 + 2 2 2 96

1 𝐸𝑖 = 𝑘(𝑑2 − 𝛿 2 ) 2 La energ´ıa en 𝑧 = 𝑙0 est´a dada por 1 𝐸𝑓 = (𝑀 + 𝑚)𝑣 2 2 Por conservaci´on de energ´ıa 1 1 𝑘(𝑑2 − 𝛿 2 ) = (𝑀 + 𝑚)𝑣 2 2 2 𝑘(𝛿 2 + 𝑑2 ) 𝑀 +𝑚 Una vez que 𝑚 se despega de 𝑀 , puede ser tratado por separado, entonces, al despegar 𝑣2 =

1 𝐸𝑖 = 𝑚𝑣 2 2 y 𝐸𝑓 = 𝑚𝑔ℎ𝑚𝑎𝑥 Por conservaci´on de energ´ıa 1 2 𝑚𝑣 = 𝑚𝑔ℎ𝑚𝑎𝑥 2 luego ℎ𝑚𝑎𝑥 =

𝑣2 2𝑔

sobre 𝑧 = 𝑙0 ℎ𝑚𝑎𝑥 =

1 𝑘(𝑑2 − 𝛿 2 ) 2𝑔 (𝑀 + 𝑚)

Como (𝑀 + 𝑚)𝑔 = 𝑘𝛿 1 𝑘(𝑑2 − 𝛿 2 ) 1 𝑑2 − 𝛿 2 ℎ𝑚𝑎𝑥 = = 2 𝑘𝛿 2 𝛿 Finalmente, la altura sobre el suelo es ( ) 1 𝑑2 − 𝛿 2 𝐻𝑚𝑎𝑥 = 𝑙0 + 2 𝛿 Se puede dejar en funci´on de 𝑚, 𝑀, 𝑘, 𝑔 reemplazando en 𝛿 Problema Un cuerpo desliza primeramente sobre un plano inclinado en ´angulo 𝛼 y despu´es sobre una superficie horizontal. El coeficiente de roce cin´etico entre el cuerpo y la superficie es 𝜇. Sabiendo que la distancia que recorre el cuerpo sobre el plano inclinado es igual a la que recorre el cuerpo sobre el plano horizontal, calcule el coeficiente de roce. Soluci´ on Notemos que mientras el cuerpo desliza por el plano inclinado, las fuerzas actuando sobre la masa son el peso, la fuerza de roce y la normal. 97

Notemos que la fuerza neta es seg´ un 𝑥ˆ (La normal se cancela con la componente 𝑚𝑔 cos 𝛼 del peso). As´ı, la fuerza neta es 𝐹⃗ = (𝑚𝑔 sin 𝛼 − 𝜇𝑁 )ˆ𝑖 Adem´as 𝑁 = 𝑚𝑔 cos 𝛼 Luego 𝐹⃗ = (𝑚𝑔 sin 𝛼 − 𝜇𝑚𝑔 cos 𝛼)ˆ𝑖

El trabajo realizado por esta fuerza es igual cambio en la energ´ıa cin´etica de la masa 1 𝑊𝐴𝐵 = 𝑚𝑔 sin 𝛼𝑑 − 𝜇𝑚𝑔 cos 𝛼𝑑 = 𝑚𝑣𝐵2 2 ya que inicialmente no posee energ´ıa cin´etica.

Ahora, el trabajo realizado por la fuerza de roce en el tramo horizontal es (notar que ahora utilizamos como eje 𝑥ˆ al eje horizontal, no confundir con el anterior!) ˆ

𝑑

𝑑𝑥ˆ 𝑥 ⋅ (−𝜇𝑁 𝑥ˆ)

𝑊𝑟𝑜𝑐𝑒 = 0

98

ˆ

𝑑

𝑊𝑟𝑜𝑐𝑒 = −

𝑑𝑥𝜇𝑚𝑔 = −𝑑𝜇𝑚𝑔 0

Como durante este tramo la fuerza neta es la fuerza de roce, ´este trabajo es igual a la variaci´on en la energ´ıa mec´anica. Sin embargo, como la altura no var´ıa, el cambio en la energ´ıa potencial es cero. Luego, la variaci´on solo se debe a la energ´ıa cin´etica 1 1 𝑊𝑟𝑜𝑐𝑒 = −𝑑𝜇𝑚𝑔 = 𝑚𝑣𝑐2 − 𝑚𝑣𝐵2 2 2

Pero la velocidad en 𝐶 es cero, luego 1 𝑑𝜇𝑚𝑔 = 𝑚𝑣𝐵2 2 𝑑𝜇𝑚𝑔 = 𝑑(𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼 − 𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼) 𝜇 = 𝑠𝑖𝑛𝛼 − 𝜇𝑐𝑜𝑠𝛼 𝜇=

𝑠𝑖𝑛𝛼 1 + 𝑐𝑜𝑠𝛼

Problema Un bloque de masa 𝑀 descansa sobre una superficie horizontal, con coeficiente de roce est´atico 𝜇𝑒 . Otro bloque de masa 𝑚 se encuentra atado a ´el, mediante una cuerda de largo 𝐿. En cierto instante, se libera 𝑚, la cual cae por gravedad. Si 𝑀 = 2𝑚 = 1, calcule el ´angulo 𝜙 para que el bloque 𝑀 comienze a deslizar.

Soluci´ on La masa 𝑀 se encuentra en reposo, por lo que ∑ 𝐹𝑥 = 𝑇 − 𝑓 𝑟𝑒𝑠𝑡´𝑎𝑡𝑖𝑐𝑎 = 0 ∑

𝐹𝑦 = 𝑁 − 𝑀 𝑔 = 0

Para que el bloque 𝑀 est´e a punto de deslizar, la fuerza de roce est´atico debe ser m´axima, esto es 99

𝑓 𝑟 = 𝜇𝑒 𝑁 = 𝜇𝑒 𝑀 𝑔 Luego 𝑇 = 𝜇𝑒 𝑀 𝑔

Ahora, digamos que la energ´ıa potencial gravitatoria en 𝐵 es nula, de manera que 𝐸𝐴 = 𝑚𝑔ℎ = 𝑚𝑔𝑑𝑠𝑖𝑛𝜙 Ahora, durante el trayecto 𝐴 − 𝐵, s´olo act´ uan fuerzas conservativas (y la tensi´on que no realiza trabajo), luego la energ´ıa mec´anica total de 𝑚 se conserva 1 𝐸𝐵 = 𝐸𝐴 = 𝑚𝑔𝑑𝑠𝑖𝑛𝜙 = 𝑚𝑣 2 2 donde 𝑣 es la magnitud de la velocidad en el punto 𝐵 𝑣 2 = 2𝑔𝑑𝑠𝑖𝑛𝜙 Ahora, el diagrama de fuerzas para la masa 𝑚 en el punto 𝐵 es

Notemos que la masa desde 𝐴 a 𝐵 se mueve en trayectoria circular de radio 𝑑, de manera que presenta una aceleraci´on centr´ıpeta. El equilibrio de fuerzas en la direcci´on radial es 𝑇 − 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜙 = 𝑚

𝑣2 𝑑

𝜇𝑒 𝑀 𝑔 − 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜙 = 2𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜙 𝜇𝑒 𝑀 𝑔 = 3𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜙 100

𝑠𝑖𝑛𝜙 =

𝜇𝑒 𝑀 𝑔 3𝑚

Si 𝑀 = 1 = 2𝑚 𝑠𝑖𝑛𝜙 =

2𝜇𝑒 3

𝜙 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛(

2𝜇𝑒 ) 3

Problema Un nuevo juego de un parque de diversiones, llamado Death Fall, consiste en una plataforma que se eleva a una altura h por sobre el nivel dado, y cae libremente hasta que se topa con un resorte de largo natural 𝑙0 y constante el´astica k, el cual debe amortiguar la ca´ıda. Determine la velocidad de la plataforma al ponerse en contacto con el resorte, y la fuerza que ejerce el resorte cuando presenta su m´axima compresi´on.

Soluci´ on Como s´olo intervienen fuerzas conservativas, la energ´ıa mec´anica total ser´a constante en el tiempo. Si fijamos la energ´ıa potencial como nula al nivel de piso, tenemos 𝐸𝐴 = 𝑚𝑔(ℎ + 𝑙0 ) Donde 𝐴 es el punto inicial de la plataforma. Ahora, si llamamos 𝐵 el punto en el cual la plataforma entra en contacto con el resorte, se tiene que 1 𝐸𝐵 = 𝑚𝑔(𝑙0 ) + 𝑚𝑣 2 2 Por conservaci´on de la energ´ıa 1 𝐸𝐴 = 𝐸𝐵 = 𝑚𝑔(𝑙0 ) + 𝑚𝑣 2 = 𝑚𝑔(ℎ + 𝑙0 ) 2 √ 1 2 𝑚𝑣 = 𝑚𝑔ℎ → 𝑣 = 2𝑔ℎ 2 Ahora, si llamamos 𝑥 a la distancia entre la plataforma y el suelo cuando ocurre la m´axima elongaci´on, se tiene que 101

1 1 𝐸𝐵 = 𝑚𝑣 2 + 𝑚𝑔𝑙0 = 𝑚(2𝑔ℎ) + 𝑚𝑔𝑙0 = 𝐸𝑥 2 2 donde 𝐸𝑥 es la energ´ıa total en el instante de m´axima compresi´on, ´esto ocurre cuando la energ´ıa cin´etica de la plataforma es nula, luego 1 𝐸𝑥 = 𝑚𝑔𝑥 + 𝑘(𝑥 − 𝑙0 )2 = 𝑚𝑔(ℎ + 𝑙0 ) 2 1 1 𝐸𝑥 = 𝑚𝑔𝑥 + 𝑘𝑥2 − 𝑘𝑥𝑙0 + 𝑘𝑙𝑜2 = 𝑚𝑔(ℎ + 𝑙0 ) 2 2 Esta ecuaci´on acepta como soluciones √ (𝑘𝑙0 − 𝑚𝑔) ± 𝑚2 𝑔 2 + 2𝑘𝑔𝑚ℎ 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 𝑘 Finalmente, la fuerza que ejerce el resorte en este caso ser´a 𝐹⃗ = −𝑘(𝑥𝑚𝑎𝑥 − 𝑙0 )𝑘ˆ

Problema Desde el punto m´as alto de una esfera de radio 𝑅 se desliza libremente sin rozamiento ni velocidad inicial un cuerpo de masa 𝑀 a) Determinar el punto en que abandona la superficie esf´erica b) Calcular la energ´ıa cin´etica con que llegar´a al piso Soluci´ on Sea 𝛼 el a´ngulo que se forma con respecto a la vertical en el momento que la masa 𝑀 abandona la superficie, como se aprecia en la figura

Para un ´angulo polar 𝜗 arbitrario (0 < 𝜗 < 𝛼), el equilibrio de fuerzas est´a dado por 102

𝑟ˆ : 𝑁 − 𝑀 𝑔 sin 𝜗 = −𝑀 𝜗˙ 2 𝑅 Ahora, en el momento en que la masa abandona la superficie, 𝜗 = 𝜋/2 − 𝛼, y en ese instante la normal de contacto entre la esfera y la masa 𝑀 se anula, es decir 𝑑(𝜋/2 − 𝛼) 2 −𝑀 𝑔 sin(𝜋/2 − 𝛼) = −𝑀 𝑅 𝑑𝑡 𝑀 𝑔 cos(𝛼) = 𝑀 𝛼˙ 2 𝑅 De donde se obtiene 𝑔 cos 𝛼 𝑅 Para determinar ⋅𝛼, podemos usar el teorema de conservaci´on de la energ´ıa entre el instante en que comienza a deslizar y cuando la masa deja de estar en contacto con la esfera. Se tiene 𝛼˙ 2 =

𝐸𝑖 = 𝑚𝑔2𝑅 mientras que 1 𝐸𝑓 = 𝑚𝑔𝑅(1 + cos 𝛼) + 𝑚𝑣 2 2 Donde la magnitud de la velocidad en ese instante es 𝑣=𝑅

𝑑(𝜋/2 − 𝛼) = −𝑅𝛼˙ 𝑑𝑡

Luego 1 𝐸𝑓 = 𝑚𝑔𝑅(1 + cos 𝛼) + 𝑚𝑅2 𝛼˙ 2 2 Como la energ´ıa mec´anica de la masa se conserva en todo instante 1 𝑚𝑔2𝑅 = 𝑚𝑔𝑅(1 + cos 𝛼) + 𝑚𝑅2 𝛼˙ 2 2 Reemplazando 𝛼˙ 1 𝑔 cos 𝛼 𝑚𝑔2𝑅 = 𝑚𝑔𝑅(1 + cos 𝛼) + 𝑚𝑅2 2 𝑅 1 2𝑅 = 𝑅(1 + cos 𝛼) + 𝑅 cos 𝛼 2 103

1 𝑅 = 𝑅 cos 𝛼 + 𝑅 cos 𝛼 2 2 = cos 𝛼 → 𝛼 = cos−1 (2/3) 3

b) Para obtener la velocidad con que llega al piso, utilizamos que la energ´ıa se conserva. La energ´ıa inicial est´a dada por 𝐸𝑖 = 2𝑚𝑔𝑅 Mientras que la energ´ıa final (cuando llega al piso), es puramente cin´etica 1 𝐸𝑓 = 𝑚𝑣𝑓2 2 Ambas son iguales, por lo tanto √ 𝑣𝑓 = 2 𝑔𝑅

Problema Un bloque de masa 𝑀 se desliza por una mesa horizontal con velocidad 𝑣0 . En 𝑥 = 0 choca con un resorte de constante el´astica 𝑘 y empieza a experimentar una fuerza de roce. El coeficiente de roce es variable y est´a dado por 𝜇 = 𝑏𝑥, en que 𝑏 es una constate. Calcule la p´erdida de energ´ıa mec´anica en el momento en que el bloque se detiene por primera vez

Soluci´ on Denotaremos por instante inicial al momento en que la masa 𝑚 choca con el resorte

En ese instante, la energ´ıa mec´anica de la masa 𝑚 es puramente cin´etica 104

1 𝐸𝑖 = 𝑚𝑣02 2 donde hemos establecido que la energ´ıa potencial es cero al nivel del piso. En el instante en que la masa 𝑚 se detiene por primera vez (instante final), su energ´ıa cin´etica es nula y entonces 1 𝐸𝑓 = 𝑘𝛿 2 2 donde 𝛿 corresponde a la compresi´on del resorte en ese instante.

Como act´ ua una fuerza de roce (que no es conservativa), utilizaremos el hecho de que 𝑊𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝐸𝑓 − 𝐸𝑖 = Δ𝐸 El trabajo realizado por la fuerza de roce entre los instantes final e inicial corresponde al cambio de energ´ıa mec´anica. Esta es la p´erdida de energ´ıa mec´anica. El problema es que 𝛿 a´ un no es conocido, por lo que evaluamos expl´ıcitamente el trabajo ˆ 𝑊𝑟𝑜𝑐𝑒 =

ˆ 𝑑⃗𝑟 ⋅ 𝐹⃗ =

𝛿

𝑑𝑥ˆ𝑖 ⋅ (−𝜇(𝑥)𝑁 )ˆ𝑖 0

donde 𝑁 = 𝑚𝑔, luego ˆ 𝑊𝑟𝑜𝑐𝑒 = −

𝛿

𝑑𝑥𝑏𝑥𝑚𝑔 = −𝑏𝑚𝑔 0

𝛿2 2

Con esto 𝑊𝑟𝑜𝑐𝑒 = −𝑏𝑚𝑔

𝛿2 1 1 = 𝑘𝛿 2 − 𝑚𝑣02 = Δ𝐸 2 2 2

y se obtiene 𝛿2 =

𝑚𝑣02 𝑘 + 𝑚𝑔𝑏

y entonces la p´erdida de energ´ıa es 𝛿2 𝑏𝑚𝑔 Δ𝐸 = −𝑏𝑚𝑔 = − 2 2

(

𝑚𝑣02 𝑘 + 𝑚𝑔𝑏

Problema 105

) =−

1 𝑚2 𝑔𝑏𝑣0 2 𝑘 + 𝑚𝑔𝑏

Un resorte produce una fuerza dada por 𝐹 (𝑥) = −𝑘1 𝑥 − 𝑘2 𝑥3 donde 𝑥 es el estiramiento del resorte. Este descansa sobre una superficie con coeficiente de roce 𝜇 en la zona indicada en la figura. Un bloque de masa 𝑚 y rapidez inicial 𝑣 choca con el resorte y se queda pegado a ´este. ¿Qu´e distancia recorre el bloque desde que queda unido al resorte hasta que se detiene por primera vez?

