Fi01 libro

Facultad de Ingeniería de Sistemas, Cómputo y Telecomunicaciones

Física I

Teoría y Práctica

Oscar Santiago Monroy Cárdenas

Derechos Reservados

Lima – Perú

2016

ÍNDICE

Pág. UNIDAD 1: CANTIDADES FÍSICAS 1 1.1. Introducción 1 1.1.1 ¿Qué es la Física? 1 1.1.2 ¿Por qué medimos en la Física? 1 1.1.3 El Sistema Internacional de Unidades (S.I) 2 1.2. Análisis dimensional 3 1.2.1 Ecuación dimensional 3 1.2.2 Propiedades básicas 3 1.2.3 Principio de homogeneidad dimensional 4 1.2.4 Dimensiones de algunas cantidades físicas derivadas 4 1.3. Clasificación de las cantidades físicas 15 1.3.1 Cantidades escalares 15 1.3.2 Cantidades vectoriales 15 1.4 Representación geométrica de un vector 16 1.5 Adición de vectores por método s geométrico s 16 1.5.1 Regla del triángulo 16 1.5.2 Regla del polígono 17 1.5.3 Regla del paralelogramo 18 1.6 Conceptos básicos 19 1.6.1 Diferencia de vectores 19 1.6.2 Traslación de vectores 19 1.6.3 Vectores iguales 19 1.6.4 Vectores opuestos 20 1.6.5 Vectores paralelos 20

1.7 Descomposición rectangular de un vector en dos dimensiones 29

1.8 Repres entación analítica de un vector en dos dimensiones 29

1.9 Suma de vecto res por el método analítico de la descomposición rectangular 30

1.10 Vector unitario 39 1.11 Descomposición de un vector en tres dimensiones 39 Problemas propuestos 47 UNIDAD 2: CINEMÁTICA 57 2.1 Conceptos básicos de la cinemática 57 2.1.1 Sistema de referencia 57 2.1.2 Vector de posición 58 2.1.3 Desplazamiento 58 2.1.4 Velocidad media 59 2.1.5 Distancia 59 2.1.6 Rapidez media 60 2.2 Movimiento rectilíneo uniforme (MRU) 60 2.2.1 Ecuación del MRU 60 2.2.2 Gráficas del MRU 61 2.3 Aceleración media 72 2.4 Movimiento rectilíneo uniformemente variado (MRUV) 73 2.4.1 Ecuaciones del MRUV 73 2.4.2 Gráficas del MRUV 74

2.5 MRUV vertical 88 2.6 Movimiento parabólico 95 2.6.1 Descripción geométrica 95 2.6.2 Descripción analítica 95 2.7 Movimiento circular 105 2.7.1 Desplazamiento angular 105 2.7.2 Velocidad angular media 106 2.7.3 Periodo y frecuencia 107 2.8 Movimiento circular uniforme (MCU) 108 2.8.1 Ecuación del MCU 108 2.8.2 Gráficas del MCU 109 2.9 Velocidad tangencial 109

2.10 Relación general entre la rapidez tangencial y la rapidez angular 109

2.11 Aceleración angular media 114 2.12 Movimiento circular uniformemente variado (MCUV) 114 2.12.1 Ecuaciones del MCUV 114 2.12.2 Gráficas del MCUV 115 2.13 Aceleración centrípeta y aceleración tangencial 116 Problemas propuestos 121 UNIDAD 3: ESTÁTICA Y DINÁMICA 141 3.1 Conceptos básicos 141 3.1.1 Sistema 141 3.1.2 Fuerza 141 3.1.3 Inercia 142 3.1.4 Masa 142 3.2 Leyes de Newton de la mecánica 142 3.2.1 Primera l ey. (Principio de inercia) 142 3.2.2 Segunda l ey. (Principio de masa) 143 3.2.3 Tercera l ey. (Principio de acción y reacción ) 143 3.3 Equilibrio de fuerzas concurrentes 144 3.4 Fuerza de rozamiento o fricción en superficies sólidas 150 3.5 Ley de la fricción 151 3.6 Fuerza elástica 152 3.7 Torque (o momento de fuerza ) 160 3.8 Condiciones de equilibrio 163 3.8.1 Primera condición de equilibrio 163 3.8.2 Segunda condición de equilibrio 163

3.9 Procedimiento general para la resolución de problem as de estática 172

3.10 Dinámica del movimiento rectilíneo 172 3.11 Dinámica del movimiento circular 185 3.11.1 Fuerza centrípeta 186 3.11.2 Fuerza tangencial 186

3.12 Procedimiento general para la resolución de problem as de dinámica 192

3.13 Gravitación universal 193 3.13.1 Ley de Newton de la gravitación universal 193 3.13.2 Variación de la aceleración de la gravedad 193 3.14 Leyes de Kepler 195

3.14.1 Primera ley : ley de las órbitas 195 3.14.2 Segunda ley : ley de las áreas 196 3.14.3 Tercera ley : ley de los períodos 196 Problemas propuestos 200 UNIDAD 4: TRABAJO Y ENERGÍA 221 4.1 Trabajo de una fuerza constante 221 4.2 Trabajo de una fuerza variable 226 4.3 Potencia media 228 4.4 Concepto de energía 231 4.5 Energía cinética 231 4.6 Teorema del trabajo y la energía 231 4.7 Energía potencial 236 4.7.1 Energía potencial gravitatoria 236 4.7.2 Energía potencial elástica 237 4.8 Fuerzas conservativas y no conservativas 238 4.9 Principio de conservación de la energía 239 4.9.1 Sistema conservativo: no hay fricción 239 4.9.2 Sistema no conservativo: hay fricción 239 Problemas propuestos 249 APÉNDICES 261 Apéndice A: Unidades SI 261 Apéndice B: Relaciones algebraicas 263 Apéndice C: Fórmulas de figuras geométricas 265 Apéndice D: Relaciones trigonométricas 268 Apéndice E: Cálculo diferencial 270 Apéndice F: Cálculo integral 271 Apéndice G: Serie de potencias e identidades 272 Bibliografía 274

INTRODUCCIÓN

El propósito de este libro es contribuir con la comprensión de los temas esenciales de la Mecánica newtoniana a través de un primer curso de Física, describiéndolos de la manera más simple posible de acuerdo con los conocimientos matemáticos elementales que tienen generalmente los estudiantes cuando cursan el primer o segundo año en la universidad.

Por razones de programación curricular, el libro trata de las leyes de

Newton de la Mecánica clásica. Las características del libro son consistentes con la programación didáctica desarrollada por el docente, donde los logros de aprendizaje son específicos para cada Unidad de la asignatura. Cada Unidad temática está constituida por secciones de teoría, un conjunto de problemas resueltos en cada una de las secciones, y un conjunto selecto de problemas propuestos que le permitan al estudiante obtener un aprendizaje óptimo.

La principal motivación que tuve en la elaboración de este libro fueron las

necesidades que percibí en los estudiantes cuando afrontan un primer curso de Física en la universidad. La experiencia adquirida a través de los años como profesor me ha obligado a tener en mente las posibles dificultades de comprensión y aplicación de las leyes básicas de la Mecánica newtoniana en los estudiantes, preocupándome por presentar una redacción simple de la teoría y las habilidades que se requieren en la resolución de los problemas.

O.S.M.C.

ORIENTACIONES METODOLÓGICAS

� Unidad I

Esta Unidad trata del análisis dimensional de las ecuaciones de la Física y del análisis vectorial para comprender las reglas de la adición de vectores.

Se explicará cómo Identificar los diferentes sistemas de unidades existentes en la actualidad. Se Utilizará el álgebra de las ecuaciones dimensionales.

Se aplicarán las reglas de la adición y multiplicación de vectores en la

resolución de problemas. � Unidad II

En esta Unidad, se estudian dos tipos especiales de movimiento rectilíneo: el

movimiento rectilíneo uniforme (MRU) y el movimiento rectilíneo uniformemente variado (MRUV). También, se estudian dos tipos especiales de movimiento curvilíneo en dos dimensiones: el movimiento parabólico y el movimiento circular.

Se describen y aplican los conceptos de la cinemática en el movimiento rectilíneo en régimen de velocidad constante y aceleración constante con resolución de problemas.

Se describen y aplican los conceptos de la cinemática en el movimiento curvilíneo en dos dimensiones con resolución de problemas.

� Unidad III

En esta Unidad, se estudia el equilibrio de fuerzas concurrentes para un sistema en reposo o con movimiento de traslación uniforme y el equilibrio de fuerzas paralelas para un sistema en reposo. También se estudia la dinámica del movimiento rectilíneo y del movimiento circular.

Se describen y analizan las condiciones de equilibrio de traslación y rotación mediante la resolución de problemas de interés práctico. También se describe y analiza la dinámica del movimiento rectilíneo y del movimiento circular.

� Unidad IV

Esta Unidad comienza con la definición cuantitativa de trabajo, para luego comprender las definiciones cuantitativas de energía cinética y energía potencial.

Se describen y desarrollan los conceptos de trabajo, energía y potencia con resolución de problemas.

Se aplican el teorema del trabajo y la energía, así como la ley de conservación de la energía en la solución de problemas de dinámica.

UNIDAD 1

CANTIDADES FÍSICAS Una cantidad física es un lenguaje que utilizamos para describir y cuantificar una propiedad de un sistema natural. Las cantidades físicas se clasifican en escalares y vectoriales. En las ecuaciones de la Física se relacionan cantidades escalares y vectoriales. Esta Unidad trata del análisis dimensional de las ecuaciones de la Física y del análisis vectorial para comprender las reglas de la adición de vectores. 1.1. Introducción 1.1.1 ¿Qué es la Física? Es la ciencia más fundamental que se ocupa de la comprensión y descripción de los fenómenos naturales mediante principios físicos que son concordantes con las observaciones experimentales. Un principio físico es una proposición que indica una propiedad general de un fenómeno natural. Se expresa con exactitud en la forma de una ecuación matemática llamada ley física o ecuación física. Una ecuación física constituye la receta para diseñar instrumentos de medida que permitan comprobar mediante experimentos la ley física. 1.1.2 ¿Por qué medimos en la Física? La medición es el acto de comparar directamente o indirectamente el número en la escala del instrumento con la propiedad física. Por consiguiente, medir significa cuantificar propiedades físicas. A cada propiedad física medible se le asigna un nombre, llamada en general cantidad física. Por ejemplo, una propiedad física primordial que percibimos es el tamaño o dimensión de las cosas que nos rodean. La cantidad física fundamental asociada para medirla se llama longitud. El instrumento que se inventó para medir longitudes fue la regla rígida. Otra propiedad física de los objetos materiales es la inercia. La cantidad física fundamental asociada para medirla se llama masa. El instrumento que se diseñó para medir la inercia es la balanza. Otra propiedad física universal que percibimos son las vibraciones. Una vibración u oscilación significa un movimiento repetitivo y se manifiesta en un intervalo o periodo de tiempo. El instrumento que se inventó para medir intervalos de tiempo es el reloj. Por ejemplo, el reloj humano se inventó de acuerdo a los latidos del corazón. La división más pequeña en un reloj tradicional (el segundo) es comparable con el intervalo que hay entre un latido del corazón y el siguiente latido consecutivo.

En general, cuando se tiene una propiedad física medible se cumple la correspondencia: propiedad física cantidad física tamaño longitud inercia masa vibración tiempo Las mediciones se expresan en unidades convencionales. A un conjunto de unidades estándar se les llama sistema de unidades. En la actualidad el sistema de unidades predominante en el mundo es el sistema métrico. La nueva versión del sistema métrico (MKS) se denomina Sistema Internacional de Unidades (SI). Se puede plantear una tercera pregunta fundamental: ¿cuál es el propósito de la Física? Esta pregunta no puede ser contestada en nuestro estado actual de conocimientos. Sin embargo, parece estar íntimamente relacionada con el propósito del cosmos, donde está implícito el lenguaje intrínseco de la naturaleza. La búsqueda de este lenguaje debe ser en realidad el objetivo primordial de la Física contemporánea. 1.1.3 El Sistema Internacional de Unidades (S.I) El 31 de diciembre de 1982, Perú adoptó el S.I. (ley No 23560) como sistema legal de unidades para las medidas. El S.I. consta de siete cantidades fundamentales, las cuales se describen en la tabla adjunta.

Cantidad fundamental Dimensión Unidad Símbolo Longitud L metro M

Masa M kilogramo kg Tiempo T segundo S

Intensidad de corriente eléctrica I ampere A Temperatura termodinámica Θ kelvin K

Cantidad de sustancia N mol Mol Intensidad luminosa J candela cd

Cuando los números que expresan las mediciones son muy grandes o muy pequeños se utilizan prefijos como unidades en el S.I. (véase la tabla adjunta).

Prefijo Símbolo Orden Equivalencia Tera- T 1012 1 Terámetro (Tm) ≡ 1012 m Giga- G 109 1 Gigámetro (Gm) ≡ 109 m Mega- M 106 1 Megámetro (Mm) ≡ 106 m Kilo- k 103 1 kilómetro (km) ≡ 103 m Deci- d 10-1 1 decímetro (dm) ≡ 10-1 m Centi- c 10-2 1 centímetro (cm) ≡ 10-2 m Mili- m 10-3 1 milímetro (mm) ≡ 10-3 m

Micro- µ 10-6 1 micrómetro (µm) ≡ 10-6 m Nano- n 10-9 1 nanómetro (nm) ≡ 10-9 m Pico- p 10-12 1 picómetro (pm) ≡ 10-12 m

(*) OBSERVACIÓN Una cantidad física se considera fundamental cuando se define, de modo independiente, a partir de una propiedad física universal. Por el contrario, se llama cantidad física derivada cuando se define en términos de una o más cantidades físicas fundamentales. 1.2. Análisis dimensional Las ecuaciones de la Física tienen la propiedad de que los términos independientes que la conforman son homogéneos. El procedimiento que se utiliza para comprobar si una ecuación física es dimensionalmente homogénea se llama análisis dimensional. 1.2.1 Ecuación dimensional Cuando se examina la homogeneidad de una ecuación surge la llamada ecuación dimensional, la cual es una igualdad que exhibe las dimensiones fundamentales de un sistema de unidades. Es de la forma:

[ ] K

cba TMLX = donde: [ ]X : se lee dimensión de X a, b, c, ...: números enteros o fracciones de enteros 1.2.2 Propiedades básicas

Cinco propiedades de las ecuaciones dimensionales son necesarias y suficientes para examinar la homogeneidad de una ecuación. Son las siguientes:

[ ]número real , [ ] [ ][ ]xy x y= , [ ][ ]y

x

y

x =

[ ] [ ]cx x ,= (número real), [ ]nnx x =

1.2.3 Principio de homogeneidad dimensional Este principio establece una condición para que una ecuación sea dimensionalmente homogénea. Dice lo siguiente:

Todos los términos de una ecuación física tienen igual dimensión. Por ejemplo, considérese la ecuación de la Física:

0v v at= + donde v0, v: velocidades, a: aceleración y t: tiempo. Entonces el principio de homogeneidad exige que:

[ ] [ ] [ ]0v v at= =

Esta condición también implica que las unidades de los términos de la ecuación sean homogéneas. 1.2.4 Dimensiones de algunas cantidades físicas der ivadas Frecuentemente al examinar la homogeneidad de una ecuación física aparecen las siguientes cantidades derivadas:

[ ] [ ][ ] 2LLLanchooarglárea =⋅==

[ ] [ ][ ][ ] 3LLLLalturaanchooarglvolumen =⋅⋅==

[ ] [ ][ ]

1LT

T

L

tiempo

entodesplazamivelocidad

−===

[ ] [ ][ ]

21

LTT

LT

tiempo

velocidadnaceleració

−−

===

[ ] [ ][ ] 2MLTnaceleraciómasafuerza −==

[ ] [ ][ ]

21

2

2

TMLL

MLT

área

fuerzapresión

−−−

===

[ ] [ ][ ] 222 TMLLMLTciatandisfuerzatrabajo −− ===

[ ] [ ][ ]

3

3ML

L

M

volumen

masadensidad

−===

Se puede seguir incrementando la lista de cantidades derivadas según convenga.

Ejemplo 1.1: Dadas las siguientes ecuaciones:

(I) v/E2Ft = (II) ( )2

0

c/v1

mm

−= , (III)

+=

2

at1mgE

2

donde m0, m: masas, F: fuerza, t: tiempo, E: energía, v, c: velocidades y a, g: aceleraciones.

a) Examinar si las ecuaciones dadas son dimensionalmente correctas. b) Indicar las ecuaciones incorrectas y explicar por qué. c) Reformule las ecuaciones incorrectas de modo que sean dimensionalmente correctas.

Solución:

a) (I) Escribiendo las dimensiones de los términos, luego aplicando el principio de homogeneidad y las propiedades de las ecuaciones dimensionales se tiene:

[ ] [ ][ ] ( ) 12 MLTTMLTtFFt −− ===

[ ][ ]

1

1

22

MLTLT

TML

v

E

v

E2 −−

−===

[ ] 1MLT

v

E2Ft

−=

=

Por tanto, la ecuación (I) es dimensionalmente correcta.

(II) Escribiendo las dimensiones de los términos, luego aplicando el principio de homogeneidad y las propiedades de las ecuaciones dimensionales se tiene:

[ ] Mm =

( )[ ]

M1

M

c

v1

m

c/v1

m

2

0

2

0 ==

−

=

−

[ ]( )

Mc/v1

mm

2

0 =

−=

Por tanto, la ecuación (II) es dimensionalmente correcta. (III) Escribiendo las dimensiones de los términos, luego aplicando el principio de homogeneidad y las propiedades de las ecuaciones dimensionales se tiene:

2

atmgmg

2

at1mgE

22

+=

+=

[ ] 22TMLE −=

[ ] 2MLTmg −=

[ ][ ][ ] ( )( ) 2222222

TMLTLTMLTtamg2

atmg

−−− ===

Vemos que la ecuación (III) no satisface el principio de homogeneidad, y por consiguiente no es dimensionalmente correcta. b) La Ec.(III) es incorrecta, porque no satisface el principio de homogeneidad dimensional. Es decir:

[ ] [ ]mg2

atmgE

2

≠

=

c) Para que la Ec.(III) sea dimensionalmente correcta, se reescribe:

+=

2

atbmgE

2

donde:

[ ] [ ][ ] ( ) LTLTta2

atb

2222

===

= −

Ejemplo 1.2: Un cuerpo se mueve en una trayectoria rectilínea de acuerdo a

la ley: 2ctbtav ++= , donde v: velocidad y t: tiempo. a) Determine las dimensiones de los coeficientes a, b y c. b) ¿Cuáles son las unidades de a, b y c en el SI? c) ¿Cuál es el significado físico de los coeficientes a, b y c? Solución: a) Aplicando el principio de homogeneidad y las propiedades de las ecuaciones dimensionales, se escriben:

[ ] [ ] 1LTva −==

[ ][ ] [ ]vtb =

[ ] [ ][ ]

12v LT

b LTt T

−−= = =

También:

[ ][ ] [ ]vtc2 =

[ ] [ ][ ]

3

2

1

2LT

T

TL

t

vc

−−

===

b) Unidad de la cantidad a : ms – 1 o m/s Unidad de la cantidad b : ms – 2 o m/s2

Unidad de la cantidad c : ms – 3 o m/s3 c) Examinado las dimensiones se deducen:

[ ] [ ]a v := velocidad

[ ] [ ][ ]velocidad

b :tiempo

= aceleración

[ ] [ ][ ]

aceleraciónc :

tiempo= no tiene significado

Ejemplo 1.3: Hallar las dimensiones de cada una de las cantidades desconocidas en las ecuaciones dimensionalmente homogéneas: a) a = kdc2, donde a: aceleración, d: distancia y c: velocidad.

b) P = P0

Rλ

mg

T

λZ1

, donde: P, P0: presiones, Z: distancia, T: temperatura

termodinámica, m: masa y g: aceleración.

c) x2 = K

E +

K

KA--E2

cos

t

m

K2 +

π4

, donde: x: distancia, m: masa y t:

tiempo. Solución: a) La cantidad desconocida es k. Aplicando el principio de homogeneidad y las propiedades de las ecuaciones dimensionales:

[ ] [ ][ ][ ]2a k d c=

[ ] [ ][ ] [ ]2

ak

d c=

[ ]k = 2

21 2 3

L T LL

(L)(LT ) L

−−

− = =

b) Las cantidades desconocidas son λ y R. Aplicando el principio de homogeneidad y las propiedades de las ecuaciones dimensionales:

λT

z = 1

[λ ] = ]z[

]T[ =

L

Θ

[ λ ] = L–1 Θ

Determinando la dimensión de R:

λR

mg = 1

[ R ] = ][

]g[]m[

λ

[ R ] = 2

1

(M)(LT )

L

−

− Θ

[ R ] = ML2T –2 1−Θ

c) Las cantidades desconocidas son K, E y A. Aplicando el principio de homogeneidad y las propiedades de las ecuaciones dimensionales:

t

m

K2 = 1

[ ]1/2

1/2

[K ] t1

[m]=

[ K ] = 2

]t[

]m[ = 2

2

MMT

T−=

Determinando la dimensión de E :

[ ]2Ex

K =

[ ] [ ] [ ]2 2 2E x K L MT−= =

Determinando la dimensión de A :

[ ] [ ]2KA E=

[ ]2[E ]

A[K ]

= = ( )22 2

2

L MT

MT

−

− = 4 2 4

4 22

L M TL MT

MT

−−

− =

Ejemplo 1.4: La ecuación F = txρ yvz es dimensionalmente homogénea, donde F: fuerza, t: tiempo,ρ : densidad y v: velocidad. Halle la ecuación física correcta. Solución: El principio de homogeneidad requiere:

[ F ] = [ t ]x [ρ ]y [ v ]z

M LT –2 = (Tx) (ML–3)y (LT –1)z M LT –2 = My L–3y + zTx – z

Comparando términos:

M = My

y = 1

L = L–3y + z

–3y + z = 1

z = 4

T –2 = Tx – z

x – z = –2

x = 2 Por tanto, la ecuación física correcta es de la forma:

2 4F t v= ρ Ejemplo 1.5: La frecuencia de vibración (f) de una cuerda depende de la fuerza F aplicada, de la masa por unidad de longitud µ y de su longitud l. a) Utilizando el análisis dimensional, halle la ecuación respectiva. b) Interprete la ecuación obtenida. c) Si las cantidades µ y l permanecen constantes, ¿cómo debe cambiar el valor de la fuerza aplicada a la cuerda para que la frecuencia se duplique?

Solución: a) Según el enunciado se plantea la ecuación en la forma: x y zf kF l= µ (1) donde k es una constante adimensional. Aplicando el principio de homogeneidad:

[ ] [ ] [ ] [ ]zyxlFf µ=

( ) ( )x y1 2 1 zT MLT ML L− − −=

( ) ( )1 x x 2x y y zT M L T M L L− − −=

Reescribiendo:

x2zyxyx100 TLMTLM −+−+− = Comparando:

yx0 MM += 0yx =+ (2)

zyx0 LL +−= 0zyx =+− (3)

x21 TT −− =

1x2 −=−

2

1x =

Insertando en (2):

0y2

1 =+

2

1y −=

Reemplazando los valores de x e y en la ecuación (3):

0z2

1

2

1 =+

−−

1z −=

Finalmente, reemplazando en la ecuación (1):

12/12/1 lkFf −−µ= O también:

µ

= F

l

kf (4)

b) Para una longitud l fija; a mayor fuerza, mayor será la frecuencia de vibración y viceversa. Es decir:

f ∝ F1/2

Para una fuerza F constante; a mayor longitud de la cuerda, menor será la frecuencia de vibración y viceversa. Es decir:

f ∝ l

1

c) Considérese que la frecuencia inicial es:

f = µF

l

k

Por dato, la frecuencia final es:

f´ = µ´F

l

k= 2f

Combinando estas ecuaciones se obtiene:

´F = 2 F De donde:

F´ = 4F Por tanto, la fuerza aplicada en la cuerda se cuadruplica. Ejemplo 1.6: La presión dentro de una burbuja de jabón depende del trabajo por unidad de área ( γ ) que realiza el aire en su interior y del radio (r) de la burbuja. Utilizando el análisis dimensional: a) Halle la forma de la ecuación física correcta. b) ¿Cuál es la dimensión de γ ? c) ¿Cuál es el significado de la cantidad γ ? Solución: a) Según el enunciado: P = k γ xry (1) donde k es una constante adimensional.