Soluci´ on Veremos dos formas de resolver este problema Teorema del trabajo La energ´ıa cin´etica inicial de 𝑚 en el instante en que choca con el resorte es 1 𝐾𝑖 = 𝑚𝑣 2 2 Mientras que en el instante en que se detiene por pimera vez 𝐾𝑓 = 0 Sea 𝛿 la distancia que recorre el bloque hasta el instante en que se detiene por primera vez. La fuerza neta sobre la masa 𝑚 desde que queda unida al resorte est´a dada por 𝐹⃗𝑁 = 𝐹⃗𝑟𝑜𝑐𝑒 + 𝐹⃗𝑟𝑒𝑠𝑜𝑟𝑡𝑒

Expl´ıcitamente en t´erminos de 𝑥 ( ) 𝐹⃗𝑁 = −𝜇𝑚𝑔 − 𝑘1 𝑥 − 𝑘2 𝑥3 ˆ𝑖 Por el teorema del trabajo ˆ

𝑓

1 𝑑⃗𝑟 ⋅ 𝐹⃗𝑁 = 𝐾𝑓 − 𝐾𝑖 = − 𝑚𝑣 2 2 𝑖 ˆ 𝛿 ˆ 𝛿 ( ) ( ) 3 ˆ ˆ 𝑊 = 𝑑𝑥𝑖 ⋅ −𝜇𝑚𝑔 − 𝑘1 𝑥 − 𝑘2 𝑥 𝑖 = 𝑑𝑥 −𝜇𝑚𝑔 − 𝑘1 𝑥 − 𝑘2 𝑥3 𝑊 =

0

0

𝑊 = −𝜇𝑚𝑔𝛿 − 106

𝑘1 2 𝑘2 4 𝛿 − 𝛿 2 4

De forma que 𝑘1 2 𝑘2 4 1 𝛿 − 𝛿 = − 𝑚𝑣 2 2 4 2 y de aqu´ı se obtiene 𝛿 (el esp´ıritu del problema es llegar a esta ecuaci´on) −𝜇𝑚𝑔𝛿 −

Teorema de la Energ´ıa Mec´ anica Otra forma de resolver este problema consiste en notar que la fuerza el´astica dada por 𝐹 (𝑥) = −𝑘1 𝑥 − 𝑘2 𝑥3 Es conservativa, ya que existe 𝑈 (𝑥) tal que 𝑑𝑈 𝐹 (𝑥)ˆ𝑖 = − ˆ𝑖 𝑑𝑥 y se puede obtener expl´ıcitamente integrando ˆ 1 1 𝑈 (𝑥) = − 𝑑𝑥𝐹 (𝑥) = 𝑘1 𝑥2 + 𝑘2 𝑥4 + 𝐶 2 4 donde 𝐶 es una constante. De esta forma, la energ´ıa inicial de 𝑚 es 1 𝐸𝑖 = 𝑚𝑣 2 2 y la energ´ıa final es 1 1 𝐸𝑓 = 𝑘1 𝛿 2 + 𝑘2 𝛿 4 2 4 El trabajo de la fuerza de roce en este proceso es, simplemente ˆ 𝑊𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝑑𝑥ˆ𝑖(−𝑚𝑢𝑚𝑔)ˆ𝑖 = −𝜇𝑚𝑔𝛿 0

De forma que, por el teorema de la energ´ıa mec´anica 𝑊𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝐸𝑓 − 𝐸𝑖 1 1 1 −𝜇𝑚𝑔𝛿 = 𝑘1 𝛿 2 + 𝑘2 𝛿 4 − 𝑚𝑣 2 2 4 2 Por supuesto, la misma ecuaci´on obtenida anteriormente Problema Un bloque de masa 𝑚 se deja caer sobre un resorte vertical de constante el´astica 𝑘 y largo natural 𝑙. Si la altura desde la cual se suelta el bloque es ℎ sobre la parte m´as alta del resorte a) Calcule la energ´ıa cin´etica m´axima del bloque b) ¿Cu´al es la compresi´on m´axima del resorte? Soluci´ on a) En alg´ un instante, supongamos que la masa 𝑚 se encuentra a una distancia 𝑑 del suelo, como muestra la siguiente figura 107

En dicho instante, la energ´ıa mec´anica de la masa 𝑚 est´a dada por 1 1 𝐸(𝑑) = 𝑚𝑣(𝑑)2 + 𝑚𝑔𝑑 + 𝑘(𝑙 − 𝑑)2 = 𝑚𝑔(ℎ + 𝑙) 2 2 Por supuesto, la energ´ıa es en todo instante 𝑚𝑔(ℎ + 𝑙), pues se conserva en el tiempo. A partir de esto, podemos encontrar la energ´ıa cin´etica de la masa en funci´on de 𝑑 1 𝐾(𝑑) = 𝑚𝑔(ℎ + 𝑙 − 𝑑) − 𝑘(𝑙 − 𝑑)2 2 Podemos encontrar un m´aximo encontrando 𝑑∗ tal que 𝐾 ′ (𝑑∗ ) = −𝑚𝑔 + 𝑘(𝑙 − 𝑑∗ ) = 0 Se obtiene 𝑑∗ = 𝑙 −

108

𝑚𝑔 𝑘

Por supuesto, debe cumplirse que 𝑙 > 𝑚𝑔/𝑘 para que esta soluci´on tenga sentido. Se obtiene entonces 𝑚𝑔 )2 𝑚𝑔 ) 1 ( − 𝑘 𝑙−𝑙+ 𝐾𝑚𝑎𝑥 (𝑑) = 𝑚𝑔 ℎ + 𝑙 − 𝑙 + 𝑘 2 𝑘 ( 𝑚𝑔 ) 1 𝑚2 𝑔 2 𝐾𝑚𝑎𝑥 (𝑑) = 𝑚𝑔 ℎ + − 𝑘 2 𝑘 (

𝐾𝑚𝑎𝑥 (𝑑) = 𝑚𝑔ℎ +

1 𝑚2 𝑔 2 2 𝑘

b) Para calcular la compresi´on m´axima del resorte, se debe notar que en el instante en que el resorte presenta dicha compresi´on, la energ´ıa cin´etica es cero

Por conservaci´on de la energ´ıa 1 1 𝑚𝑔(ℎ + 𝑙) = 𝑘(𝑙 − 𝛿)2 + 𝑚𝑔𝛿 = 𝑘𝜉 2 + 𝑚𝑔(𝑙 − 𝜉) 2 2 1 𝑚𝑔ℎ + 𝑚𝑔𝜉 = 𝑘𝜉 2 2 Se obtiene entonces la siguiente ecuaci´on para la compresi´on m´axima 2𝑚𝑔 2𝑚𝑔ℎ 𝜉− =0 𝑘 𝑘 Cuya soluci´on positiva est´a dada por 𝜉2 −

𝑚𝑔 1 𝜉= + 𝑘 2

√

4𝑚2 𝑔 2 8𝑚𝑔ℎ + 𝑘2 𝑘

Problema Un bloque cuya masa es 𝑚 = 6 kg desliza hacia abajo por un plano inclinado rugoso, partiendo del reposo. El ´angulo de inclinaci´on del plano es 𝛼 = 60 grados, y los coeficientes de roce est´atico y cin´etico son 0.2 y 0.18, respectivamente. a) Describa todas las fuerzas que act´ uan sobre el bloque y determine el trabajo realizado por cada una de ellas, si el bloque desliza 2 m, a lo largo del plano b) ¿Cu´al es el trabajo neto realizado sobre el bloque? c) ¿Cu´al es la velocidad del bloque despu´es de recorrer una distancia de 2 m ?

109

Soluci´ on a) Vamos a designar por 𝑥 la coordenada del bloque en la direcci´on de movimiento sobre el plano inclinado. Es decir, diremos que la posici´on del bloque tiene la forma ⃗𝑟(𝑡) = 𝑥(𝑡)ˆ𝑖. Las fuerzas que act´ uan sobre el bloque se muestran a continuaci´on

La fuerza de roce es cin´etica, pues el bloque desliza. Para calcular el trabajo que realiza cada fuerza, debemos primeramente parametrizar la trayectoria del bloque. Si 𝑥𝑖 = 𝑥0 designa la posici´on inicial del bloque, la posici´on final es simplemente 𝑥𝑓 = 𝑥0 + 2. De esta forma, podemos parametrizar la curva por ⃗𝑥 : 𝑥(𝑡)ˆ𝑖 → 𝑑⃗𝑥 = 𝑑𝑥ˆ𝑖 𝑥 ∈ [𝑥0 , 𝑥0 + 2]

Con esto podemos calcular por separado el trabajo que realiza cada fuerza. Para el roce, se tiene 𝐹⃗𝑟𝑜𝑐𝑒 = −𝜇𝑘 𝑚𝑔 cos 𝛼ˆ𝑖 ∀𝑥 Luego ˆ

𝑥𝑓

𝑊𝑟𝑜𝑐𝑒 =

ˆ 𝑑⃗𝑥 ⋅ 𝐹⃗𝑟𝑜𝑐𝑒 = −𝜇𝑘 𝑚𝑔 cos 𝛼

𝑥0 +2

𝑑𝑥 𝑥0

𝑥𝑖

𝑊𝑟𝑜𝑐𝑒 = −2𝜇𝑘 𝑚𝑔 cos 𝛼 Notar que simplemente se obtiene que el trabajo es la fuerza por distancia (con un signo menos pues la fuerza se opone al movimiento). Esto es debido a que la fuerza es constante (no depende de la posici´on), y es paralela a la direcci´on de movimiento. Para el trabajo del peso, se obtiene ˆ 𝑥𝑓 ˆ 𝑥0 +2 ( ) ⃗ ˆ ˆ ˆ 𝑊𝑝𝑒𝑠𝑜 = 𝑑⃗𝑥 ⋅ 𝐹𝑝𝑒𝑠𝑜 = 𝑑𝑥𝑖 ⋅ 𝑚𝑔 sin 𝛼𝑖 − 𝑚𝑔 cos 𝛼𝑗 𝑥𝑖

ˆ

𝑥0 𝑥0 +2

𝑊𝑝𝑒𝑠𝑜 =

𝑑𝑥𝑚𝑔 sin 𝛼 = 2𝑚𝑔 sin 𝛼 𝑥0

110

El factor sin 𝛼 se debe a que 𝑚𝑔 sin 𝛼 es la componente del peso en la direcci´on de movimiento. Notar que a diferencia del roce, el trabajo del peso es positivo. Finalmente, para el trabajo de la normal ˆ 𝑥0 +2 ˆ 𝑥𝑓 ⃗ 𝑑𝑥ˆ𝑖 ⋅ 𝑚𝑔 cos 𝛼ˆ𝑗 = 0 𝑑⃗𝑥 ⋅ 𝐹𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 = 𝑊𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 = 𝑥0

𝑥𝑖

pues la normal es perpendicular en todo instante a la direcci´on de movimiento. Evaluando num´ericamente 𝑊𝑟𝑜𝑐𝑒 = −10,5948 [𝐽] 𝑊𝑝𝑒𝑠𝑜 = 101,949 [𝐽]

b) El trabajo neto realizado sobre el bloque es 𝑊𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑊𝑝𝑒𝑠𝑜 + 𝑊𝑟𝑜𝑐𝑒 = 91,3537 [𝐽]

c) Usando el teorema del trabajo, resulta inmediato que 1 𝑊𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑚𝑣𝑓2 2 donde 𝑣𝑓 es la velocidad del bloque cuando ha descendido 2 metros sobre el plano. Notar que la energ´ıa cin´etica inicial es nula pues el sistema parte del reposo. Despejando 𝑣𝑓2 =

2𝑊𝑛𝑒𝑡𝑜 𝑚

Evaluando 𝑣𝑓 = 5,51826 𝑚/𝑠

Otra forma de obtener el mismo resultado, es notando que si la altura inicial del bloque respecto al suelo es ℎ 𝐸𝑖 = 𝑚𝑔ℎ Entonces la energ´ıa despu´es de bajar 2 metros sobre el plano es 1 𝐸𝑓 = 𝑚𝑔(ℎ − 2 sin 𝛼) + 𝑚𝑣𝑓2 2

y ambas se relacionan a trav´es de 1 𝐸𝑓 = 𝐸𝑖 + 𝑊𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝑚𝑔ℎ − 10,5948 = 𝑚𝑔(ℎ − 2 sin 𝛼) + 𝑚𝑣𝑓2 2 1 −10,5948 = −2𝑚𝑔 sin 𝛼 + 𝑚𝑣𝑓2 2 111

Evidentemente, se obtiene el mismo resultado

112

Cap´ıtulo

4

Consevaci´ on del momentum lineal Consideremos un sistema compuesto de 𝑁 part´ıculas. Digamos que la 𝑗-´esima posee masa 𝑚𝑗 y su posici´on est´a determinada por el vector ⃗𝑟𝑗 , con 𝑗 = 1, 2, ..., 𝑁 . Supongamos adem´as que sobre cada part´ıcula act´ ua un agente externo que ejerce sobre la part´ıcula una fuerza 𝐹⃗𝑗 .

Fig. 4.1: Sistema de 𝑁 part´ıculas

Incluso las part´ıculas podr´ıan interact´ uar entre s´ı, de manera que 𝑓⃗𝑖𝑗 denota la fuerza que ejerce la part´ıcula 𝑖 sobre la part´ıcula 𝑗. Si escribimos la segunda ley de Newton para la 𝑗-´esima part´ıcula, obtenemos 𝐹⃗𝑗 +

𝑁 ∑

𝑓⃗𝑖𝑗 = 𝑚⃗𝑎𝑗

𝑖=1

Si sumamos sobre todas las part´ıculas, obtendremos 𝑁 ∑ 𝑗=1

𝐹⃗𝑗 +

𝑁 ∑ 𝑁 ∑

𝑓⃗𝑖𝑗 =

𝑗=1 𝑖=1

𝑁 ∑

𝑚⃗𝑎𝑗

𝑗=1

Ahora, notemos que por la tercera Ley de Newton (acci´on y reacci´on), debe tenerse 𝑓⃗𝑖𝑗 = −𝑓⃗𝑗𝑖 , de manera que 𝑁 ∑ 𝑁 ∑ 𝑓⃗𝑖𝑗 = 0 𝑗=1 𝑖=1

113

Es decir, la suma de todas las fuerzas internas del sistema es nula. De esta forma, se tiene 𝑁 ∑

𝐹⃗𝑗 =

𝑁 ∑

𝑗=1

𝑚⃗𝑎𝑗

𝑗=1

Ahora, definimos la posici´on del centro de masa del sistema como ⃗𝑟𝑐𝑚

𝑁 1 ∑ 𝑚1⃗𝑟1 + 𝑚2⃗𝑟2 + ... + 𝑚𝑁 ⃗𝑟𝑁 = 𝑚𝑗 ⃗𝑟𝑗 = 𝑚1 + 𝑚2 + ... + 𝑚𝑁 𝑀 𝑗=1

Donde 𝑀 = 𝑚1 + 𝑚2 + ... + 𝑚𝑁 corresponde a la masa total. Derivando dos veces la ecuaci´on para la posici´on del centro de masas ⃗𝑎𝑐𝑚

𝑁 1 ∑ 𝑚𝑗⃗𝑎𝑗 = 𝑀 𝑗=1

Finalmente, obtenemos que 𝑁 ∑

𝐹⃗𝑗 = 𝑀⃗𝑎𝑐𝑚

𝑗=1

Es decir, la suma de fuerzas externas actuando sobre el sistema es igual a la masa total por la aceleraci´on del centro de masas. Esto equivale a la segunda ley de Newton para un sistema de part´ıculas. La suma de fuerzas externas que act´ uan sobre el sistema de part´ıculas acelera al centro de masas como si toda la masa estuviera concentrada ah´ı. Si la suma de fuerzas externas es nula, obtenemos que el centro de masas no acelera. Esto equivale a decir que la velocidad del centro de masas es constante ⃗𝑣𝑐𝑚

𝑁 1 ∑ = 𝑚𝑗 ⃗𝑣𝑗 𝑀 𝑗=1

𝑀⃗𝑣𝑐𝑚 =

𝑁 ∑

𝑚𝑗 ⃗𝑣𝑗 = 𝑐𝑡𝑒

𝑗=1

Si definimos el momentum lineal de una part´ıcula como 𝑝⃗𝑗 = 𝑚𝑗 ⃗𝑣𝑗 , entonces 𝑀⃗𝑣𝑐𝑚 =

𝑁 ∑

𝑝⃗𝑗

𝑗=1

´ Este es el principio de conservaci´ on del momentum lineal, y dice que el momentum lineal total del sistema se conserva si es que la suma de fuerzas externas es nula. Notar que la fuerza no tiene por qu´e ser igual a cero para cada part´ıcula.

114

4.1.

Impacto entre part´ıculas

Una importante aplicaci´on de la conservaci´on del momento lineal es el an´alisis del impacto entre part´ıculas. Consideremos como ejemplo dos part´ıculas, 𝑚1 y 𝑚2 que se mueven en un eje horizontal. Las masas poseen velocidades ⃗𝑣1 y ⃗𝑣2 , respectivamente, como se aprecia en la figura

Podemos considerar un an´alisis por separado, donde nuestro sistema 𝑆1 est´a compuesto por la part´ıcula de masa 𝑚1 , mientras que 𝑆2 es un sistema compuesto por la part´ıcula de masa 𝑚2 . En ninguno de los sistemas act´ ua una fuerza neta, de forma que el momento lineal de cada sistema se conserva (Esto ya es conocido por ustedes, si no hay fuerzas actuando sobre una part´ıcula, entonces su velocidad es constante). Sin embargo, durante un intervalo de tiempo peque˜ no las masas entran en contacto, esto es un choque

En el sistema 1, durante un breve instante de tiempo, act´ ua una fuerza neta 𝐹⃗ , de forma que el momento lineal en 𝑆1 no se conserva. La siguiente figura muestra el m´odulo de la fuerza neta actuando sobre 𝑆1 en funci´on del tiempo. El choque ocurre durante un intervalo de tiempo centrado en 𝑡0

115

De la segunda ley de Newton 𝑑⃗𝑝 𝐹⃗ = 𝑑𝑡 de forma que 𝐹⃗ 𝑑𝑡 = 𝑑⃗𝑝 Integrando entre 𝑡1 y 𝑡2 ˆ 𝐼⃗ =

𝑡2

𝑑𝑡𝐹⃗ = 𝑝⃗2 − 𝑝⃗1

𝑡1

La integral se llama impulso, que corresponde a una fuerza actuando sobre un intervalo de tiempo. De aqu´ı es claro que hay un cambio en el momentum de 𝑆1 que es igual al impulso. De forma que, para el sistema 𝑆1 se tiene 𝐼⃗ = 𝑚1⃗𝑣1′ − 𝑚1⃗𝑣1

El mismo an´alisis para el sistema 𝑆2 entrega −𝐼⃗ = 𝑚2⃗𝑣2′ − 𝑚2⃗𝑣2 Donde es claro de la tercera ley de Newton que el impulso que act´ ua sobre el sistema 2 es igual al impulso que act´ ua en el sistema 1 pero en sentido contrario. Ahora usaremos un enfoque levemente diferente para tratar el problema del impacto, definiremos el sistema 𝑆 que incluye a las masas 𝑚1 y 𝑚2 , de forma que en ning´ un instante act´ uan fuerzas externas sobre este sistema. (Ni siquiera cuando ocurre el impacto, pues los impulsos se anulan).

De esta forma, se conserva el momentum lineal del sistema, esto es 𝑝⃗𝑖 = 𝑚1⃗𝑣1 + 𝑚2⃗𝑣2 = 𝑚1⃗𝑣1′ + 𝑚2⃗𝑣2′

Notar que se obtiene lo mismo al sumar las 2 ecuaciones que obtuvimos anteriormente, al tratar ambas masas por separado. Luego, en un problema de impacto entre part´ıculas, el momento lineal total del sistema (Entendemos por sistema como aqu´el que involucra todas las masas del impacto) se conserva

116

Problema Considere 2 part´ıculas de masas 𝑚 y 𝑀 , restringidas a moverse (sin roce) a lo largo del eje 𝑥ˆ. Suponga que la part´ıcula 𝑚 incide desde la izquierda con velocidad 𝑣0 y se mueve hacia la part´ıcula 𝑀 , que inicialmente se encuentra en reposo. Suponga que las dos part´ıculas colisionan, quedando una adosada a la otra, formando una u ´nica part´ıcula de masa 𝑀 + 𝑚. ¿Con qu´e velocidad se mover´a esta nueva part´ıcula despu´es de la colisi´on? Muestre que no se conserva la energ´ıa

Soluci´ on Utilizemos el principio de conservaci´on del momento lineal. Sobre el sistema {𝑚, 𝑀 } no hay fuerzas externas actuando, luego el momento lineal se conserva. Antes de la colisi´on, se tiene 𝑃⃗𝑖 = 𝑚𝑣0ˆ𝑖 + 𝑀 0ˆ𝑖 = 𝑚𝑣0ˆ𝑖 Despu´es de la colisi´on tenemos

𝑃⃗𝑓 = (𝑀 + 𝑚)𝑣ˆ𝑖 Como el momentum lineal total se conserva 𝑚𝑣0ˆ𝑖 = (𝑀 + 𝑚)𝑣ˆ𝑖 Luego, la velocidad con que se mueven despu´es de la colisi´on es 𝑚𝑣0 ˆ 𝑖 𝑀 +𝑚 Ahora, veamos que ocurre con la energ´ıa. La energ´ıa cin´etica inicial es ⃗𝑣 =

1 𝐾𝑖 = 𝑚𝑣02 2 mientras que la final 𝐾𝑓 =

1 𝑚2 𝑣02 𝑚 = 𝐾𝑖 2𝑀 +𝑚 𝑀 +𝑚

117

Notar que la energ´ıa cin´etica final es la energ´ıa cin´etica inicial multiplicada por un factor que siempre es menor que 1. Esto significa que no se conserva la energ´ıa. De hecho, ´este tipo de choque donde las part´ıculas quedan unidas se llama choque perfectamente inel´ astico, y en ´estos casos es donde se pierde mayor cantidad de energ´ıa. Por el contrario, un choque en el cual se conserva la energ´ıa se llama choque perfectamente el´ astico Problema Dos bolas de marfil 𝐵1 y 𝐵2 de masas 𝑚1 y 𝑚2 est´an suspendidas de dos hilos inextensibles de longitud L. Las bolas se tocan cuando los hilos est´an verticales Separamos 𝐵1 de su posici´on de equilibrio un a´ngulo 𝜙 y entonces viene a chocar con la bola 2, que estaba inm´ovil. Calcule: a) La velocidad de 𝐵1 justo antes de impactar a 𝐵2 b) Las velocidades de ambas bolas justo despu´es de la colisi´on c) Las alturas a las que ascender´a cada bola despu´es del choque, si las masas son iguales

Soluci´ on a) Si fijamos la energ´ıa potencial igual a 0 a la altura del centro de la bola 𝐵2 , se tiene que inicialmente la energ´ıa de la bola 𝐵1 est´a dada por: 𝐸1 = 𝑚1 𝑔(𝑙 − 𝑙 cos 𝜙) Como no existen fuerzas disipativas actuando sobre 𝑚1 , su energ´ıa junto antes del choque ser´a igual a su energ´ıa inicial, luego 1 2 𝐸2 = 𝑚1 𝑣1𝑖 = 𝐸1 2 de manera que 1 2 𝑚1 𝑔𝑙(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜙) = 𝑚1 𝑣1𝑖 2 𝑣1𝑖 =

√ 2𝑔𝑙(1 − cos 𝜙)

b) Notar que si existen fuerzas externas netas actuando sobre el sistema {𝑚1 , 𝑚2 }, (la gravedad act´ ua sobre ambas masas). De esta forma, el momentum lineal total no se conserva en el tiempo. Sin embargo, si definimos 𝑇𝑖 al instante justo antes del choque, y 𝑇𝑓 al instante inmediatamente despu´es del choque, de forma que 𝑇𝑖 − 𝑇𝑓 → 0, entonces el momentum lineal es igual tanto en 𝑇𝑖 y 𝑇𝑓 (se puede pensar como continuidad) 𝑝⃗𝑖ˆ𝑖 = (𝑚1 𝑣1𝑖 + 𝑚2 𝑣2𝑖 ) ˆ𝑖 = 𝑝⃗𝑓 = (𝑚1 𝑣1𝑓 + 𝑚2 𝑣2𝑓 ) ˆ𝑖 donde 𝑣2𝑖 = 0 ya que la esfera 2 se encuentra inicialmente en reposo. As´ı 118

𝑚1 𝑣1𝑖 = 𝑚1 𝑣1𝑓 + 𝑚2 𝑣2𝑓 Adem´as, como el choque es perfectamente el´astico, se conserva la energ´ıa, as´ı 1 1 1 2 2 2 = 𝐸𝑓 = 𝑚1 𝑣1𝑓 + 𝑚2 𝑣2𝑓 𝐸𝑖 = 𝑚1 𝑣1𝑖 2 2 2 De la conservaci´on del momentum lineal despejamos 𝑣2𝑓 𝑣2𝑓 =

𝑚1 (𝑣1𝑖 − 𝑣1𝑓 ) 𝑚2

luego 1 1 1 2 2 = 𝑚1 𝑣1𝑓 + 𝑚2 𝑚1 𝑣1𝑖 2 2 2

(

𝑚1 (𝑣1𝑖 − 𝑣1𝑓 ) 𝑚2

)2

1 2 1 1 1 1 2 2 2 − = 𝑚1 𝑣1𝑓 + 𝑚1 𝑣1𝑖 𝑚21 𝑣1𝑖 𝑚1 𝑣1𝑖 𝑣1𝑓 + 𝑚2 𝑣 2 2 2 2𝑚2 𝑚2 2𝑚2 1 1𝑓 1 1 1 1 2 2 2 2 = 𝑚2 𝑣1𝑓 + 𝑚1 𝑣1𝑖 − 𝑚1 𝑣1𝑖 𝑣1𝑓 + 𝑚1 𝑣1𝑓 𝑚2 𝑣1𝑖 2 2 2 2 ( ) ) ( 𝑚1 + 𝑚2 𝑚1 − 𝑚2 2 2 𝑣1𝑓 − 𝑚1 𝑣1𝑖 𝑣1𝑓 + 𝑣1𝑖 =0 2 2 √ 2 2 2 2 𝑚1 −𝑚2 𝑚1 𝑣1𝑖 ± 𝑚21 𝑣1𝑖 − 𝑣1𝑖 4 4 𝑣1𝑓 = 𝑚1 + 𝑚2 √ 2 2 2 𝑚1 𝑣1𝑖 ± 𝑚21 𝑣1𝑖 − 𝑣1𝑖 𝑚21 + 𝑣1𝑖 𝑚22 𝑣1𝑓 = 𝑚1 + 𝑚2 𝑣1𝑓 =

𝑚1 𝑣1𝑖 ± 𝑣1𝑖 𝑚2 𝑚1 + 𝑚2

La u ´nica soluci´on con sentido f´ısico es ( 𝑣1𝑓 = 𝑣1𝑖

𝑚1 − 𝑚2 𝑚1 + 𝑚2

)

y entonces ( 𝑣2𝑓 = 2𝑣1𝑖

𝑚1 𝑚1 + 𝑚2

)

c) Notar que si 𝑚1 = 𝑚2 , 𝑣1𝑓 = 0 y 𝑣2𝑓 = 𝑣1𝑖 , es decir, la bola 1 se queda quieta y transfiere su velocidad a la bola 2. En este caso , es f´acil ver que la altura de la bola 2 ser´a la misma a la cual se solt´o la bola 1, por conservaci´on de la energ´ıa. Problema Sobre un saco de arena de masa 𝑀 pendiende de un hilo se dispara un fusil cuya bala tiene una masa 𝑚. Producto del impacto el saco de arena se eleva hasta una altura ℎ antes de 119

empezar a caer nuevamente. Por otra parte, la bala atraviesa el saco y recorre una distancia horizontal de 𝑑 metros antes de pegar en el suelo que se encuentra a 𝑦 metros por debajo del impacto del saquito. Calcular la velocidad de la bala en el momento del impacto. Soluci´ on Por conservaci´on del momento lineal tenemos que 𝑚𝑣 = 𝑀 𝑉 + 𝑚𝑣 ′ de donde la velocidad inicial de la bala es 𝑀 𝑉 + 𝑚𝑣 ′ 𝑚 Para obtener 𝑉 (velocidad del bloque despu´es del impacto), podemos utilizar el principio de conservaci´on de la energ´ıa, de manera que la energ´ıa cin´etica de 𝑀 se transforma en potencial 𝑣=

√ 1 𝑀 𝑉 2 = 𝑀 𝑔ℎ → 𝑉 = 2𝑔ℎ 2 ′ Ahora, para obtener 𝑣 (la velocidad de la bala despu´es del impacto), fijamos un sistema ortogonal cuyo origen se encuentra en el lugar del impacto, de esta forma

120

𝑥(𝑡) = 𝑣 ′ 𝑡 1 𝑦(𝑡) = − 𝑔𝑡2 2 El tiempo de ca´ıda se obtiene imponiendo que en ese instante la altura sea igual a -𝑦 √ 2𝑦 𝑡𝑐𝑎𝑖𝑑𝑎 = 𝑔 Luego, 𝑑 = 𝑣 ′ 𝑡𝑐𝑎𝑖𝑑𝑎 √ 𝑔 = 𝑣′ 𝑑 2𝑦 Finalmente √ 𝑀√ 𝑔 𝑣= 2𝑔ℎ + 𝑑 𝑚 2𝑦 Problema Una masa 𝑀 cuelga de una cuerda 𝑙, y se eleva hasta una altura ℎ con respecto al nivel del ´ desliza por el trayecto 𝐴𝐵 de suelo. Se suelta e impacta a una part´ıcula de masa 𝑚 = 𝑀2 . Esta largo 𝑑 (cuyo coeficiente de roce con la masa es 𝜇 = 1/3), antes de ingresar a un loop circular de radio 𝑅 = 𝑑2 a) Calcular la velocidad de 𝑀 junto antes de impactar a 𝑚 b) Calcular la energ´ıa de la masa 𝑚 al llegar al punto 𝐵 c) Calcular la m´ınima altura ℎ que debe darse a 𝑀 para que la mase 𝑚 alcanze a pasar por el loop sin caer d) Si ℎ es dos veces el valor encontrado en 𝑐, encuentre la m´axima compresi´on del resorte

Soluci´ on a) Para encontrar la velocidad de 𝑀 en el punto 𝐴 justo antes de chocar a 𝑚 usamos conservaci´on de la energ´ıa. Si elegimos al suelo como nivel cero de energ´ıa potencial gravitatoria, la energ´ıa inicial de 𝑀 es simplemente 𝐸𝑖 = 𝑀 𝑔ℎ en tanto que la energ´ıa de 𝑀 cuando alcanza el punto 𝐴 (con velocidad 𝑣) es 1 𝐸𝑓 = 𝑀 𝑣 2 2 121

Por conservaci´on de energ´ıa tenemos entonces √ 𝑣 = 2𝑔ℎ Con esto, la velocidad de 𝑀 justo antes de impactar a 𝑚 es √ ⃗𝑣𝑖 = 2𝑔ℎˆ𝑖

b) Tomando como sistema {𝑀, 𝑚}, es claro que el momento lineal total se conserva. Luego, antes del impacto √ 𝑝⃗𝑖 = 𝑀 2𝑔ℎˆ𝑖 justo despu´es de impacto 𝑝⃗𝑓 = (𝑀 𝑣𝑓 𝑀 + 𝑚𝑣𝑓 𝑚 ) ˆ𝑖 Luego, por conservaci´on del momentum lineal √ 𝑀 2𝑔ℎ = 𝑀 𝑣𝑓 𝑀 + 𝑚𝑣𝑓 𝑚 como 𝑚 =

𝑀 2

√ 2 2𝑔ℎ = 2𝑣𝑓 𝑀 + 𝑣𝑓 𝑚 Adem´as, como el choque es el´astico, se conserva la energ´ıa 1 1 1 𝑀 2𝑔ℎ = 𝑀 𝑣𝑓2𝑀 + 𝑚𝑣𝑓2𝑚 2 2 2 4𝑔ℎ = 2𝑣𝑓2𝑀 + 𝑣𝑓2𝑚 4𝑔ℎ = 2

(√ 𝑣𝑓 𝑚 )2 2𝑔ℎ − + 𝑣𝑓2𝑚 2

Resolviendo se obtiene 𝑣𝑓 𝑚 =

4√ 2𝑔ℎ 3

La energ´ıa de 𝑚 justo despu´es del choque es puramente cin´etica 1 16 𝐸𝐴 = 𝑚𝑣𝑓2𝑚 = 𝑚𝑔ℎ 2 9 La superficie 𝐴𝐵 es rugosa. La fuerza de roce que act´ ua sobre 𝑚 en ese trayecto est´a dada por 𝐹⃗𝑟 = −𝜇𝑁ˆ𝑖 = −𝜇𝑚𝑔ˆ𝑖 El trabajo que realiza la fuerza de roce sobre 𝑚 durante el trayecto 𝐴𝐵 es ˆ 𝑊 = 0

𝑑

𝑚𝑔𝑑 𝑑𝑥ˆ𝑖𝐹⃗𝑟 = −𝜇𝑚𝑔𝑑 = − 3

Por el teorema de energ´ıa-trabajo, la energ´ıa de 𝑚 al alcanzar el punto 𝐵 est´a dada entonces por 122

1 𝐸𝐵 = 𝐸𝐴 + 𝑊 = 𝑚𝑔 (16ℎ − 3𝑑) 9 c) Una vez que 𝑚 entra al loop de radio 𝑅 = 𝑑/2 (liso), se conserva la energ´ıa. Llamemos 𝑃 al punto superior del loop. Si 𝑚 alcanza a llegar a 𝑃 , sin caerse, podemos calcular la velocidad que tiene en ese punto, 𝑣𝑃 , usando conservaci´on de la energ´ıa 1 1 𝐸𝑃 = 𝑚𝑣𝑃2 + 2𝑚𝑔𝑅 = 𝑚𝑣𝑃2 + 𝑚𝑔𝑑 2 2 Como 𝐸𝑃 = 𝐸𝐵 1 1 𝑚𝑔 (16ℎ − 3𝑑) = 𝑚𝑣𝑃2 + 𝑚𝑔𝑑 9 2 Resolviendo se obtiene 8𝑔 (4ℎ − 3𝑑) 9 Por otra parte, el equilibrio de fuerzas para la masa 𝑚 en el eje radial est´a dado por 𝑣𝑃2 =

𝑣𝑃2 𝑅 y la normal debe ser no negativa, esto es 0 ≤ 𝑁 , si todav´ıa 𝑚 no ha perdido el contacto con el riel (el peor caso es 𝑁 = 0, que corresponde al caso l´ımite). Con esto, el valor m´ınimo de 𝑣𝑃 debe ser −𝑚𝑔 − 𝑁 = −𝑚

8𝑔 𝑔𝑑 = (4ℎ − 3𝑑) 2 9 de donde obtenemos la altura m´ınima a la que debe elevarse la masa 𝑀 para que 𝑚 alcanze a pasar por el loop 𝑣𝑃2 = 𝑔𝑅 =

ℎ𝑚𝑖𝑛 =

57 𝑑 64

d) A partir del punto 𝐵 todo el resto del camino que recorre 𝑚 es liso, y por lo tanto la energ´ıa 𝑚 se conserva. Usando 1 𝐸𝐵 = 𝑚𝑔 (16ℎ − 3𝑑) 9 con ℎ = 2ℎ𝑚𝑖𝑛 17 𝐸𝐵 = 𝑚𝑔𝑑 6 123

Una vez que llega 𝑚 al resorte y se alcanza la m´axima compresi´on, la energ´ıa de 𝑚 est´a dada por 1 𝐸𝑓 = 𝑘𝛿 2 2 en que 𝛿 es la compresi´on m´axima del resorte. Por conservaci´on de energ´ıa, entonces tenemos 5 1 𝑚𝑔𝑑 = 𝑘𝛿 2 4 2 de donde se obtiene √ 𝛿=

17𝑚𝑔𝑑 3𝑘

Problema Una bala de masa 𝑚 se introduce en un bloque de madera de masa 𝑀 que est´a unido a un resorte espiral de constante 𝑘. Por el impacto se comprime el resorte una longitud m´axima 𝛿. Sabiendo que el coeficiente de roce entre el bloque y el suelo es 𝜇, calcular en funci´on de ´estos datos la velocidad de la bala antes del choque

Soluci´ on Por conservaci´on del momentum lineal, y considerando que despu´es de impacto la bala y el bloque se mueven juntos 𝑚𝑣 = (𝑀 + 𝑚)𝑉 Ahora, el trabajo de la fuerza de roce entre el instante del impacto y el de la m´axima compresi´on , es simplemente ˆ 𝛿 ( ˆ 𝑊 = 𝑑𝑥𝑖 −𝜇(𝑀 + 𝑚)𝑔)ˆ𝑖 = −𝜇(𝑀 + 𝑚)𝑔𝛿 0

Por el teorema de energ´ıa-trabajo 𝑊 = 𝐸𝑓 − 𝐸𝑖 1 1 −𝜇(𝑀 + 𝑚)𝑔𝑥 = 𝑘𝛿 2 − (𝑀 + 𝑚)𝑉 2 2 2 De aqu´ı obtenemos el valor de 𝑉 √ 2𝜇(𝑀 + 𝑚)𝑔𝑥 + 𝑘𝛿 2 =𝑉 𝑀 +𝑚 124

De la conservaci´on del momentum lineal finalmente obtenemos la velocidad inicial de la bala √ 𝑚+𝑀 𝑚 + 𝑀 2𝜇(𝑀 + 𝑚)𝑔𝛿 + 𝑘𝛿 2 𝑣= 𝑉 = =𝑉 𝑚 𝑚 𝑀 +𝑚 Problema Una bala de masa 𝑚 viaja horizontalmente con velocidad 𝑣𝑜 , y se incrusta en un bloque de masa 𝑀 en reposo. Calcule el a´ngulo de despegue del conjunto si no hay roce entre las superficies

Soluci´ on Sea el sistema de part´ıculas 𝑆 = {𝑀, 𝑚}. Usaremos la conservaci´on del momentum en este sistema para el instante justo anterior al choque y el instante inmediatamente posterior. Se obtiene 𝑚𝑣0ˆ𝑖 = (𝑚 + 𝑀 )𝑣𝑓 ˆ𝑖 de donde obtenemos la velocidad final del conjunto ) ( 𝑚 𝑣0 𝑣𝑓 = 𝑚+𝑀 Sea 𝐴 el punto donde comienza el camino curvo (Fijaremos 𝑈𝑔 = 0 en A)

La energ´ıa mec´anica en 𝐴 es 1 1 𝑚2 1 𝑚2 2 𝐸𝑖 = (𝑚 + 𝑀 )𝑣𝑓2 = (𝑚 + 𝑀 ) 𝑣 = 𝑣02 0 2 2 2 (𝑚 + 𝑀 ) 2𝑀 +𝑚

Ahora, la energ´ıa en funci´on en un a´ngulo 𝜗 que forma el conjunto con respecto a la vertical, est´a dada por 1 𝐸 = −(𝑚 + 𝑚)𝑔𝑅(1 − cos 𝜗) + (𝑚 + 𝑀 )𝑣 2 2 125

Como no act´ uan fuerzas disipativas, la energ´ıa mec´anica se conserva. Esto es 1 1 𝑚2 𝑣02 = −(𝑚 + 𝑀 )𝑔𝑅(1 − cos 𝜗) + (𝑚 + 𝑀 )𝑣 2 = 𝐸 2𝑀 +𝑚 2 De aqu´ı podemos despejar el m´odulo cuadrado de la velocidad del conjunto en t´erminos de 𝜗 y constantes conocidas 𝐸𝑖 =

𝑚2 𝑣02 + 2𝑔𝑅(1 − cos 𝜗) = 𝑣 2 2 (𝑀 + 𝑚) Por otra parte, el an´alisis de fuerza en la direcci´on radial entrega

𝑣2 𝑅 La condici´on de despegue es tal que la fuerza de contacto entre las masas y la superficie se anule, esto es 𝑁 = 0 −(𝑚 + 𝑀 )𝑔 cos 𝜗 + 𝑁 = −(𝑚 + 𝑀 )

(𝑚 + 𝑀 )𝑔 cos 𝜗′ = (𝑚 + 𝑀 )

𝑣2 𝑅

𝑔𝑅 cos 𝜗′ = 𝑣 2

De forma que 𝑚2 𝑣 2 + 2𝑔𝑅(1 − cos 𝜗′ ) = 𝑔𝑅 cos 𝜗′ (𝑀 + 𝑚)2 0 𝑚2 𝑣 2 + 2𝑔𝑅 = 3𝑔𝑅 cos 𝜗′ (𝑀 + 𝑚)2 0

y se obtiene, para el a´ngulo de despegue 𝑚2 𝑣02 2 cos 𝜗 = + (𝑀 + 𝑚)2 3𝑔𝑅 3 ′

Problema ´ Una barcaza de masa 𝑀 soporta un cami´on de masa 𝑚. Este comienza a acelerar con aceleraci´on 𝑎 con respecto a la barcaza para llegar a la orilla a) ¿Qu´e aceleraci´on adquiere la barcaza cuando el cami´on llega a ´el? 126

b) ¿A qu´e distancia est´a 𝐵 de la orilla cuando el cami´on llega a ´el? c) Suponiendo 𝑑 = 80 (m), 𝑀/𝑚 = 159, ¿qu´e di´ametro deben tener las ruedas del cami´on si este solo puede pasar si hay un espacio m´aximo de la mitad del di´ametro de las ruedas, como m´ınimo? (despreciar el largo del cami´on)

Soluci´ on a) Fijamos un sistema de referencia inercial fijo en la tierra. Las coordenadas de la barcaza y de la masa con respecto a este sistema son 𝑋𝑀 y 𝑥𝑚 , respectivamente Adem´as, definimos 𝑠 como la coordenada que indica la posici´on de 𝑚 con respecto al extremo izquierdo de la barcaza.