Aplicando el principio de homogeneidad, se tiene:

[ P ] = [ γ ]x[ r ]y

ML-1T –2 =

−

2

22

L

TMLLy

ML-1T –2 = MxLyT –2x

Identificando exponentes:

M = Mx

x = 1

L–1 = Ly

y = -1

Reemplazando los valores de x e y en la Ec.(1), la ecuación física correcta es:

P = r

kγ (2)

b) Despejando γ de la Ec.(2):

Prk

γ =

Por consiguiente, la dimensión de γ es:

[ ] 1 2 2ML T L MT− − −γ = =

c) Reescribiendo la ecuación anterior, se tiene:

[ γ ] = L

MLT2−

= [ ]

[ ]longitud

fuerza

O también:

[ γ ] = 2

22

L

TML−

= [ ]

[ ]área

trabajo

La ecuación dimensional anterior sugiere que γ se puede interpretar como la fuerza que actúa en la unidad de longitud, o equivalentemente como el trabajo realizado sobre la unidad de área. Ejemplo 1.7: La distancia (d) recorrida por un bloque que resbala desde el reposo sobre un plano inclinado depende de la aceleración (a) que adquiere y del tiempo (t) empleado desde la posición inicial. a) Utilizando el análisis dimensional, halle la forma de la ecuación física correcta. b) Interprete la ecuación obtenida. c) Usando la tabla adjunta, haga una gráfica de la distancia d en función de t2. ¿Es concordante la gráfica con su resultado anterior?

t(s) 0 1 2 3 4 5 d(cm) 0 5 20 45 80 125

Solución: a) Según el enunciado se escribe la ecuación en la forma: x yd ka t= (1) donde k es una constante adimensional. Aplicando el principio de homogeneidad:

[ ] [ ] [ ]x yd a t=

2 x yL (LT ) T−=

x 2x yL L T− +=

Comparando ambos lados se tiene:

xL L=

x = 1

0 2x yT T− +=

–2x + y = 0

y = 2 Sustituyendo estos valores en la Ec.(1), la ecuación física correcta es de la forma:

2d kat= (2) b) Suponiendo que la inclinación del plano no cambia, entonces es razonable suponer que se aceleración (a) es constante. Por tanto, la distancia recorrida aumentará con el cuadrado del tiempo: d ∝ t2. c) Utilicemos los datos de la tabla adjunta. Entonces la gráfica de la distancia d en función de t2 es una línea recta, como muestra la figura 1.1. Obsérvese que la constante de proporcionalidad es:

ka = 2

t

d =

1

5 =

4

20 =

9

45 =

16

80 =

5

125 = 5 cm/s2 = 5 x 10–2 m/s2

Figura 1.1 Por tanto, la Ec.(2) queda completamente determinada:

( ) 2t05,0d = 1.3. Clasificación de las cantidades físicas Las cantidades físicas se clasifican en dos categorías: cantidades escalares y cantidades vectoriales. 1.3.1 Cantidades escalares Las cantidades que se describen completamente indicando solamente su magnitud se llaman escalares. Por ejemplo, la temperatura de un cuerpo se describe con solo leer el número en la escala del termómetro. Otros ejemplos de escalares son: masa, presión, densidad, etc. 1.3.2 Cantidades vectoriales Las cantidades que se describen completamente indicando su magnitud y su dirección se llaman vectores. Por ejemplo, la velocidad de un cuerpo se

t2 d(10–2 m) 0 0 1 5 4 20 9 45 16 80 25 125

describe indicando qué tan rápido y en qué dirección se mueve el cuerpo. Otros ejemplos de vectores son: fuerza, aceleración, desplazamiento, etc. 1.4. Representación geométrica de un vector

El segmento orientado →

OP (flecha) que se muestra en la figura 1.2 es la representación geométrica de un vector. Se pueden indicar tres elementos para describir un vector en forma gráfica: magnitud, dirección y sentido. La longitud de la flecha representa la magnitud del vector, el ángulo que forma la flecha con una recta de referencia arbitraria representa la dirección, y la cabeza de la flecha representa el sentido del vector.

Figura 1.2 Para describir un vector en forma analítica solo se requieren dos elementos: su magnitud y su dirección. La mayoría de autores de texto de Física no hacen distinción entre la representación geométrica y la representación analítica de un vector, por lo que consideran que el sentido de un vector es solo un elemento complementario para describir su dirección. 1.5. Adición de vectores por métodos geométricos 1.5.1 Regla del triángulo Consiste en dibujar dos vectores, uno a continuación del otro. El vector que se dibuja desde el origen del primer vector y termina en el extremo del segundo representa la suma de los vectores y se llama resultante. En la figura 1.3 se muestra esta regla para dos vectores A

r

y Br

.

Figura 1.3

(*) OBSERVACIÓN Dibujando un vector C R= −

r r

a continuación del vector Br

se obtiene el triángulo vectorial que se muestra en la figura 1.4. Por consiguiente, de la regla del triángulo se deduce:

A B ( R) 0+ + − =r r r r

A B C 0+ + =rr r r

Este resultado se puede denominar propiedad cíclica del triángulo vectorial.

Figura 1.4

1.5.2 Regla del polígono Consiste en dibujar dos o más vectores, uno a continuación del otro. El vector que se dibuja desde el origen del primer vector y termina en el extremo del último vector representa la suma de los vectores y se llama resultante. En la figura 1.5 se muestra esta regla para cuatro vectores A

r

, Br

, Cr

y Dr

.

Figura 1.5 (*) OBSERVACIÓN Dibujando un vector E R= −

r r

a continuación del vector Dr

se obtiene el polígono vectorial que se muestra en la figura 1.6. Por consiguiente, de la regla del polígono se deduce:

A B C D ( R) 0+ + + + − =rr r r r r

A B C D E 0+ + + + =rr r r r r

Este resultado se puede denominar propiedad cíclica del polígono vectorial.

Figura 1.6

1.5.3 Regla del paralelogramo Considérese dos vectores A

r

y Br

con origen común y que forman entre sí un ángulo θ , tal que 0 < θ < π , como muestra la figura 1.7. Es claro que trazando líneas paralelas a estos vectores se forma un paralelogramo. Entonces el vector que ocupa la diagonal mayor del paralelogramo representa la suma de los vectores A

r

y Br

. La magnitud de la resultante R A B= +r r r

se determina por la fórmula:

2 2R A B R A B 2ABcos= + = = + + θr r r

(1.1)

Figura 1.7 (*) OBSERVACIONES 1º La magnitud del vector A B−

r r

que ocupa la otra diagonal del paralelogramo (véase la figura 1.8) se determina por la ley del coseno:

2 2A B A B 2ABcos− = + − θr r

(1.2)

Figura 1.8 2º Si A

r

y Br

son perpendiculares entre sí:θ = 90°, entonces de las Ec.(1.1) y (1.2) se obtiene:

2 2A B A B A B+ = − = +r r r r

(1.3)

La interpretación geométrica de este resultado se muestra en las figuras 1.9(a) y 1.9(b).

(a) (b) Figura 1.9

1.6. Conceptos básicos 1.6.1 Diferencia de vectores Consiste en sumar un vector con el opuesto de otro vector, tal como se muestra en la figura 1.10(a) y en la figura 1.10(b).

(a) (b)

Figura 1.10 1.6.2 Traslación de vectores Los vectores graficados se pueden trasladar a cualquier lugar sin alterarse, siempre que se conserven sus tres elementos: magnitud, dirección y sentido. En caso contrario, el vector que se traslada ya no es el mismo y por consiguiente, la operación no es válida. 1.6.3 Vectores iguales Dos vectores A

r

y Br

son iguales si tienen sus elementos iguales (véase la figura 1.11). Entonces, se escribe:

BArr

=

Figura 1.11

1.6.4 Vectores opuestos Dos vectores A

r

y Br

son opuestos, si al sumarse da el vector nulo (véase la figura 1.12). Entonces se escribe:

A B 0+ =r r r

B A= −r r

Figura 1.12 1.6.5 Vectores paralelos Dos vectores A

r

y Br

son paralelos si están relacionados por: A B= λ

r r

(1.4) dondeλ es un número real. En la figura 1.13 se muestra un ejemplo de vectores paralelos.

Figura 1.13 (*) OBSERVACIONES 1° Si 1=λ , los vectores son iguales, y si 1−=λ , los vectores son opuestos. 2º Si A

r

y Br

son vectores paralelos en el mismo sentido (véase la figura 1.14):θ = 0°. Reemplazando en la Ec.(1.1), se obtiene una resultante de magnitud máxima:

máxA B R A B+ = = +r r

(1.5)

Figura 1.14

2u

1u

M2u

2u

120°

120°60°

1u

120°

2 + 2 = 4u

3º Si Ar

y Br

son vectores paralelos en sentidos opuestos (véase la figura 1.15):θ = 180°. Reemplazando en la Ec.(1.1), se obtiene una resultante de magnitud mínima:

mínA B R A B+ = = −r r

(1.6)

Figura 1.15 Ejemplo 1.8: En la figura 1.16, determine la magnitud de la resultante de los vectores mostrados en el rombo de lado 2u, siendo M punto medio del lado.

Figura 1.16 Solución: Aplicando la regla del triángulo, el vector A

r

se puede descomponer en dos vectores de 2u (la flecha de la parte inferior y la flecha inclinada del lado derecho), como se muestra en la figura 1.17. Análogamente, el vector B

r

se puede descomponer en un vector de 2u (flecha de la parte superior) y otro vector de 1u (flecha inclinada del lado izquierdo). Luego quedan dos pares de vectores paralelos. Figura 1.17 Figura 1.18

120°

M

A

B

La magnitud de la resultante de los dos vectores paralelos iguales es 4u y la magnitud de la resultante de los dos vectores paralelos opuestos es 1u, como se muestra la figura 1.18. Además, es claro que el ángulo entre estos vectores es 60°. Aplicando la regla del paralelogramo, la magnitud del vector resultante se determina por:

( )( )2 2R 1 4 2 1 4 cos60= + + °

( )( )( )R 1 16 2 1 4 1/ 2= + +

R 21= u

Ejemplo 1.9: Determine el vector resultante para el sistema de vectores mostrado en la figura 1.19.

Figura 1.19

Solución: El vector resultante está dado por: R A B C D E F= + + + + +

rr r r r r r

(1) En la figura 1.19, usando la regla del polígono, es claro que: E F A D C B+ + = − +

rr r r r r

(2) Reemplazando (2) en (1) se tiene:

( ) ( )R D C B B C D= − + + + +r rr r r r r

( )R 2B 2D 2 B D= + = +r r r r r

Ejemplo 1.10: La figura 1.20 muestra un cuadrado PQRS de lado 4u donde M es punto medio de PQ . Determine el valor del ángulo θ , tal que la magnitud de

la resultante sea 221 u.

Figura 1.20 Solución: Usando la regla del triángulo el vector B

r

se descompone en un vector sobre el segmento SP y otro vector sobre el segmento PM . Análogamente, el vector C

r

se descompone en un vector sobre el segmento SR y otro vector sobre el segmento RN (véase la figura 1.21).

Figura 1.21

Sumando todos los vectores paralelos, el sistema se reduce a dos vectores: un vector horizontal de magnitud 10u y un vector vertical de magnitud (8 + y), como se muestra en la figura 1.22.

Figura 1.22 Usando la regla del triángulo y el teorema de Pitágoras:

102 + (8 + y)2 = 221

(8 + y)2 = 121

De donde:

y = 3 u Por consiguiente, de la figura 1.21 se escribe:

tanθ = 4

3

θ = 37º

Ejemplo 1.11: Dos personas A y B jalan horizontalmente las cuerdas atadas a un poste las cuales forman entre si un ángulo de 45º. La persona A ejerce una fuerza de magnitud 1500 N y la persona B una fuerza de magnitud 1000 2 N. Utilizando la escala 1 cm ≡ 500 N, halle la magnitud de la fuerza resultante, resolviendo: a) Geométricamente por la regla del triángulo. b) Geométricamente por la regla del paralelogramo. Solución: a) Sean los vectores A

r

y Br

las fuerzas que ejercen las personas A y B respectivamente. Entonces según el enunciado escribimos las equivalencias

A A 1500 N 3 cm≡ = ≡r

, B B 1000 2 N 2 2 cm≡ = ≡r

Dibujando los vectores A

r

y Br

a escala (véase la figura 1.23), y luego usando la regla del triángulo, se obtiene la resultante R

r

, siendo su magnitud:

R = 22 25 + = 29 cm ≡ 500 29 N

Figura 1.23 b) Dibujando los vectores A

r

y Br

a escala (véase la figura 1.24), y luego usando la regla del paralelogramo, se obtiene la resultante R

r

, siendo su magnitud:

B

A

R = A + B

1 cm

1 cm

R = 2 2A B 2ABcos45º+ +

R= 2 2 13 (2 2) 2(3)(2 2)

2

+ +

R = 29 cm ≡ 500 29 N

Figura 1.24 Ejemplo 1.12: En el conjunto de vectores mostrado en la figura 1.25,

aCBA ===rrr

. Determine la magnitud de la resultante.

Figura 1.25 Solución: El vector resultante se expresa por: R A B C D E F= + + + + +

rr r r r r r

(1) Usando la regla del triángulo, de la figura 1.25 es claro que: A E C+ =

rr r

(2)

B F C+ =rr r

(3) Por consiguiente, reemplazando (2) y (3) en (1) el vector resultante se escribe: R 3C D= +

rr r

(4)

B

A

R

45º

El vector 3Cr

es perpendicular al plano xy, y por consiguiente al vector Dr

, como se muestra en la figura 1.26. Por tanto, la magnitud de la resultante R

r

(véase la figura 1.27) es:

R = 22 )a3()a2( + = 11 a

z

x

y

3 C

D

z

x

y

D

3 CR

a 2

3a

Figura 1.26 Figura 1.27

Ejemplo 1.13. Considere los vectores que se muestran en la figura 1.28. a) Dibuje un triángulo en términos de los vectores A

r

, Br

y Xr

. b) Expresar el vector X

r

en función de los vectores Ar

y Br

. c) ¿Cuál es el factor de escala que relaciona la semejanza de los triángulos formados con los vectores A

r

, Br

y Xr

?

Figura 1.28 Solución:

a) En la figura 1.28 se muestran tres triángulos semejantes en términos de los vectores A

r

, Br

y Xr

.

1 cm

1 cm

A

B

X

Figura 1.29 b) Considerando cualesquiera de los triángulos mostrados en la figura 1.29 se puede expresar el vector X

r


y Br

. Por ejemplo, en el triángulo más grande se cumple

AX2B3

1B

rrrr

=+

+

B3

4AX2

rrr

−=

B3

2A

2

1X

rrr

−=

Puede repetirse el mismo procedimiento para los otros triángulos obteniéndose el mismo resultado.

c) Las áreas de los triángulos mostrados en la figura 1.29 son:

A1 = ( )( )

2

12 = 1 cm2, A2 =

( )( )2

24 = 4 cm2, A3 =

( )( )2

48 = 16 cm2

y así sucesivamente.

El triángulo vectorial más pequeño compatible con la escala dada es el de área A1 = 1cm2. Además, obsérvese que las áreas de los triángulos están en progresión geométrica, cuya razón nos proporciona el factor de escala para construir triángulos de áreas mayores. Por tanto, el factor de escala está determinado por la razón de dos áreas consecutivas, como sigue:

1

4

A

A

1

2 = = 4, 4

16

A

A

2

3 = = 4

y así sucesivamente. Ejemplo 1.14: En un cuadrado de lado 2 m están inscritas una circunferencia y un cuarto de circunferencia, como muestra la figura 1.30. Exprese el vector x

r

en función de los vectores A

r

y Br

.

Figura 1.30

Solución:

Figura 1.31 Introduciendo el vector C

r

ocupando la mitad de la diagonal del cuadrado (véase la figura 1.31), es claro que:

( )1C A B

2= +

r r r

(1) Puesto que los vectores x

r

y Cr

son paralelos, se escribe: x C= λ

rr

(2) donde λ es un número real. De la figura 1.31, es claro que la cantidad λ es la fracción:

( )2 2 1

2

−λ = (3)

Reemplazando (1) y (3) en (2):

( )2 1x A B

2

−= +

r rr

O también:

( )2 2x A B

2

−= +

r rr

1.7. Descomposición rectangular de un vector en dos dimensiones Consiste en proyectar perpendicularmente un vector sobre los ejes de un sistema de coordenadas. Por ejemplo, en la figura 1.32 se muestra la descomposición de un vector A

r

sobre los ejes x e y de un sistema de coordenadas cartesiano rectangular. . Los vectores proyectados xA

r

y yAr

se

llaman componentes del vector Ar

.

Figura 1.32

Los componentes de un vector sobre los ejes coordenados se describen analíticamente por un número que indica su magnitud y un signo que indica su dirección respecto a un eje coordenado. Por ejemplo, los componentes del vector A

r

en la figura 1.32 se leen como sigue: Ax = + Acosθ : componente de A

r

en la dirección del eje + x Ay = + Asenθ : componente de A

r

en la dirección del eje + y 1.8. Representación analítica de un vector en dos d imensiones Un vector se puede expresar analíticamente de varias formas. Por ejemplo, en la figura 1.32 el vector A

r

en dos dimensiones se puede representar como sigue: En la forma de un par ordenado:

( )x yA A ,A=r

(1.7)

En la forma magnitud – dirección, la magnitud de expresa por:

2

y2

x BAAA +=≡r

(1.8)

La dirección respecto al eje x se puede expresar a partir de la función tangente, por:

tanθ y

x

A

A=

O también:

− θ =

y1

x

Atan

A (1.9)

donde la expresión tan-1 denota la función tangente inversa. 1.9. Suma de vectores por el método analítico de la descomposición rectangular Considérense dos vectores A

r

y Br

en dos dimensiones representados en un sistema de coordenadas cartesiano xy los cuales forman ángulos θ α respectivamente con respecto al eje x, como muestra la figura 1.33. El procedimiento puede describirse en tres pasos: 1°) Descomponer los vectores dados y describir sus componentes con respecto a los ejes coordenados. En la figura 1.33, se muestra la proyección perpendicular de los vectores A

r

y Br

sobre los ejes coordenados x e y. La descripción matemática de los componentes del vector A

r

es:

Ax = + Acosθ , Ay = + Asenθ

Análogamente, la descripción matemática de los componentes del vector Br

es:

xB Bcos= − α , yB Bsen= − α

2°) Sumar los componentes de los vectores a lo largo de los ejes coordenados.

En la figura 1.33, los componentes del vector resultante a lo largo de los ejes x e y son respectivamente:

Rx = Ax + Bx = Acosθ - Bcosα Ry = Ay + By = Asenθ - Bsenα

Figura 1.33 3°) Describir el vector resultante. En la forma del par ordenado, el vector resultante se expresa:

( )x yR R ,R=r

O en la forma magnitud – dirección por:

=γ

+=

x

y

2y

2x

R

Rarctan

RRR

En la figura 1.34 se muestran los componentes Rx y Ry del vector resultante. Obsérvese que el vector resultante R

r

coincide con el obtenido por la regla del paralelogramo (véanse las flechas discontinuas en el paralelogramo de la figura 1.33).

Figura 1.34

(*) OBSERVACIONES 1º Si los vectores A

r

y Br

se representan por pares ordenados, la suma analítica es como sigue:

R A B= +r r r

(Rx, Ry) = (Ax, Ay) + (Bx, By)

(Rx, Ry) = (Ax + Bx, Ay + By). donde: Rx = Ax + Bx y Ry = Ay + By. 2º Se puede adoptar el convenio de orientar los ejes x e y del sistema de coordenadas cartesiano en dos dimensiones, como se muestra en la figura 1.35.

Figura 1.35 Ejemplo 1.15: En la figura 1.36 se muestran cuatro vectores fuerza que actúan sobre un cuerpo situado en el origen de coordenadas. Considere: F1 = 20 N, F2

= 30 N, F3 = 25 2 N y F4 = 20 2 N.

Figura 1.36 a) Determine las componentes x e y de cada una de las fuerzas. b) Halle las componentes de la fuerza resultante. c) Determine la magnitud de la fuerza resultante. d) Halle una quinta fuerza 5F

r

que debe añadirse para conseguir que la fuerza resultante sea nula. Represente este quinto vector fuerza en un diagrama. Solución:

F1

F2

F3 F4

53º 37º

45º 45º

y

x

a) En la figura 1.37 se muestra la descomposición de las fuerzas.

+y

+x

F

37º

2

F1F1y

45º45º

F3 F4F4yF3y

F3x

F2y

F4x

F1xF2x 53º

Figura 1.37 Las componentes de las fuerzas 1F

r

, 2Fr

, 3Fr

y 4Fr

sobre los ejes x e y son respectivamente:

F1x = F1 cos 37º = (20)

5

4 = + 16 N

F1y = F1 sen37º = (20)

5

3 = +12 N

F2x = – F2 cos 53º = – (30)

5

3 = – 18 N

F2y = F2 sen 53º = (30)

5

4 = +24 N

F3x = – F3 cos 45º = – (25 2 )

2

1= – 25N

F3y = – F3 sen 45º = – (25 2 )

2

1= – 25N

F4x = F4 cos 45º = (20 2 )

2

1= + 20 N

F4y = – F4 sen45º = – (20 2 )

2

1= – 20 N

b) La componente de la fuerza resultante en el eje x, es:

Fx = F1x + F2x + F3x + F4x

Fx = 16 –18 – 25 + 20 = – 7 N

La componente de la fuerza resultante en el eje y, es:

Fy = F1y + F2y + F3y + F4y

FY = 12 + 24 – 25 – 20 = – 9 N

c) La fuerza resultante es:

( )F 7, 9 N= − −r

La magnitud de la fuerza resultante es:

2 2 2 2x yF F F ( 7) ( 9)= + = − + −

F 130 N=

d) Para que la fuerza resultante sea nula:

5F F 0+ =r r r

De donde:

( )5F F 7, 9= − = − − −r r

5F (7,9) N=r

En la figura 1.38 se representa la fuerza 5F

r

con sus componentes sobre los ejes x e y.

+y

+x

F5

F5x = + 7 N

F5y = + 9 N

Figura 1.38 Ejemplo 1.16: Dados los vectores A

r

, Br

y Cr

mostrados en la figura 1.39, determine la magnitud de los vectores A

r

y Br

, sabiendo que la resultante es nula. Considere: C = 35 u.

Figura 1.39 Solución: En la figura 1.40, se muestra la descomposición rectangular de los vectores A

r

y B

r

. También se describen los componentes de los vectores. Por dato, los componentes del vector resultante a lo largo de los ejes x e y son:

Rx = Acos37° – Bsen45° = 0

4 2

A B 05 2

− =

4 2

A B5 2

= (1)

Ry = Asen37° + Bcos45° – 35 = 0

3 2A B 35 0

5 2+ − =

3 2

A B 355 2

+ = (2)

Figura 1.40 Reemplazando (1) en (2):

3 4A A 35

5 5+ =

De donde:

A = 25 u

Finalmente sustituyendo en (1) se obtiene:

4 2

(25) B5 2

=

De donde:

B 20 2 u= Ejemplo 1.17: Un ciclista se desplaza sobre una superficie horizontal del modo siguiente: 10 km hacia el norte, luego 15 km hacia el oeste 37º respecto al norte y finalmente 31 km hacia el sur. a) Hágase un diagrama de los desplazamientos sucesivos del ciclista. b) Determine la magnitud y dirección del desplazamiento total del ciclista con respecto al oeste.

+y

+x

d 2

d 1

15 km

37º

10 km31 km

α

d 3 d

N

S

EO

c) ¿Cuál es el desplazamiento adicional que debe realizar el ciclista para retornar al punto de partida? Solución: a) En la figura 1.41 se muestran los desplazamientos sucesivos del ciclista.

Figura 1.41

b) El desplazamiento hacia el norte se escribe:

1d (0,10) km=v

El desplazamiento hacia el oeste, 37° respecto al n orte se escribe:

23 4

d ( 15sen37 ,15cos37 ) ( 15 ,12 )5 5

= − ° ° = − × ×v

2d ( 9,12) km= −v

El desplazamiento hacia el sur se escribe:

3d (0, 31) km= −v

El desplazamiento total será:

d (0,10) ( 9,12) (0, 31) ( 9, 9) km= + − + − = − −v

La magnitud del desplazamiento es:

2 2d ( 9) ( 9) 9 2 km= − + − =v

La dirección con respecto al oeste se determina por:

tan α = 9

9

−−

= 1

de donde:

α = 45º c) Sea d′

v

el desplazamiento adicional. Entonces para retornar al punto de partida:

d d 0′ + =r rv

de donde: d d ( 9, 9) km (9,9) km′ = − = − − − =

rv

Ejemplo 1.18: Determine la magnitud y la dirección de la resultante de los vectores que se muestran en la figura 1.42.

Figura 1.42 Solución: Girando el sistema de coordenadas xy de la figura 1.42 un ángulo de 9º en sentido antihorario, los vectores A

r

, Br

y Cr

quedarán orientados con los ángulos que se indican en la figura 1.43.

Figura 1.43

A

C

44º 46º

9º

y

x

20 u 40 u

25 u

O

B

Teniendo en cuenta los componentes de los vectores Ar

, Br

y Cr

respecto a los ejes girados x´ e y´ (véase la figura 1.43), se tienen.

Rx´ = 32 – 12 = + 20 u

Ry´ = 16 + 24 – 25 = + 15 u La magnitud de la resultante del conjunto de vectores es:

R = 2 2(20) (15)+ = 25 u La dirección respecto al eje x´ se calcula por:

tanα = 2015

= 43

De donde:

α = 37º 1.10. Vector unitario Se dice que un vector es unitario si su magnitud es igual a la unidad. Por ejemplo, un vector unitario asociado a un vector A

r

se representa como se indica en la figura 1.44, y se define por:

A

Aa r

r

= o aAArr

= (1.10)

Figura 1.44 Aquí A

r

representa la magnitud del vector Ar

, y se cumple que 1a = .