Es f´acil entonces establecer la relaci´on 𝑥𝑚 = 𝑥𝑀 + 𝑠 derivando dos veces esta expresi´on con respecto al tiempo 𝑥¨𝑚 = 𝑥¨𝑀 + 𝑠¨ Se sabe que la aceleraci´on de la masa 𝑚 con respecto a la barcaza es 𝑎, luego 𝑠¨ = 𝑎 y entonces 𝑥¨𝑚 = 𝑥¨𝑀 + 𝑎 Ahora, si consideramos el sistema 𝑆 = {𝑀, 𝑚}, el momento lineal se debe conservar en todo instante. Al inicio 𝑝⃗𝑖 = ⃗0 ya que el sistema parte del reposo. El momentum en un instante posterior est´a dado por 𝑝⃗ = (𝑚𝑥˙ 𝑚 + 𝑀 𝑥˙ 𝑀 ) ˆ𝑖 Luego 𝑚𝑥˙ 𝑚 + 𝑀 𝑥˙ 𝑀 = 0 127

Derivando esta u ´ltima expresion con respecto al tiempo 𝑚¨ 𝑥𝑚 + 𝑀 𝑥¨𝑀 = 0 as´ı 𝑚 (𝑥𝑀 + 𝑎) + 𝑀 𝑥¨𝑀 = 0 y se obtiene la aceleraci´on de la barcaza con respecto a nuestro sistema de referencia inercial 𝑥¨𝑀 = −

𝑚 𝑎 𝑀 +𝑚

b) En el sistema de referencia solidario a la barcaza, se tiene para la posici´on de la masa 𝑚 1 𝑠(𝑡) = 𝑣𝑜 𝑡 + 𝑎𝑡2 2 donde 𝑣0 = 0 pues parte del reposo. Podemos calcular el tiempo que demora en llegar al extremo de la barcaza imponiendo que 1 𝑠(𝑡∗ ) = 𝑎𝑡2 = 𝑑 2 se obtiene

√ 𝑡∗ =

2𝑑 𝑎

Ahora, podemos calcular cuanto se ha dezplazado la barcaza en este tiempo, notando que con respecto al sistema inercial 1 𝑥𝑀 (𝑡) = 𝑥0 + 𝑥¨𝑀 𝑡2 2 donde 𝑚 𝑥¨𝑀 = − 𝑎 𝑀 +𝑚 𝑥𝑀 (𝑡) = 𝑥0 −

𝑚 𝑎𝑡2 2(𝑀 + 𝑚)

Luego, en 𝑡 = 𝑡∗ la barcaza se encuentra en 𝑥𝑀 (𝑡∗ ) = 𝑥0 −

𝑚 2𝑑 𝑎 =𝐿 2(𝑀 + 𝑚) 𝑎

𝐿 = 𝑥0 −

𝑑𝑚 (𝑀 + 𝑚)

Es decir, se ha desplazado una distancia 128

(

′

𝑑 =𝑙−𝐿=𝑑

𝑚 𝑀 +𝑚

)

c) Sea 𝐷 el di´ametro de la rueda. La condici´on para que pase el cami´on es que 𝑑′
0 (𝑚 + 𝑀 )

𝑣𝐵2 − (𝑚 + 𝑀 )𝑔 > 0 𝐿 𝑣𝐵2 > 𝑔𝐿

Esto es (

𝑚2 (𝑀 + 𝑚)2

)

𝑣 2 > 5𝑔𝐿 𝑣𝑚𝑖𝑛 =

𝑣 2 − 4𝑔𝐿 > 𝑔𝐿 (𝑚 + 𝑀 )2 𝑚2

𝑚+𝑀√ 5𝑔𝐿 𝑚

Problema 130

Un grupo de 2𝑁 alumnos se reune en el concurso jump UC, que se realiza en el espacio estelar, donde se pueden despreciar fuerzas gravitacionales. Compiten 2 grupos, cada uno de 𝑁 personas, e inicialmente cada grupo se encuentra sobre un carro de masa 𝑀 en reposo. El problema consiste en como lograr la mayor propulsi´on para el carro. El primer grupo establece que ´esta se logra cuando todos saltan juntos al mismo tiempo. El segundo grupo, (que suelen ir a ayudant´ıa) establece que es mejor que vayan saltando de a uno. Suponga que cada persona es capaz de saltar con velocidad 𝑣 relativa al carro. ¿Cu´al grupo tiene raz´on? Soluci´ on Veamos que ocurre en cada situaci´on

Tenemos que inicialmente, 𝑃⃗𝐼 = 0, pues todo se encuentra en reposo. En el primer caso, en que todos saltan juntos, se debe conservar el momentum antes y despu´es del salto. Esto es 𝑃⃗𝑓 𝑖𝑛𝑎𝑙 = 𝑀⃗𝑣𝑐𝑎𝑟𝑟𝑜 + 𝑁 𝑚⃗𝑣𝑝

donde ⃗𝑣𝑝 es la velocidad de una persona despu´es de saltar. Como el momentum inicial es cero, se tiene 𝑃⃗𝑓 𝑖𝑛𝑎𝑙 = ⃗0 Ahora, se sabe que cada persona salta con velocidad relativa al carro igual a ⃗𝑣 . As´ı, es f´acil notar que su velocidad absoluta es ⃗𝑣𝑝 = ⃗𝑣𝑐𝑎𝑟𝑟𝑜 + ⃗𝑣 Entonces 𝑀⃗𝑣𝑐𝑎𝑟𝑟𝑜 = −𝑁 𝑚 (⃗𝑣𝑐𝑎𝑟𝑟𝑜 + ⃗𝑣 ) ⃗𝑣𝑐𝑎𝑟𝑟𝑜 (𝑀 + 𝑁 𝑚) = −⃗𝑣 𝑁 𝑚 y la velocidad final del carro es ( ⃗𝑣𝑐𝑎𝑟𝑟𝑜 = −⃗𝑣

𝑁𝑚 𝑀 + 𝑁𝑚

131

)

Ahora analizaremos el segundo caso, en que cada persona salta una despu´es de la otra. En la figura se muestra el primer salto

Sea ⃗𝑣𝑐1 la velocidad del carro luego del salto de la primera persona. Por conservaci´on de momentum, debe tenerse ⃗0 = 𝑚⃗𝑝1 + (𝑀 + (𝑁 − 1)𝑚) ⃗𝑣𝐶1 donde la velocidad absoluta de la primera persona que salt´o es 𝑝⃗1 = ⃗𝑣𝐶1 + ⃗𝑣 As´ı

(

) ⃗ (𝑀 + (𝑁 − 1)𝑚) ⃗𝑣𝐶1 + 𝑚 𝑉𝐶1 + ⃗𝑣 = 0

Luego ( ⃗𝑣𝐶1 = −⃗𝑣

𝑚 𝑀 + 𝑁𝑚

)

Ahora, repetimos el an´alisis para cuando salta la segunda persona. Por conservaci´on de momentum (𝑀 + (𝑁 − 2)𝑚) ⃗𝑣𝐶2 + ⃗𝑣𝑝2 𝑚 + ⃗𝑣𝑝1 𝑚 = 0 (𝑀 + (𝑁 − 2)𝑚) ⃗𝑣𝐶2 + ⃗𝑣𝐶2 𝑚 + 𝑚⃗𝑣 + ⃗𝑣𝐶1 𝑚 + ⃗𝑣 𝑚 = 0 𝑚 =0 𝑀 + 𝑁𝑚 ( ) 𝑚 = 𝑚⃗𝑣 −2 𝑀 + 𝑁𝑚

(𝑀 + (𝑁 − 1)𝑚) ⃗𝑣𝐶2 + 2𝑚⃗𝑣 − 𝑚⃗𝑣 (𝑀 + (𝑁 − 1)𝑚) ⃗𝑣𝐶2 Finalmente ⃗𝑣𝐶2 = −⃗𝑣

𝑚 (2𝑀 + 2𝑁 𝑚 − 𝑚) (𝑀 + (𝑁 − 1)𝑚) (𝑀 + 𝑁 𝑚)

Tratemos ahora de hacer un an´alisis m´as general. Situ´emonos en el momento en que han saltado 𝑗 personas. Fijemonos ahora u ´nicamente en el sistema formado por las (𝑁 − 𝑗) personas restantes El momentum de este sistema en ese instante es 𝑃⃗𝐼 = (𝑀 + 𝑚(𝑁 − 𝑗))⃗𝑣𝐶𝑗 El momentum de este mismo sistema luego del salto de la 𝑗 + 1 ´esima persona es 132

𝑃⃗𝑓 = 𝑚(𝑀 + (𝑁 − 𝑗 − 1))⃗𝑣𝐶𝑗+1 + 𝑚⃗𝑣𝑝𝑗+1 donde ⃗𝑣𝑝𝑗+1 = ⃗𝑣𝑐𝑗+1 + ⃗𝑣 As´ı (𝑀 + 𝑚(𝑁 − 𝑗 − 1))⃗𝑣𝐶𝑗+1 + 𝑚(⃗𝑣𝐶𝑗+1 + ⃗𝑣 ) = (𝑀 + 𝑚(𝑁 − 𝑗))⃗𝑣𝐶𝑗 (𝑀 + 𝑚(𝑁 − 𝑗))⃗𝑣𝐶𝑗+1 + 𝑚⃗𝑣 = (𝑀 + 𝑚(𝑁 − 𝑗))⃗𝑣𝐶𝑗 Se obtiene la siguiente relaci´on de recurrencia ⃗𝑣𝐶𝑗+1 = ⃗𝑣𝐶𝑗 − ⃗𝑣

𝑚 (𝑀 + 𝑚(𝑁 − 𝑗))

de forma que ⃗𝑣𝐶𝑗+1 = ⃗𝑣𝐶𝑗−1 − ⃗𝑣

𝑚 𝑚 − ⃗𝑣 (𝑀 + 𝑚(𝑁 − 𝑗 + 1)) (𝑀 + 𝑚(𝑁 − 𝑗))

Si se sigue reemplazando con la formula de recurrencia ⃗𝑣𝐶𝑗+1 = ⃗𝑣𝐶1 − ⃗𝑣

𝑗 ∑ 𝑖=1

⃗𝑣𝐶𝑗+1 = −⃗𝑣

𝑗 ∑ 𝑖=0

𝑚 (𝑀 + 𝑚(𝑁 − 𝑖))

𝑚 (𝑀 + 𝑚(𝑁 − 𝑖))

La velocidad final del carro ser´a entonces ⃗𝑣𝑐𝑎𝑟𝑟𝑜 = ⃗𝑣𝐶𝑁 = −⃗𝑣

𝑁 −1 ∑ 𝑖=0

⃗𝑣𝑐𝑎𝑟𝑟𝑜 = −⃗𝑣

𝑁 ∑ 𝑖=1

𝑚 (𝑀 + 𝑚(𝑁 − 𝑖))

𝑚 (𝑀 + 𝑚(𝑁 − 𝑖 + 1))

(espectacular!) Recordando que en el caso en que todos saltan juntos, ( ⃗𝑣𝑐𝑎𝑟𝑟𝑜 = −⃗𝑣

𝑁𝑚 𝑀 + 𝑁𝑚

) = −𝑣

𝑁 ∑ 𝑖=1

𝑚 𝑀 + 𝑁𝑚

Es f´acil ver que los terminos de esta sumatoria no dependen de 𝑖 y son todos iguales a 𝑚 𝑀 + 𝑁𝑚 133

en cambio, para el resultado en que todos saltan juntos, se cumple 𝑚 𝑚 > (𝑀 + 𝑚(𝑁 − 𝑖 + 1)) 𝑀 +𝑛 para 𝑖 = 2, 3, 4, ...𝑁 . De esta forma, se concluye que la mejor opci´on de propulsi´on es que las personas salten de a una. Problema Una bola de masa 𝑀 y radio 𝑅 incide sobre un par de esferas del mismo radio, y de igual masa 𝑚 ∕= 𝑀 , como se muestra en la figura. La velocidad inicial de 𝑀 es 𝑣0 a) Dada la geometr´ıa del choque, calcule el a´ngulo que forma la velocidad de salida de las esferas id´enticas con la direcci´on de incidencia b) La relaci´on entre las masas 𝑚 y 𝑀 es tal que justo despu´es del choque la esfera incidente se queda detenida. Determine el valor de 𝑀/𝑚 c) Finalmente, para la situaci´on dada, determine la rapidez final con que emergen despu´es del choque las dos esferas id´enticas

Soluci´ on a) Durante el impacto, se tendr´a la siguiente situaci´on

Sobre la esfera superior derecha actuar´a una fuerza de interacci´on con 𝑀 en la direcci´on normal a la superficie en el punto de contacto. Esta fuerza formar´a un a´ngulo 𝜗 con la direcci´on de incidencia (horizontal). Por simple geometr´ıa se ve que 𝑅 1 = 2𝑅 2 ( ) 1 𝜋 −1 𝜗 = sin = 2 6 sin 𝜗 =

Por supuesto, dada la simetr´ıa del problema, lo mismo ocurrir´a para la esfera inferior. Es decir, la velocidad de saluda de las esferas id´enticas formar´a 30 grados con la horizontal.

134

b) En el sistema de las 3 masas, el momentum lineal se conserva en todo instante. Si 𝑉𝑓 es el m´odulo de la velocidad final con que emergen las esferas de masa 𝑚, se tiene ( ) ( ) 𝑝⃗ = 𝑀 𝑣0ˆ𝑖 = 𝑚𝑉𝑓 cos 30ˆ𝑖 + sin 30ˆ𝑗 + 𝑚𝑉𝑓 cos 30ˆ𝑖 − sin 30ˆ𝑗 𝑝⃗𝑖 = 𝑀 𝑣0ˆ𝑖 = 2𝑚𝑉𝑓 cos 30ˆ𝑖 Si adem´as el choque es el´astico, se conserva la energ´ıa 1 1 𝑀 𝑣02 = 2 × 𝑚𝑉𝑓2 = 𝑚𝑉𝑓2 2 2 De aqu´ı se obtiene √

𝑀 𝑉0 = 𝑉𝑓 2𝑚

Luego √ 𝑀 𝑣0 = 2𝑚 cos 30𝑉0

𝑀 2𝑚

√ 𝑀 𝑀 = cos 30 2𝑚 2𝑚 √ 𝑀 = cos 30 2𝑚 Finalmente 𝑀 = 2 cos2 30 𝑚 𝑀 3 = 𝑚 2

c) Se tiene adem´as √

𝑀 𝑉0 2𝑚 √ 3 𝑉𝑓 = 𝑉0 4 √ 3 𝑉𝑓 = 𝑉0 2

𝑉𝑓 =

Problema Un bloque de masa 𝑀 descansa (en reposo) sobre una mesa horizontal a una altura ℎ sobre el piso tal como se muestra en la figura. Una bala de masa 𝑚 = 𝑀/9 incide sobre el bloque y se incrusta en ´el. Luego del choque el sistema 𝑚 − 𝑀 se mueve sobre la superficie rugosa de la mesa (de coeficiente de roce din´amico 𝜇 ) a) ¿ Qu´e porcentaje de la energ´ıa inicial de la bala se pierde inmediatamente despu´es del 135

choque? b) ¿Qu´e relaci´on debe haber entre 𝜇, 𝑑 y 𝑔 para que el sistema 𝑚 − 𝑀 alcance a llegar hasta el final de la mesa? c) ¿Si el sistema 𝑚 − 𝑀 llega hasta el final de la mesa, a qu´e distancia (medida a partir del punto 𝐴) aterriza en el suelo?

Soluci´ on a) El momentum del sistema {𝑚, 𝑀 } se conserva justo antes y justo despu´es del impacto. Esto equivale a decir que 𝑚𝑣0 = (𝑀 + 𝑚)𝑣𝑓 𝑚𝑣0 𝑀 +𝑚 Con esto, la energ´ıa cin´etica del sistema 𝑚 − 𝑀 justo despu´es del impacto es ( ) 𝑚 1 𝑚2 𝑣02 𝐾𝑓 = = 𝐾𝑖 < 𝐾𝑖 2𝑀 +𝑚 𝑀 +𝑚 𝑣𝑓 =

donde 𝐾𝑖 = 1/2𝑚𝑣02 es la energ´ıa cin´etica inicial. Usando que 𝑚 = 𝑀/9 1 𝐾𝑖 10 Es decir, se pierde un 90 % de la energ´ıa inicial inmediatamente despu´es del choque 𝐾𝑓 =

b) Llamemos ahora 𝐸𝑖 a la energ´ıa del sistema 𝑚 − 𝑀 justo despu´es del impacto. Sabemos ya que 1 𝑚2 𝑣02 𝐸𝑖 = 2𝑀 +𝑚 Suponiendo que el sistema alcanza a llegar al borde de la mesa, en ese instante se tendr´a una determinada energ´ıa cin´etica 𝐸𝑓 .

136

Se cumple entonces 𝐸𝑓 = 𝐸𝑖 + 𝑊𝑟𝑜𝑐𝑒 donde el trabajo de la fuerza de roce es, simplemente 𝑊𝑟𝑜𝑐𝑒 = −𝜇(𝑀 + 𝑚)𝑔𝑑 De esta forma 1 𝑚2 𝑣02 − 𝜇(𝑀 + 𝑚)𝑔𝑑 2𝑀 +𝑚 La condici´on para que el sistema efectivamente llegue al borde de la mesa es que 𝐸𝑓 ≥ 0 𝐸𝑓 =

1 𝑚2 𝑣02 ≥ 𝜇(𝑀 + 𝑚)𝑔𝑑 2𝑀 +𝑚 ( ) 1 2 100 𝑉 ≥𝜇 𝑔𝑑 162 0 81 𝑉02 ≥ 200𝜇𝑔𝑑

c) La velocidad que adquiere el sistema 𝑚 − 𝑀 al llegar al borde de la mesa (suponiendo que se cumple la desigualdad encontrada recientemente) est´a determinada por 𝑚2 𝑉02 − 2𝜇𝑔𝑑 (𝑀 + 𝑚)2 √ 𝑉02 − 2𝜇𝑔𝑑 𝑉𝑓 = 100

𝑉𝑓2 =

Se tendr´a entonces la siguiente situaci´on

Las ecuaciones de movimiento son 𝑥(𝑡) = 𝑉𝑓 𝑡 𝑔𝑡2 2 El tiempo que demora en caer se determina a partir de la ecuaci´on 𝑦(𝑡) = ℎ −

137

𝑦(𝑡) = 0 = ℎ − √ 𝑡∗ =

𝑔𝑡2 2

2ℎ 𝑔

Finalmente, la distancia a la que cae medida desde el punto 𝐴 es √ 2ℎ 𝑥(𝑡∗ ) = 𝑉𝑓 𝑔 Problema Un p´endulo simple de masa 𝑀 cuelga desde un punto fijo 𝑂 como se indica en la figura. La masa 𝑀 se suelta desde el reposo desde una altura ℎ (medida sobre el punto m´as bajo de su trayectoria). Cuando alcanza el punto m´as bajo de la trayectoria, la masa 𝑀 choca el´asticamente con un bloque de masa 𝑚 = 3𝑀 . Luego del choque el bloque (de ancho despreciable) se mueve por una superficie horizontal, parte de la cual, 𝐴𝐵 = 𝑑 es rugosa, de coeficiente de roce 𝜇 y el resto lisa. El bloque termina su carrera comprimiendo un resorte de constante el´astica 𝑘 a) ¿ A qu´e altura llega el p´endulo de masa 𝑀 despu´es del choque? b) ¿Con qu´e velocidad cruza el bloque por el punto 𝐵 de la figura? c) ¿ Cu´al es la compresi´on m´axima del resorte?

Soluci´ on a) Para el p´endulo, inicialmente 𝐸𝑖 = 𝑚𝑔ℎ y justo antes del impacto 1 𝐸𝑓 = 𝑀 𝑣𝑖2 2 Como en este trayecto la energ´ıa se conserva, la velocidad del p´endulo justo antes del impacto se obtiene de 1 𝑀 𝑔ℎ = 𝑀 𝑣𝑖2 2 √ 𝑣𝑖 = 2𝑔ℎ La direcci´on en ese instante es horizontal (tangente a la trayectoria circular, que en dicho instante alcanza su punto m´as bajo). El momentum justo antes del choque y justo despu´es debe conservarse 138

𝑀 𝑣𝑖 = 𝑀 𝑣1 + 3𝑀 𝑣2 𝑣𝑖 = 𝑣1 + 3𝑣2 De aqu´ı 𝑣1 = 𝑣𝑖 − 3𝑣2 Si adem´as se conserva la energ´ıa 𝑀 𝑣𝑖2 = 𝑀 𝑣12 + 3𝑀 𝑣22 𝑣𝑖2 = 𝑣𝑖2 − 6𝑣𝑖 𝑣2 + 9𝑣22 + 3𝑣22 12𝑣22 = 6𝑣𝑖 𝑣2 Finalmente 1 𝑣2 = 𝑣𝑖 2 y entonces la velocidad del p´endulo justo despu´es de impacto es 3 1 𝑣1 = 𝑣𝑖 − 𝑣𝑖 = − 𝑣𝑖 2 2

Por conservaci´on de energ´ıa, la altura m´axima que alcanzar´a el p´endulo est´a dada por 1 1 1 𝑀 𝑔ℎ𝑓 = 𝑀 𝑣𝑖2 = 2𝑀 𝑔ℎ 2 4 8 ℎ𝑓 =

ℎ 4

Un cuarto de la altura inicial! b) La energ´ıa mec´anica del bloque 3𝑀 justo despu´es del impacto es 2𝑔ℎ 3 1 = 𝑀 𝑔ℎ 𝐸𝑖 = 3𝑀 2 4 4 La energ´ıa final, despu´es de recorrer el tramo 𝐴𝐵 es ( ) ℎ 𝐸𝑓 = 𝐸𝑖 − 3𝑀 𝑔𝜇𝑑 = 3𝑀 𝑔 − 𝜇𝑑 4 Donde se obtiene la siguiente condici´on ℎ > 𝜇𝑑 4 de lo contrario, el bloque se detiene antes de llegar a 𝐵. La velocidad en 𝐵, suponiendo que se cumple la desigualdad se obtiene de ( ) ℎ 1 3𝑀 𝑔 − 𝜇𝑑 = 3𝑀 𝑣𝐵2 4 2 139

√ 𝑣𝐵 =

( 2𝑔

ℎ − 𝜇𝑑 4

)

c) La compresi´on m´axima del resorte se obtiene cuando la energ´ıa cin´etica del bloque es nula, luego, por conservaci´on de la energ´ıa ( ) ℎ 1 2 3𝑀 𝑔 − 𝜇𝑑 = 𝑘𝛿𝑚𝑎𝑥 4 2 √ ( ) 6𝑀 𝑔 ℎ 𝛿𝑚𝑎𝑥 = − 𝜇𝑑 𝑘 4

140

Cap´ıtulo

5

Torque y Momento Angular 5.1.

Definici´ on: Momento Angular

Supongamos que se tiene una part´ıcula de masa 𝑚 con momento lineal 𝑝⃗ en un sistema de coordenadas con origen en 𝑂. Se define su momento angular relativo al origen

⃗ 0 = ⃗𝑟0 × 𝑝⃗ 𝐿

Fig. 5.1: Part´ıcula con momento lineal 𝑝⃗

Veremos que esta cantidad vectorial posee muy buenas propiedades. En primer lugar deseamos saber c´omo evoluciona el momento angular de una part´ıcula en el tiempo, y si existen condiciones bajo las cuales es una cantidad conservada. Para esto, evaluemos su derivada temporal ( ) ( ) ⃗ 𝑑𝐿 𝑑 𝑑⃗𝑟 𝑝⃗ = (⃗𝑟 × 𝑝⃗) = × 𝑝⃗ + ⃗𝑟 × 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Esta u ´ltima identidad puede ser demostrada calculando expl´ıcitamente cada t´ermino. Notar que la derivada del vector posici´on es, por definici´on, la velocidad. Adem´as, si 𝐹⃗ es la fuerza neta que act´ ua sobre la part´ıcula, y el sistema de coordenadas escogido es inercial, de la segunda ley de Newton se tiene 𝑑⃗𝑝 𝐹⃗ = 𝑑𝑡 141

Notar que ´esto s´olo es v´alido en un sistema de referencia inercial, luego 𝑂 debe ser un punto de aceleraci´ on nula.

142

Con esto ⃗ 𝑑𝐿 = ⃗𝑣 × (𝑚⃗𝑣 ) + ⃗𝑟 × 𝐹⃗ 𝑑𝑡 Como el momento lineal es un vector proporcional a la velocidad, ⃗𝑣 × 𝑝⃗ = ⃗0. Finalmente ⃗ 𝑑𝐿 = ⃗𝑟 × 𝐹⃗ 𝑑𝑡

5.2.

Definici´ on: Torque

Se define el Torque neto sobre la part´ıcula, con respecto al origen 𝑂 como

⃗𝜏0 = ⃗𝑟0 × 𝐹⃗ De esta forma, se puede escribir ⃗𝜏0 =

⃗0 𝑑𝐿 𝑑𝑡

Esta es la ecuaci´on que gobierna la evoluci´on temporal del momento angular, y de aqu´ı se puede conclu´ır que si una part´ıcula no est´a sometida a un torque externo neto, entonces su momento angular es una constante (diremos que se conserva). Esta ley ser´a muy u ´til en lo que viene. Notar que tanto el torque como el momento angular deben ser tomados con respecto al mismo punto, adem´as, se debe recordar que esto es v´alido si el punto 𝑂 posee aceleraci´on nula.

5.3.

Movimiento en un plano

Tratemos de encontrar una expresi´on para el momento angular de una part´ıcula que se mueve en un plano, digamos, 𝑋 − 𝑌 como se muestra en la figura

Por definici´on, el momento angular con respecto al origen es ⃗ = ⃗𝑟 × 𝑝⃗ 𝐿

143

Si utilizamos coordenadas polares, entonces ⃗𝑟 = 𝑟ˆ 𝑟 ⃗𝑣 = 𝑟ˆ ˙ 𝑟 + 𝑟𝜗˙ 𝜗ˆ Luego ( ) ˙ ˆ ⃗ 𝐿 = ⃗𝑟 × 𝑝⃗ = 𝑟ˆ 𝑟 × 𝑚𝑟ˆ ˙ 𝑟 + 𝑚𝑟𝜗𝜗 ⃗ = 𝑟ˆ 𝐿 𝑟 × 𝑚𝑟ˆ ˙ 𝑟 + 𝑟ˆ 𝑟 × 𝑚𝑟𝜗˙ 𝜗ˆ

Por supuesto, el primer t´ermino es nulo ⃗ = 𝑟ˆ 𝐿 𝑟 × 𝑚𝑟𝜗˙ 𝜗ˆ = 𝑚𝜗𝑟2 𝑟ˆ × 𝜗ˆ = 𝑚𝑟2 𝜗˙ 𝑘ˆ El momento angular es perpendicular tanto a la posici´on como a la velocidad, luego es un ˙ Notar que vector normal al plano de movimiento, y su orientaci´on est´a dada por el signo de 𝜗. 𝜗˙ ∕= 0 indica una rotaci´on en torno al origen. Si la rotaci´on es en sentido antihorario (𝜗˙ > 0), ˆ y diremos que este es un giro positivo. Por el contrario, el momento angular apunta seg´ un 𝑘, ˆ apuntar´a seg´ un - 𝑘 si el giro es en sentido horario (𝜗˙ < 0). Resumiendo, el momento angular en el plano, utilizando el ´angulo polar 𝜗 queda dado por ⃗ = 𝑚𝑟2 𝜗˙ 𝑘ˆ 𝐿

5.4.

Momento angular de un sistema de part´ıculas

Nos gustar´ıa extender los conceptos tratados anteriormente a un sistema de 𝑁 part´ıculas, como se muestra en la figura

Fig. 5.2: Sistema de 𝑁 part´ıculas

Para esta colecci´on de part´ıculas, el momento angular con respecto al origen 𝑂 es simplemente la suma de los momentos angulares individuales ⃗ = 𝐿

𝑁 ∑

⃗𝑟𝑖 × 𝑝⃗𝑖

𝑖=1

144

Ahora, si 𝑂 es un punto de aceleraci´on nula, el sistema de referencia es inercial. Con esto, la segunda ley de Newton para cada part´ıcula es 𝑑⃗𝑝𝑖 𝐹⃗𝑖𝑒𝑥𝑡 + 𝐹⃗𝑖𝑖𝑛𝑡 = 𝑑𝑡 donde 𝐹⃗𝑖𝑒𝑥𝑡 denota la fuerza neta externa sobre la part´ıcula 𝑖, mientras que 𝐹⃗𝑖𝑖𝑛𝑡 denota la fuerza neta interna sobre la part´ıcula 𝑖, es decir, la fuerza neta producto de las interacciones entre las part`ıculas del sistema. Como ejemplo, si las part´ıculas representan mol´eculas en un material, la fuerza de gravedad terrestre representar´ıa una fuerza externa sobre cada una, mientras que las fuerzas de atracci´on o repulsi´on entre las mol´eculas ser´ıan fuerza internas al sistema. Evaluemos la derivada del momento angular total ( 𝑁 ) 𝑁 𝑁 ∑ ∑ ⃗ 𝑑 ∑ 𝑑⃗𝑝𝑖 𝑑⃗𝑟𝑖 𝑑𝐿 = × 𝑝⃗𝑖 + ⃗𝑟𝑖 × ⃗𝑟𝑖 × 𝑝⃗𝑖 = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑖=1 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑖=1 𝑖=1

𝑁

𝑁

( ) ∑ ∑ ⃗ 𝑑𝐿 = ⃗𝑣𝑖 × 𝑚⃗ ⃗ 𝑣𝑖 + ⃗𝑟𝑖 × 𝐹⃗𝑖𝑒𝑥𝑡 + 𝐹⃗𝑖𝑖𝑛𝑡 𝑑𝑡 𝑖=1 𝑖=1 Se puede demostrar usando la tercera ley de Newton, que 𝑁 ∑

⃗𝑟𝑖 × 𝐹⃗𝑖𝑖𝑛𝑡 = ⃗0

𝑖=1

Esto indica que las fuerzas internas no generan torque sobre el sistema. Esto es evidente pues, un cuerpo que no est´a sujeto a fuerzas externas no comienza a rotar espont´aneamente. Tenemos entonces 𝑁

∑ ⃗ 𝑑𝐿 = ⃗𝑟𝑖 × 𝐹⃗𝑖𝑒𝑥𝑡 𝑑𝑡 𝑖=1 Notar que el lado derecho corresponde a la suma del torque externo neto sobre cada part´ıcula, de forma que 𝑁

∑ ⃗ 𝑑𝐿 = ⃗𝜏𝑖 𝑒𝑥𝑡 𝑑𝑡 𝑖=1 ⃗ 𝑑𝐿 = ⃗𝜏 𝑒𝑥𝑡 𝑑𝑡 De forma que la ley del momento angular para un sistema de part´ıculas se˜ nala que la derivada del momento angular total corresponde al torque externo total.

145

Caso en que el origen no es fijo Ya hemos llegado a la conclusi´on de que si 𝑂 es un punto de aceleraci´on nula, entonces la ley de momento angular es, tanto para una part´ıcula, como para un sistema general de part´ıculas ⃗ 𝑑𝐿 = ⃗𝜏 𝑑𝑡 donde para un sistema de part´ıculas, el momento angular es la suma de los momentos angulares individuales, y lo mismo ocurre con el torque externo. Ahora, tratemos de ver que ocurre cuando el punto que se escoge para calcular el torque y el momento angular presenta un movimiento general (podr´ıa tener aceleraci´on). Sea 𝑂 el origen de nuestro antiguo sistema inercial, y ⃗𝑟0 la posici´on de nuestro nuevo origen, que podr´ıa estar acelerando.

Fig. 5.3: La posici´on del nuevo origen est´a definida por ⃗𝑟0

El momento angular relativo al nuevo origen es ⃗ 𝑟0 = 𝐿

𝑁 ∑

( ) ˙ ˙ (⃗𝑟𝑖 − ⃗𝑟0 ) × 𝑚𝑖 ⃗𝑟𝑖 −⃗𝑟0

𝑖=1

⃗ 𝑟0 𝑑 𝑑𝐿 = 𝑑𝑡 𝑑𝑡

( 𝑁 ∑

( ) ˙0 (⃗𝑟𝑖 − ⃗𝑟0 ) × 𝑚𝑖 ⃗𝑟˙𝑖 −⃗𝑟

)

𝑖=1

𝑁

𝑁

) ( ) ∑ ( ) ∑( ⃗ 𝑟0 𝑑𝐿 ˙ 𝑜 × 𝑚𝑖 ⃗𝑟˙𝑖 −⃗𝑟 ˙𝑜 + ¨0 = ⃗𝑟˙𝑖 −⃗𝑟 (⃗𝑟𝑖 − ⃗𝑟0 ) × 𝑚𝑖 ⃗¨𝑟𝑖 −⃗𝑟 𝑑𝑡 𝑖=1 𝑖=1 𝑁

( ) ∑ ⃗ 𝑟0 𝑑𝐿 ¨0 = (⃗𝑟𝑖 − ⃗𝑟0 ) × 𝑚𝑖 ⃗¨𝑟𝑖 −⃗𝑟 𝑑𝑡 𝑖=1 ¨ Notar que el t´ermino 𝑚⃗𝑟 ıcula 𝑖, pues la 𝑖 𝑖 corresponde a la suma de fuerzas sobre la part´ posici´on ⃗𝑟𝑖 est´a medida con respecto a un marco de referencia inercial (origen 0). Luego 𝑁

( ) ∑ ⃗ 𝑟0 𝑑𝐿 ¨ = (⃗𝑟𝑖 − ⃗𝑟0 ) × 𝐹⃗𝑖𝑒𝑥𝑡 + 𝐹⃗𝑖𝑖𝑛𝑡 − 𝑚⃗𝑟 𝑖 0 𝑑𝑡 𝑖=1 𝑁

𝑁

( ) ∑ ∑ ⃗ 𝑟0 𝑑𝐿 𝑒𝑥𝑡 𝑖𝑛𝑡 ¨ ⃗ ⃗ = − (⃗𝑟𝑖 − ⃗𝑟0 ) × 𝐹𝑖 + 𝐹𝑖 (⃗𝑟𝑖 − ⃗𝑟0 ) × 𝑚⃗𝑟 𝑖 0 𝑑𝑡 𝑖=1 𝑖=1 En el t´ermino de la izquierda nuevamente no contribuye el t´ermino de las fuerzas internas, y entonces ( 𝑁 ) 𝑁 𝑁 ∑ ∑ ∑ ⃗ 𝑑𝐿𝑟0 = (⃗𝑟𝑖 − ⃗𝑟0 ) × 𝐹⃗𝑖𝑒𝑥𝑡 − ⃗𝑟𝑖 × 𝑚𝑖⃗¨𝑟0 − ⃗𝑟0 × 𝑚𝑖⃗¨𝑟0 𝑑𝑡 𝑖=1 𝑖=1 𝑖=1 146

Hay t´erminos que no dependen del ´ındice 𝑖, luego 𝑁

∑ ⃗ 𝑟0 𝑑𝐿 = (⃗𝑟𝑖 − ⃗𝑟0 ) × 𝐹⃗𝑖𝑒𝑥𝑡 − 𝑑𝑡 𝑖=1

(( 𝑁 ∑

) 𝑚𝑖⃗𝑟𝑖

𝑖=1

× ⃗¨𝑟0 − ⃗𝑟0 × ⃗¨𝑟0

𝑁 ∑

) 𝑚𝑖

𝑖=1

Notar que 𝑁 ∑

𝑚𝑖 = 𝑀

𝑖=1 𝑁 ∑

⃗ 𝑐𝑚 𝑚𝑖⃗𝑟𝑖 = 𝑀 𝑅

𝑖=1

⃗ 𝑐𝑚 es la posici´on del centro de masa. Finalmente donde 𝑀 es la masa total del sistema, y 𝑅 𝑁

( ) ∑ ⃗𝑟 𝑑𝐿 𝑒𝑥𝑡 0 ¨0 ⃗ 𝑐𝑚 − ⃗𝑟0 ×⃗𝑟 (⃗𝑟𝑖 − ⃗𝑟0) × 𝐹⃗𝑖 − 𝑀 𝑅 = 𝑑𝑡 𝑖=1 Hemos llegado finalmente a lo siguiente: La derivada del momento angular con respecto a ⃗𝑟0 es la suma de dos t´erminos. El primero es el torque total con respecto a ⃗𝑟0 (algo que habr´ıamos esperado). Si el segundo t´ermino fuera cero, la forma de la ecuaci´on de momento angular ser´ıa la misma que antes. Esto ocurre si se cumple cualquiera de los siguientes tres casos ¨ 0 = ⃗0 Es decir, si el nuevo origen posee aceleraci´on nula. (al igual que 𝑂) 1. ⃗𝑟 ⃗ 𝑐𝑚 = ⃗𝑟0 Es decir, si el origen escogido coincide con la posici´on del centro de masa 2. 𝑅 ¨ 0 . Esta condici´on no resulta de mayor inter´es. ⃗ 𝑐𝑚 −⃗¨𝑟0 es paralelo a⃗𝑟 3. 𝑅 Conclusi´ on ⃗ 𝑂 es el momento angular total de un sistema de part´ıculas con respecto a 0, entonces su Si 𝐿 derivada temporal es igual al torque externo sobre el sistema con respecto a 𝑂. ⃗ 𝑑𝐿 = ⃗𝜏0𝑒𝑥𝑡 𝑑𝑡 Siempre y cuando 𝑂 sea el centro de masa del sistema (aunque est´e acelerado ), o un punto de aceleraci´on nula

Corolario Si el torque total sobre un sistema de part´ıculas es cero, su momento angular se conserva. En particular, el momento angular de un sistema asilado es conservado

147

5.5.