1.11. Descomposición de un vector en tres dimension es Sean i , j , k vectores unitarios asociados a los ejes coordenados x, y, z

respectivamente. Cuando el vector Ar

se proyecta perpendicularmente sobre

los ejes coordenados se obtienen los componentes xAr

, yAr

, zAr

, como muestra

la figura 1.45. Entonces el vector Ar

se representa analíticamente mediante los vectores unitarios por:

kAjAiAA zyx ++=r

(1.11)

Figura 1.45 (*) OBSERVACIONES 1º De la geometría de la figura 1.45 se deducen: α= cosAA x , β= cosAA y , γ= cosAA z ,(1.12)

donde α , β , γ , se llaman ángulos directores de A

r

respecto a los ejes x, y, z respectivamente. 2º La magnitud de A

r

está dada por:

2z

2y

2x AAAA ++= (1.13)

Ejemplo 1.19: Hallar el vector B

r

que está en el plano xy tal que sea perpendicular al vector j3i2A +=

r

y cuya magnitud sea B = 4 u. Hágase un diagrama para interpretar el resultado. Resolución: Sea jBiBB yx +=

r

un vector en el plano xy. Como Br

es perpendicular al vector

Ar

, entonces:

0BA =⋅rr

ó ( ) ( ) 0jBiBj3i2 yx =+⋅+ ,

de donde se obtiene: x y2B 3B 0+ = (1)

Además, por dato: B = 2y

2x BB + = 4, de donde se obtiene:

Bx

2 + By2 = 42 = 16 (2)

De la Ec.(1), se tiene la relación:

By = 3

2− Bx (3)

Sustituyendo (3) en (2):

Bx2 +

2

xB3

2

− = 16, ⇒ Bx2 +

9

4Bx

2 = 16,

Se obtienen las soluciones: Bx = 13

12± ,

Si Bx = +13

12, sustituyendo en (3) da: By =

−13

12

3

2 =

13

8−

Por tanto, la solución para el vector B

r

es:

j13

8i

13

12B −=r

Si Bx = 13

12− , sustituyendo en (3) da: By =

13

1232

= 13

8,

Por tanto, la otra solución para el vector B

r

es:

j13

8i

13

12BB +−=−=′rr

La interpretación geométrica de las soluciones para el vector B

r

se muestra en la figura 1.46

Figura 1.46

Ejemplo 1.20: Dados los vectores: kji2A −−=r

, k2jiB ++=r

y k4j2i3C +−=r

, hallar ( )CBArrr

+× . Resolución: Sumando los vectores B

r

y Cr

se obtiene:

k6ji4CB +−=+rr

, Desarrollando el producto vectorial:

( ) k14

12j

64

12i

61

11

614

112

kji

CBA−−

+−

−−

−−=

−−−=+×

rrr

.

( ) ( )( ) ( )( )[ ] ( )( ) ( )( )[ ] ( )( ) ( )( )[ ]k1412j1462i1161CBA −−−+−−−−−−−=+×rrr

( ) k2j16i7CBA +−−=+×rrr

. Ejemplo 1.21: Dados los vectores: j3iA +=

r

, j4i3B −=r

y j10i12C +=r

, hallar: a) ( )CBA

rrr

×× .

b) ( ) CBArrr

×× . c) ¿Coinciden los resultados de las partes a y b? Resolución: a) El producto vectorial de B

r

y Cr

es: CB

rr

× = (3 – 4 j ) × (12 + 10 j ) CB

rr

× = 36 ( × ) + 30 ( × j ) – 48 ( j × ) – 40 ( j × j ) Teniendo en cuenta que ( × ) = 0, ( × j ) = k , ( j × ) = k , ( j × j ) = 0, se obtiene

CBrr

× = 78 k Por tanto:

( )CBArrr

×× = ( + 3 j ) × 78 k = – 78 j + 234 = 234 – 78 j b) Análogamente, el producto vectorial de A

r

y Br

es:

BArr

× = ( + 3 j ) × (3 – 4 j ) = BA

rr

× = 3 ( × ) – 4 ( × j ) + 9 ( j × ) – 12 ( j × j ) = – 13 k Por tanto:

( ) CBArrr

×× = – 13 k × (12 + 10 j ) = – 156 j + 130 = 130 – 156 j c) Comparando los resultados de las partes a y b es evidente que: ( ) ( ) CBACBA

rrrrrr

××≠×× Ejemplo 1.22: Demostrar la identidad:

( ) ( ) 2222BABABA =×+⋅

rrrr

Resolución: Por definición de producto escalar: θ=⋅ cosABBA

rr

(1) Elevando al cuadrado se tiene:

( ) θ=⋅ 2222cosBABA

rr

(2) Por definición de producto vectorial:

θ=× ABsenBArr

(3)

Elevando al cuadrado se tiene:

θ=× 2222

senBABArr

(4)

Sumando las Ecs.(2) y (4):

( ) ( )θ+θ=×+⋅ 222222

sencosBABABArrrr

( ) 2222

BABABA =×+⋅rrrr

Ejemplo 1.23: Dado un triángulo con lados en los vectores A

r

, Br

y Cr

donde BACrrr

−= , demostrar la ley del coseno.

Resolución: Considérese el triángulo de la figura 2.50:

Figura 1.47

Póngase el producto escalar:

( ) ( )BABACCrrrrrr

−⋅−=⋅

BBABBAAAC2rrrrrrrr

⋅+⋅−⋅−⋅= Puesto que ABBA

rrrr

⋅=⋅ , entonces

θ−+=⋅−+= cosAB2BABA2BAC 22222 rr

Este resultado se llama “ley del coseno”. Ejemplo 1.24: Dado un triángulo con lados A

r

, Br

y Cr

donde 0CBArrrr

=++ , demostrar la ley del seno. Resolución: Considérese el triángulo de la figura 1.48:

Figura 1.48 En el triángulo vectorial se cumple:

0CBArrrr

=++ (1) Multiplicando vectorialmente la Ec.(1) por el vector A

r

se tiene:

( ) 0ACBAArrrrrr

×=++×

0CABAAA0

rrrrr

321

rr

r

=×+×+×

ACCABArrrrrr

×=×−=×

Por consiguiente: ACBArrrr

×=×

( ) ( )β−°=γ−° 180CAsen180ABsen

β=γ CsenBsen

γ

=β sen

C

sen

B (2)

Análogamente, multiplicando vectorialmente la Ec.(1) por el vector B

r

:

( ) 0BCBABrrrrrr

×=++×

0CBBBAB0

rrr

321

rrrr

r

=×+×+×

CBABrrrr

×−=×

BCABrrrr

×=×

Por consiguiente: BCABrrrr

×=×

( ) ( )α−°=γ−° 180CBsen180BAsen

α=γ CsenAsen

γ

=α sen

C

sen

A (3)

De las Ec.(2) y (3) se deduce:

γ

=β

=α sen

C

sen

B

sen

A (4)

Este resultado se llama “ley del seno”. Ejemplo 1.25: Hallar el área del triángulo determinado por los vectores:

kj3i2A −+=r

y k2jiB ++−=r

.

Resolución: El área del triángulo de lados A

r

y Br

está dado por

2

1BA

2

1S =×=

rr

(área del paralelogramo) (1)

Desarrollando el producto vectorial se tiene:

k11

32j

21

12i

21

13

211

132

kji

BA−

+−

−−

−=

−−=×

rr

,

( )( ) ( )( )[ ] ( )( ) ( )( )[ ] ( )( ) ( )( )[ ]k1312j1122i1123BA −−+−−−−−−=×rr

k5j3i7BA +−=×rr

. La magnitud de BA

rr

× es:

( ) ( ) ( ) 2222 u8325949537BA =++=+−+=×rr

Por tanto, reemplazando en (1) se obtiene:

2u283

S =

PROBLEMAS PROPUESTOS

1.1. Considere las ecuaciones siguientes:

I) 21Fd mv

2= , II)

2αv sen

da

= , III) 21P v a

2= ρ + ρ

donde F: fuerza, d: distancia, m: masa, v: velocidad, a: aceleración, p: presión, y ρ : densidad. Comprobar si las ecuaciones dadas son dimensionalmente correctas e indicar las ecuaciones incorrectas.

Rpta: correctas: I y II, incorrectas: III

1.2. La ecuación c

F av b cv

= + +

es dimensionalmente correcta. Si F: fuerza,

v: velocidad, determine las dimensiones de a, b y c.

Rpta: 1, MT-1, MLT-2

1.3. Dada la ecuación dimensionalmente homogénea:

0

0

V V APV B P−

=+

donde V, V0: volúmenes, P: presión. Halle las dimensiones de A y B respectivamente.

Rpta: 1, ML-1T-2

1.4. Considere la ecuación dimensionalmente correcta:

bt2mx Ae cos t−

= ω donde A: longitud, m: masa, t: tiempo y e = 2,72. Dtermine la dimensión de xb/ω.

Rpta: LM


( )23 3/20x x t 9mG / 2= +

donde 0x , x: distancias, m: masa, t: tiempo. ¿Cuál es la unidad de la cantidad física G en el S.I?

Rpta: m 3 kg–1 s–2

1.6. En la ecuación dimensionalmente homogénea:

x = – 21

ak2 + 61 ba

mk3

donde x: longitud, a: aceleración y m: masa. Determine la dimensión de b.

Rpta: MT -1

1.7. En la ecuación dimensionalmente homogénea: yxFv µ= , donde v: velocidad, F: fuerza, µ : masa/longitud. Determine los valores de x e y.

Rpta: 1/2, - 1/2

1.8. La ecuación: x y zP D a t= es dimensionalmente correcta. Halle los valores de x, y, z respectivamente, sabiendo que P: presión, D: densidad, a: aceleración y t: tiempo.

Rpta: 1,2,2 1.9. Si la ecuación: x ya w R= es dimensionalmente correcta, halle los valores de x e y, siendo w: velocidad angular, R: distancia, a: aceleración.

Rpta: 2, 1

1.10. Considere la ecuación dimensionalmente homogénea:

x 2x3 2

1 1E p p

2 8 C= −

µ µ

donde E: energía, p = masa × velocidad, y µ: masa. Determine el valor de x, y la dimensión de la cantidad C.

Rpta: 2, LT -1


P = 12

ρvx + ρgh

donde P: presión, v: velocidad, g: aceleración, h: distancia.

a) ¿Cuál es la dimensión de ρ? b) ¿Cuál es el valor de x?

Rpta: ML -3, 2

1.12. La altura máxima (h) que alcanza un cuerpo lanzado verticalmente hacia arriba depende de la rapidez (v) con que fue lanzado y de la aceleración de la

gravedad (g) del lugar. Utilizando el análisis dimensional, halle la ecuación que relaciona h con v y g.

Rpta: h = v2/2g

1.13. La velocidad (v) de salida de un líquido por un orificio en el lado de un tanque depende de la presión (P) del líquido en el orificio y de la densidad del líquido (ρ). ¿Cuál es la forma de la ecuación física correcta?

Rpta: P

v =ρ

1.14. La figura 1.49 muestra un paralelogramo MNPQ. Halle el vector resultante del conjunto de vectores mostrado.

Figura 1.49

Rpta: r

3E 1.15. En el cubo de la figura 1.50, determine la magnitud del vector resultante.

Figura 1.50 Rpta: 0

1.16. La magnitud de la resultante de los vectores mostrados en la figura

1.51 es 103 u. Si la magnitud del vector Br

es 3 u, determine la medida del ángulo θ.

a

a

a

Figura 1.51 Rpta: 60°

1.17. En el cuadrado de lado 6 u mostrado en la figura 1.52, determine la

magnitud del vector A B 2C− +rr r

.

Figura 1.52 Rpta: 10 u

1.18. Tres vectores A

r

, Br

y Cr

cuyas magnitudes son: A = 3 u, B = 4 u y C = 5u, cumplen la relación: A B C+ =

rr r

. Calcule la magnitud del vector: 5

x A 3B3

= +r r

r

.

Rpta: 13 u 1.19. Dados los vectores mostrados en la figura 1.53, halle la magnitud del vector 2A B C− +

rr r

.

Figura 1.53 Rpta: 5 cm

1.20. Considere los vectores mostrados en la figura 1.54. Determine:

a) La magnitud del vector A B C D− + −rr r r

. b) La magnitud del vector 2A B C 3D+ − −

rr r r

.

Figura 1.54

Rpta: a) 3 2 u ; b) 4 2 u

1.21. En la figura 1.55 se muestran tres vectores Ar

, Br

y Cr

inscritos en un cubo de lado a. Si O y O´ son puntos medios de las caras superior e inferior del cubo respectivamente, halle la magnitud del vector A B C+ +

rr r

.

Figura 1.55 Rpta: a 5

1.22. En el sistema de vectores de la figura 1.56 se cumple: x y mA nB+ = +r r

r r

, siendo G baricentro del triángulo y M punto medio. Halle m + n.

Figura 1.56

Rpta: 2/3

A

B

C

D

1 u

1 u

O

A

B

C

O

´

APQ

N

B

M R

x

1.23. En la figura 1.57, el triángulo mostrado es equilátero. Expresar el vector x

r


y Br

.

Figura 1.57

Rpta: ( )1x B 2A

12= −

r rr

1.24. En la figura 1.58, exprese el vector resultante en términos de los vectoresAr

y Br

, siendo M y N puntos medios y PQRS un paralelogramo.

Figura 1.58

Rpta: 2

(2A B)3

+r r

1.25. Considere los vectores mostrados en el paralelogramo de la figura 1.59. Halle la resultante en función de los vectores A

r

y Br

, siendo M punto medio del lado.

Figura 1.59

Rpta: 1

(5A 4B)6

+r r

A

x

M

B

S

Q

R

P

B

X

A

1.26. La figura muestra 1.60 muestra tres vectores Ar

, Br

y Xr

inscritos sobre porciones de circunferencias. Escríbase X

r

en función de Ar

y Br

, si PQRS es un cuadrado.

Figura 1.60

Rpta: 2

X (2B A)5

= −r r r

1.27. Determine la manitud y dirección respecto al eje x de la resultante del siguiente conjunto de fuerzas: 70 N, en la dirección del eje + x; 100 N y 37º por

encima del eje + x; 50 2 N y 45º por encima del eje – x; 210 N en la dirección del eje – y.

Rpta: °100 2 N, 45

1.28. En el sistema de vectores fuerza mostrado en la figura 1.61, determine la dirección del vector resultante con respecto al eje x.


1.29. Un automóvil se desplaza sobre una superficie horizontal del modo siguiente: 10 km hacia el este, luego 25 km hacia el norte 60º respecto al este y finalmente 5 km hacia el norte. ¿Cuál es la magnitud y la dirección del desplazamiento total del automóvil con respecto al este?

Rpta: °25 2 km, 45

1.30. La fuerza Fr

se suma a otra fuerza cuyas componentes respecto a los ejes x e y son + 3 N y – 5 N respectivamente. Si la resultante de las dos fuerzas se encuentra en la dirección del eje – x, teniendo una magnitud de 4 N, ¿cuáles son las componentes de F

r

? Rpta: (– 7,5) N

1.31. Las tres fuerzas que se indican en la figura 1.62 actúan sobre un cuerpo

situado en el origen de coordenadas. Si F1 = 20 N, F2 = 25 2 N y F3 = 30 N,

halle una cuarta fuerza 4Fr

que debe agregarse para que la fuerza resultante sea nula.

Figura 1.62 Rpta: (27, -13) N

1.32. Si la dirección de la resultante de los vectores mostrados en la figura 1.63 es de 45º con respecto al eje x, determine:

a) La magnitud del vector Ar

. b) La magnitud de la resultante.

Figura 1.63

Rpta: 16 2 u 1.33. Tres fuerzas actúan en un plano horizontal: 1F

r

tiene una magnitud de 6 N

y está dirigida hacia el norte; 2Fr

tiene una magnitud de 10 N y está dirigida

hacia el oeste; y 3Fr

tiene una magnitud de 8 2 N y está dirigida hacia el

sureste. Halle la magnitud de 1 2 3F F F+ +r r r

y su dirección respecto al oeste.

Rpta: 2 2 N, suroeste 1.34. Si la resultante de los vectores mostrados en la figura 1.64 es nula, determine la medida del ángulo θ y la magnitud del vector A

r

.

Figura 1.64

Rpta: 10°; 30 3 u

1.35. Dados los vectores: A k3j2i ++= ; B kji2 +−= , hallar:

a) 2 A + 3B

b) ( ) ( )A B A B+ • −r r r r

c) ( A +B ) x ( A –B )

d) Un vector unitario perpendicular a ( A +B ):

Rptas: a) k9ji8 ++ ; b) 8; c) k10j10i10 +−− ; d) ˆ ˆ ˆ( i j k) / 3+ −

1.36. Dados los vectores ˆ ˆ Â i j 2k= − +

r

y ˆ ˆ ˆB 2i j k= + −r

, determine: a) A B×

r r

. b) Un vector unitario en la dirección de A B×

r r

. c) (A B) (A B)+ • −

r r r r

Rptas: a) ˆ ˆ î 5 j 3k− + + ; b) ˆ ˆ ˆ( i 5 j 3k) / 35− + + ; c)0

1.37. Hallar un vector unitario en la dirección de la resultante de los vectores: kji2A +−=

r

, k2jiB ++=r

y k4j2i3C +−=r

.

1.38. Hállense dos vectores A

r

y Br

tales que kj14i8BA +−=×rr

y

k2j3i5BA ++=+rr

.

Rpta: ˆ ˆ7i 4 j+ ; ˆ ˆ ˆ2i j 2k− − +

1.39. Considere los vectores ˆ ˆ Â i 2 j 3k= + +r

, ˆ ˆ ˆB 2i j k= − +r

, ˆ ˆ ˆC i j k= + +r

. Hallar:

a) El área del triángulo formado por los vectores Ar

y Br

.

b) El volumen del paralelepípedo formado con los vectores Ar

, Br

y Cr

.

Rptas: a) 2,5 3 ; b) 5 1.40. Dados los vectores j3iA +=

r

, j4i3B −=r

y j10i12C +=r

, demuestre que

( ) ( )[ ]ABA6CBArrrrrr

××=××

UNIDAD 2

CINEMÁTICA

Se llama Cinemática al estudio del movimiento sin considerar las fuerzas que lo determinan. El movimiento es un cambio de posición. Se describe mediante el concepto de razón de cambio, que se expresa por el cambio de una cantidad física dividida entre un intervalo de tiempo. El movimiento es relativo, porque cuando describimos el movimiento de un objeto lo hacemos respecto a otro objeto, llamado sistema de referencia. Por ejemplo, cuando decimos que una persona camina con cierta rapidez, está implícito que el sistema de referencia es la superficie terrestre. En esta Unidad se estudiarán, primeramente, dos tipos especiales de movimiento rectilíneo: el movimiento rectilíneo uniforme (MRU) y el movimiento rectilíneo uniformemente variado (MRUV). Por último, se estudiarán, también, dos tipos especiales de movimiento curvilíneo en dos dimensiones: el movimiento parabólico y el movimiento circular. I. CINEMÁTICA DEL MOVIMIENTO RECTILÍNEO 2.1. Conceptos básicos de la cinemática 2.1.1 Sistema de referencia Es un sistema de coordenadas asociado a un observador o a cualquier objeto. El sistema de coordenadas que más se usa es el cartesiano rectangular, como el mostrado en la figura 2.1.

Figura 2.1 En el espacio físico que percibimos la posición y el movimiento de un objeto se describe con respecto a otros objetos. No existe ningún sistema de referencia absoluto respecto al cual se pueda describir objetivamente el movimiento, y en general cualquier fenómeno físico o acontecimiento. Por consiguiente, sólo

tiene sentido describir el movimiento de un objeto con respecto a otro objeto, considerado como sistema de referencia. Por ejemplo, tiene sentido describir el movimiento de los planetas con respecto Sol, considerado como sistema de referencia. Un cuerpo se llama sistema de referencia inercial cuando se considera que está en reposo o que tiene movimiento rectilíneo uniforme. Por el contrario, se llama sistema de referencia no inercial cuando tiene aceleración. En la Física se utilizan generalmente sistemas de referencia inerciales. 2.1.2 Vector de posición La posición de un objeto se describe por un vector que indica las coordenadas del punto donde se localiza el objeto. Se representa geométricamente por un vector dibujado desde el origen de coordenadas hasta el punto donde se localiza el objeto, como muestra la figura 2.1. Por ejemplo, si r

r

es el vector de posición de un objeto situado en un espacio de dos dimensiones, indicará las coordenadas del punto representativo del objeto:

( )r x,y=r

2.1.3 Desplazamiento Es una cantidad vectorial que indica el cambio de posición de un cuerpo. Supóngase que un cuerpo se mueve en el plano XY desde una posición inicial indicada por el vector 0r

r

hasta otra posición final indicada por el vector rr

, como se muestra en la figura 2.2. Entonces el desplazamiento se expresa por el vector:: 0d r r= −

rr r

(2.1)

Figura 2.2 Mostremos el concepto de desplazamiento para el caso del movimiento rectilíneo. Supóngase que deseamos describir el movimiento de un auto en una pista recta. Entonces usamos como sistema de referencia el eje coordenado x, de modo que indicamos la posición inicial del auto por la coordenada x0 del

vector de posición 0xr

en el instante t0, como se muestra en la figura 2.3. Puesto que el auto está desplazándose hacia la derecha, en un instante posterior t la posición (final) del auto estará indicada por la coordenada x del vector de posición x

r

. Por consiguiente, el desplazamiento del auto en el intervalo de tiempo t – t0 se define por: 0d x x= − (2.2)

Figura 2.3 2.1.4 Velocidad media Es una cantidad vectorial que indica la rapidez del cambio de la posición de cuerpo. Se expresa por la razón de cambio:

( )nedia

cambio de posiciónvelocidad

intervalo de tiempo=

Por ejemplo, en la figura 2.3, si el auto se encuentra en la posición x0 en el instante t0 y en un instante posterior t se encuentra en la posición x, entonces su velocidad media se expresa por:

0

0

x xv

t t−

=−

m

Unidad S.I :s

(2.3)

donde: x0: posición (inicial) en el instante t0 x : posición (final) en el instante t (*) OBSERVACIÓN Si para intervalos de tiempo muy pequeños, las correspondientes posiciones sucesivas del móvil están muy próximas, se define la velocidad instantánea como sigue:

( ) tx

limv0ttáneatanins ∆

∆=→Λ

= dtdx

(2.4)

donde la cantidad dx/dt se denomina derivada de la posición de la partícula respecto al tiempo, en la dirección del eje x, (ver definición de derivada en el apéndice E). 2.1.5 Distancia Es una cantidad escalar que indica la longitud de la trayectoria recorrida por un objeto entre dos posiciones. En general, la distancia entre dos posiciones depende de la trayectoria. Por consiguiente:

distancia = longitud de la trayectoria Para el caso particular del movimiento rectilíneo en una sola dirección, la distancia es igual la magnitud del desplazamiento. Por ejemplo, si el movimiento del auto en la figura 2.3 es solamente hacia la derecha, se cumple:

distancia = d

2.1.6 Rapidez media Es una cantidad escalar que indica simplemente qué tan rápido cambia la posición de un objeto en un intervalo de tiempo. Esto se expresa por:

( )nedia

dis tanciarapidez

int ervalo de tiempo=

(2.5)

En general, la rapidez se define como la magnitud de la velocidad del objeto: rapidez = v

2.2. Movimiento rectilíneo uniforme (MRU). El MRU se caracteriza por el hecho de que el móvil realiza desplazamientos iguales en intervalos de tiempo iguales. Esto significa que la condición necesaria para que un cuerpo tenga MRU es que la razón de cambio definida en la Ec.(2.1), es decir la velocidad, permanezca constante:

0

0

x xv

t t−

=−

= constante

2.2.1 Ecuación del MRU

Despejando x de la Ec.(2.5) se obtiene la ecuación que describe la posición (x) en función del tiempo (t) de un cuerpo con MRU: 0 0x x v(t t )= + − (2.6) donde: x0 : posición inicial en el instante t0

x : posición en el instante t (*) OBSERVACIONES 1° Conocida la posición inicial x 0 en el instante t0 y la velocidad v del móvil, se conocerá la posición x del móvil en cualquier instante t, mediante la Ec.(2.6). 2° Si se asume: t 0 = 0, la Ec.(2.6) del MRU se escribe: 0x x vt= + (2.7) 2.2.2 Gráficas del MRU La Ec.(2.6) predice que la gráfica de la posición en función del tiempo de un cuerpo con MRU es una línea recta inclinada. Por ejemplo, la gráfica posición - tiempo mostrada en la figura 2.4 corresponde al MRU de un cuerpo. En el instante t0 = 0 le corresponde al cuerpo la posición x0, y en un instante posterior t le corresponde la posición x, siendo la gráfica una línea recta inclinada. Según la Ec.(2.5), la velocidad de un cuerpo con MRU es constante. Por consiguiente, la gráfica de la velocidad en función del tiempo debe ser una línea recta horizontal. Por ejemplo, la gráfica velocidad – tiempo mostrada en la figura 2.5 corresponde al MRU de un cuerpo. Cualquiera que sea el intervalo de tiempo o el instante del movimiento, la velocidad del cuerpo será la misma, siendo la gráfica una línea recta horizontal.


(*) OBSERVACIONES: 1° En la gráfica posición – tiempo (véase la figura 2.4) la pendiente de la recta representa la velocidad del móvil. Es decir:

tan vθ =

2° En la gráfica velocidad – tiempo (véase la figur a 2.5) el área sombreada bajo la recta horizontal representa el desplazamiento del móvil en el intervalo de tiempo de 0 a t. Es decir:

área sombreada = vt = d Ejemplo 2.1: Un cuerpo se desplaza rectilíneamente en la dirección del eje x según la ecuación: x = – 10 + 2t, t ≥ 0, donde x se mide en metros y t en segundos. a) ¿Cuál es la posición inicial y la velocidad del cuerpo? b) ¿Al cabo de qué tiempo, el cuerpo se encontrará a una distancia de 20 m respecto a la posición inicial? Interprete el movimiento del cuerpo a lo largo del eje x. Solución: a) Comparando con la ecuación general del MRU, se tiene:

x = x0 + vt = – 10 + 2t De donde:

x0 = – 10 m (posición inicial)

v = – 2 m/s (velocidad) b) En la figura 2.6, es claro que cuando el cuerpo se encuentre a 20 m de la posición inicial x0 = – 10 m, la posición del cuerpo respecto al eje x será: x = + 10 m. Entonces se escribe:

x = – 10 + 2t = 10

De donde:

t = 10 s

Figura 2.6 Ejemplo 2.2: Dos automóviles A y B se desplazan rectilíneamente en la dirección del eje x de acuerdo a las ecuaciones: xA = 8 – 3t; xB = 4 + t, t ≥ 0, donde x se mide en metros y t en segundos. a) Indique la posición inicial y la velocidad de cada automóvil. b) ¿Al cabo de qué tiempo los automóviles se encontrarán en la misma

posición? c) ¿Cuál es la posición de encuentro de los automóviles? d) ¿Al cabo de qué tiempo la distancia que separa a los automóviles será de 15

m? Solución: a) Para el móvil A: A 0A Ax 8 3t x v t= − = + (1)

Comparando:

x0A = + 8 m (posición inicial)

vA = - 3 m/s (velocidad) Para el móvil B: B 0B Bx 4 t x v t= + = + (2)

Comparando:

x0B = + 4 m (posición inicial)

vB = + 1 m/s (velocidad) En la figura 2.7 (parte superior) se indican las posiciones iniciales de los móviles A y B en el instante t0 = 0. También se indica la velocidad de cada móvil.

Figura 2.7

b) Cuando los móviles se cruzan se cumple:

xA = xB

8 – 3t = 4 + t

t = 1 s c) La posición de encuentro se determina reemplazando t = 1 s en la Ec. (1) o en la Ec.(2):

xA = 8 – 3(1) = + 5 m

xB = 4 + 1 = + 5 m En la figura 2.7 (parte central) se muestra el instante en que los móviles A y B se cruzan. d) De la figura 2.7 (parte inferior), es claro que:

│xA│ + │xB│ = 15

– (8 – 3t) + 4 + t = 15

t = 19/4 s = 4,75 s Ejemplo 2.3: La figura 2.8 muestra las gráficas posición (x) – tiempo (t) de dos móviles A y B que se desplazan rectilíneamente en la dirección del eje x.

a) Escríbanse las ecuaciones posición – tiempo para ambos móviles.

b) ¿Qué distancia los separará al cabo de 20 segundos? Interprete los movimientos a lo largo del eje x.

Figura 2.8 Solución: a) La ecuación posición – tiempo para el móvil A se escribe: xA = x0A + vAt (1) De la gráfica del móvil A, en t = 0 la posición inicial es:

x0A = + 10 m Su velocidad es:

vA = 50 105 0

−−

= + 8 m/s

Reemplazando estos datos en la Ec.(1) se obtiene: xA = 10 + 8t (2) Análogamente, la ecuación posición – tiempo para el móvil B se escribe: xB = x0B + v0Bt (3) De la gráfica del móvil B, en t = 0 la posición inicial es:

x0B = +10 m Su velocidad es:

vB = 30 1010 0

−−

= + 2 m/s

Reemplazando estos datos en la Ec.(3) se obtiene: xB = 10 + 2t (4) b) Evaluando las Ecs.(2) y (4) para t = 20 s, se obtiene: xA = 10 + 8(20) = + 170 m (5) xB = 10 + 2(20) = + 50 m (6) Por tanto, la distancia que los separa es:

d = 170 – 50 = 120 m En la figura 2.9, se indican las posiciones iniciales de los móviles en t0 = 0 y la distancia que los separa en t = 20 s.

Figura 2.9 Ejemplo 2.4: Dos automóviles A y B se desplazan en la dirección del eje x de acuerdo a las ecuaciones: xA = 10 + 40t; xB = 50 + 20t, t ≥ 0 respectivamente, donde x se mide en metros y t en segundos.

a) ¿Al cabo de qué tiempo el automóvil A alcanzará al automóvil B? b) ¿Al cabo de qué tiempo la distancia que separa a los automóviles será

de 40m? Interprete esta situación mediante un diagrama en el eje x, indicando las posiciones y velocidades.

c) Haga la gráfica de la posición (x) en función del tiempo (t) para ambos automóviles.

Solución: a) Cuando el auto A alcanza al auto B se cumple:

xA = xB

10 + 40t = 50 + 20t

De donde:

t = 2 s b) Cuando el auto A está 40 m delante del auto B se cumple:

xA – xB = 40

10 + 40t – (50 + 20t) = 40

De donde:

t = 4 s En t = 4 s, los autos A y B se encontrarán en las posiciones:

xA = 10 + 40(4) = + 170 m

xB = 50 + 20(4) = + 130 m En la figura 2.10, se interpreta el movimiento de los móviles A y B.

Figura 2.10 c) Evaluando las ecuaciones posición – tiempo de los autos A y B se obtienen los datos de las tablas siguientes:

Auto “A” Auto “B” t (s) xA (m) t (s) xB (m)

0 10 0 50 1 50 1 70 2 90 2 90 3 130 3 110 4 170 4 130

Las gráficas posición-tiempo de los autos A y B se muestran en la figura 2.11.

Figura 2.11 Ejemplo 2.5: La figura 2.12 muestra las gráficas posición en función del tiempo de dos móviles A y B que se desplazan rectilíneamente en la dirección del eje x.

a) ¿Cuáles son la posición inicial y la velocidad de cada móvil? b) Escríbase la ecuación de la posición en función del tiempo para cada

móvil. c) ¿Al cabo de qué tiempo y en qué posición se cruzarán los móviles?

Interprete los movimientos en un diagrama en el eje x.

Figura 2.12 Solución: a) De la gráfica del móvil A, en t = 0 se lee:

x0A = + 40 m (posición inicial) En t = 8 s se lee xA = 0, entonces de 0 a 8 s la velocidad del móvil A es:

vA = A 0A

0

x x 0 40t t 8 0

− −=− −

= – 5 m/s

De la gráfica del móvil B, en t = 0 se lee:

x0B = – 60 m (posición inicial) En t = 4 s se lee xB = 0, entonces de 0 a 4 s la velocidad del móvil B es:

vB = ( )B 0B

0

0 60x xt t 4 0

− −−=

− − = + 15 m/s

b) La ecuación posición – tiempo para el móvil A se escribe: xA = x0A + vAt Sustituyendo valores: xA = 40 – 5t (1) Análogamente, la ecuación posición – tiempo para el móvil B se escribe: xB = x0B + v0Bt Sustituyendo valores: xB = – 60 + 15t (2) c) Cuando los móviles se cruzan se cumple:

xA = xB

Reemplazando las Ec. (1) y (2):

40 – 5t = – 60 + 15t De donde:

t = 5 s La posición en la que se cruzan se obtiene sustituyendo t = 5 s, en las Ecs. (1) ó (2):

xA = 40 – 5(5) = + 15 m

xB = – 60 + 15(5) = + 15 m En la figura 2.13, se indican las posiciones iniciales en t = 0, y la posición de encuentro de los móviles en t = 5 s.

2 4 6 8 10 12 t(s)

x(m)

4

2

0

2

4

Figura 2.13 Ejemplo 2.6: La figura 2.14 muestra la gráfica de la posición (x) en función del tiempo (t) de un cuerpo que se mueve rectilíneamente en la dirección del eje x.

Figura 2.14

a) Describa el movimiento que realiza el cuerpo durante todo su recorrido indicando sus velocidades.

b) Escriba la ecuación de la posición del cuerpo en función del tiempo para cada tramo de su recorrido.

c) ¿Cuál fue su desplazamiento y su velocidad media entre t = 1 s y t = 11 s?

d) Hágase la conversión de la gráfica posición (x) - tiempo (t) a una gráfica velocidad (v) - tiempo (t).

Solución: a) En 0 < t < 2 s, el cuerpo tiene MRU, en la dirección del eje + x. Su velocidad es:

v = 4 02 0

−−

= + 2 m/s

En 2 s < t < 4 s, el cuerpo está en reposo (v = 0) en la posición x = + 4m. En 4 s < t < 6 s, el cuerpo tiene MRU en la dirección del eje – x. Su velocidad es:

v = 4 4

6 4− −

− = – 4 m/s

En 6 s < t < 8 s, el cuerpo está en reposo (v = 0) en la posición x = – 4m. En 8 s < t < 12 s, el cuerpo tiene MRU en la dirección del eje + x Su velocidad es:

v = 0 ( 4)12 8− −

− = + 1 m/s

b) Utilizando la ecuación: x = x0 + v(t – t0) (1) Para 0 < t < 2 s: x0 = 0 y t0 = 0, la velocidad del cuerpo es v = + 2 m/s. Por consiguiente, en la Ec.(1): x = 2t (2) Para 2 s < t < 4 s, el cuerpo está en reposo en la posición x = + 4 m. Para 4 s < t < 6 s: x0 = + 4 m, t0 = 4 s, v = – 4 m/s. Por consiguiente, en la Ec.(1): x = 4 – 4(t – 4) = 20 – 4t (3) Para 6 s < t < 8 s: el cuerpo está en reposo (v = 0) en la posición x = – 4 m. Para 8 s < t < 12 s: x0 = – 4 m, t0 = 8 s, v = + 1 m/s. Por consiguiente, en la Ec.(1): x = – 4 + (t – 8) = – 12 + t (4) c) Para t1 = 1 s, en la Ec.(2) se obtiene: x1 = 2t = 2(1) = + 2 m Para t2 = 11 s, en la Ec.(4) se obtiene: x2 = – 12 + 11 = – 1 m El desplazamiento es: x2 – x1 = – 1 – 2 = – 3 m Por tanto, la velocidad media es:

v = 2 1

2 1

x xt t

−−

= 3

11 1−

− = – 0,3 m/s.

d) La conversión a la gráfica velocidad (v) - tiempo (t) es la que se muestra en la figura 2.15.

Figura 2.15

2.3. Aceleración media Es una cantidad vectorial que indica la rapidez del cambio de la velocidad de un objeto. Esto se expresa mediante la razón de cambio:

( )media

cambio de velocidadaceleración


Como ejemplo, considérese el movimiento rectilíneo de un auto a lo largo del eje x, como se muestra en la figura 2.16. Si en el instante t0 se encuentra en la posición (inicial) x0 con velocidad v0 y en el instante t se encuentra en la posición (final) x con velocidad diferente v, entonces su aceleración media se expresa por:

0

0

v va

t t−

=−

2

mUnidad S.I :

s

(2.8)

Figura 2.16

(*) OBSERVACIONES: 1° Si para intervalos de tiempo muy pequeños, las corres pondientes velocidades sucesivas del móvil están muy próximas, se define la aceleración instantánea como sigue:

( ) tv

lima0ttáneatanins ∆

∆=→Λ

= dtdv

(2.9)

donde la cantidad dv/dt se denomina derivada de la velocidad de la partícula respecto al tiempo, en la dirección del eje x (ver definición de derivada en el apéndice E).

2° Por movimiento acelerado se entiende: aumento de la rapidez. La aceleración del móvil tiene la dirección del movimiento (véase la figura 2.17a). 3° Por movimiento desacelerado se entiende: disminu ción de la rapidez. La aceleración del móvil tiene dirección opuesta al movimiento (véase la figura 2.17b).

(a) (b)

Figura 2.17 2.4. Movimiento rectilíneo uniformemente variado (M RUV) El MRUV se caracteriza por el hecho de que el móvil realiza cambios de velocidad iguales en intervalos de tiempo iguales. Esto significa que la condición necesaria para que un cuerpo tenga MRUV es que su aceleración, definida por la Ec.(2.8), permanezca constante. Por ejemplo, en la figura 2.18 se muestra el MRUV de un auto a lo largo del eje x. Obsérvese que en cada intervalo de tiempo de 1 s el auto experimenta igual cambio de velocidad: + 1 m/s y en consecuencia la aceleración del auto siempre será: + 1 m/s2.

Figura 2.18 2.4.1 Ecuaciones del MRUV Despejando v de la Ec.(2.8) se obtiene la ecuación de la velocidad (v) en función del tiempo (t): 0 0v v a(t t )= + − (2.10) donde: v0 : velocidad (inicial) en el instante t0 v : velocidad (final) en el instante t Se demuestra que la ecuación de la posición (x) en función del tiempo (t) es:

20 0 0 0

1x x v (t t ) a(t t )

2= + − + − (2.11)

donde: x0 : posición (inicial) en el instante t0 x : posición (final) en el instante t (*) OBSERVACIONES: 1° Conocidas las cantidades (x 0,v0,a) se conocerán (x,v) en cualquier instante t mediante las ecuaciones (2.10) y (2.11). 2° Si t 0 = 0, las ecuaciones (2.10) y (2.11) se escriben: 0v v at= + (2.12)

20 0

1x x v t at

2= + + (2.13)

3° Despejando t de la Ec.(2.12) y reemplazando en l a Ec.(2.13) se obtiene la fórmula velocidad (v) – posición (x): 2 2

0 0v v 2a(x x )= + − (2.14) donde: v0 : velocidad en la posición x0 v : velocidad en la posición x 2.4.2 Gráficas del MRUV La Ec.(2.13) predice que la gráfica posición – tiempo de un cuerpo con MRUV es una parábola. Por ejemplo, la figura 2.19(a) muestra una gráfica típica posición – tiempo de un cuerpo con movimiento acelerado. Cuando se traza una recta tangente a la parábola en el punto t = 0, x = 0 ésta será horizontal, lo cual significa que v0 = 0; y cuando se traza una recta tangente en el punto (t,x) ésta tendrá pendiente positiva, lo cual significa que v > 0. Por el contrario, la figura 2.19(b) muestra una gráfica típica posición – tiempo de un cuerpo con movimiento desacelerado. En este caso cuando se traza una recta tangente a la parábola en el punto t = 0, x = 0 ésta tendrá pendiente positiva, lo cual significa que v0 > 0; y cuando se traza una recta tangente en el punto (t,x) ésta será horizontal, lo cual significa que v = 0.

(a) (b) Figura 2.19

La Ec.(2.11) predice que la gráfica velocidad – tiempo es una línea recta inclinada. Por ejemplo, la figura 2.20(a) muestra una gráfica típica velocidad – tiempo de un cuerpo con movimiento acelerado. En el instante t = 0 el cuerpo tiene velocidad inicial v0 y en el instante t el cuerpo tiene velocidad v > v0. Por el contrario, la figura 2.20(b) muestra una gráfica típica velocidad – tiempo con movimiento desacelerado. En este caso en el instante t el cuerpo tiene velocidad v < v0.

(a) (b) Figura 2.20

(*) OBSERVACIONES: 1° El área sombreada bajo la recta representa el de splazamiento del cuerpo. Es decir:

área sombreada = d = x – x0

2° La pendiente de la recta representa la aceleraci ón del cuerpo. 3° La mediana del trapecio representa la velocidad media entre v0 y v. es decir:

mediana = 0v vv

2+

= (2.15)

Puesto que la aceleración de un cuerpo con MRUV es constante, la gráfica aceleración – tiempo debe ser una línea recta horizontal, como se muestra en la figura 2.21. El área sombreada bajo la recta representa el cambio de la velocidad del cuerpo. Es decir:

área sombreada = at = v – v0

Figura 2.21 Ejemplo 2.7: Un auto se desplaza rectilíneamente en la dirección del eje x según la ecuación: x = 4 + 12t – 3t2, t ≥ 0, donde x se mide en metros y t en segundos. a) ¿Cuál es la posición inicial, la velocidad inicial y la aceleración del auto? b) Escríbase la ecuación de la velocidad en función del tiempo. c) ¿Al cabo de qué tiempo se detiene el auto y en qué posición? d) ¿Cuál es la posición y la velocidad del auto en el instante t = 4 s? Interprete el movimiento con un diagrama en el eje x. Solución: a) Comparando la ecuación dada con la fórmula general:

2 20 0

1x 4 12t 3t x v t at

2= + − = + + (1)

se obtienen:

x0 = + 4 m (posición inicial)

v0 = + 12 m/s (velocidad inicial)

1a

2 = – 3

a = – 6 m/s2 (aceleración)

Obsérvese que v0 > 0 y a < 0. Esto significa que inicialmente el auto tiene movimiento desacelerado.

b) Escribiendo la ecuación general:

v = v0 + at Sustituyendo datos, la ecuación velocidad – tiempo es: v = 12 – 6t, t ≥ 0 (2) c) Cuando el auto se detiene, en la Ec.(2) se cumple:

v = 12 – 6 t = 0

De donde:

t = 2 s La posición donde se detiene el auto se determina reemplazando t = 2 s, en la Ec.(1):

x = 4 + 12(2) – 3(2)2 = + 16 m d) En t = 4 s la posición del auto es:

x = 4 + 12(4) – 3(4)2 = + 4 m La velocidad del auto se determina reemplazando t = 4 s en la Ec.(2):

v = 12 – 6(4) = – 12 m/s

En la figura 2.22 se muestra el movimiento del auto desde la posición inicial x0 = + 4 m en t = 0 hasta la posición x = + 4 m en t = 4 s. Obsérvese que cuando el auto se mueve en la dirección del eje + x, el movimiento es desacelerado, deteniéndose en la posición x = + 16 m en el instante t = 2 s, y cuando se mueve en la dirección del eje – x, el movimiento es acelerado. La aceleración del auto se conserva constante, siendo su magnitud 6 m/s2 y siempre tendrá la dirección del eje – x.

Figura 2.22

Ejemplo 2.8: Un automóvil se desplaza rectilíneamente en la dirección del eje + x con rapidez de 20 m/s. Si al cabo de 10 segundos se aplican los frenos, se observa que en los siguientes 10 segundos su rapidez disminuye uniformemente hasta detenerse. Suponga que la posición inicial del automóvil es x0 = 0 en t0 = 0.

a) ¿Qué tipos de movimientos realiza el automóvil? b) Escriba las ecuaciones de la posición (x) en función del tiempo (t). c) ¿En qué posición se detiene el automóvil? d) Hágase un diagrama en el eje x para interpretar el movimiento del

automóvil indicando las posiciones y velocidades. e) Hágase la gráfica de la velocidad (v) en función del tiempo (t) para todo el

recorrido. ¿Cuál es la distancia total recorrida por el automóvil? Solución: a) Para 0 < t < 10 s, el auto tiene MRU, con velocidad constante v = + 20 m/s. Para 10 s < t < 20 s, el auto tiene MRUV (desacelerado) con aceleración:

20 20a 2 m / s

20 10−= = −−

b) Para 0 < t < 10 s, usamos la ecuación general: x = x0 + v(t –t0) (1) donde: x0 = 0, v = + 20m/s. Reemplazando en (1): x = 20t (2) Para 10 s < t < 20 s, usamos la ecuación general:

x = x0 + v0t + 21

a (t –t0)2 (3)

donde: t0 = 10 s, v0 = + 20 m/s. La posición x0 se determina reemplazando t = 10 s en la Ec.(2):

x0 = 20(10) = + 200 m Finalmente, reemplazando en la Ec.(3) se obtiene: x = 200 + 20(t – 10) – (t – 10)2 (4)

c) Usando la ecuación velocidad - tiempo:

v = v0 + a(t – t0) Entonces, para 10 s < t < 20 s se escribe: v = 20 - 2(t – 10) (5) Cuando el auto se detiene:

v = 20 - 2(t – 10) = 0

De donde:

t = 20 s Reemplazando t = 20 s en la Ec.(4), el auto se detiene en la posición:

x = 200 + 20(20 – 10) – (20 – 10)2 = + 300 m d) En la figura 2.23, se indican las posiciones del automóvil en los instantes: t0 = 0, t = 10 s, t = 20 s y las correspondientes velocidades.

Figura 2.23 e) La figura 2.24 muestra la gráfica velocidad (v) - tiempo (t) del automóvil

Figura 2.24 La distancia total recorrida (D) se determina por el área bajo la gráfica:

D = ( )10 2020 300 m

2+ =

V(m/s)

4

0

-26 8 t(s)42

Ejemplo 2.9: La figura 2.25 muestra la gráfica velocidad (v) - tiempo (t) de un móvil que se desplaza en la dirección del eje x.

a) Determine la aceleración del móvil de 0 a 6 s y de 6 s a 8 s. Discutir el movimiento.

b) Escríbanse las ecuaciones velocidad en función del tiempo de 0 a 6 s y de 6 s a 8 s.

c) ¿Cuál es la aceleración media de 2 s a 7 s?


a) Para 0 < t < 6 s la aceleración es:

20

0

v v 2 4a 1 m / s

t t 6 0− − −= = = −− −

De 0 a 4 s el cuerpo tiene movimiento desacelerado, porque su rapidez disminuye de 4 m/s hasta cero en t = 4 s. De de 4 s a 6 s el cuerpo tiene movimiento acelerado, porque su rapidez aumenta de cero en t = 4 s hasta – 2 m/s en t = 6 s. Para 6 s < t < 8 s la aceleración es:

20 ( 2)a 1 m / s

8 6− −= = +

−

De 6 s a 8 s el cuerpo tiene movimiento desacelerado, porque su rapidez disminuye de – 2 m/s en t = 6 s hasta cero en t = 8 s. b) Utilizando la ecuación velocidad – tiempo: 0 0v v a(t t )= + − (1)

Para 0 < t < 6 s: t0 = 0; v0 = + 4 m/s. Reemplazando datos en la Ec.(1) se obtiene: v 4 t= − (2)

Para 6 s < t < 8 s: t0 = 6 s; v0 = - 2 m/s. Reemplazando en la Ec.(1) se obtiene:

v 2 (t 6)= − + −

v 8 t= − + (3) c) En t1 = 2 s, de la Ec.(2) se obtiene:

1v 2 m / s= +

En t2 = 7 s, de la Ec.(3) se obtiene:

2v 1 m / s= − Por tanto, la aceleración media de 2 s a 7 s es:

22 1

2 1

v v 1 2a 0,5 m / s

t t 7 1− − −= = = −− −

Ejemplo 2.10: La figura 2.26 muestra la gráfica velocidad en función del tiempo de dos móviles A y B. Los móviles se encuentran inicialmente en la posición x0 = 0 en el instante t0 = 0.

a) ¿Cuál es la velocidad inicial y la aceleración de cada móvil? b) Escríbanse las ecuaciones de la velocidad y de la posición en función

del tiempo para cada móvil. c) ¿Al cabo de qué tiempo el móvil A alcanzará al móvil B y en qué

posición? ¿Qué velocidades tienen los móviles en dicho instante?

Figura 2.26 Solución: a) De la gráfica del móvil A, se lee que en t0 = 0 la velocidad inicial es:

v0A = + 40 m/s Además, en t = 40 s la velocidad es: vA = + 80 m/s.

La aceleración del móvil A es:

2A 0AA

0

v v 80 40a 1 m / s

t t 40 0− −= = = +− −

De la gráfica del móvil B, se lee que en t0 = 0 la velocidad inicial es:

v0B = + 80 m/s Además, en t = 40 s la velocidad es: vB = + 40 m/s. La aceleración del móvil B es:

2B 0BB

0

v v 40 80a 1 m / s

t t 40 0− −= = = −− −

b) Para el móvil A, la ecuación velocidad – tiempo se escribe:

vA = v0A + aAt

Sustituyendo datos: vA = 40 + t (1) La ecuación posición – tiempo se escribe:

2A 0A A

1x v t a t

2= +

Sustituyendo datos:

2A

1x 40t t

2= + (2)

Para el móvil B, la ecuación velocidad – tiempo se escribe:

vB = v0B + aBt

Sustituyendo datos: vB = 80 – t (3) La ecuación posición – tiempo se escribe:

2B 0B B

1x v t a t

2= +

Sustituyendo datos:

2B

1x 80t t

2= − (4)

c) Cuando el móvil A alcanza al móvil B se cumple:

A Bx x=

Igualando las Ec (2) y (4):

2 21 140t t 80t t

2 2+ = −

t(t 40) 0− =

De donde:

t = 40 s La posición en que el móvil A alcanza al móvil B se determina sustituyendo t = 40 s en las Ec (2) o (4):

2A

1x (40)(40) (40) 2 400 m

2= + = +

2B

1x (80)(40) (40) 2 400 m

2= − = +

Las velocidades de los móviles A y B se determinan reemplazando t = 40 s en las Ec (1) y (3):

vA = 40 + 40 = + 80 m/s

vB = 80 – 40 = + 40 m/s Ejemplo 2.11: La figura 2.27 muestra la gráfica posición (x) – tiempo (t) de una partícula que se desplaza rectilíneamente en la dirección del eje x.

a) Escríbanse las ecuaciones que describen el MRU de la partícula en el intervalo 0 < t < 2 s y el MRUV de la partícula en el intervalo 2 s < t < 4 s.

b) ¿Cuál es el desplazamiento y la velocidad media de la partícula en el intervalo 1 s < t < 3 s?

c) Interprete el movimiento de la partícula con un diagrama a lo largo del eje x.