Extensi´ on a un objeto continuo plano

Un cuerpo r´ıgido es una distribuci´on continua de part´ıculas cuyas distancias relativas permanecen constantes (no se deforma). Interesa generalizar la ecuaci´on de momento angular para un cuerpo r´ıgido plano. Ya vimos que para una colecci´on discreta de part´ıculas el momento angular total se escribe ⃗ = 𝐿

𝑁 ∑

⃗𝑟𝑖 × 𝑝⃗𝑖

𝑖=1

Para una distribuci´on continua esto se transforma en una integral. En el caso m´as general, un objeto plano se desliza y rota, como se muestra en la figura

Fig. 5.4: Un cuerpo r´ıgido se traslada y rota en torno a su centro de masa

El momento angular con respecto al origen depender´a de la posici´on y momentum de sus elementos constituyentes. A su vez, el momentum depender´a de que tan r´apido el objeto se traslade y rote. Nuestra meta es encontrar el momento angular en funci´on de la distribuci´on geom´etrica de las masas y la velocidad angular de rotaci´on. Si el movimiento es plano, ⃗𝑟 y 𝑝⃗ siempre estar´an contenidos en el plano 𝑥 − 𝑦 , luego el momento angular total apuntar´a siempre seg´ un 𝑘ˆ

Primer caso: S´ olo rotaci´ on Supongamos una rotaci´on en torno al eje z

Fig. 5.5: El momento angular se obtiene sumando sobre cada elemento de masa

Si (𝑥, 𝑦) es la posici´on de un diferencial de masa 𝑑𝑚, entonces su distancia al origen es √ 𝑟 = 𝑥2 + 𝑦 2 148

Adem´as, ´este recorre un c´ırculo de radio 𝑟 con velocidad 𝑣 = 𝑤𝑟. Con esto, el momento angular de ´este diferencial de masa es ⃗ 𝑚 = ⃗𝑟 × 𝑝⃗ = 𝑟(𝑣𝑑𝑚)𝑘ˆ = 𝑑𝑚𝑟2 𝑤𝑘ˆ 𝐿 Con esto, el momento angular total con respecto a 𝑂 es ˆ ˆ 2 ˆ ⃗ 𝐿 = 𝑑𝑚𝑟 𝑤𝑘 = 𝑑𝑚(𝑥2 + 𝑦 2 )𝑤𝑘ˆ

Se define el Momento de Inercia con respecto al eje 𝑧 como ˆ ˆ ¨ 2 2 2 𝐼𝑧 = 𝑟 𝑑𝑚 = (𝑥 + 𝑦 )𝑑𝑚 = 𝑑𝑥𝑑𝑦𝜌(𝑥, 𝑦)(𝑥2 + 𝑦 2 ) 𝑆

donde la integral se eval´ ua sobre la superficie del objeto, 𝑆. Adem´as 𝜌(𝑥, 𝑦) representa la densidad superficial de masa en el punto (𝑥, 𝑦). Con esto, el momento angular se escribe

⃗ = 𝐼𝑧 𝑤𝑘ˆ 𝐿 Para el caso en que se tienen masas discretas que est´an unidas r´ıgidamente, el momento de inercia con respecto al eje z es ∑ 𝐼𝑧 = 𝑚𝑖 𝑟𝑖2 𝑖

Calculemos adem´as la energ´ıa cin´etica de este cuerpo r´ıgido. Ser´a la suma sobre cada elemento de masa 𝑑𝑚 ˆ ˆ 1 1 2 𝐸𝐶 = 𝑑𝑚𝑣 = 𝑑𝑚 𝑤2 𝑟2 2 2 ˆ 1 1 𝐸𝐶 = 𝑤2 𝑑𝑚𝑟2 = 𝐼𝑧 𝑤2 2 2

Luego, la energ´ıa cin´etica total queda expresada en t´erminos del momento de inercia y la velocidad angular con la cual el objeto rota en torno al eje z

149

Movimiento general Consideremos ahora el caso m´as general, donde existe una traslaci´on y una rotaci´on

Fig. 5.6: Movimiento general en un plano

El momento angular con respecto al origen 𝑂 ser´a ˆ ˆ ( ) ( ) ⃗ 0 = 𝑑𝑚⃗𝑟 × ⃗𝑣 = 𝑑𝑚 𝑅 ⃗ 𝑐𝑚 + ⃗𝑟′ × 𝑉⃗ + ⃗𝑣 ′ 𝐿 ⃗ 𝑐𝑚 y 𝑉⃗ son el vector posici´on y la velocidad del centro de masa, respectivamente. donde 𝑅 Con esto ˆ ˆ ˆ ˆ ′ ′ ⃗ =𝑅 ⃗ 𝑐𝑚 × 𝑉⃗ ⃗ 𝑐𝑚 × 𝑑𝑚⃗𝑣 + 𝑑𝑚⃗𝑟 × 𝑉⃗ + 𝑑𝑚⃗𝑟′ × ⃗𝑣 ′ 𝐿 𝑑𝑚 + 𝑅

Notar que ⃗𝑟′ es el vector posici´on de un elemento de masa con respecto al centro de masa. Luego ˆ 1 𝑑𝑚⃗𝑟′ 𝑀 representa la posici´on del centro de masas con respecto al centro de masas, la cual es, por supuesto, el vector nulo. Lo mismo ocurre con la velocidad del centro de masas con respecto al centro de masas ˆ 1 𝑑𝑚⃗𝑣 ′ = ⃗0 𝑀 Con esto ˆ ⃗ ⃗ ⃗ 𝐿 = 𝑀 𝑅𝑐𝑚 × 𝑉 + 𝑑𝑚⃗𝑟′ × ⃗𝑣 ′ Adem´as 𝑣 ′ = 𝑤′ 𝑟′ , donde 𝑤′ representa la velocidad angular con que rota con respecto al centro de masa, entonces (ˆ ) ′2 ⃗ = 𝑀𝑅 ⃗ 𝑐𝑚 × 𝑉⃗ + 𝐿 𝑑𝑚𝑟 𝑤′ 𝑘ˆ La integral entre par´entesis corresponde al momento de inercia con respecto a un eje paralelo a 𝑧 y que pasa por el centro de masa ˆ 𝐶𝑀 𝐼𝑧 = 𝑑𝑚𝑟′2

150

De forma que

⃗ = 𝑀𝑅 ⃗ 𝑐𝑚 × 𝑉⃗ + 𝐼 𝐶𝑀 𝑤′𝑧ˆ 𝐿 𝑧 ⃗ 𝑐𝑚 × 𝑉⃗ corresponde al momento angular de una part´ıcula de masa 𝑀 en la Notar que 𝑀 𝑅 posici´on del centro de masas. Este es el teorema de descomposici´ on del momento angular. Lo que dice es que el momento angular de un cuerpo r´ıgido con respecto a 𝑂 se puede descomponer como el momento angular del centro de masas con respecto a 𝑂, m´as el momento angular del cuerpo r´ıgido con respecto al centro de masa Adem´as, la energ´ıa cin´etica se puede escribir como ˆ ˆ 2 1 2 1 ⃗ ′ 𝑑𝑚 𝑉 + ⃗𝑣 𝐸𝐶 = 𝑑𝑚 𝑣 = 2 2 Desarrollando se obtiene ˆ ˆ 1 1 ′2 2 𝐸𝐶 = 𝑀 𝑉 + 𝑑𝑚 𝑣 𝑑𝑚 + 𝑉⃗ 𝑑𝑚𝑣 ′ 2 2 Por el mismo argumento anterior, la tercera integral es cero. Con eso 1 1 𝐸𝐶 = 𝑀 𝑉 2 + 𝐼𝑧𝐶𝑀 𝑤′2 2 2

Este es el teorema de descomposici´ on de la Energ´ıa, lo que dice es que la energ´ıa cin´etica de un cuerpo r´ıgido se descompone en energ´ıa cin´etica de traslaci´on de su centro de masa y energ´ıa cin´etica de rotaci´on con respecto al centro de masa.

5.6.

Teorema de Ejes paralelos (Steiner)

En el caso particular en que el cuerpo r´ıgido rota a la misma raz´on que el centro de masa, entonces el momento angular total con respecto a 𝑧 es ( ) ⃗ 𝑧 = 𝑀 𝑅2 + 𝐼𝑧𝐶𝑀 𝑤𝑘ˆ 𝐿 Luego, el momento de inercia con respecto a 𝑧 queda 𝐼𝑧 = 𝑀 𝑅2 + 𝐼𝑧𝐶𝑀 Recordar que 𝑅 es la distancia del centro de masas al eje 𝑧. Notar que seg´ un esto, el momento de inercia con respecto a cualquier punto es siempre mayor que el momento de inercia con respecto al centro de masa

151

Problema Una masa 𝑚 se puede mover libremente sobre una mesa sin roce y est´a conectada a trav´es de una cuerda (que pasa a trav´es de un agujero en la mesa) con una masa 𝑀 que se mueve verticalmente.

a) Encuentre las ecuaciones de movimiento para 𝑟 y 𝜃 b) Bajo qu´e condiciones el movimiento es circular? c) Cual es la frecuencia para peque˜ nas oscilaciones (en la variable r) en torno a ´este movimiento circular? Soluci´ on a) Fijemos el origen del sistema en el punto donde se ubica el agujero en la mesa.

Sobre la masa 𝑚 act´ ua la tensi´on de la cuerda, el peso y la normal con la mesa. Por supuesto que la fuerza neta es la tensi´on de la cuerda en la direcci´on radial. Con esto, el torque sobre la part´ıcula con respecto al origen (de aceleraci´on nula) es ⃗𝜏 = 𝑟ˆ 𝑟 × (−𝑇 𝑟ˆ) = ⃗0 Ya que la tensi´on act´ ua en la direcci´on radial, la misma del vector posici´on. Con esto ⃗𝜏 =

⃗ 𝑑𝐿 =0 𝑑𝑡

Es decir, el momentum angular se conserva. Esto siempre ocurre cuando una part´ıcula est´a sujeta a una fuerza central, su momento angular es constante en el tiempo. Por otro lado, ´este se puede escribir como ( ) ˙ ˆ ⃗ 𝐿 = ⃗𝑟 × 𝑝⃗ = 𝑟ˆ 𝑟 × 𝑚 𝑟ˆ ˙ 𝑟 + 𝑟𝜗𝜗 ⃗ = 𝑟ˆ 𝐿 𝑟 × 𝑚𝑟𝜗˙ 𝜗ˆ = 𝑚𝑟2 𝜗˙ 𝑘ˆ 152

Y este vector debe ser constante. Como el movimiento es plano, su direcci´on es siempre ˆ Luego, su magnitud es constante seg´ un 𝑘. 𝑚𝑟2 𝜃˙ = 𝐿 donde 𝐿 es una constante. Ahora, la segunda ley de newton para la masa 𝑀 entrega 𝑀 𝑦¨ = 𝑀 𝑔 − 𝑇 donde 𝑦 es la coordenada vertical de la masa 𝑀 con respecto al origen. Como se muestra en la figura

Claramente 𝑦 no es independiente de 𝑟, de hecho 𝑦 = 𝑙 − 𝑟, y por lo tanto 𝑦¨ = −¨ 𝑟 Con esto 𝑇 = 𝑀 𝑔 + 𝑀 𝑟¨ Y el equilibrio de fuerzas para la masa 𝑚 en la direcci´on radial es (recordar la aceleraci´on en coordenadas polares) ( ) 𝑚 𝑟¨ − 𝑟𝜃˙2 = −𝑇 = −𝑀 𝑔 − 𝑀 𝑟¨

Finalmente, las ecuaciones de movimiento son 𝑚𝑟2 𝜃˙ = 𝐿 (𝑀 + 𝑚)¨ 𝑟 = 𝑚𝑟𝜃˙2 − 𝑀 𝑔

b) Despejando 𝜃˙ de la primera ecuaci´on y reemplazando en la segunda (𝑀 + 𝑚)¨ 𝑟=

𝐿2 − 𝑀𝑔 𝑚𝑟3

Esta ecuaci´on diferencial no es tan f´acil de resolver, sin embargo, es f´acil ver que el movimiento ser´a circular cuando 𝑟¨ = 0, esto equivale a 𝐿2 0= − 𝑀𝑔 𝑚𝑟𝑜3 153

Es decir, el movimiento podr´ıa ser circular cuando 𝑟 tome el valor 𝑟03 =

𝐿2 𝑀 𝑚𝑔

c) Supongamos que nos encontramos en la situaci´on en que 𝑟 = 𝑟0 y el movimiento es circular. Si en 𝑡 = 0 perturbamos el radio de forma que es desplazado levemente de 𝑟0 , entonces el radio 𝑟(𝑡) evolucionar´a en el tiempo. Veamos que ocurre si se admite una perturbaci´on al estado de equilibrio, mediante 𝑟(𝑡) = 𝑟0 + 𝛿(𝑡) Es decir, queremos ver si existe alguna soluci´on con esta forma, en donde 𝛿(𝑡) ≪ 𝑟0 . Por supuesto que 𝑟(𝑡) debe satisfacer la ecuaci´on diferencial (𝑀 + 𝑚)¨ 𝑟 = 𝑚𝑟𝜃˙2 − 𝑀 𝑔 Reemplazando nuestra soluci´on perturbada ¨ = (𝑀 + 𝑚)𝛿(𝑡)

𝐿2 − 𝑀𝑔 𝑚𝑟(𝑡)3

Ahora 1 1 = (𝑟𝑜 + 𝛿(𝑡))3 𝑟0

( )−3 𝛿(𝑡) 1+ 𝑟0

Y utilizaremos la aproximaci´on (1 + 𝑥)𝑛 ≈ 1 + 𝑛𝑥 cuando 𝑥 0 entonces 𝑥 decrece. Luego el signo es correcto. Derivando nuevamente ) ( 5 𝐹 𝑟𝑠 𝑥¨ = −𝑅𝜗¨ = −𝑅 2 𝑀𝑅 5 𝐹𝑟𝑠 2𝑀 De la segunda ley de Newton hab´ıamos obtenido 𝑥¨ = −

𝐹𝑟𝑠 − 𝑀 𝑔 sin 𝛽 = 𝑀 𝑥¨ reemplazando 𝐹𝑟𝑠 − 𝑀 𝑔 sin 𝛽 = −𝑀

5 𝐹𝑟𝑠 2𝑀

2 𝐹𝑟𝑠 = 𝑀 𝑔 sin 𝛽 7 Como la esfera rueda sin resbalar, esta fuerza de roce es est´atico, luego se cumple la desigualdad 𝐹𝑟𝑠 ≤ 𝜇𝑆 𝑁 como 𝑁 = 𝑀 𝑔 cos 𝛽 𝐹𝑟𝑠 ≤ 𝜇𝑆 𝑀 𝑔 cos 𝛽 entonces 2 𝑀 𝑔 sin 𝛽 ≤ 𝜇𝑆 𝑀 𝑔 cos 𝛽 7 2 tan 𝛽 7 de aqu´ı se obtiene el m´ınimo coeficiente de roce est´atico 𝜇𝑆 ≥

𝜇𝑆−𝑚𝑖𝑛 =

2 tan 𝛽 7

Notar que si 𝜇𝑆 fuera menor a ´este valor, la desigualdad no se cumplir´ıa, y entonces el sistema ser´ıa inconsistente. Esto implica a que la esfera NO rueda sin resbalar b) Se encontr´o anteriormente que 𝑥¨ = −

5 𝐹𝑟𝑠 2𝑀

y como 2 𝐹𝑟𝑠 = 𝑀 𝑔 sin 𝛽 7 entonces

5 𝑥¨ = − 𝑔 sin 𝛽 7 Entonces se tiene un movimiento del centro de masa rectil´ıneo desacelerado 1 𝑥(𝑡) = 𝑥0 + 𝑣0 𝑡 + 𝑎𝑡2 2 185

𝑥(𝑡) = 𝑥0 + 𝑣0 𝑡 −

15 𝑔 sin 𝛽𝑡2 27

y 𝑣(𝑡) = 𝑣0 + 𝑎𝑡 5 𝑣(𝑡) = 𝑣0 − 𝑔 sin 𝛽𝑡 7

podemos encontrar cuanto avanza en 𝑥 determinando el tiempo que demora en llegar a la altura m´axima. Esto ocurre cuando 5 𝑣(𝑡∗ ) = 0 = 𝑣0 − 𝑔 sin 𝛽𝑡∗ 7 7 𝑣0 𝑡∗ = 5 𝑔 sin 𝛽 reemplazando en 𝑥(𝑡) 𝑥(𝑡∗ ) = 𝑥0 + 𝑣0 𝑡∗ − 𝑥(𝑡∗ ) = 𝑥0 +

15 𝑔 sin 𝛽(𝑡∗ )2 27

7 𝑣02 10 𝑔 sin 𝛽

y entonces Δ𝑥 =

7 𝑣02 10 𝑔 sin 𝛽

ℎ𝑚𝑎𝑥 = Δ𝑥 sin 𝛽 =

7 𝑣02 10 𝑔

Problema Un cordel largo est´a enrollado alrededor de una rueda en reposo sobre una superficie sin roce. El cordel tiene masa despreciable y la rueda tiene masa 𝑀 , radio 𝑅 y momento de inercia 𝐼𝑔 respecto a su centro. El final de la cuerda es tirado con una fuerza constante 𝐹 . Encuentre el desplazamiento 𝑥 del centro de masa en funci´on de la cantidad de cuerda 𝑠 desenrollada

186

Soluci´ on Se pide 𝑥(𝑠), 𝑥 est´a referido al centro de masa de la rueda.