Figura 2.27 Solución: a) Para 0 < t < 2 s, la partícula tiene MRU, y se escribe la ecuación: 0 0x x v(t t )= + − (1) De la gráfica, en t0 = 0, la posición de la partícula es x0 = 0. Además, en t = 2 s la posición de la partícula es x = + 12 m. Por consiguiente, su velocidad es:

0

0

x x 12 0v

t t 2 0− −= =− −

= + 6 m/s

Reemplazando datos en la Ec.(1) se obtiene: x = 6t (2) Para 2 s < t < 4 s, la partícula tiene MRUV, y se escribe la ecuación:

20 0 0 0

1x x v (t t ) a(t t )

2= + − + − (3)

De la gráfica, en t0 = 2 s la posición inicial de la partícula es x0 = + 12 m y su vlocidad inicial es: v0 = + 6 m/s. Insertando valores en la Ec.(3) se tiene:

21x 12 6(t 2) a(t 2)

2= + − + − (4)

Además, de la gráfica, en t = 4 s:

21x 26 12 6(4 2) a(4 2)

2= = + − + −

De donde:

2a 1 m / s= +

Reemplazando en la Ec.(4) se obtiene:

21x 12 6(t 2) (t 2)

2= + − + − (5)

La ecuación velocidad – tiempo en el MRUV se escribe: 0 0v v a(t t )= + − (6) Reemplazando datos se obtiene:

v 6 (t 2)= + −

v 4 t= + (7) b) De la Ec.(2), es claro que en t1 = 1 s:

1x 6(1) 6 m= = + En t2 = 3 s, de la Ec.(5) se obtiene:

22

1x 12 6(3 2) (3 2) 18,5 m

2= + − + − = +

Por consiguiente, el desplazamiento es:

2 1d x x 18,5 6 12,5 m= − = − = +

La velocidad media es:

2 1

2 1

x x 12,5v 6,25 m

t t 3 1−= = = +− −

c) De la Ec.(7), la velocidad de la partícula en t2 = 3 s es v2 = 7 m/s. En la figura 2.28 se muestran las posiciones, velocidades y el desplazamiento de la partícula en el intervalo 1 s < t < 3 s a lo largo del eje x.

Figura 2.28 Ejemplo 2.12: Un cuerpo parte del reposo y se mueve rectilíneamente en la dirección del eje x. Durante los primeros 6 segundos acelera a razón de 1 m/s2, luego continúa con velocidad constante durante los 5 segundos siguientes y finalmente vuelve al reposo desacelerando a razón de 1,5 m/s2. (Considérese que la posición inicial del cuerpo es x0 = 0 en t0 = 0).

a) Hágase una gráfica de la aceleración del cuerpo en función del tiempo. b) Escríbanse las ecuaciones de la velocidad del cuerpo en función del

tiempo para cada tramo de su recorrido. c) ¿Cuánto tiempo permaneció el cuerpo en movimiento? d) Hágase una gráfica de su velocidad en función del tiempo. e) Escríbase la ecuación de la posición del cuerpo en función del tiempo

para cada tramo de su recorrido. f) ¿Cuál fue su desplazamiento entre t = 4 s y t = 13 s? Interprete el

movimiento del cuerpo mediante un diagrama. Solución: a) La figura 2.29 muestra la gráfica aceleración (a) - tiempo (t). De 0 a 6 s: a = + 1 m/s2 ; de 6 s a 11 s: a = 0, y para t > 11 s: a = - 1,5 m/s2. b) Usando la ecuación general: v = v0 + a(t – t0) (1) Para 0 < t < 6 s: t0 = 0; v0 = 0; a = + 1 m/s2. Reemplazando en la Ec.(1) se obtiene: v = t (2) Para 6 s < t < 11 s: v = + 6 m/s; a = 0. El cuerpo tiene MRU. Para 11 s < t < tF: t0 = 11 s; v0 = + 6 m/s; a – 1,5 m/s2. Reemplazando en la Ec (1) se obtiene: v = 6 – 1,5(t – 11) (3)

Figura 2.29 c) Sea t = tF el instante en que el cuerpo se detiene. Entonces en la Ec.(3) se tiene:

v = 6 – 1,5 (tF -11) = 0

De donde:

tF = 15 s d) La figura 2.30 muestra la gráfica velocidad (v) – tiempo (t) del cuerpo. De 0 a 6 s: MRUV; de 6 s a 11 s: MRU; y de 11 s a 15 s: MRUV.

Figura 2.30 e) Usando la ecuación posición – tiempo para el MRUV del cuerpo:

x = x0 + v0(t –t0) + 12

a(t –t0)2 (4)

Para 0 < t < 6 s: x0 = 0, v0 = 0, a = + 1 m/s2 Reemplazando datos en la Ec.(4) se obtiene :

x = 12

t2 (5)

Usando la ecuación posición – tiempo para el MRU del cuerpo: x = x0 + v(t – t0) (6) Para 6 s < t < 11 s: t0 = 6 s; x0 = + 18 m; v = + 6 m/s.

Reemplazando datos en la Ec.(6) se obtiene: x = 18 + 6(t – 6) (7) Para 11 s < t < 15 s: t0 = 11 s; v0 = + 6 m/s; a = + 1,5 m/s2. Reemplazando en la Ec.(4) se obtiene: x = 48 + 6(t – 11) – 0,75(t – 11)2 (8) f) Sustituyendo t = 4 s en la Ec.(5), la posición es:

x1 = 12

(4)2 = + 8 m

Análogamente, sustituyendo t = 13 s en la Ec.(8), la posición es:

x2 = 48 + 6(13 - 11) – 0,75(13 - 11)2 = 48 + 12 – 3 = + 57 m Por tanto, el desplazamiento entre t = 4 s y t = 13 s es:

x2 – x1 = 57 – 8 = + 49 m En la figura 2.31, se indican las posiciones y velocidades del cuerpo (un auto) desde t0 = 0 hasta t = 15 s.

Figura 2.31 2.5. MRUV vertical Es un caso aproximado de MRUV el cual se verifica cerca de la superficie terrestre, siempre que se desprecie la resistencia del aire. La única aceleración que experimenta el móvil se llama aceleración de la gravedad la cual se asume aproximadamente constante. Se puede expresar vectorialmente por: g (0, g)= −

r

, donde el signo negativo indica que la aceleración de la gravedad tiene la dirección del eje – y. Por razones de simplicidad, la magnitud de la aceleración de la gravedad se aproxima al valor entero: g = 10 m/s2.

La descripción del MRUV vertical es análoga a la descripción del MRUV general que se estudió en la sección 2.4. Supóngase que el instante t0 = 0 un cuerpo es lanzado verticalmente hacia arriba (en la dirección del eje + y) desde la posición 0y

r

con velocidad 0vr

respecto a la superficie terrestre, donde y = 0,

tal como se muestra en la figura 2.32. En un instante posterior t el cuerpo se encontrará en otra posición y

r

con velocidad vr

. Por consiguiente, las ecuaciones que describen la velocidad y la posición del cuerpo en cualquier instante t son:

0v v gt= − (2.15)

20 0

1y y v t gt

2= + − (2.16)

Figura 2.32 Despejando t de la Ec.(2.15) y reemplazando en la Ec.(2.16) se obtiene la ecuación auxiliar velocidad – posición: 2 2

0 0v v 2g(y y )= − − (2.17) Ejemplo 2.13: Un objeto en caída libre pasa por una ventana que tiene una longitud de 1,35 m durante 0,3 s. ¿Desde qué altura sobre la ventana se soltó el objeto? (g = 10 m/s2) Solución: Poniendo el origen de coordenadas (y = 0) en el borde inferior de la ventana, la posición inicial del objeto se lee: y0 = h + 1,35 siendo su velocidad inicial v0 = 0, como se indica en la figura 2.33. Utilizando la ecuación:

y = y0 + v0t – 12

gt2 (1)

Figura 2.33 En el instante t, cuando llega al borde superior de la ventana, la posición del cuerpo es (véase la figura 2.33):

y = 1,35 = h + 1,35 – 12

(10)t2

De donde: h = 5t2 (2) En el instante (t + 0,3) s, la posición del cuerpo es (véase la figura 2.33):

y = 0 = (h + 1,35) – 12

(10)(t + 0,3)2

De donde: h + 1,35 = 5 (t + 0,3)2 (3) Reemplazando (2) en (3):

5t2 + 1,35 = 5(t2 + 0,6 t + 0,09) De donde se obtiene:

t = 0,3 s Finalmente, sustituyendo este resultado en la Ec.(2) se obtiene la altura: h = 5(0,3)2 = 0,45 m

Ejemplo 2.14: Un proyectil es lanzado verticalmente hacia arriba con rapidez de 5 m/s desde una altura de 10 m con respecto al suelo terrestre. (g = 10 m/s2)

a) Poniendo el origen de coordenadas (y = 0) en el suelo terrestre, escríbanse las ecuaciones posición – tiempo y velocidad – tiempo correspondientes al movimiento del proyectil.

b) Calcúlese el tiempo que tarda el proyectil en llegar al suelo. c) ¿Con qué rapidez llegará el proyectil al suelo? d) Hágase una gráfica de la posición del proyectil en función del tiempo.

¿Qué puede deducir de su gráfica? Solución: a) La ecuación posición – tiempo está dada por:

20 0

1y y v t gt

2= + − (1)

donde (véase la figura 2.34): y0 = + 10 m; v0 = + 5 m/s en t0 = 0. Reemplazando datos en la Ec.(1): 2y 10 5t 5t= + − (2) La ecuación velocidad – tiempo está dada por: 0v v gt= − (3)

Figura 2.34 Reemplazando datos en la Ec.(3): v 5 10t= − (4) b) Cuando el proyectil llega al suelo se lee:

2y 10 5t 5t= + − = 0

+10 m

+ 5 m/s

y+

10 m

0 SUELO

O también:

2t t 2 0− − = Factorizando:

(t + 1)(t – 2) = 0

t + 1 = 0 → t = – 1 s

Esta raíz se descarta, porque t ≥ 0.

t – 2 = 0 → t = 2 s

c) La velocidad con que llega al suelo se determina sustituyendo t = 2 s en la Ec. (4):

v = 5 – 10(2) = - 15 m/s

El signo negativo indica que la dirección del movimiento es hacia abajo (en la dirección del eje – y). Por tanto, la rapidez del proyectil es:

v 15 15 m / s= − =

Figura 2.35

d) La figura 2.35 muestra la gráfica posición (y) en función del tiempo (t) correspondiente a la Ec.(2). Obsérvese que en t = 1/2 s el proyectil alcanza la altura máxima: y = 10 + 5(1/2) – 5(1/2)2 = 11,25 m. Como era de esperar, la gráfica posición (y) – tiempo (t) del proyectil es una parábola. Ejemplo 2.15: Un cuerpo A es soltado desde el borde del techo de un edificio de 50 m de altura. Simultáneamente otro cuerpo B es lanzado verticalmente hacia arriba con una velocidad de + 5 m/s desde una ventana exterior del edificio situada a 10 m por debajo del punto de caída del cuerpo A. (g = 10 m/s2)

a) ¿Al cabo de qué tiempo el cuerpo A y el cuerpo B se encontrarán en la misma posición?

b) ¿Cuál es la posición de encuentro de ambos cuerpos respecto al punto de lanzamiento del cuerpo B?

c) Hágase una gráfica de la velocidad en función del tiempo para ambos cuerpos.

d) ¿Cuál de los cuerpos recorrió la mayor distancia hasta el instante del encuentro? Explique por qué.

Solución: a) Pongamos el origen de coordenadas (y = 0) en el punto de lanzamiento del cuerpo B (en la ventana), tal como se indica en la figura 2.36. Utilizando la ecuación posición – tiempo:

20 0

1y y v t gt

2= + − (1)

Para el cuerpo A (véase la figura 2.36): y0 = + 10 m; v0 = 0. Entonces sustituyendo en la Ec.(1) se escribe: yA = 10 – 5t2 (2) Para el cuerpo B (véase la figura 2.36): y0 = 0; v0 = + 5 m/s. Entonces sustituyendo en la Ec.(1) se escribe: yB = 5 – 5t2 (3)

Figura 2.36 Cuando los cuerpos A y B se localizan en la misma posición se cumple:

yA = yB 10 – 5t2 = 5t – 5t2 De donde se obtiene:

0

yA yB

A B

B

A +

10 m

10 m

10 m

+5 m/s

v = 00

y+

0

yA yB

A B

B

A +

10 m

10 m

10 m

v = 00

y+

t = 2 s b) La posición de encuentro se determina evaluando la Ec.(2) o la Ec.(3) en el instante t = 2 s:

yA = 10 – 5(2)2 = – 10 m

yB = 5(2) – 5(2)2 = – 10 m

Este resultado indica que, en t = 2 s, los cuerpos se encontrarán a 10 m por debajo de la ventana, como se indica en la figura 2.36. c) Utilizando la ecuación velocidad – tiempo: 0v v gt= − (4) Para el cuerpo A: vA = – 10t (5) Evaluando:

t(s) 0 1 2 3 vA (m/s) 0 – 10 – 20 – 30

Para el cuerpo B: vB = 5 – 10t (6) Evaluando:

t(s) 0 1 2 3 vB(m/s) 5 – 5 – 15 – 25

Usando los datos de las tablas anteriores se obtienen las gráficas velocidad – tiempo para los cuerpos A y B que se muestran en la figura 2.37.

t(s)

v(m/s)

0 1 2 35

10

15

20

5

BA

Figura 2.37

d) De las gráficas que se muestran en la figura 2.37, se deduce que de 0 a 2 s, el cuerpo A recorre la distancia:

dA = 12

(20)(2) = 20 m

Análogamente, se deduce que de 0 a 2 s, el cuerpo B recorre la distancia:

dB = ( ) 1 3

5 (15)2 2

2 2

+ = 12,5 m

Vemos que dA > dB. Esto se debe a que el cuerpo A desciende con mayor rapidez que el cuerpo B, como se muestra en los datos de las tablas anteriores. II. CINEMÁTICA DEL MOVIMIENTO CURVILÍNEO A continuación se estudiarán dos tipos especiales de movimiento curvilíneo: el parabólico, el MCU y el MCUV. 2.6. Movimiento parabólico Es un movimiento que se describe en dos dimensiones. La trayectoria del cuerpo es una parábola, siempre que el movimiento se realice cerca de la superficie terrestre y se desprecie la resistencia del aire. 2.6.1 Descripción geométrica Considere un proyectil que es lanzado desde el origen de coordenadas (0, 0) en el instante t0 = 0 con rapidez v0 y ángulo de elevación θ respecto al eje x, tal como se indica en la figura 2.38. Este movimiento puede describirse como la superposición de dos movimientos rectilíneos independientes: el MRU en la dirección del eje x, y el MRUV en la dirección del eje y. Por consiguiente, la componente de la velocidad en la dirección del eje x, será constante y la componente de la velocidad en la dirección del eje y, variará uniformemente debido a la acción de la gravedad. 2.6.2 Descripción analítica En general, las ecuaciones que describen el movimiento parabólico son: En la dirección del eje x (MRU):

0 0xx x v t= + (2.18) Para el ejemplo de la figura 2.38: x0 = 0; v0x = v0cosθ = constante En la dirección del eje y (MRUV): y 0yv v gt= − (2.19)

20 0y

1y y v t gt

2= + − (2.20)

Para el ejemplo de la figura 3.1: y0 = 0; v0y = v0senθ

Figura 2.38 (*) OBSERVACIONES: 1° Si se conoce (x 0,y0) y (v0x,v0y) en el instante t0, se conocerán (x,y) y (vx,vy) en cualquier instante t mediante las ecuaciones (2.18), (2.19) y (2.20). 2° Despejando t de la Ec.(2.19) y reemplazando en l a Ec.(2.20) se obtiene la ecuación auxiliar: 2 2

y 0y 0v v 2g(y y )= − − (2.21)

3º La magnitud de la velocidad del proyectil en cualquier punto de la trayectoria se calcula por:

2 2x yv v v= + (2.22)

4º La altura máxima que alcanza el proyectil respecto al punto de lanzamiento está dada por:

2 20

máx.v sen

y2g

θ= (2.23)

5º El alcance horizontal del proyectil respecto al punto de lanzamiento está dado por:

20

máx.v sen2

xg

θ= (2.24)

6º El tiempo de vuelo del proyectil está dado por:

0v

2v sent

gθ

= (2.25)

Ejemplo 2.16: Un proyectil es lanzado desde el suelo con un ángulo de elevación de 53º hacia un árbol situado a una distancia horizontal de 36 m, como muestra la figura 2.39. El proyectil tarda 3 s en llegar a la punta del árbol. (Considere: g = 10 m/s2).

a) ¿Con qué rapidez se lanzó el proyectil? b) ¿Cuál es la altura del árbol?

Solución:

Figura 2.39 a) Poniendo el origen de coordenadas en el punto de lanzamiento (véase la figura 3.2), las componentes de la velocidad inicial son:

v0x = v0cos53º = 53

v0 ; v0y = v0sen53º = 54

v0

En el eje x se escribe la ecuación:

x = v0xt = 03

v t5

En t = 3 s:

x = 03

v (3) 365

=

De donde:

v0 = 20 m/s b) En el eje y se escribe la ecuación:

y = v0yt – 21

gt2

Cuando el proyectil llega a la cima del árbol:

y = h = (v0sen53º)t – 21

gt2

En t = 3 s se obtiene:

h = ( ) ( ) ( )( )231021

354

20

−

= 3 m

Ejemplo 2.17: Desde lo alto de una torre de 50 m de altura se lanza una piedra con velocidad de 30 m/s y ángulo de 30º sobre la horizontal. (g = 10 m/s2)

a) ¿Al cabo de qué tiempo llegará a tierra? b) ¿A qué distancia de la base de la torre caerá la piedra? c) ¿Con qué rapidez llegará a tierra? d) ¿Cuál es la altura máxima que alcanzará la piedra con respecto a tierra?

Solución:

Figura 2.40 a) Poniendo el origen de coordenadas en la base de la torre (véase la figura 2.40), usamos la ecuación:

2o oy

1y y v t gt

2= + − (1)

donde: y0 = +50 m; v0y = v0sen30º = +15 m/s. Reemplazando en (1):

21y 50 15t (10)t

2= + − (2)

Cuando el proyectil llega al suelo se pone (véase la figura 2.40):

2y 50 15t 5t= + − = 0 O también:

2t 5t 10 0− − = Factorizando:

(t + 2)(t – 5) = 0 Como t ≥ 0, entonces la raíz t = – 2 s se descarta. Por consiguiente, el proyectil llegará al suelo en t = 5 s. b) En la dirección del eje x, usamos la ecuación: x = x0 + v0xt (3) donde: x0 = 0; v0x = v0cos30º = +15 3 m/s. Reemplazando en (3): x 15 3t= (4) En t = 5 s, la distancia horizontal a la base de la torre es:

x 75 3 m= c) Usando la ecuación: vy = v0y – g t (5) En t = 5 s: vy = 15 – 10(5) = – 35 m/s Como vx = +15 3 m/s, la rapidez con que llega a tierra es:

2 2x yv v v= + = ( ) ( )

2 215 3 35+ −

v = 1900 10 19= m/s

d) La altura respecto al nivel del lanzamiento (véase la figura 3.3) se calcula por la fórmula:

2 20v sen 30

h2g

°= (6)

Reemplazando datos:

2 2(30) (1/ 2)h

2(10)= = 11,25 m

Por tanto, la altura respecto a tierra es: 50 + 11,25 = 61,25 m. Ejemplo 2.18: Un proyectil es lanzado desde el punto A con velocidad de 50 m/s y 30º sobre la horizontal. Simultáneamente se deja caer otro proyectil desde el punto B como se indica en la figura 3.4. (g = 10 m/s2)

a) ¿Al cabo de qué tiempo chocarán? b) ¿A qué altura h chocarán? c) ¿Para qué ángulo de tiro el proyectil impactará con el otro a una altura h

= 25/3 m si es lanzado con la misma rapidez?

Figura 2.41 Solución: a) Usando la ecuación:

2o oy

1y y v t gt

2= + − (1)

Para el cuerpo A: y0 = 0; v0y = v0sen30º = + 25 m/s.

Reemplazando en (1): 2

Ay 25t 5t= − (2) Para el cuerpo B: y0 = +50 m; v0y = 0. Reemplazando en (1): 2

By 50 5t= − (3) Cuando las piedras chocan se cumple:

A By y= O sea:

2 225t 5t 50 5t− = − De donde:

t 2 s= b) Reemplazando t = 2 s en la Ec.(2) se obtiene:

2y 25(2) 5(2) 30 m= − = + Por tanto, chocarán a la altura h = 30 m. c) La coordenada en el eje x del proyectil en cualquier instante t es: ( )0x v cos t= θ (4)

donde θ es el ángulo de tiro. Despejando t de esta ecuación:

0

xt

v cos=

θ (5)

Reemplazando (5) en la Ec.(3) y considerando la nueva posición de choque: yB = h, se tiene:

2

0

xh 50 5

v cos

= − θ

(6)

La coordenada x es la misma para ambos cuerpos en el punto de impacto, y se calcula reemplazando los datos: v0 = 50 m/s, θ = 30º, y t = 2 s en la Ec.(4):

( ) ( )x 50cos30 2= ° = 50 3+ m

Reemplazando datos en la Ec.(6) y despejando se obtiene:

2 15cos

50 hθ =

−

Para h = 25/3 m, se obtiene:

2 9cos

25θ =

3cos

5θ =

Por tanto, el nuevo ángulo de tiro será: θ = 53º Ejemplo 2.19: Una proyectil es lanzado horizontalmente desde el punto (0,0) en el instante t0 = 0. La trayectoria del proyectil está descrita por la ecuación y = – x2/20, donde x e y se miden en metros. Determinar: a) La rapidez inicial del proyectil.

b) La rapidez del proyectil en el punto ( )10 3, 15 m− .

Solución: a) La ecuación de la trayectoria es:

2xy

20= − (1)

En la dirección del eje x, se cumple:

0x v t= (2) donde v0 es la velocidad inicial. En la dirección del eje y, se cumple:

21y gt

2= − (3)

Despejando t de la Ec.(2):

0

xt

v= (4)


2

0

1 xy g

2 v

= −

O también:

220

gy x

2v

= −

(5)

Comparando las Ec.(1) y (5):

20

g 1202v

=

De donde:

0v 10 m / s= (b) Como la componente horizontal de la velocidad permanece constante (vx = 10 m/s), sólo hay que calcular la componente vertical de la velocidad vy. Usando la fórmula: 2

yv 2gy= − (6)

Para y = -15 m, se obtiene:

2yv = – 2 (10) (– 15) = 300

vy = – 10 3 m/s

Figura 2.42

Aquí el signo negativo significa que la componente vertical de la velocidad tiene la dirección del eje – y. Por tanto, la rapidez del proyectil en el punto buscado es:

2 2x yv v v= + 210 300= + = 20 m/s

En la figura 2.42 se muestra la trayectoria del proyectil hasta el punto considerado. Ejemplo 2.20: Un automóvil se desplaza sobre una pista horizontal con rapidez v = 20 m/s. En el instante en que se encuentra a 640 m del punto A se dispara un proyectil con ángulo de elevación de 53º, como muestra la figura 2.43. ¿Con qué rapidez v0 debe dispararse el proyectil para impactar en el auto? (g = 10 m/s2)

Figura 2.43 Solución: Póngase el origen del sistema de coordenadas xy en el punto de lanzamiento. Entonces para el movimiento del proyectil en el eje x, se escribe: 0 0xx x v t= + (1) donde:

0x 0= , 00x 0

3vv v cos53

5= ° =

Cuando el proyectil impacta en el auto, en la Ec.(1) se escribe:

03vx 640 d t

5= + = (2)

En el mismo intervalo de tiempo t el desplazamiento del auto es: d vt 20t= = (3) Reemplazando (3) en (2):

03v640 20t t

5+ = (4)

v0

53º

640 m d

Por otro lado, el tiempo de vuelo del proyectil es:

0 02v sen53 8vt

g 5g°

= = (5)

Reemplazando (5) en (4):

0 0 08v 3v 8v640 20

5g 5 5g

+ =

20 03v 100v 20000 0− − =

Utilizando la fórmula cuadrática:

2

0( 100) (100) (4)(3)( 20000)

v2(3)

− − ± − −=

De donde la única raiz posible es:

0v 100 m / s= 2.7. Movimiento circular La figura 2.44 muestra la posición instantánea de una partícula que se mueve en el plano xy describiendo una circunferencia de radio R en sentido antihorario. Entonces se dice que la partícula tiene movimiento circular. Para estudiar este tipo de movimiento es conveniente tener en cuenta los siguientes conceptos:

Figura 2.44

2.7.1 Desplazamiento angular ( ∆∆∆∆θ) Considere una partícula que describe una circunferencia de radio R, como muestra la figura 2.44. Si en el instante t0 el vector de posición de la partícula forma un ángulo θ0 con el eje x, y en el instante posterior t, el vector de posición de la partícula forma un ángulo θ con el eje x, se define el desplazamiento angular por: 0∆θ = θ − θ (radián ≡ rad) (2.26) donde: θ0: posición angular inicial en el instante t0

θ : posición angular en el instante t (*) OBSERVACIONES: 1º La longitud de recorrido s de la partícula entre to y t es: s = R ∆θ (3.10) donde R es el radio de la circunferencia. 2º Las coordenadas x e y de la partícula en el instante t son:

x = Rcosθ , y = Rsenθ Elevando al cuadrado las ecuaciones anteriores, y luego sumando se obtiene: x2 + y2 = R2 (2.27) Esta es la ecuación de la circunferencia descrita por la partícula. 2.7.2 Velocidad angular media ( ωωωω) Es una cantidad vectorial que indica la rapidez del cambio de la posición angular. Esto se expresa mediante la razón de cambio:

cambio de posición angular

int ervalo de tiempoω =

Considérese el ejemplo de la figura 2.45. Si la partícula en el instante t0 tiene la posición angularθ 0 (con respecto al eje x) y en un instante posterior t tiene otra posición angular θ , entonces su velocidad angular media se expresa por:

0

0t tθ − θ

ω =−

rad

Unidad S.I :s

(2.28)

(*) OBSERVACIÓN: Para determinar la dirección de la velocidad angular ( ω

r

) se utiliza la regla de la mano derecha como sigue: si los dedos de la mano derecha apuntan en la dirección del radio vector de la partícula y se flexionan en el mismo sentido en que gira la partícula, el pulgar extendido indicará la dirección de su velocidad angular. (Véase la figura 2.45).

Figura 2.45 2.7.3 Periodo (T) y frecuencia (f) El periodo en el movimiento circular se define como el intervalo de tiempo en que la partícula realiza una vuelta. Por otro lado, la frecuencia en el movimiento circular se define por:

número de vueltasf


O también:

1

fT

= (2.29)

1

Unidad S.I : Hertz Hzs

≡ ≡

2.8. Movimiento circular uniforme (MCU) Se caracteriza por el hecho de que la partícula realiza desplazamientos angulares iguales en intervalos de tiempo iguales. Esto significa que la condición necesaria para que una partícula realice MCU es que la velocidad angular (ω) definida por la Ec.(2.28) sea constante. En particular, cuando la partícula realiza una vuelta se verifica:

2Tπω = = constante (2.30)

Esta expresión se llama rapidez angular de la partícula con MCU. 2.8.1 Ecuación del MCU La ecuación que describe la posición angular (θ ) de la partícula en función del tiempo (t) es: 0 0(t t )θ = θ + ω − (2.31) donde: θ 0: posición angular de la partícula en el instante t0 θ : posición angular de la partícula en el instante t (*) OBSERVACIONES: 1ª) Si t0 = 0, la Ec.(2.31) se reduce a: 0 tθ = θ + ω (2.32) 2ª) Si θ 0 = 0 en t0 = 0, la Ec.(2.31) se reduce a: tθ = ω (2.33)


2.8.2 Gráficas del MCU Las gráficas del MCU son idénticas a las del MRU. La gráfica posición angular en función del tiempo es una línea recta inclinada (véase la figura 2.46) lo cual significa que indica que la posición angular de la partícula cambia uniformemente. La gráfica velocidad angular en función del tiempo es una línea recta horizontal (véase la figura 2.47) lo cual significa que la velocidad angular de la partícula permanece constante. La pendiente de la recta inclinada en la gráfica posición angular – tiempo representa la velocidad angular de la partícula, y el área sombreada en la gráfica velocidad angular – tiempo representa el desplazamiento angular de la partícula. 2.9. Velocidad tangencial La velocidad tangencial indica la rapidez y dirección del movimiento de la partícula en cada punto de la circunferencia. Se representa por un vector tangente en cada punto de la circunferencia, como muestra la figura 2.48. Es claro que la dirección de la velocidad tangencial cambia de dirección en cada punto de la circunferencia. En el MCU la rapidez tangencial permanece constante y se define por:

2 R

vTπ= = constante (2.34)

donde R es el radio de la circunferencia.

Figura 2.48 2.10. Relación general entre la rapidez tangencial y la rapidez angular Combinando las Ec.(2.30) y (2.34) se obtiene: v R= ω (2.35)

donde R es el radio de la circunferencia. (Esta fórmula es válida para todo tipo de movimiento circular). Ejemplo 2.21: Dos cuerpos A y B con MCU tienen velocidades angulares de 3π/5 rad/s y 5π/3 rad/s respectivamente. Si los cuerpos describen circunferencias de igual radio, ¿cuántas vueltas más habrá dado el móvil B con respecto al móvil A al cabo de 2 minutos? Suponga que en t0 = 0 ambos móviles tienen θ0 = 0. Solución: La posición angular del móvil A en cualquier instante t es: A Atθ = ω (1) donde ω A = 3 π /5 rad/s. En t = 2 min = 120 s, en la Ec.(1) se obtiene:

θ A = (3 π /5) (120) = 72 π rad El número de vueltas que da el móvil A es:

NA = θ A/2 π = 72 π /2 π = 36 Análogamente, la posición angular del móvil B en cualquier instante t es: B Btθ = ω (2) donde ω B = 5 π /3 rad/s. En t = 2 min = 120 s, en la Ec.(2) se obtiene:

θ B = (5 π /2) (120) = 200 π rad El número de vueltas que da el móvil B es:

NB = θ B/2 π = 200 π /2 π = 100 Por tanto, el móvil B dará 100 – 36 = 64 vueltas más que el móvil A. Ejemplo 2.22: La figura 2.49 muestra la gráfica de la posición angular (θ ) en función del tiempo (t) de una partícula que gira en un plano describiendo una circunferencia de radio 25 cm.

Figura 2.49

a) Calcule la rapidez angular de la partícula. b) Escriba la ecuación de la posición angular de la partícula en función del

tiempo. c) ¿Cuántas vueltas dará el móvil en t = 200 s? d) ¿Cuál es su rapidez tangencial?

Solución: a) De la gráfica, se lee:θ 0 = 6 π rad para to = 0 y θ = 14 π rad para t = 100 s. Por consiguiente, la velocidad angular media es

ω = o

ott −θ−θ

= 0100614

−π−π

= 252π

rad/s

b) Usando la ecuación del MCU: θ = θ + ω0 t (1) Reemplazando datos en la ecuación (1) se obtiene:

2

6 t25

πθ = π + (2)

c) Entre t0 = 0 y t = 200 s el desplazamiento angular es::

2(200) 16

25π∆θ = = π rad

El número de vueltas realizadas en este intervalo de tiempo es:

16N 8

2 2∆θ π= = =

π π

d) La rapidez tangencial es:

v = ωR = 2225 10

25−π × ×

m/s = 0,02 π m/s

Ejemplo 2.23: La figura 2.50 muestra un disco que gira con velocidad angular constante ω = π rad/s el cual tiene un agujero a cierta distancia de su centro. Un proyectil es lanzado desde el punto A con una rapidez v0 = 20 m/s justo cuando el agujero está frente al punto de lanzamiento. ¿Con qué ángulo de elevación debe lanzarse el proyectil para que atraviese el agujero cuando el disco ha dado una vuelta? (g = 10 m/s2)

Figura 2.50 Solución: Para que el proyectil atraviese el agujero se requiere que el tiempo de vuelo sea igual al periodo de revolución del disco:

tv = T

02v seng

θ=

2πω

Despejando senθ , y reemplazando datos da:

senθ =o

gv

πω

=( )( )10

20

ππ

=21

de donde:

θ = 30º Ejemplo 2.24: Dos partículas A y B con MCU están separadas en el instante t = 0, como se muestra en la figura 2.51. La rapidez angular de la partícula A es

A / 3 rad / sω = π y la rapidez angular de la partícula B es B / 4 rad / sω = π . a) ¿Cuál es la posición angular inicial de cada partícula? b) Escribir las ecuaciones posición angular – tiempo para cada partícula. c) ¿Al cabo de qué tiempo la partícula A alcanza a la partícula B?

Figura 2.51

Solución: a) La posición angular (respecto al eje + x) de la partícula A es (véase la figura 2.51):

0A rad2πθ =

La posición angular (respecto al eje + x) de la partícula B es (véase la figura 2.51):

0B radθ = π b) La ecuación posición angular – tiempo para la partícula A es:

A 0A Atθ = θ + ω

Reemplazando datos:

A t2 3π πθ = +

La ecuación posición angular – tiempo para la partícula B es:

B 0B Btθ = θ + ω

Reemplazando datos:

B t4πθ = π +

c) Cuando la partícula A alcanza a la partícula B se cumple:

A Bθ = θ

t t2 3 4π π π+ = π +

De donde:

t 6 s= 2.11. Aceleración angular media ( αr ) Es una cantidad vectorial que indica la rapidez del cambio de la velocidad angular de una partícula. Esto se expresa por la razón de cambio:

(media)

cambio de velocidad angularaceleración angular

int ervalo de tiempo≡

0

0t tω − ω

α =−

2

radUnidad S.I :

s

(2.36)

donde: ω 0: velocidad angular (inicial) en el instante t0 ω : velocidad angular en el instante t 2.12. Movimiento circular uniformemente variado (MC UV) Este movimiento se caracteriza por el hecho de que una partícula realiza cambios de velocidad angular iguales en intervalos de tiempo iguales. Esto significa que la condición necesaria para que una partícula tenga MCUV es que la aceleración angular (α) definida por la Ec.(2.36) sea constante. 2.12.1 Ecuaciones del MCUV Las ecuaciones que describen el MCUV de una partícula son completamente análogas a las correspondientes ecuaciones del MRUV. Despejando ω de la Ec.(2.36) se obtiene la fórmula velocidad angular (ω ) - tiempo (t): 0 0(t t )ω = ω + α − (2.37) donde: ω 0: velocidad angular (inicial) en el instante t0 ω : velocidad angular en el instante t. Se demuestra que la fórmula posición angular (θ ) – tiempo (t) está dada por:

20 0 0 0

1(t t ) (t t )

2θ = θ + ω − + α − (2.38)

donde: θ0 : posición angular (inicial) en el instante t0

θ : posición angular en el instante t (*) OBSERVACIONES: 1º Cuando t0 = 0, las Ec.(2.37) y (2.38) se reducen a: 0 tω = ω + α (2.39)

20 0

1t t

2θ = θ + ω + α (2.40)

2º Despejando t de la Ec.(2.39) y reemplazando en la Ec.(2.40) se obtiene la fórmula velocidad angular (ω) – posición angular (θ ): 2 2

0 02 ( )ω = ω + α θ − θ (2.41) donde: ω 0: velocidad angular (inicial) en la posición angular θ0 ω : velocidad angular en la posición angular θ 2.12.2 Gráficas del MCUV La Ec.(2.40) predice que la gráfica posición angular – tiempo es una parábola. En la figura 2.52(a) se muestra una gráfica típica posición angular - tiempo correspondiente al movimiento circular acelerado de una partícula. Por el contrario, en la figura 2.52(b) se muestra una gráfica típica posición angular - tiempo correspondiente al movimiento circular desacelerado de una partícula.

(a) (b) Figura 2.52

La Ec.(2.39) predice que la gráfica velocidad angular – tiempo es una línea recta inclinada. En la figura 2.53(a) se muestra una gráfica típica velocidad angular – tiempo correspondiente al movimiento circular acelerado de una partícula. Por el contrario, en la figura 2.53(b) se muestra una gráfica velocidad angular – tiempo correspondiente al movimiento circular desacelerado de la partícula. La pendiente de la recta representa la aceleración angular media (α) de la partícula y el área sombreada representa el desplazamiento angular ( ∆θ ). Además, la mediana del trapecio representa la velocidad angular media del MCUV de la partícula:

01

( )2

ω = ω + ω (2.42)

(a) (b)

Figura 2.53

Figura 2.54 La gráfica aceleración angular – tiempo es una línea recta horizontal (véase la figura 2.54) lo cual significa que la aceleración angular es constante. El área sombreada representa el cambio de la velocidad angular ( 0ω − ω ) que experimenta la partícula en el intervalo de tiempo t. 2.13. Aceleración centrípeta ( Ca

r

) y aceleración tangencial ( Tar

). Todo cuerpo que describe una circunferencia experimenta una aceleración dirigida hacia su centro, llamada aceleración centrípeta (véase la figura 2.55).

Su dirección cambia en cada punto de la circunferencia y su magnitud está descrita por:

2

Cv

aR

= (2.43)

O también: 2

Ca R= ω (2.44) donde R es el radio de la circunferencia. Las Ecs.(2.43) y (2.44) son aplicables en el MCU y en el MCUV. Si la velocidad angular de la partícula cambia uniformemente, según la Ec.(2.35), la velocidad tangencial también cambiará, y por consiguiente existirá una aceleración tangencial (véase la figura 2.55). Su dirección cambia en cada punto de la circunferencia, pero su magnitud permanece constante y está definida por: Ta R= α (2.45) donde α es la aceleración angular.

Figura 2.55 (*) OBSERVACIÓN: 1° En el MCUV, la aceleración resultante a

r

no está dirigida hacia el centro de la circunferencia (véase la figura 2.55). Su magnitud es:

2 2C Ta a a= + (2.46)

2° En el MCU: a T = 0, entonces en la Ec (2.46): a = aC. Ejemplo 2.25: Un móvil parte del reposo y realiza MCUV dando 3 vueltas durante los 2 primeros segundos. ¿Cuántas vueltas dará durante los siguientes 2 segundos? Solución:

Usando la ecuación posición angular - tiempo:

2o

1t t

2θ = ω + α (1)

Por dato: ω 0 = 0, entonces:

21t

2θ = α (2)

En t = 2 s:

θ1 = 3(2 π ) = 6 π rad =12

α (2)2

De donde se obtiene la aceleración angular:

α = 3 π rad/s2 En t = 4 s:

θ2 = 21

(3 π )(4)2 = 24 π rad

El desplazamiento angular entre t = 2 s y t = 4 s es:

θ 2 - θ 1 = 24 π – 6 π = 16 π rad Por tanto, el número de vueltas entre t = 2 s y t = 4 s es:

N = ππ

218

= 9

Ejemplo 2.26: Hallar el radio de una pista circular si un ciclista aumenta su rapidez de 20 m/s a 30 m/s, luego de dar dos vueltas en 40 segundos. Solución: Usando la relación entre la rapidez tangencial y la rapidez angular, se tiene inicialmente:

00

v 20R R

ω = = (1)

donde R es el radio de la pista. La rapidez angular al cabo de dos vueltas es:

v 30R R

ω = = (2)

La aceleración angular es:

α = o

ot tω − ω

−=

30 201R R

40 4R

−= (3)

Usando la ecuación:

2o

1t t

2θ = ω + α (4)

En t = 40 s:

θ = 4 π = (20/R) (40) + 2

1(1/4R) (40)2

De donde se obtiene:

R = 250/ π m Ejemplo 2.27: Una partícula describe una circunferencia de radio 10 cm, de acuerdo a la ecuación θ = 2 + 4t2, t ≥ 0, donde θ se expresa en radianes y t en segundos.

a) ¿Cuál es la posición angular inicial, la velocidad angular inicial y la aceleración angular?

b) ¿Cuál es la velocidad angular en t = 2 s? c) Determine la magnitud de la aceleración centrípeta en el instante t = 2s. d) Calcule la magnitud de la aceleración tangencial en t = 2 s.

Solución: a) Comparando:

θ = 2 + 4t2 = θ 0 + ω + α 20

1t t

2 (1)

se deducen:

θ 0 = 2 rad (posición angular inicial)

ω 0 = 0 (velocidad angular inicial)

12

α = 4 → α = 8 rad/s2 (aceleración angular)

b) La velocidad angular en cualquier instante está dada por:

0 tω = ω + α Sustituyendo datos: ω = 8t (2) En t = 2 s:

ω = 8(2) = 16 rad/s c) La magnitud de la aceleración centrípeta en t = 2 s es:

aC = ω 2 R = (16)2 (10 x 10-2) = 25,6 m/s2 d) La magnitud de la aceleración tangencial es:

aT = α R = 8(10 x 10-2) = 0,8 m/s2 Ejemplo 2.28: Un cuerpo con MCUV tiene inicialmente una velocidad angular de 24 rad/s y una aceleración de 60 rad/s2. Después de 2 segundos el cuerpo empieza a desacelerar uniformemente y se detiene después de girar 432 rad.

a) Determine el desplazamiento angular total realizado por el cuerpo hasta detenerse.

b) ¿Qué tiempo tardará en detenerse? Solución: a) Usando la ecuación posición angular - tiempo

20

1t t

2θ = ω + α (1)

donde: ω 0 = 24 rad/s y α = 60 rad/s2. Entonces la Ec.(1) se escribe: 224t 30tθ = + (2) En t = 2 s:

224(2) 30(2) 168 radθ = + = Por tanto, el desplazamiento angular total hasta detenerse es:

∆θ = 168 + 432 = 600 rad b) Usando la ecuación velocidad angular – tiempo:

0 tω = ω + α (3) Sustituyendo datos en la Ec.(3): 24 60tω = + (4) En t = 2 s la velocidad angular es:

ω = 24 + 60(2) = 144 rad/s Con esta velocidad angular empieza el movimiento circular desacelerado. Por otor lado, para el movimiento circular desacelerado usamos la ecuación:

ω = ω + αθ2 20 2 (5)

donde ω 0 = 144 rad/s. Además, por dato, cuando θ = 432 rad, ω = 0. Entonces reemplazando e datos en la Ec.(5) se obtiene la aceleración angular:

( )22 20 0 144

2 2(432)

−ω − ωα = = =θ

– 24 rad/s2

Luego, usando la Ec.(3) el tiempo que demora el movimiento circular desacelerado es:

t = αω−ω 0 =

0 14424

−−

= 6 s

Por tanto, el tiempo total que dura el movimiento es: 2 + 6 = 8 s.

PROBLEMAS PROPUESTOS 2.1. Un automóvil se desplaza rectilíneamente en la dirección del eje x de acuerdo a la ecuación: x = 60 – 15t; t ≥ 1 s, donde x se mide en metros y t en segundos. Indicar la verdad (V) o falsedad (F) de las siguientes proposiciones: I) La posición inicial del automóvil es + 60 m. II) El auto se desplaza con rapidez de 15 m/s en la dirección del eje + x. III) El desplazamiento del automóvil de 1 s a 4 s es – 45 m.

Rpta: FFV 2.2. La ecuación posición – tiempo de un cuerpo que se desplaza a lo largo del eje x es: x = x0 – 5t; t ≥ 0, donde x mide en metros y t en segundos. Si después de 10 s de iniciado el movimiento la posición del móvil es – 40 m, ¿a qué distancia de la posición inicial x0 se encontrará?

Rpta: 50 m 2.3. Un auto se mueve en línea recta en la dirección del eje x con velocidad constante. Si el auto pasa por la posición x = + 3 m en t = 1 s y por la posición x = + 11 m en t = 3 s, determine el instante de tiempo en que pasa por la posición x = + 23 m.

Rpta: 6 s

2.4. Dos automóviles A y B de desplazan en la dirección del eje x de acuerdo a las ecuaciones:

Ax 12 vt= + y Bx 60 2vt= − ; t 0≥ , v 0>

donde x se mide en metros y t en segundos. Si 3 s después de que se cruzan se encuentran separados 72 m, ¿cuáles son las velocidades de los automóviles A y B respectivamente?

Rpta: + 8 m/s, + 16 m/s

2.5. Dos cuerpos A y B de desplazan en la dirección del eje x según las ecuaciones:

A 0x x 2t= − y Bx 4 vt= − + ; t 0≥ , v 0>

donde x se mide en metros y t en segundos. Si en t = 0 y t = 2 s los móviles están distanciados 5 m, determine el tiempo de encuentro.

Rpta: 1 s 2.6. Dos cuerpos se mueven en la dirección de los ejes x e y de acuerdo a las ecuaciones: x = - 30 + 3t; y = 40 – 4t; t ≥ 0, donde x e y se miden en metros y t en segundos. ¿Al cabo de qué tiempo los cuerpos estarán separados 100 m?

Rpta: 30 s

2.7. La figura 2.56 muestra la gráfica posición (x) en función del tiempo (t) de un cuerpo que se desplaza rectilíneamente en la dirección del eje x. a) ¿Cuál es la velocidad del cuerpo entre t = 0 y t = 4 s? b) ¿Cuál es la velocidad del cuerpo entre t = 4 s y t = 9 s? c) Determine el desplazamiento entre t = 1 s y t = 8 s.

Figura 2.56

Rpta: a) + 5 m/s; b) – 2 m/s; c) + 7 m 2.8. Dos autos A y B se desplazan en la misma dirección con MRU. El auto A tiene rapidez de 10 m/s y se encuentra inicialmente a una distancia de 4 km delante del auto B. Si el auto B tiene rapidez de 20 m/s, ¿cuánto tiempo transcurre para que se distancien nuevamente 4 km?

Rpta: 800 s 2.9. La figura 2.57 muestra las gráficas posición (x) en función del tiempo (t) de dos automóviles A y B que se desplazan en la dirección del eje x.

a) ¿Cuál es la velocidad de cada automóvil? b) Escríbase la ecuación posición – tiempo para cada automóvil. c) ¿Cuánto tiempo tardarán los automóviles en cruzarse? ¿En qué posición

se cruzan?

Figura 2.57

Rpta: a) – 5 m/s, + 15 m/s; b) x A = 40 - 5t, x B = - 60 + 15t; c) 5 s, + 15 m

t(s)

x(m)

50

15

0 105

BA

2.10. Un tren se dirige hacia una montaña con MRU. El maquinista hace sonar el silbato y recibe el eco 4 s más tarde. En el instante de recibir el eco vuelve a tocar el silbato y recibe el segundo eco 3 s después. Calcule la rapidez del tren. (Considere: Vsonido= 336 m/s).

Rpta: 48 m/s 2.11. La figura 2.58 muestra las gráficas posición – tiempo de dos móviles A y B que se mueven a lo largo del eje x. Calcule la velocidad media del móvil A y del móvil B entre el instante del encuentro y el instante t = 60/7 s respectivamente.

Figura 2.58

Rpta: + 4 m/s; - 3 m/s 2.12. En la figura 2.59 muestra las gráficas posición – tiempo de dos autos A y B que se desplazan en la dirección del eje x. a) Escríbanse las ecuaciones posición – tiempo para cada auto. b) ¿Cuál es la distancia que separa a los autos hasta el instante t = 20 s? .

Figura 2.59

Rpta: a) x A = 15 + 3,5t; x B = - 50 +10t; b) 65 m 2.13. Un automóvil se desplaza rectilíneamente en la dirección del eje x de

acuerdo a la ecuación posición – tiempo: 2)t21(2x −−= , )0t( ≥ , donde x se mide en metros y t en segundos. Indique la verdad (V) o falsedad (F) de las siguientes proposiciones: I) La posición inicial del móvil es – 2 m.

II) La velocidad inicial del móvil es + 8 m/s. III) La aceleración del móvil es – 16 m/s2.

Rpta: VVV 2.14.Un cuerpo se mueve rectilíneamente en la dirección del eje x de acuerdo a la ecuación: x = – 16t + 2t2, (t ≥ 0), donde x se mide en metros y t en segundos.

a) ¿En qué instante su velocidad es nula? b) ¿Al cabo de qué tiempo volverá a pasar por la posición inicial y con qué

velocidad? c) ¿Cuál es la distancia recorrida hasta el instante en que vuelve a pasar

por la posición inicial? Rpta: a) 4 s; b) 8 s, + 16 m/s; c) 64 m

2.15. Dos cuerpos A y B se desplazan rectilíneamente en la dirección del eje x según las ecuaciones: xA = 16 + 4t; xB = 4t + t2, (t ≥ 0), respectivamente, donde x se mide en metros y t en segundos. a) ¿Al cabo de qué tiempo el cuerpo B alcanzará al cuerpo A? b) ¿Qué distancia los separa en 20 s? c) ¿En qué tiempo estarán distanciados 1 280 m?

Rpta: a) 4 s; b) 384 m; c) 36 s 2.16. Dos automóviles distantes entre sí 100 m se mueven al encuentro uno del otro en trayectoria rectilínea. Los automóviles parten simultáneamente del reposo con aceleraciones constantes de magnitudes 4 m/s2 y 6 m/s2 respectivamente. Calcule el tiempo que tardan en estar separados 80 m después de cruzarse.

Rpta: 6 s

2.17. En la figura 2.60, se muestran dos móviles A y B, que parten del reposo desde el origen de coordenadas, desplazándose con MRUV. Si después de 5 s sus rapideces son 1,5 m/s y 2 m/s respectivamente, ¿qué distancia los separa 10 s después de iniciado el movimiento?

Figura 2.60 Rpta: 25 m

2.18. Un auto se desplaza rectilíneamente en la dirección del eje x con aceleración constante. En el instante t0 = 0 el cuerpo se encuentra en la posición x0 = + 4 m y tiene una velocidad de + 12 m/s. Si en el instante t = 2 s el cuerpo se encuentra en la posición x = + 16 m, determine su aceleración y su velocidad en el instante t = 4 s.

Rpta: - 6 m/s 2, - 12 m/s 2.19. La figura 2.61 muestra la gráfica de la velocidad (v) en función del tiempo (t) de una partícula que se desplaza a lo largo del eje x desde la posición x0 = + 2 m en el instante t0 = 0.

a) Determine la posición de la partícula en el instante t = 7 s. b) ¿En qué instante la partícula cambia la dirección de su velocidad? c) ¿Cuál es el desplazamiento de la partícula entre el instante en que se

detiene y t = 8 s?

Figura 2.61

Rpta: a) 18,75 m; b) 5,6; c) – 7,2 m

2.20. La figura 2.62 muestra la gráfica posición (x) – tiempo (t) de un cuerpo que tiene MRUV en la dirección del eje x. ¿Cuál es su velocidad inicial y su aceleración?