La segunda ley de Newton entrega en el eje horizontal 𝐹 = 𝑀 𝑥¨ → 𝑥¨ =

𝐹 𝑀

como parte del reposo 1𝐹 2 1 𝑡 𝑥(𝑡) = 𝑎𝑡2 = 2 2𝑀 luego 𝑥(𝑡) =

1 𝐹 𝑡2 2 𝑀

Por otro lado, la rotaci´on cumple ⃗𝜏𝑔 =

⃗𝑔 𝑑𝐿 𝑑𝑡

⃗𝜏𝑔 = 𝑅ˆ𝑗 × 𝐹 ˆ𝑖 = −𝑅𝐹 𝑘ˆ Si 𝜗(𝑡) mide la rotaci`on en sentido horario, entonces ⃗ 𝑔 = −𝐼𝑔 𝜗˙ 𝑘ˆ 𝐿 con esto 𝑅𝐹 = 𝐼𝑔 𝛼 𝛼= entonces

𝐹𝑅 𝐼𝑔

1 𝜗(𝑡) = 𝛼𝑡2 2

el largo desenrrollado corresponde a 1 1 𝑠(𝑡) = 𝜗(𝑡)𝑅 = 𝛼𝑅𝑡2 = 2 2 𝑠(𝑡) =

(

𝐹 𝑅2 𝐼𝑔

)

𝑡2

1 𝐹 𝑅2 2 𝑡 2 𝐼𝑔

entonces

2𝐼𝑔 𝑠 𝐹 𝑅2 Notar que 𝑥¨ ∕= 𝛼𝑅 como ocurre en la rodadura pura (rodar sin deslizar). Reemplazando 𝑡2 en 𝑥(𝑡) 𝑡2 =

187

( ) 1 𝐹 2𝐼𝑔 𝑠 𝑥(𝑡) = 2 𝑀 𝐹 𝑅2 ) ( 𝐼𝑔 𝑠 𝑥(𝑠) = 𝑀 𝑅2

Problema Una carretilla de hilo, formada por dos discos y un cilindro como se indica en la figura, es tirada del hilo que tiene enrollado tal como se muestra. Encuentre la aceleraci´on de la carretilla de hilo si ´esta rueda sin resbalar.

Soluci´ on El momento de inercia de un cilindro de masa 𝑀 y radio 𝑅 con respecto a un eje que pasa por su centro de gravedad es 1 𝐼𝑔 = 𝑀 𝑅2 2 Para un disco de masa 𝑀 y radio 𝑅, el momento de inercia tambi´en es 𝐼𝑔 = 12 𝑀 𝑅2 . De esta forma, para la carretilla, el momento de inercia con respecto a su centro de gravedad y eje de simetr´ıa ser´a la suma de los momentos de inercia individuales de sus componentes (los dos discos y el cilindro) 𝑚(2𝑅2 ) (2𝑚)𝑅2 +2 = 5𝑚𝑅2 2 2 Ahora, definimos 𝑦 como la coordenada con respecto a la altura de la polea de la masa 𝑀 𝐼𝑔 =

El equilibrio de fuerzas para la masa 𝑀 es 𝑀 𝑔 − 𝑇 = 𝑀 𝑦¨ Veamos el diagrama de fuerzas sobre la carretilla 188

La segunda ley de Newton en el eje horizontal 𝑇 − 𝑓𝑟 = 4𝑚¨ 𝑥 Veamos que ocurre con el momento angular

La ley de momento angular para la carretilla con respecto a su centro de masas es ⃗𝜏𝐺 = ⃗0 × (−4𝑚𝑔ˆ𝑗) + −2𝑅ˆ𝑗 × −𝑓𝑟ˆ𝑖 − 𝑅ˆ𝑗 × 𝑇 ˆ𝑖 ⃗ 𝑑𝐿 ⃗𝜏𝐺 = −2𝑅𝑓𝑟 𝑘ˆ + 𝑅𝑇 𝑘ˆ = (−2𝑅𝑓𝑟 + 𝑅𝑇 )𝑘ˆ = = 𝐼𝐺 𝛼𝑘ˆ 𝑑𝑡 −2𝑅𝑓𝑟 + 𝑅𝑇 = 5𝑚𝑅2 𝛼 Adem´as, la condici´on de que ruede sin resbalar implica que 2𝑅𝛼 = −¨ 𝑥 El signo se debe a la definici´on de las coordenadas.

189

Por u ´ltimo,podemos relacionar las aceleraciones de la carretilla y la masa 𝑀 mediante 𝑥¨ = 𝑦¨ − 𝛼𝑅

Resumiendo, tenemos 𝑀 𝑔 − 𝑇 = 𝑀 (¨ 𝑥 + 𝛼𝑅) 𝑇 − 𝑓𝑟 = 4𝑚¨ 𝑥 −2𝑅𝑓𝑟 + 𝑅𝑇 = 5𝑚𝑅2 𝛼 2𝑅𝛼 = −¨ 𝑥 Resolviendo 𝑥¨ =

2𝑀 𝑔 𝑀 + 21𝑚

Problema Un carrete cil´ındrico hueco de densidad uniforme tiene radio interior 𝑅/2, radio exterior 𝑅 y masa 𝑀 . Est´a montado de forma que gira alrededor de un eje horizontal estacionario. Hay roce entre el eje y el carrete. Se conecta un objeto de masa 𝑚 al extremo de la cuerda enrollada alrededor del carrete. El objeto cae recorriendo una distancia 𝑦 en un tiempo 𝑡

a) Demostrar que el torque debido a la fuerza de roce entre el carrete y el eje es 2𝑦𝑚𝑅 2𝑦𝐼𝑐 − 𝑡2 𝑅𝑡2 donde 𝐼𝑐 es el momento de inercia del carrete con respecto a su 𝐶𝑀 b) Calcule 𝐼𝑐 𝜏𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝑚𝑔𝑅 −

Soluci´ on a) Veamos el diagrama de fuerzas para la masa 𝑚. Se define la coordenada 𝑥 como se muestra en la figura 190

la segunda ley de Newton entrega 𝑚𝑔 − 𝑇 = 𝑚¨ 𝑥 la masa 𝑚 se mueve en un movimiento uniformemente acelerado, es decir 1 1 𝑥(𝑡) = 𝑥0 + 𝑣0 𝑡 + 𝑎𝑡2 = 𝑥0 + 𝑎𝑡2 2 2 ya que parte del reposo. Como en un tiempo 𝑡 recorre una distancia 𝑦 se tiene 1 𝑥0 + 𝑦 = 𝑥0 + 𝑎𝑡2 2 𝑎=

2𝑦 = 𝑥¨ 𝑡2

luego 𝑇 = 𝑚𝑔 − 𝑚¨ 𝑥 = 𝑚𝑔 −

2𝑚𝑦 𝑡2

El diagrama de fuerzas para el carrete es

Si 𝐶 es el centro de masa, entonces ⃗𝜏𝐶 = 𝐼𝐶 𝜗¨𝑘ˆ 𝜏𝑟𝑜𝑐𝑒 𝑘ˆ + 𝑅ˆ𝑖 × −𝑇 ˆ𝑗 = 𝐼𝑐 𝜗¨𝑘ˆ (𝜏𝑟𝑜𝑐𝑒 − 𝑅𝑇 ) 𝑘ˆ = 𝐼𝑐 𝜗¨ entonces

2𝑚𝑅𝑦 + 𝐼𝑐 𝜗¨ 𝜏𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝑅𝑇 + 𝐼𝑐 𝜗¨ = 𝑚𝑔𝑅 − 𝑡2 por u ´ltimo, la condici´on de que la cuerda no deslize sobre el carrete 𝑥¨ 𝜗¨ = − 𝑅 2𝑚𝑅𝑦 2𝑦𝐼𝑐 +− 2 2 𝑡 𝑅𝑡 b)Para calcular el momento de inercia con respecto a 𝐶, dividimos la figura en elementos de ´area infinitesimales 𝜏𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝑚𝑔𝑅 −

191

el elemento de a´rea en coordenadas polares es 𝑑𝐴 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜗 luego, si 𝜌 es la densidad superficial de masa, entonces la masa contenida en este elemento de ´area es 𝑑𝑚 = 𝜌𝑑𝐴 = 𝜌𝑟𝑑𝑟𝑑𝜗 como las dimensiones de ´este elemento de masa son despreciables, se puede considerar como una part´ıcula puntual, luego su momento de inercia con respecto a 𝑐 es 𝑑𝐼𝑐 = 𝑑𝑚𝑟2 = 𝜌𝑟3 𝑑𝑟𝑑𝜗 luego, el momento de inercia total se obtiene sumando sobre el cuerpo r´ıgido ˆ 2𝜋 ˆ 𝑅 ˆ 𝑑𝑟𝑟3 𝑑𝜗 𝑑𝐼𝑐 = 𝜌 𝐼𝑐 = 𝑅

(

3

𝐼𝑐 = 2𝜋𝜌

𝑅/2

0

𝐶𝑅

ˆ

𝑑𝑟𝑟 = 2𝜋𝜌 𝑅/2

𝑅4 − (𝑅/2)2 4

)

y 𝜌= finalmente 𝐼𝑐 = 2

𝜋(𝑅2

𝑀 − (𝑅/2)2 )

𝑀 𝑅4 − (𝑅/2)2 𝑀 (𝑅2 + (𝑅/2)2 ) = (𝑅2 − (𝑅/2)2 ) 4 2 5 𝐼𝑐 = 𝑀 𝑅2 8

Problema Un yo-yo de masa 𝑀 tiene un eje donde enrolla la cuerda de radio 𝑏 y radio externo 𝑅. Su momento de inercia es 𝐼 = 12 𝑀 𝑅2 (con respecto a su centro de masa). El yo-yo es puesto sobre una mesa y se le aplica una fuerza horizontal 𝐹 como se muestra en la figura. Si el coeficiente de fricci´on entre el yo-yo y la mesa es 𝜇𝑠 , encuentre el m´aximo valor de la fuerza 𝐹 para la cual el yo-yo rueda sin resbalar

192

Soluci´ on Utilizando la ley de conservaci´on de momento angular con respecto al centro de masas del yo-yo

1 ⃗𝜏𝑐 = 𝑀 𝑅2 𝜗¨𝑘ˆ 2 ⃗𝜏𝑐 = −𝑏ˆ𝑗 × 𝐹 ˆ𝑖 − 𝑅ˆ𝑗 × −𝑓𝑟ˆ𝑖 = 𝑏𝐹 𝑘ˆ − 𝑓𝑟 𝑅𝑘ˆ luego 1 𝑏𝐹 − 𝑓𝑟 𝑅 = 𝑀 𝑅2 𝜗¨ 2 El equilibrio de fuerzas para el yo-yo entrega 𝐹 − 𝑓𝑟 = 𝑀 𝑥¨ como el yo-yo rueda sin resbalar 𝑥¨ = −𝑅𝜗¨ luego 𝐹 − 𝑓𝑟 = −𝑅𝑀 𝜗¨ as´ı 2𝑏𝐹 − 2𝑓𝑟 𝑅 = 𝑅𝑓𝑟 − 𝑅𝐹 (𝑅 + 2𝑏) 3𝑅 como el yo-yo rueda sin resbalar, la fuerza de roce es est´atica, y debe satisfacer 𝑓𝑟 = 𝐹

𝑓𝑟 ≤ 𝜇𝑁

𝐹

(𝑅 + 2𝑏) ≤ 𝜇𝑀 𝑔 3𝑅

3𝑅𝜇𝑀 𝑔 𝑅 + 2𝑏 de aqu´ı se obtiene que la fuerza m´axima que se puede aplicar es 𝐹 ≤

𝐹𝑚𝑎𝑥 =

3𝜇𝑀 𝑔𝑅 𝑅 + 2𝑏

193

Problema Dos discos uniformes en un plano vertical de masa 𝑀1 y 𝑀2 con radios 𝑅1 y 𝑅2 respectivamente est´an conectados por una cuerda en la forma que se muestra en la figura. El primer disco tiene un eje fijo (sin roce) de rotaci´on que pasa por su centro. Escriba las ecuaciones que determinan la aceleraci´on del centro de masas del segundo disco si este cae libremente. Asuma que los discos ruedan sin resbalar.

Soluci´ on Veamos el diagrama de fuerzas para cada disco

La ley de momento angular para el disco 1 con respecto a su centro de gravedad es 1 ⃗𝜏𝐺1 = − 𝑀1 𝑅12 𝜗¨1 𝑘ˆ 2 el signo menos se debe a la definici´on de 𝜗1 ⃗𝜏𝐺1 = 𝑅1ˆ𝑖 × −𝑇 ˆ𝑗 = −𝑅1 𝑇 𝑘ˆ luego 1 𝑅1 𝑇 = 𝑀1 𝑅12 𝜗¨1 2 Ahora, para el disco 2 1 ⃗𝜏𝐺2 = − 𝑀2 𝑅22 𝜗¨2 𝑘ˆ 2 ⃗𝜏𝐺2 = −𝑅2ˆ𝑖 × 𝑇 ˆ𝑗 = −𝑅2 𝑇 𝑘ˆ luego 1 𝑅2 𝑇 = 𝑀2 𝑅22 𝜗¨2 2 Adem´as, la ley de Newton para el disco 2 𝑀2 𝑔 − 𝑇 = 𝑀2 𝑦¨ 194

por u ´ltimo, la condici´on de que la cuerda no deslize sobre los discos relaciona las variables ¨ ¨ 𝑦¨, 𝜗1 , 𝜗2 𝑦¨ = 𝑅1 𝜗¨1 +2 𝜗¨2 Luego, el sistema a resolver es 1 𝑅1 𝑇 = 𝑀1 𝑅12 𝜗¨1 2 1 𝑅2 𝑇 = 𝑀2 𝑅22 𝜗¨2 2 𝑀2 𝑔 − 𝑇 = 𝑀2 𝑦¨ 𝑦¨ = 𝑅1 𝜗¨1 + 𝑅2 𝜗¨2

Problema Una bola de masa 𝑀 choca con una varilla con momento de inercia respecto a su centro 𝐼 = 𝜂𝑚𝑙2 . La pelota inicialmente viaja con velocidad 𝑣𝑜 , perpendicular al eje de la varilla. La bola impacta a la varilla a distancia 𝑑 de su centro. Si la colisi´on es el´astica, encuentre la velocidad de traslaci´on y rotaci´on de la varilla, y la velocidad resultante de la pelota

Soluci´ on Si consideramos el sistema {𝑀, 𝑚}, no existen impulsos externos, de manera que el momentum lineal se conserva en todo instante. Sea 𝑡𝑖 el instante anterior al impacto, y 𝑡𝑓 el instante inmediatamente posterior al impacto. Con esto 𝑃⃗𝑖 = 𝑀 𝑣𝑜ˆ𝑖 = 𝑃⃗𝑓 = (𝑀 𝑉 + 𝑚𝑣)ˆ𝑖 donde 𝑉 y 𝑣 son las velocidades justo despu´es del impacto de la pelota y el centro de masa de la barra, respectivamente. 𝑀 𝑣𝑜 = (𝑀 𝑉 + 𝑚𝑣) Ahora, el momento angular total del sistema se conserva, luego ⃗ 𝑖 = −𝑑ˆ𝑗 × 𝑃𝑖 = 𝑀 𝑣𝑜 𝑑𝑘ˆ 𝐿 ( ) ⃗ 𝑓 = −𝑑ˆ𝑗 × 𝑀 𝑉 ˆ𝑖 + 𝐼𝑤𝑓 𝑘ˆ = 𝑑𝑀 𝑉 + 𝜂𝑚𝑙2 𝑤𝑓 𝑘ˆ 𝐿 195

Igualando, se obtiene 𝑀 𝑣𝑜 𝑑 = 𝑀 𝑉 𝑑 + 𝜂𝑚𝑙2 𝑤𝑓 En resumen, de la conservaci´on del momento lineal y del momento angular tenemos 𝑀 𝑉 𝑑 + 𝑚𝑣𝑑 = 𝑀 𝑉 𝑑 + 𝜂𝑚𝑙2 𝑤 𝑣𝑑 = 𝜂𝑙2 𝑤 Ahora, como el choque es el´astico, se conserva la energ´ıa cin´etica, luego 𝐸𝑖 = 𝑀 𝑣𝑜2 = 𝐸𝑓 = 𝑀 𝑉 + 𝑚𝑣 2 + 𝐼𝑤2 1 𝑀 𝑣𝑜2 = 𝑀 𝑉 2 + 𝑚𝑣 2 + 𝜂𝑚𝑙2 𝑤2 2 de la ecuaci´on del momento lineal, despejamos 𝑉 𝑀 𝑣𝑜 − 𝑚𝑣 𝑀 y reemplazando en la conservaci´on de la energ´ıa 𝑉 =

𝑀 𝑣𝑜2 =

𝑀 2 𝑣𝑜2 − 2𝑀 𝑚𝑣𝑣𝑜 + 𝑚2 𝑣 2 1 2 + 𝑚𝑣 + 𝜂𝑚𝑙2 𝑤2 𝑀2 2

y recordando que 𝑣𝑑 = 𝜂𝑙2 𝑤 𝑣𝑑 𝑤= 2 𝜂𝑙 luego 𝑀 𝑣𝑜2 =

𝑀 2 𝑣𝑜2 − 2𝑀 𝑚𝑣𝑣𝑜 + 𝑚2 𝑣 2 1 𝑣 2 𝑑2 + 𝑚𝑣 2 + 𝜂𝑚𝑙2 2 4 𝑀 2 𝜂 𝑙

1 𝑣 2 𝑑2 𝑀 2 𝑣𝑜2 = 𝑀 2 𝑣𝑜2 − 2𝑀 𝑚𝑣𝑣𝑜 + 𝑚2 𝑣 2 + 𝑀 𝑚𝑣 2 + 𝑚𝑀 2 2 𝜂𝑙 1 𝑣𝑑2 0 = −2𝑀 𝑣𝑜 + 𝑚𝑣 + 𝑀 𝑣 + 𝑀 2 2 𝜂𝑙 2𝑣𝑜 =