Figura 2.62 Rpta: 0, + 3 m/s 2

2.21. Dos móviles A y B se desplazan en la dirección del eje + x desde las posiciones x0A = 0 y x0B = + 2 m en t = 0. Si las ecuaciones velocidad – posición

son: 2Av 10x= y 2

Bv 12 2x= + , calcule la distancia que separa a los móviles al cabo de 10 s.

Rpta: 158 m 2.22. La figura 2.63 muestra la gráfica de la aceleración (a) en función del tiempo (t) de un cuerpo que se mueve en en la dirección del eje x. Si en el instante t0 = 0, x0 = 0 y v0 = 0, ¿cuál es la posición y la velocidad del cuerpo en el instante t = 5 s?

Figura 2.63 Rpta: + 12 m, 0

2.23. La figura 2.64 muestra las gráficas de la velocidad (v) en función del tiempo de dos móviles A y B que se desplazan en la dirección del eje + x. Los móviles pasan por el punto x0 = 0 en el instante t0 = 0. Determine el instante y la posición de encuentro de los móviles.

Figura 2.64

Rpta: 40 s, 800 m

2.24. En la figura 2.65 se muestra la gráfica de la posición (x) en función del tiempo (t) de un cuerpo que se desplaza a lo largo del eje x. a) ¿Cuál es la velocidad inicial y la aceleración del cuerpo? b) Determine la posición y la velocidad del cuerpo en el instante t = 10 s.

1 2 3 4 5 t(s)

2

0

2

a(m/s) 2

t(s)

v(m/s)

45º

A

B

20

Figura 2.65

Rpta: a) + 5 m/s, – 1,25 m/s 2; b) – 12,5 m, – 7,5 m/s

2.25. En la figura 2.66 se muestran las gráficas velocidad (v) en función del tiempo (t) de tres automóviles A, B, y C que se mueven en la dirección del eje x. Los autos se encuentran en la posición x = 0 en el instante t = 0.

a) ¿En qué posición se detienen los autos A, B y C respectivamente? b) ¿Cuál sería la distancia del auto C con respecto a los autos A y B al

cabo de 50 s?

Figura 2.66

Rpta: a) + 300 m, + 450 m, + 400 m; b) 700 m, 325 m 2.26. Un proyectil es disparado verticalmente hacia arriba con rapidez de 50 m/s desde la base de un edificio vertical. Si la altura alcanzada por el proyectil coincide con la del edificio, ¿cuántos pisos tiene éste, si cada piso tiene 2,5 m de altura? (g = 10m/s2)

Rpta: 50 2.27. Desde un globo aerostático que se encuentra a 100 m de altura respecto al suelo terrestre se suelta un objeto. Determine el tiempo que tarda el objeto en llegar a tierra, si:

(g = 10 m/s2) a) El globo se eleva verticalmente con rapidez de 5 m/s. b) El globo desciende verticalmente con rapidez de 5 m/s.

10 t(s)

v(m/s)

10

20 30 40

20

30

AB

0

C

c) El globo no se mueve.

Rpta: a) 5 s; b) 4 s; c) 2 5 s 2.28. Para un cuerpo en caída libre desde el reposo, indique la verdad (V) o falsedad (F) de las siguientes proposiciones:

( g = 10 m/s2) I) El cuerpo desciende 10 m cada segundo. II) El cuerpo incrementa su rapidez en 10 m/s cada segundo. III) El cuerpo desciende 25 m durante el tercer segundo.

Rpta: FVV 2.29. Se suelta un cuerpo con velocidad nula desde una altura de 10 m respecto al suelo terrestre. Si desde el mismo lugar se lanza hacia abajo otro cuerpo cuando el primero está a la mitad de su recorrido, ¿qué rapidez inicial debe tener el segundo cuerpo para que ambos lleguen al suelo simultáneamente?

( 2 = 1,4; g = 10 m/s2)

Rpta: 7,6 m/s

2.30. Se lanza un cuerpo verticalmente hacia arriba desde la posición y0 = 0, y su velocidad (v) en función del tiempo (t) es: v = 30 – 10t, t ≥ 0, donde v se mide en m/s y t en segundos. a) Calcule el tiempo que tarda en retornar a la posición de partida. b)¿Cuál es la altura máxima que alcanza respecto punto del lanzamiento? c) ¿Qué distancia recorrió durante el último segundo de su caída?

Rpta: a) 6 s; b) 45 m; c) 25 m 2.31. Se lanza una bola verticalmente hacia arriba desde el suelo de una calle junto a una casa. La bola es atrapada cuando está en caída por una persona asomada a una ventana a 50 m sobre el suelo. ¿Cuánto tiempo permaneció la bola en el aire?

Rpta: 5 s

2.32. Dos cuerpos A y B se sueltan simultáneamente con velocidad nula, tal como se indica en la figura 2.67. La distancia que los separa inicialmente es 10 m y llegan al suelo con una diferencia de tiempo de 1s. (g = 10 m/s2)

a) ¿Cuánto tiempo tardó el cuerpo B en llegar al suelo? b) ¿De qué altura cayó el cuerpo B? c) ¿Qué distancia estuvieron separados los cuerpos 0,25 s después de

dejarlos caer?

Figura 2.67

Rpta: a) 1,5 s; b) 11,25 m; c) 10 m

2.33. Sobre el plano inclinado de una cuña se coloca un bloque, como muestra la figura 2.68. ¿Cuál debe ser la magnitud de la aceleración de la cuña para que el movimiento del bloque en la dirección vertical sea de caída libre? (g = 10 m/s2)

Figura 2.68

Rpta: 10 m/s 2

2.34. Un proyectil se mueve en el plano xy de acuerdo a las ecuaciones x 3 40t= + ; 2y 4 30t 5t= + − , ( t 0≥ ), donde x e y se miden en metros y t en segundos. ¿Cuál fue el ángulo de tiro y la rapidez inicial?

Rpta: 37°; 50 m/s

2.35. Un proyectil situado a 180 m de la base de un edificio es lanzado con rapidez de 50 m/s y ángulo de elevación de 53° resp ecto de la horizontal, impactando en la cima del edificio. (g = 10 m/s2) a) ¿Cuánto tiempo tardará en impactar en la cima del edificio? b) ¿Cuál es la altura del edificio?

Rpta: a) 6 s; b) 60 m 2.36. En un incendio, una persona salta con una velocidad horizontal 0v

r

, tal como se muestra en la figura 2.69. Determine la mínima y máxima magnitud de la velocidad horizontal para que la persona alcance la red de protección.

A

B

SUELO

10 m

Figura 2.69

Rpta: 2 m/s; 2,5 m/s

2.37. Un proyectil es lanzado horizontalmente con una rapidez de 10 m/s. ¿Al cabo de qué tiempo su rapidez se duplicará? (g = 10 m/s2)

Rpta: 3 s 2.38. Dos proyectiles A y B son lanzados simultáneamente, como muestra la figura 2.70. Halle la rapidez vo y el tiempo que tardan en colisionar. (g = 10 m/s2)

Figura 2.70 Rpta: 15 m/s; 1,6 s

2.39. Se dispara horizontalmente un proyectil desde el punto A con rapidez v0 = 20 m/s alcanzando el punto B, tal como muestra la figura 2.71. Halle la altura h. (g = 10 m/s2)

v0

H = 20 m

2 m 3 m

red deprotección

Figura 2.71 Rpta: 18,75 m

2.40. La figura 2.72 muestra un proyectil lanzado desde la azotea de un edificio con rapidez v0 = 20 m/s. Si la altura del edificio es h = 32 m, calcule el tiempo que tarda el proyectil en llegar al suelo. (g = 10 m/s2)

Figura 2.72 Rpta: 4 s

2.41. La figura 2.73 muestra un avión que viaja horizontalmente con rapidez v0 = 80 m/s. Cuando se encuentra a 405 m sobre tierra, deja caer un paquete de provisiones para un explorador. ¿A qué distancia d del explorador deberá soltar el paquete? (g = 10 m/s2)


2.42. La figura 2.74 muestra dos proyectiles lanzados simultáneamente desde las posiciones M y N. Si colisionan en el punto P, determine el valor del ángulo φ. (g = 10 m/s2)


2.43. Se lanza un proyectil con rapidez de 20 m/s y ángulo de tiro de 60º impactando sobre la cima de un edificio, tal como se indica en la figura 2.75.

(Considere: 3 = 1,7; g = 10 m/s2).

a) ¿Cuánto tiempo tarda el proyectil en impactar en el edificio? b) ¿Cuál es la altura h del edificio? c) ¿Qué altura máxima alcanza el proyectil? d) Si el ángulo de tiro fuera de 53º, ¿el proyectil alcanzaría la cima del

edificio? Justifique su respuesta.

v0

60º

h

20 m Figura 2.75

Rpta. a) 2 s; b) 14 m; c) 15 m; d) No

2.44. La figura 2.76 muestra dos proyectiles A y B que son lanzados simultáneamente y colisionan en el punto P. La rapidez inicial del proyectil A es vA = 2 m/s2. (g = 10 m/s2)

Figura 2.76 a) ¿Al cabo de qué tiempo colisionan los proyectiles? b) ¿Cuál es la altura h? c) ¿Con qué rapidez vB se lanza el proyectil B?

Rpta: a) 2 s; b) 4 m; c) 12 m/s 2.45. Dos proyectiles son lanzados desde la misma posición con la misma rapidez inicial y ángulos de elevación complementarios. Indicar la verdad (V) o falsedad (F) de las siguientes proposiciones: I) Los proyectiles alcanzan la misma altura máxima. II) Los proyectiles tienen el mismo alcance horizontal. III) El tiempo de vuelo de los proyectiles es el mismo.

Rpta: FVF 2.46. Un proyectil es lanzado del punto A con rapidez inicial v0 llegando al punto B en 6 s, como se muestra en la figura 2.77. (g = 10 m/s2) a) Halle la medida del ángulo α . b) ¿Cuál es la rapidez inicial v0 del proyectil?

Figura 2.77 Rpta: a) 37°; b) 5 m/s

2.47. En la figura 2.78, un proyectil es disparado desde el punto A con rapidez inicial v0 = 100 m/s. Si el proyectil impacta en el punto B en 10 s, ¿cuál es el ángulo de tiro θ y la distancia d? (g = 10 m/s2)

V0

162 m

24 m

A

B

Figura 2.78 Rpta: 53°; 200 m

2.48. Un proyectil lanzado desde tierra con velocidad vo = 12 m/s y ángulo de 45° sobre la horizontal cae a una distancia R del p unto de lanzamiento, como muestra la figura 2.79. ¿Desde qué altura h habrá que lanzar horizontalmente el proyectil con la misma rapidez para que tenga el mismo alcance horizontal R? (g = 10 m/s2)


2.49. Desde el borde de un edificio de 21 m de altura se dispara un proyectil con un ángulo de tiro de 53o y rapidez v0 = 10 m/s, como muestra la figura 2.80. (g = 10 m/s2)

a) Calcule el tiempo que tarda el proyectil en llegar al suelo. b) ¿A qué distancia del edificio caerá el proyectil?

Figura 2.80 Rpta: a) 3 s; b) 18 m

2.50. Desde la base de un plano inclinado se dispara un proyectil con rapidez

s/m100V0

= , como muestra la figura 2.81. ¿A qué distancia d sobre el plano

impactará el proyectil? (g = 10 m/s2)


2.51. La figura 2.82 muestra un disco que realiza MCU con respecto a su eje. Indicar la verdad (V) o falsedad (F) de las siguientes proposiciones: I) La rapidez angular del punto A es mayor que la del punto B. II) La rapidez lineal del punto A es igual que la del punto B. III) La magnitud de la aceleración centrípeta del punto A es mayor que la del punto B.

Figura 2.82

Rpta: FFV

2.52. La figura 2.83 muestra la gráfica de la posición angular (θ) en función del tiempo (t) de una partícula que gira uniformemente describiendo una circunferencia de radio r = 25 cm. a)¿Cuál es la rapidez tangencial de la partícula? b) ¿Cuántas vueltas dará la partícula en 200 s?

A

B

EJE

50 cm20 cm

Figura 2.83 Rpta: a) 2 ππππ cm/s; b) 8

2.53. Dos discos de madera están montados sobre un mismo eje y separados 0,5 m, como muestra la figura 2.84. Los discos giran a razón de 1 600 rpm. Si la bala se desplaza paralelamente al eje y atraviesa ambos discos, originando dos agujeros que están desviados 12º, ¿cuál es la rapidez de la bala?

Figura 2.84

Rpta: 400 m/s 2.54. Un disco que gira con MCU tiene un agujero a 20 cm de su centro. Si desde una altura de 50 cm se suelta una bolita, en el instante en que la bolita y el agujero están alineados verticalmente, como indica la figura 2.85, ¿con qué rapidez angular debe girar el disco para que la bolita atraviese el agujero en la primera vuelta? ( 2 10π = ; g = 10 m/s2)

Figura 2.85

Rpta: 20 rad/s 2.55. Desde el borde de una plataforma circular, que gira con velocidad angular constante, se dispara un proyectil con una velocidad cuyas componentes son: v0x = + 5 m/s y v0y = + 2 m/s, como se muestra en la figura 2.86. Si al caer el proyectil impacta en el extremo diametralmente opuesto de la plataforma, determine la rapidez angular de la plataforma.

0, 5 m

12º

Figura 2.86

Rpta: 5 ππππ rad/s

2.56. Una esfera hueca de radio 1 m gira alrededor de un eje vertical que pasa por su centro. Una se desplaza horizontalmente con rapidez de 200 m/s y perpendicularmente al eje de la esfera, como indica la figura 2.87. Si la bala pasa por el agujero en la posición A, ¿a qué rapidez angular constante debe girar la esfera para que la bala pase nuevamente por el mismo agujero cuando se encuentre en la posición B?

Figura 2.87 Rpta: 200ππππ rad/s

2.57. En la figura 2.88 se muestra un balde con agua que gira con un periodo de 3π/2 s. Mientras el balde gira va derramando gotas de agua las cuales forman en el piso una circunferencia de radio R. La longitud de la cuerda es l = 5 m, AB = 9 m y θ = 37º. (g = 10 m/s2)

a) Determine la rapidez tangencial del balde. b) ¿Cuánto tiempo que demora en caer cada gota de agua. c) Calcule el radio R.

Figura 2.88

Rpta: a) 4 m/s; b) 1 s; c) 5 m

r

l

Aθ

C

BR

2.58. En la figura 2.89, la partícula P gira con velocidad angular constante de magnitud 8 rad/s. ¿Qué magnitud debe tener su velocidad angular si gira con respecto al punto O´ con la misma rapidez tangencial?

Figura 2.89

Rpta: 5 rad/s 2.59. Un cuerpo realiza MCUV según la ecuación 250t 2,5tθ = − ; t 0≥ . a) ¿Al cabo de qué tiempo se detiene? b) ¿Cuál es su desplazamiento angular hasta el instante en que se detiene?

Rpta: a) 10 s; b) 250 rad 2.60. Un ventilador gira a razón de 900 rpm (revoluciones por minuto). Al desconectarlo su rapidez disminuye uniformemente hasta detenerse después de dar 75 vueltas. Calcule el tiempo que transcurre desde que se desconecta hasta que se detiene.

Rpta: 10 s 2.61. Un disco de 20 cm de radio tiene rapidez angular de 30 rad/s. Si en cierto instante comienza a disminuir su rapidez uniformemente, deteniéndose en 10 s, ¿cuál fue la rapidez tangencial de los puntos del borde del disco en el instante t = 5 s?

Rpta: 3 m/s

2.62. Un cuerpo parte del reposo y realiza MCUV dando tres vueltas durante los dos primeros segundos. ¿Cuántas vueltas dará durante los siguientes dos segundos?

Rpta: 9

2.63. Una plataforma gira con aceleración angular constante. Si en 1s giró 4π rad y durante el siguiente segundo giró 3 vueltas, determine la magnitud de su aceleración angular.

Rpta: 2 ππππ rad/s

2.64. Un cuerpo gira con MCUV según la ecuación: 24 20 t 2 tθ = π + π − π ; t ≥ 0, donde θ se expresa en radianes y t en segundos. a) ¿Cuánto tiempo tardará el cuerpo en detenerse? b) ¿Cuántas vueltas realizó hasta detenerse?

Rpta: a) 5 s; b) 25 2.65. Un automóvil ingresa a una pista circular de radio 10 m con rapidez de 30 m/s. El automóvil realiza MCUV con aceleración angular de 0,6 rad/s2. a) ¿Cuál es su rapidez tangencial en 10 s? b) ¿Qué distancia recorre en 10 s? c) Determine la magnitud de su aceleración centrípeta y de su aceleración tangencial en 5 s.

Rpta: a) 90 m/s; b) 600 m; c) 360 m/s 2, 6 m/s 2

UNIDAD 3

ESTÁTICA Y DINÁMICA I. ESTÁTICA Se llama Estática al estudio del equilibrio de fuerzas en cuerpos sólidos. Su desarrollo se basa principalmente en la aplicación de la primera y tercera leyes de Newton de la mecánica a un sistema de fuerzas, donde la suma vectorial de todas las fuerzas es nula. En esta Unidad se estudian el equilibrio de fuerzas concurrentes para un sistema en reposo o con movimiento de traslación uniforme y el equilibrio de fuerzas paralelas para un sistema en reposo. 3.1. Conceptos básicos 3.1.1 Sistema Se entiende por sistema a cualquier porción del universo que deseamos estudiar. Todo lo que rodea al sistema se llama entorno o medio ambiente. Por consiguiente, el sistema y el entorno conforman el universo (véase la figura 3.1). Por ejemplo, si el sistema es la Tierra, todos los objetos que rodean a la Tierra, cercanos o lejanos, representan el entorno.

Figura 3.1 3.1.2 Fuerza Cualquier influencia que puede cambiar el estado de movimiento de un sistema se denomina fuerza. Todos los cambios que observamos en la naturaleza se deben a la acción de fuerzas. Hasta la fecha el concepto de fuerza sigue siendo controversial. Si el universo es un sistema aislado, la fuerza se entiende como una interacción entre los objetos de su interior. No se admiten influencias externas al universo. Experimentalmente, una fuerza se puede medir con una balanza de resorte, llamado dinamómetro. La deformación de un resorte situado en el interior de este instrumento determina la medida de la fuerza.

Cuando se define el sistema y su entorno las fuerzas se distinguen en internas y externas. Se llaman fuerzas internas a las interacciones entre los propios elementos del sistema. Por el contrario, se llaman fuerzas externas a las influencias que ejerce el entorno en el sistema (véase la figura 3.1). Por ejemplo, si el sistema es el cuerpo humano las fuerzas internas en él serían las interacciones entre sus órganos internos, y fuerzas externas serían: la fuerza gravitatoria que ejerce la Tierra, la fuerza del aire y otras. 3.1.3 Inercia Todos los cuerpos materiales se resisten a cambiar su estado de reposo (aparente) o su estado de movimiento. Esta propiedad de la materia se considera fundamental y se llama inercia. Por ejemplo, supóngase una persona que viaja conduciendo un automóvil en determinada dirección y luego frena; entonces la persona, el automóvil y todos los objetos de su interior tendrán la tendencia a continuar con la dirección del movimiento que tenía inicialmente (inercia de traslación). Análogamente, si se apaga un ventilador que está funcionando, sus álabes tendrán la tendencia a continuar girando hasta que finalmente se detiene (inercia de rotación). Por tanto, la materia se puede definir como todo aquello que tiene inercia. 3.1.4 Masa La cantidad escalar que indica la medida inercia de un objeto material se llama masa . Experimentalmente la masa de un cuerpo se mide con una balanza. El número que se lee en la escala de una balanza representa una medida de la inercia del cuerpo. Cuanto mayor sea el número que se lee en la balanza, mayor será su inercia de reposo o de movimiento, y viceversa. Por ejemplo, será más difícil acelerar un cuerpo de masa 80 kg que acelerar un cuerpo de masa 40 kg. 3.2. Leyes de Newton de la mecánica Isaac Newton (1643 - 1727) fue el primero en dar una formulación completa sobre el mecanismo de movimiento de los cuerpos materiales en el espacio y en el tiempo. Su trabajo fue publicado en 1687 con el nombre de philosophiae naturalis principia mathematica. En dicho trabajo, Newton presentó tres principios los cuales pueden enunciarse como sigue: 3.2.1 Primera ley. (Principio de inercia) Cuando la resultante de todas las fuerzas que actúan en un sistema es nula, éste permanecerá en reposo o se moverá en línea recta con velocidad constante.

Si Fr

denota cualesquiera de las fuerzas que actúan en un cuerpo, entonces la primera ley se expresa por:

F 0=∑r r

(3.1)

donde el símbolo Σ se lee sumatoria. En particular, para fuerzas coplanares que tienen componentes Fx y Fy sobre los ejes de coordenadas x e y respectivamente, la primera ley se escribe:

xF 0=∑ , yF 0=∑ (3.2)

3.2.2 Segunda ley. (Principio de masa) Cuando la resultante de todas las fuerzas que actúan en un sistema no es nula, éste adquirirá una aceleración en la misma dirección de la fuerza resultante la cual es directamente proporcional a dicha fuerza e inversamente proporcional a la masa del sistema.

fuerza resul tan teaceleración

masa=

F

am

=r

r

(3.3)

O también: F ma=

rr

(3.4)

2

mUnidad S.I : kg Newton N

s ≡ ≡

3.2.3 Tercera ley. (Principio de acción y reacción) Cuando un objeto ejerce una fuerza sobre otro, el segundo ejercerá una fuerza sobre el primero de igual magnitud y de dirección opuesta.

Figura 3.2

En la figura 3.2, si 12Fr

denota la fuerza sobre el cuerpo 1 debido al cuerpo 2 y

21Fr

denota la fuerza sobre el cuerpo 2 debido al cuerpo 1, entonces la tercera ley se expresa por:

12 21F F= −r r

(3.5) Si la fuerza 12F

r

se llama acción, la fuerza 21Fr

se llamará reacción y viceversa. (*) OBSERVACIONES: 1° La primera ley de Newton describe simplemente la inercia de reposo o de traslación uniforme. 2° La segunda ley de Newton describe la inercia de un cuerpo con aceleración. Para una fuerza neta dada, la Ec.(3.3) dice que cuanto mayor sea la masa de un cuerpo, más difícil será acelerarlo, y cuanto menor sea la masa del cuerpo, más fácil será acelerarlo. 3° La tercera ley de Newton significa que no existe n fuerzas aisladas, y que las fuerzas de acción/reacción actúan en cuerpos diferentes, como muestra la figura 3.2. 4° Un lugar donde sean aplicables las leyes de Newt on de la mecánica se llama sistema de referencia inercial. En caso contrario, se llama sistema de referencia no inercial o acelerado. 3.3. Equilibrio de fuerzas concurrentes Tres o más fuerzas son concurrentes si sus líneas de acción se intersectan en un punto. Por ejemplo, considérense tres fuerzas concurrentes y coplanares 1F

r

,

2Fr

y 3Fr

que actúan sobre un cuerpo, como muestra la figura 3.3(a). Entonces la primera ley de Newton requiere que:

1 2 3F F F 0+ + =r r r r

(a) (b)

Figura 3.3

En la figura 3.3(b), se muestra un método de resolución geométrica para resolver un problema de tres fuerzas concurrentes en equilibrio. También puede utilizarse el método analítico de la descomposición rectangular, poniendo el punto de concurrencia de la fuerzas en el origen de un sistema de coordenadas con ejes x e y. Al descomponer las fuerzas en componentes Fx y Fy, el problema se resuelve aplicando las condiciones:

xF 0=∑ , yF 0=∑

Ejemplo 3.1: En la figura 3.4, calcule la magnitud mínima de la fuerza horizontal F para mantener en equilibrio la esfera homogénea y uniforme de peso 60 N. ¿Cuál es la fuerza que ejerce el plano inclinado en la esfera? Despreciar la fricción.

Figura 3.4 Solución: En la figura 3.5(a), se indican las fuerzas que actúan en la esfera. W: peso de la esfera N: fuerza normal que ejerce la superficie horizontal en la esfera R: fuerza normal que ejerce la superficie inclinada en la esfera F: fuerza horizontal sobre la esfera Obsérvese que la línea de acción de cada fuerza pasa por el centro de la esfera. Por consiguiente, las fuerzas son concurrentes. Estas fuerzas se pueden reducir a tres para formar un triángulo de fuerzas de modo que se verifique la primera ley de Newton, como muestra la figura 3.5(b). Para determinar la fuerza horizontal F, usamos el triángulo de fuerzas mostrado en la figura 3.5(b).

tan 37º 34

= F

N W=

+

(a) (b) Figura 3.5

Despejando F se tiene:

F = 43

(W + N) (1)

De la figura 3.5(b) la fuerza F será mínima cuando la esfera no haga contacto con la superficie horizontal. Es decir, cuando: N = 0. Por consiguiente, de la Ec.(1) se obtiene:

F = 34

W = 34

(60) = 45 N

Para determinar la fuerza normal R, usamos nuevamente el triángulo de fuerzas de donde se tiene:

sen 37º = 35

= FR

De donde:

5 5R F (45) 75 N

3 3= = =

Ejemplo 3.2: El sistema mostrado en la figura 3.6 está en equilibrio. El bloque suspendido del punto A pesa 200 N. a) Calcule las tensiones de las cuerdas AB, AC y BD. b) ¿Cuál es el peso P de la esfera suspendida del punto B?