𝑚 1 𝑣𝑑2 𝑣+𝑣+ 𝑀 2 𝜂𝑙2

Finalmente 𝑣=

𝑤=

2𝑣𝑜 1+ + 𝑚 𝑀

𝑣𝑑2 2𝜂𝑙2

2𝑣𝑜 𝜂𝑑2 1+

𝑉 = 𝑣𝑜

𝑚 𝑀

1− 1+

+

𝑣𝑑2 2𝜂𝑙2

2 𝑚 + 𝜂𝑙𝑑 2 𝑀 𝑚 𝑑2 + 2𝜂𝑙 2 𝑀

Problema 196

Considere un autm´ovil de masa total 𝑀 , cuya geometr´ıa se muestra en la figura, y que inicialmente se mueve con velocidad 𝑣0 . Suponga que en cierto instante el autom´ovil frena bloqueando las dos ruedas delanteras. El coeficiente de roce cinem´atico entre el pavimento y las ruedas es 𝜇. Todas las ruedas tienen un di´ametro 𝐷 y masa 𝑚. (Asuma ℎ > 𝐷)

Bajo ciertas condiciones extremas de frenado, el autom´ovil podr´ıa elevarse por la parte trasera y tumbarse. Encuentre la condici´on que debe satisfacerse para que el autom´ovil quede, en todo instante, con las cuatro ruedas sobre el pavimento Soluci´ on Al frenar, las dos ruedas delanteras se bloquean y entonces no se les permite girar en torno a su eje. Sobre las ruedas traseras el roce ejercer´a un torque que tiende a frenar su movimiento rotacional. Fijemos por el momento un sistema coordenado cuyo centro coincide con el centro de masas del autom´ovil

Haremos un an´alisis por separado para la rueda trasera ( de masa 𝑚) y el resto del autom´ovil (masa 𝑀 − 𝑚), como se muestra en la figura

Veamos el diagrama de fuerzas para una de las ruedas traseras 197

El equilibrio de fuerzas en el eje vertical entrega 𝑅 + 𝑁2 − 𝑚𝑔 = 0 donde 𝑅 es la reacci´on que ejerce el eje (fijo al autom´ovil) sobre la rueda, y 𝑁2 es la fuerza normal con el piso Veamos que ocurre con el resto del autom´ovil. Si su centro de masa tiene coordenadas (𝑋, 𝑌 ) con respecto al sistema coordenado cuyo origen es el centro de masa total, entonces (𝑀 − 𝑚)𝑋 + 𝑏𝑚 𝑏𝑚 →𝑋=− 𝑀 +𝑚 𝑀 −𝑚 de forma que el diagrama de fuerzas queda 𝑋𝐶𝑀 = 0 =

donde ahora el centro lo hemos fijado en la posici´on del centro de masa del resto del autom´ovil, 𝐶𝑀 ′ . El equilibrio de fuerzas en el eje vertical es 𝑁1 − 𝑅 − (𝑀 − 𝑚)𝑔 = 0 reemplazando 𝑅 𝑁1 − 𝑚𝑔 + 𝑁2 − (𝑀 − 𝑚)𝑔 = 0 luego 𝑁1 + 𝑁2 = 𝑀 𝑔 Notar que esta relaci´on se podr´ıa obtener de inmediato al imponer equilibrio de fuerzas del autom´ovil completo, ya que 𝑅 es una fuerza interna Ahora, para que la masa 𝑀 − 𝑚 no se vuelque, la suma de torques con respecto a 𝐶𝑀 ′ debe ser nula. Esto es

⃗𝜏𝐶𝑀 ′

) ) ( ) ) ) (( 𝑚𝑏 𝑚𝑏 ′′ ˆ ˆ𝑖 − ℎ′ˆ𝑗 × 𝑁1ˆ𝑗 + 𝑓𝑟1ˆ𝑖 + ˆ 𝑏+ 𝑖 − ℎ 𝑗 × −𝑅ˆ𝑗 = 0 𝑀 −𝑚 𝑀 −𝑚 ( ) ( ) 𝑚𝑏 𝑚𝑏 ′ ⃗𝜏𝐶𝑀 ′ = −𝑁1 𝑑 − 𝑘ˆ + 𝑓𝑟1 ℎ 𝑘ˆ − 𝑅 𝑏 + 𝑘ˆ = 0 𝑀 −𝑚 𝑀 −𝑚

( ( = − 𝑑−

198

luego −𝑁1 𝑑 + 𝑁1

𝑚𝑏 𝑚𝑏 + 𝑓𝑟1 ℎ′ − 𝑅𝑏 − 𝑅 =0 𝑀 −𝑚 𝑀 −𝑚

pero 𝑚𝑏 𝑚𝑏 (𝑁1 − 𝑅) = (𝑀 − 𝑚)𝑔 = 𝑚𝑏𝑔 𝑀 −𝑚 𝑀 −𝑚 asi −𝑁1 𝑑 + 𝑓𝑟1 ℎ′ − 𝑅𝑏 + 𝑚𝑏𝑔 = 0 Finalmente, tenemos 𝑁2 𝑏 − 𝑁1 𝑑 + 𝑓𝑟1 ℎ′ = 0 𝑁1 + 𝑁2 = 𝑀 𝑔 𝑓𝑟1 = 𝜇𝑁1 Resolviendo 𝑁1 = 𝑁2 =

𝑀 𝑔𝑏 𝑏 + 𝑑 − 𝜇ℎ′ 𝑀 𝑔(𝑑 − 𝜇ℎ′ ) 𝑏 + 𝑑 − 𝜇ℎ′

donde ℎ′ es la altura con respecto al piso del centro de masa (𝑀 − 𝑚). En el sistema de coordenadas cuyo centro es 𝐶𝑀 , se tiene 𝑌𝐶𝑀 = 0 =

(𝑀 − 𝑚)𝑌 + 𝑚( 𝐷2 − ℎ) 𝑀 +𝑚

donde 𝑌 es la coordenada vertical (en el sistema 𝐶𝑀 ) del centro de masa de 𝑀 − 𝑚. Se obtiene ( ) 𝐷 𝑚 ℎ− 𝑌 = 𝑀 −𝑚 2 y entonces 𝑚 ℎ =ℎ+ 𝑀 −𝑚 ′

( ) 𝐷 ℎ− 2

Notar que para que el auto no se vuelque debido al frenado, las ruedas traseras deben permanecer siempre en contacto con el piso. Esto significa que 𝑁2 ≥ 0 Luego 𝑑 ≥ 𝜇ℎ′ 𝑚 𝑑 ≥ 𝜇ℎ + 𝜇 𝑀 −𝑚

(

𝐷 ℎ− 2

)

En general 𝑚 > 𝑚). Consideremos el caso en que la fuerza de interacci´on apunta siempre en la direcci´on que une los 2 cuerpos y depende u ´nicamente de la distancia entre ambos, este tipo de fuerzas se denominan fuerzas centrales. Ejemplos de fuerza central son la fuerZa de gravitaci´on de Newton, y la fuerza Coulombiana. M´as a´ un, este tipo de fuerzas son conservativas, es decir, provienen de un potencial 𝑑𝑈 (𝑟) 𝐹 =− 𝑑𝑟

Recordemos que en coordenadas polares, tenemos: ⃗𝑟(𝑡) = 𝑟ˆ 𝑟 ⃗𝑣 (𝑡) = 𝑟ˆ ˙ 𝑟 + 𝑟𝜗˙ 𝜗ˆ De esta manera, podemos obtener la energ´ıa total de la masa 𝑚 como 1 𝐸 = 𝑚𝑣 2 + 𝑈 (𝑟) 2 Es decir, energ´ıa cin´etica m´as energ´ıa potencial 1 𝐸 = 𝑚(𝑟˙ 2 + 𝑟2 𝜃˙2 ) + 𝑈 (𝑟) 2 y sabemos que este valor ser´a una constante independiente del tiempo, ya que s´olo act´ uan fuerzas conservativas sobre la masa 𝑚. Ahora, el torque sobre 𝑚 con respecto al origen da ⃗𝜏𝑜 = 𝑟ˆ 𝑟 × −𝐹 𝑟ˆ = ⃗0 de manera que ⃗0 𝑑𝐿 = ⃗0 𝑑𝑡 Luego el momento angular se conserva, esto implica que una masa 𝑚 sometida a una fuerza central cualquiera, se mueve siempre en un mismo plano. En el caso de los planetas, todos giran en torno al sol en un mismo plano, llamado el plano de la ecl´ıptica. Ahora,el momento angular es ⃗ 0 = 𝑚𝑟2 𝜃˙𝑘ˆ 𝐿 Su magnitud es una constante independiente del tiempo, en resumen, tenemos 1 𝐸 = 𝑚(𝑟˙ 2 + 𝑟2 𝜃˙2 ) + 𝑈 (𝑟) 2 205

𝐿 = 𝑚𝑟2 𝜃˙ = 𝑐𝑡𝑒 Notemos que basta con esta 2 ecuaciones para resolver las ecuaciones de movimiento. Es decir, la cinem´atica de la masa 𝑚 estar´a completamente determinada con estas 2 ecuaciones, que no son otra cosa que la conservaci´on de la energ´ıa y conservaci´on del momento angular. Ahora, se pueden seguir 2 procedimientos , el primero, es resolver 𝑟 y 𝜗 en t´erminos del tiempo, o bien, resolver 𝑟 en t´erminos de 𝜗. La primera tiene la ventaja de determinar la velocidad y la posici´on para cualquier tiempo 𝑡, la segunda tiene la ventaja de mostrar expl´ıcitamente las formas de las trayectorias , aunque no sabremos que tan r´apido son recorridas. Por el momento, esta discusi´on quedar´a hasta ac´a

206

La teor´ıa de la relatividad de Einstein (solo para curiosos) Quiz´as la teor´ıa m´as brillante que haya pasado por la mente de una persona es la de la relatividad general de Albert Einstein. Quisiera s´olo contarles como se modifica el concepto de universo de Newton en la teor´ıa de Einstein. De partida, Einstein not´o que la teor´ıa de Newton posee defectos. Seg´ un la ley de Newton la fuerza con que se atraen dos objetos es 𝐹 =

𝐺𝑚1 𝑚2 𝑟2

Esta es una relaci´on instant´anea.

Fig. 6.4: Dos objetos interactuando mediante una fuerza de gravitaci´on

Luego, nos hacemos la pregunta, si repentinamente el objeto 2 desaparece, el otro objeto sigue en l´ınea recta inmediatamente? Es la relaci´on instant´anea? En ese caso, se podr´ıa transmitir informaci´on con velocidad infinita!. Einstein ya hab´ıa formulado serios argumentos que imposibilitaban la transmisi´on de informaci´on a velocidad infinita

Fig. 6.5: Ante la ausencia de otro objeto, la masa 1 se mueve en l´ınea recta Otro tema que le llam´o mucho la atenci´on, es que dos cuerpos ante la atracci´on gravitacional de un objeto describen las mismas trayectorias , independiente de los valores de sus masas. Esto es consecuencia de que la fuerza de gravitaci´on sobre un objeto es proporcional a su masa, de forma que 𝑚𝑀 𝐺 2 = 𝑚𝑎𝑐 𝑟 𝑀 𝐺 2 = 𝑎𝑐 𝑟 la aceleraci´on de un objeto en un campo gravitacional no depende de su masa. Este es el concepto de universalidad de las trayectorias, que todos los objetos est´an sujetos a la misma aceleraci´on. Para Einstein, esta era una gran pista de que la gravitaci´on debe ser algo inherente al espacio-tiempo. Para Einstein, entre dos objetos no existe una fuerza, todo es un efecto geom´etrico. Es decir, si no existiera el sol, la tierra se mover´ıa en l´ınea recta en un espacio plano 207

Fig. 6.6: Ante la ausencia de otro objeto, la masa 1 se mueve en l´ınea recta

Bajo la prescencia de un objeto con energ´ıa, como el sol, la geometr´ıa del espacio-tiempo se curva, de forma que la tierra sigue movi´endose en una linea recta, pero ahora en un espacio curvo, lo que le da el movimiento que ya conocemos. Einstein fue un genio al proponer que en el universo las distancias son din´amicas. Luego, en la teor´ıa de Einstein, si el sol desapareciera repentinamente, existir´ıa una deformaci´on en la geometr´ıa del espacio-tiempo que se propaga a velocidad finita, (igual a la velocidad de la luz), estas son las ondas gravitacionales

Fig. 6.7: Ante la ausencia de otro objeto, la masa 1 se mueve en l´ınea recta

208

En ese sentido, gravitaci´on es geometr´ıa. Si hay materia, la geometr´ıa del universo se curva. La teor´ıa de la relatividad general es una de las teor´ıas mas fascinantes y exitosas que se hayan conocido. Lo interesante es que es capaz de unificar materia y radiaci´on, (algo que no existe en la teor´ıa de Newton), y predice una cantidad enorme de fen´omenos que han sido verificados en su mayor´ıa hasta el d´ıa de hoy.

Fig. 6.8: La famosa ecuaci´on de Einstein tiene enormes consecuencias Geometr´ıa exterior a una estrella La ecuaci´on de Einstein permite obtener la geometr´ıa cuando se conoce la energ´ıa que existe en determinada posici´on. En el caso de un objeto de masa 𝑀 esf´ericamente sim´etrico, la geometr´ıa del espacio-tiempo a su alrededor est´a muy bien determinada, y es conocida como M´ etrica de Schwarszchild. Importantes consecuencias de ´esta soluci´on de la ecuaci´on de Einstein son que i) Si 𝑟 → ∞, la geometr´ıa es plana (lejos de la fuente) ii) El tiempo fluye m´as lento cerca de la fuente gravitacional (Efecto utilizado en el sistema GPS) iii) Para algunos objetos particulares, existe 2𝑀 𝐺 𝑐2 conocido como el radio de Schwarszchild, en donde un objeto que se acerca a la fuente en una distancia menor a 𝑟0 , no es capaz de salir (Agujero Negro) iv) Esta geometr´ıa entrega correcciones a los movimientos de los planetas obtenidos con las leyes de Newton, en particular, explica la precesi´on de la o´rbita de mercurio, y admite trayectorias que son imposibles en la teor´ıa de Newton 𝑟0 =

Fig. 6.9: Einstein explic´o de forma notable la precesi´on de la o´rbita de Mercurio

209

v) Para Einstein entonces, todo lo que posee energ´ıa tiene masa (masa en el sentido de que es atra´ıdo gravitacionalmente). Incluso la luz, que tiene energ´ıa, posee masa (en este sentido). Cuando un rayo de luz, que posee energ´ıa, pasa cerca del sol, es atra´ıdo por ´este. La luz entonces no sigue una l´ınea recta, si no que se deflecta.

Fig. 6.10: Cambio en la posici´on aparente de una estrella Einstein calcul´o cuanto se desviaba un rayo de luz al pasar cerca de una fuente de curvatura como el Sol. Este ´angulo de desviaci´on fue calculado de forma experimental durante un eclipse por Edington, coincidiendo a la perfecci´on con el valor te´orico que predijo Einstein. Este efecto se conoce muy bien en Astronom´ıa y es conocido como lente gravitacional Cosmolog´ıa Modelando al universo como un fluido homog´eneo e isotr´opico, se resuelve la ecuaci´on de Einstein para determinar la geometr´ıa del espacio-tiempo del universo a gran escala i) Existe un factor que depende del tiempo 𝑎(𝑡) y que es responsable de la expansi´on de universo. Observaciones y la teor´ıa de Einstein indican que el universo se expander´ıa indefinidamente ii) De la ecuaci´on de Einstein se obtiene la forma general de la Ley de Hubble. Esta establece que la velocidad con que se alejan dos galaxias es proporcional a la distancia entre ambas. En la teor´ıa de Einstein, el factor de proporcionalidad depende del tiempo, y es precisamente 𝑎(𝑡) iii) Se estima la edad del universo, es decir, se resuelve para que 𝑡, 𝑎(𝑡) = 0 (Big bang), obteniendo un valor aproximado de 9 ∗ 109 a˜ nos. iv) Se obtiene un valor para la densidad de energ´ıa del universo, prediciendo la existencia de energ´ıa y oscura, y materia oscura

Fig. 6.11: Al parecer todo indica que el universo continuar´a su expansi´on Como ver´an, la teor´ıa de relatividad general concibe la f´ısica del universo de una forma radicalmente distinta (y mucho m´as general) que la teor´ıa de gravitaci´on de Newton. Sin embargo, las leyes de Newton han tenido una utilidad pr´actica tremenda en la exploraci´on espacial, pues son una aproximaci´on de la ecuaci´on de Einstein para sistemas de energ´ıas no muy grandes.

210

Problema ¿C´omo podemos deducir que la energ´ıa potencial de un cuerpo de masa 𝑚 sobre la superficie terrestre se escribe 𝑈 = 𝑚𝑔ℎ, a partir de la Ley de Gravitaci´on Universal de Newton? Soluci´ on La ley de gravitaci´on Universal de Newton dice que la fuerza con que un objeto de masa 𝑀 atrae a un objeto de masa 𝑚, situados a distancia 𝑟, tiene la forma 𝐺𝑀 𝑚 𝐹⃗ = − 2 𝑟ˆ 𝑟 donde hemos fijado el origen en la masa M, y 𝑟ˆ es la direcci´on radial unitaria que va desde M a m.

El signo menos de la fuerza indica que es atractiva. Esta fuerza es conservativa, es decir tiene asociada una energ´ıa potencial, esto es 𝑑𝑈 𝐹⃗ = − 𝑟ˆ 𝑑𝑟 𝑑𝑈 𝑑𝑟 es f´acil verificar que este potencial gravitacional es 𝐹 =−

𝑈 (𝑟) = −

𝐺𝑀 𝑚 𝑟

Supongamos ahora que se tiene una masa 𝑚, que se encuentra a una altura ℎ sobre la superficie terrestre, como se muestra en la figura

211

El potencial se puede reescribir como 𝑈 (𝑟) = −

𝐺𝑀 𝑚 𝑅+ℎ

donde R es el radio de la tierra. 𝑈 (𝑟) = −

𝐺𝑀 𝑚 𝑅(1 + 𝑅ℎ )

Si el objeto 𝑚 se encuentra cerca de la superficie terrestre, entonces ℎ 𝑅𝑟𝑜𝑐ℎ𝑒 , 𝑟¨ > 0 y la masa sigue unida a la luna (y aparecer´a una fuerza normal que la dejar´a en equilibrio en la superficie) Si utilizamos la aproximaci´on, en que 𝑎