Figura 3.6

Solución: a) En la figura 3.7, se indican las fuerzas que actúan en el punto A. De la primera ley de Newton:

∑ xF = TABcos37º – TACcos53º = 0

4TAB = 3TAC

TAB = 34

TAC (1)

∑ yF = TACsen53º – TABsen37º – 200 = 0

4TAC – 3TAB = 1000 (2)

Figura 3.7 Reemplazando (1) en la Ec.(2):

4TAC – 3 AC3

T4

= 1000

74

TAC = 1 000

TAC = 4000

7N = 571.43 N

Reemplazando este resultado en la Ec.(1):

TAB = 34

40007

= 3000

7N = 428,57 N

En la figura 3.8 se indican las fuerzas que actúan en el punto B. Aplicando la primera ley de Newton:

∑ xF = TBD cos 37º – TAB cos 37º = 0

TBD = TAB = 3000

N7

=

Figura 3.8 b) Sumando las componentes de las fuerzas a lo largo del eje y:

∑ yF = TABsen37º + TBDsen37º – P = 0

( )AB3 6 3000

P 2T5 5 7

= =

P = 31810

35× N = 514,29 N

Ejemplo 3.3: Una esfera homogénea de peso 10 N se encuentra sobre un plano inclinado liso en equilibrio, como muestra la figura 3.9. Hállense la tensión de la cuerda y la magnitud de la fuerza normal que ejerce el plano inclinado en la esfera.

Figura 3.9 Solución: Las fuerzas que actúan en la esfera son (véase la figura 3.10): el peso de la esfera (W), la tensión de la cuerda (T) y la normal del plano inclinado en la esfera (N*). Obsérvese que esta fuerzas concurren en el centro de la esfera. En la figura 3.10, es claro que el ángulo entre la línea de acción del peso y la línea de acción de la normal es 53°. Análogamente, es claro que el ángulo entre la línea de acción de la tensión y la línea de acción de la normal es también 53°. Por consiguiente, podemos construir el triángulo de fuerzas que se muestra en la figura 3.11.


Puesto que el triángulo de fuerzas es isósceles, se deduce que la tensión de la cuerda es:

T = W = 10 N

Aplicando la ley de senos en el triángulo de fuerzas, se escribe:

N * Wsen74 sen53

=° °

Usando la identidad trigonométrica:

( )sen74 sen2 37 2sen37 cos37° = ° = ° °

Entonces la ecuación anterior se escribe:

N * W2sen37 cos37 sen53

=° ° °

Sustituyendo datos:

N *

3 42

5 5

1045

=

De donde la magnitud de la normal es:

60N*

5= = 12 N

3.4. Fuerza de rozamiento o fricción en superficies sólidas

La fricción es una fuerza que se opone al movimiento relativo, o al intento de movimiento, de dos cuerpos que están en contacto. Actúa paralelamente en cada una de las superficies de los cuerpos que están en contacto. Cuando una superficie se desliza sobre otra, habrán fuerzas de rozamiento que actúan en cada superficie de igual magnitud y en direcciones contrarias.

Para comprender los dos tipos de fricción, considérese la interacción entre la superficie de un bloque y una superficie horizontal (el suelo) en los casos que se muestran en la figura 3.12. En todos los casos el suelo ejerce dos fuerzas en el bloque: la normal (N) y la fricción (f). En la figura 3.12(a) se indica la acción de una fuerza horizontal F que intenta mover el bloque. En este caso, la fricción se opone al intento de movimiento del bloque y se llama fricción estática (fS). En la figura 3.12(b) se indica que a medida que aumenta la magnitud de la fuerza F, la magnitud de la fricción estática también aumentará. En este caso, como F ≥ fS, el movimiento del bloque será inevitable, y en el instante en que el bloque esté por moverse, la magnitud de la fricción estática será máxima. La figura 3.12(c) muestra que el bloque se mantiene en movimiento por la acción de la fuerza F. Cualquiera que sea el tipo de movimiento del bloque siempre actuará la fricción en la superficie del bloque, y se llama fricción cinética (fC).

No hay movimiento Movimiento por iniciarse En movimiento

(fricción estática) (fricción estática máxima) (fricción cinética) (a) (b) (c)

Figura 3.12

(*) OBSERVACIÓN: La figura 3.13 muestra el comportamiento de la fricción (f) en función de la fuerza aplicada (F). La fricción estática aumenta linealmente hasta un valor máximo. Luego se presenta una discontinuidad después de la cual la fricción cinética se mantiene constante.

fricción estática fricción cinética

Figura 3.13 3.5. Ley de la fricción Las mediciones experimentales de las fuerzas entre pares de superficies sólidas en contacto conduce a una relación empírica aproximada entre la fricción y la fuerza normal en una superficie, como sigue: La magnitud de la fricción en una superficie sólida es directamente proporcional a la magnitud de la fuerza normal en dicha superficie.

coeficiente magnitud de lamagnitud de la fricción

de fricción fuerza normal

=

f N= µ (3.6) (*) OBSERVACIONES: 1° Cuando se intenta mover el bloque, como muestra la figura 3.12(a), la fricción estática es: fS < µ SN (3.7) donde µ S se llama coeficiente de rozamiento estático. 2° Cuando el bloque está por moverse, como muestra la figura 3.12(b), la fricción estática será máxima y se verifica la igualdad: fS = µ SN (3.8) 3° Cuando el bloque está en movimiento, como muestr a la figura 3.12(c), se verifica la ley de la fricción cinética:

fC = µ CN (3.9) donde µ C se llama coeficiente de fricción cinético. 4° El coeficiente de fricción (estático o cinético) es una cantidad adimensional que depende de la naturaleza de las superficies en contacto. En la mayoría de casos su valor está comprendido entre 0 y 1. Además, µS > µC. 3.6. Fuerza elástica Cualquier influencia que puede deformar un objeto material se llama fuerza elástica. Considérese el resorte horizontal que se muestra la figura 3.13. Cuando se aplica una fuerza horizontal F en el extremo libre del resorte, éste se estirará una longitud x. Según la ley de acción y reacción el resorte ejercerá en el agente externo una fuerza de igual magnitud y opuesta llamada fuerza recuperadora elástica F´.

Figura 3.14 La evidencia experimental muestra que para deformaciones realizadas en un cuerpo de modo que no sobrepase su límite de elasticidad, se verifica la ley:

cons tante elástica deformaciónfuerza elástica

longitudinaldel material

=

F kx= (3.10) (*) OBSERVACIONES: 1º La fuerza recuperadora elástica se opone a la deformación del objeto elástico y está descrita por: F´ kx= − (3.11) Esta fórmula se llama ley de Hooke. 2º La gráfica de la fuerza elástica (F) en función de la deformación (x) es una línea recta inclinada hacia arriba, como se muestra en la parte superior de la figura 3.15. Por el contrario, la gráfica de la fuerza recuperadora (F´) es una

línea recta inclinada hacia abajo. La pendiente de cualquiera de estas rectas representa la constante de elasticidad k del material: tanα = F/x = k.

Figura 3.15 Ejemplo 3.4: En el sistema mostrado en la figura 3.16, determine el estiramiento del resorte debido a una fuerza horizontal F para que el bloque inicie su movimiento. Considere: m = 1 kg, k = 50 N/m, µ s = 0,5 y g = 10 m/s2.

Figura 3.16 Solución: Las fuerzas que actúan sobre el bloque se muestran en la figura 3.17:

Figura 3.17 F: fuerza elástica del resorte mg: peso del bloque fs: fuerza de rozamiento estática N*: fuerza normal Si aumenta la magnitud de la fuerza elástica F = k x, entonces la magnitud de la fricción estática fs que ejerce la superficie horizontal en la superficie del bloque también aumentará. Cuando el bloque esté por moverse, se cumple: fs = µ sN* (1)

De la primera ley de Newton:

xF =∑ kx – fs = 0

kx = µ sN* (2)

yF =∑ N* – mg = 0

N* = mg (3) Reemplazando (3) en (2):

kx = µ s(mg)

smgx

kµ

=

Evaluando:

x = (0,5)(2)(10)

50= 0,1 m = 10 cm

Ejemplo 3.5: Se jala un bloque de peso W con una cuerda sobre una superficie horizontal con velocidad constante. a) Halle la magnitud de la la tensión de la cuerda, si ésta forma un ángulo θ sobre la horizontal y el coeficiente de fricción cinético es µ C. b) Evaluar la expresión obtenida para W = 100 N, θ = 37º y µ C = 1/3. c) ¿Cuál es la magnitud de la fuerza que ejerce la superficie horizontal en el bloque? Solución: a) En la figura 3.18 se indican las fuerzas que actúan sobre el bloque.

Figura 3.18 Como el bloque tiene velocidad constante, entonces se verifica la primera ley de Newton:

∑ xF = T cosθ – fc = 0

Tcosθ = fc = µ cN* (1)

∑ yF = Tsenθ + N* – W = 0

Tsenθ + N* = W (2) De la Ec.(1) tenemos:

c

TcosN*

θ=µ

(3)


Tsenθ + c

Tcosθµ

= W

µcTsenθ + Tcosθ = µcW

c

c

WT

cos senµ

=θ + µ θ

(4)

b) Reemplazando datos en la Ec.(4) se obtiene:

T = ( )( )

( )1/ 3 100

cos37 1/ 3 sen37° + °

T =( )( )

( ) ( )( )1/ 3 100

4 / 5 1/ 3 3 / 5+=

3100

N = 33,3 N

c) De la figura 3.18, es claro que la magnitud de la reacción del suelo (R) en el bloque es:

2 2 2 2c cR N * f N * ( N*)= + = + µ

De donde:

2cR N * 1= + µ (5)

Evaluando:

2 80R (80) 1 (1/ 3) 10 N 26,7 10 N

3= + = =

Ejemplo 3.6: En la figura 3.19, el sistema de bloques está por iniciar su movimiento. Halle el coeficiente de fricción estático µS entre el bloque de masa 2m y la superficie horizontal. Despreciar la fricción en la polea.

Figura 3.19 Solución: En la figura 3.20, se indican las fuerzas que actúan sobre el bloque de masa m. De la primera ley de Newton se tiene:

yF =∑ mg – T = 0

T = mg (1)

Figura 3.20 Figura 3.21 En la figura 3.21, se indican las fuerzas que actúan sobre el bloque de masa 2m. De la primera ley de Newton se tiene:

xF =∑ T – µSN = 0

T = µ SN (2)

yF =∑ N – 2mg = 0

N = 2 mg (3) Reemplazando (3) en (2) y luego igualando con la Ec.(1) se tiene

T = 2µ Smg = mg

µ S = 12

= 0,5

Ejemplo 3.7: La figura 3.22 muestra una esfera homogénea de peso 6 N en equilibrio, sujeta a un resorte de constante elástica k = 100 N/m. El coeficiente de fricción estático entre la esfera y la pared vertical es µS = 1/3. Se desprecia el peso del resorte. (g = 10 m/s2) a) Indique las fuerzas que actúa en la esfera. b) ¿Cuál es el estiramiento máximo del resorte?

Figura 3.22 Solución: a) Las fuerzas que actúan en la esfera (véase la figura 3.23) son. W: peso de la esfera kx: fuerza recuperadora del resorte N*: fuerza normal fS : fricción estática

Figura 3.23

b) Las componentes de la fuerza recuperadora elástica del resorte respecto a los ejes x e y son: - kxsenθ y kxcosθ, donde θ = 37°.

Aplicando la primera ley de Newton, se escribe:

xF N* kx sen 0= − θ =∑

N* kxsen= θ (1)

y SF kxcos N* W 0= θ − µ − =∑

Skxcos N* Wθ − µ = (2) Reemplazando (1) en (2):

Skxcos kxsen Wθ − µ θ =

De donde:

S

Wx

k(cos sen )=

θ − µ θ (3)

Evaluando:

[ ]6

x 0,10 m 10 cm(100) cos37 (1/ 3)sen37

= = =° − °

Ejemplo 3.8: Dos bloques A y B del mismo material están conectados por una cuerda de peso despreciable que pasa por una polea sin fricción, como muestra la figura 3.23. Los bloques tienen igual peso W y están por iniciar su movimiento. a) Indique las fuerzas que actúan sobre cada bloque. b) Determine el coeficiente de fricción estático entre los bloques y las superficies. c) ¿Cuál es la magnitud de la reacción de las superficies en los bloques?

Figura 3.24 Solución: a) Las fuerzas que actúan en el bloque A (véase la figura 3.25) son:

W: peso del bloque A T: tensión de la cuerda NA: fuerza normal en el bloque A fA: fricción estática en el bloque A Las fuerzas que actúan en el bloque B (véase la figura 3.25) son: W: peso del bloque B T: tensión de la cuerda NB: fuerza normal en el bloque B fB: fricción estática en el bloque B

Figura 3.25 b) Para el bloque A, teniendo en cuenta la figura 3.25, se escribe:

x AF T f 0= − =∑

A S AT f N= = µ (1)

y AF N W 0= − =∑

AN W= (2) Para el bloque B, teniendo en cuenta la figura 3.25, se escribe:

x BF T f Wsen60 0= + − ° =∑

S B3

T N W2

+ µ = (3)

y BF N Wcos 60 0= − ° =∑

B1

N W2

= (4)


S A S B3

N N W2

µ + µ = (5)

Finalmente (2) y (4) en (5):

S1 3

W W W2 2

µ + =

S3

3µ =

c) La magnitud de la reacción en el bloque A es:

2 2A A AR N f= + (6)

Reemplazando (1) y (2) en (6):

2 2 2A S

2 3R W W W

3= + µ =

La magnitud de la reacción en el bloque B es:

2 2B B BR N f= + (7)


2 22

B SW W 3

R W2 2 3

= + µ =

3.7. Torque (o momento de fuerza) Es una cantidad vectorial que indica el efecto de rotación producido por una fuerza. En la figura 3.26 se muestra la sección transversal de una puerta con bisagras. Si se aplica una fuerza F

r

en la perilla formando un ángulo θ con el plano de la puerta, su efecto será producir una rotación de la puerta alrededor de la línea que pasa por las bisagras (eje de giro). Si llamamos r

r

el vector que

indica el punto de aplicación de la fuerza respecto al eje de giro, el torque de la fuerza se expresa por:

( )fuerzatorque brazo

perpendicular

=

(Fsen )rτ = θ (3.12) Aquí, θ es el ángulo entre vector posición r

r

(que indica el brazo de la fuerza) y la dirección de la fuerza F

r

. Además, es claro que la unidad (S.I) del torque es: Nm.

Figura 3.26 Otra definición equivalente de torque se obtiene considerando la figura 3.27. Consiste en multiplicar la fuerza por la distancia perpendicular desde el eje de giro hasta la línea de acción de la fuerza (llamado brazo perpendicular). Esto se expresa por:

Figura 3.27

( )( )torque fuerza brazo perpendicular=

F(rsen )τ = θ (*) OBSERVACIONES: 1° Si r = 0, significa que la fuerza actúa en el punto de giro. Entonces de la Ec.(3.12) se obtiene 0τ = . Por consiguiente, no habrá rotación. 2° Si la fuerza ( F

r

) es perpendicular al brazo ( rr

):θ = 90°. Entonces de la Ec.(3.12) se obtiene:

Frτ = (3.13) 3° Si la fuerza ( F

r

) es paralela al brazo ( rr

): θ = 0° ó 180°. Entonces de la Ec.(3.12) se obtiene: 0τ = . Por consiguiente, no habrá rotación. 4° Para rotaciones en dos dimensiones se puede hace r un convenio de signos para indicar la dirección del torque. Un torque positivo significará un giro antihorario y un torque negativo significará un giro horario, como se muestra en la figura 3.28.

Figura 3.28 Según la figura 3.28, flexionando los dedos de la mano derecha en sentido antihorario sobre el plano del papel, el pulgar extendido indicará que la dirección del torque será saliendo perpendicularmente del papel (torque positivo). Por el contrario, flexionando los dedos de la mano derecha en sentido horario sobre el plano del papel, el pulgar extendido indicará que la dirección del torque será entrando perpendicularmente al papel (torque negativo). 5°) En tres dimensiones, la orientación de los vect ores r

r

, Fr

y τr es como muestra la figura 3.29. Obsérvese que el vector τr es perpendicular al plano donde se encuentran los vectores r

r

y Fr

.

Figura 3.29 6°) Según la definición de torque (3.12), la expres ión vectorial se escribe:

Frr

rr ×=τ (2.14)

3.8. Condiciones de equilibrio La aplicación de la primera ley de Newton se puede ampliar en la forma de dos condiciones de equilibrio. Por consiguiente, para que un cuerpo se encuentre completamente en equilibrio deben cumplirse las siguientes condiciones: 3.8.1 Primera condición de equilibrio Se refiere al equilibrio de traslación o de fuerzas concurrentes. Se aplica al estado de reposo o de MRU:

F 0=∑r r

(3.15)

3.8.2 Segunda condición de equilibrio Se refiere al equilibrio de rotación o de fuerzas paralelas. Se aplica al estado de reposo o de MCU:

0τ =∑r

r

(3.16)

Ejemplo 3.9: Una escalera homogénea de peso W = 800 N se encuentra en reposo apoyada sobre una pared vertical sin fricción formando un ángulo α = 53º con respecto a una superficie horizontal, tal como muestra la figura 3.30:

Figura 3.30 a) Calcule la magnitud de la fuerza que ejerce la pared vertical sobre la escalera. b) Si una persona de peso 600 N sube por la escalera hasta las 3/4 de su longitud L, ¿cuál es la magnitud de la fuerza que ejerce la pared vertical sobre la escalera? Solución: a) Las fuerzas que actúan en la escalera son (véase la figura 3.31):

W: peso de la escalera R: fuerza normal de la pared vertical en la escalera F: fuerza de la superficie horizontal en la escalera Como necesitamos determinar la fuerza R, elegimos el punto de giro en el extremo O de la escalera. La fuerza F que actúa en el punto O no produce rotación, porque no tiene brazo. Por consiguiente, su torque es nulo. El peso W produce giro en sentido horario y la fuerza R produce giro en sentido antihorario. Además, en la figura 3.31 se indican los brazos perpendiculares de las fuerzas W y R.

Figura 3.31 Aplicando la segunda condición de equilibrio:

0τ∑ = R(Lsenα ) – WL

cos2 α

= 0

R = W2

cotα (1)

Evaluando:

R = (800

2)(

34

) = 300 N

b) En la figura 3.32, es claro que el peso de la persona W0 producirá giro en sentido horario. Aplicando la segunda condición de equilibrio:

τ∑ 0 = R´(Lsenα ) – WL

cos2 α

– W03

Lcos4 α

= 0

De donde:

R´ = oW 3

W cot2 4

+ α

(2)

Evaluando:

R´ = ( )3 600800

cot532 4

+ °

R´ = (400 + 450)34

= 632,5 N

Figura 3.32 Ejemplo 3.10: La figura 3.33 muestra una grúa que consta de una barra homogénea AD de 3 m de longitud y 1 000 N de peso, que puede girar en el punto A. Si se suspende un bloque de peso W = 5 000 N, ¿cuál es la magnitud de la tensión de la cuerda horizontal BC para que el sistema esté en equilibrio?

Figura 3.33 Solución: Las fuerzas que actúan sobre la barra son (véase la figura 3.34): W0: peso de la barra W: peso del bloque T: tensión del cable sobre la barra F: fuerza en la articulación A Como se requiere determinar la fuerza T, elegimos el punto de giro en el extremo A de la barra. La fuerza F que actúa en el punto A no produce rotación, porque no tiene brazo. Por consiguiente, su torque es nulo. Los pesos W y Wo producen giro en sentido horario y la fuerza T produce giro en sentido antihorario. Además, el brazo perpendicular del peso W es ACsen 37º, el brazo

perpendicular del peso W0 es AOsen 37º, y el brazo perpendicular de la tensión T es ACsen 37º.

Figura 3.34 Aplicando la segunda condición de equilibrio:

( ) ( ) ( )A 0T ACsen37 W AOcos37 W ADcos37 0τ = ° − ° − ° =∑ (1)

donde AC = 3 m, AO = 3/2 m y AC = 2 m. Por consiguiente, reemplazando en la Ec.(1) se tiene:

2Ttan37º = 32

W0 + 3W

De donde:

T = W0 + 2W = 1000 + 2(5000) = 11 000 N Ejemplo 3.11: La figura 3.35 muestra una puerta uniforme y homogénea de 2 m de alto y 1 m de ancho pesa 30 N en equilibrio. La puerta tiene dos bisagras separadas 1,5 m y cada bisagra soporta la mitad del peso de la puerta.

Figura 3.35

a) Indique las fuerzas que actúan en la puerta. b) Determine la magnitud de la fuerza en cada bisagra. c) ¿Cuál es la dirección de la fuerza en cada bisagra con respecto a la horizontal? Solución: a) Según las condiciones del problema, las fuerzas que actúan en la puerta son las que se indican en la figura 3.36. Nótese que las fuerzas son concurrentes.

Figura 3.36 Puesto que las bisagras están conectadas a la puerta, las fuerzas (F) que ejercen las bisagras en la puerta tienen las direcciones indicadas en la figura 3.36. Si la puerta está en reposo, la primera condición de equilibrio se satisface automáticamente. Además, por dato es claro que cada bisagra ejerce la fuerza vertical Fy = 15 N. En la figura 3.37 se indica la concurrencia de las fuerzas en el centro de la puerta y el triángulo de fuerzas correspondiente.

Figura 3.37 b) Eligiendo el punto de giro como el punto medio O entre las bisagras, y teniendo en cuenta los brazos de las fuerzas, así como los sentidos de giro que producen, la segunda condición de equilibrio requiere:

τ∑ O = Fx1,52

+ Fx1,52

- (30)12

= 0

De donde:

Fx = 10 N Por tanto, la magnitud de la fuerza que actúa sobre cada bisagra es:

2 2 2 2x yF F F 10 15 325 18N= + = + = ≈

c) La dirección de la fuerza F con respecto al eje x se determina por:

y

x

F 15tan 1,5

F 10α = = =

De donde:

α = arc tan (1,5) = 56,3° Ejemplo 3.12: En la figura 3.38, ¿a qué distancia d debe aplicarse una fuerza horizontal F para que el bloque homogéneo, que se encuentra en reposo, empiece a volcar. Considere el coeficiente de fricción estático entre el bloque y la superficie horizontal:µ S = 0,5.

Figura 3.38 Solución: Las fuerzas que actúan en el bloque (en el punto O) cuando está por volcar son (véase la figura 3.39): W: peso del bloque fS: fuerza de fricción estática sobre el bloque N*: fuerza normal del suelo en el bloque F: fuerza horizontal para volcar el bloque

Como se requiere determinar la fuerza horizontal F, elegimos el punto de giro en el extremo O en el extremo derecho de la base del bloque. Las fuerzas que producen rotación son: la fuerza horizontal F y el peso W del bloque. La fricción estática fS y la fuerza normal N* del suelo en el bloque que actúan en el punto O no producen rotación, porque no tienen brazo. La fuerza F produce rotación en sentido horario y el peso W produce rotación en sentido antihorario. Además, el brazo perpendicular del peso W es 5 cm, y el brazo perpendicular de la fuerza F es la distancia d.

Figura 3.39 Aplicando la primera condición de equilibrio:

yF∑ = N* - W = 0

N* = W (1)

xF∑ = F - fs = 0

F = fS (2) Además, de la ley de la fricción y de las ecuaciones (1) y (2) se tiene: F = µ SN* = µ SW (3) Aplicando la segunda condición de equilibrio:

oτ∑ = W(5) – F(d) = 0

S

5W 5W 5d 10 cm

F W 0,5= = = =

µ

Ejemplo 3.13: La barra homogénea y horizontal que se muestra en la figura 3.40 pesa W0 = 120 N y es sostenida por una cuerda que forma un ángulo de 45º con una pared vertical. La barra está en contacto con una pared vertical rugosa en el punto O, y el peso del bloque es W = 20 N. a) Indique las fuerzas que actúan en la barra. b) ¿Qué fuerzas producen rotación? ¿Cuáles son sus brazos respectivos? c) Determine la magnitud y la dirección de la fuerza de contacto en el punto O para que el sistema permanezca en equilibrio.

Figura 3.40 Solución: a) Las fuerzas que actúan sobre la barra son (véase la figura 3.41): W0: peso de la barra W: peso del bloque T: tensión del cable R: fuerza de contacto en el punto O de la barra

Figura 3.41 b) Puesto que se requiere determinar la fuerza R, elegimos el punto de giro en el extremo O de la barra. Por consiguiente, las fuerzas que le producen rotación a la barra y sus brazos respectivos son:

W0: peso de la barra; giro: horario; brazo: L/2 W: peso del bloque; giro: horario; brazo: L T: tensión de la cuerda; giro: antihorario; brazo: L La fuerza R no produce giro, porque su brazo es nulo. Aplicando la primera condición de equilibrio:

xF∑ = Rx - Tx = 0

Como el ángulo entre la barra y la cuerda es 45º, las componentes de la tensión son iguales. Por consiguiente:

Rx = Tx = Ty = 2

T (1)

yF =∑ Ry + Ty – 140 = 0

Ry + Ty = 140 (2) Sustituyendo (1) en (2): Ry + Rx = 140 (3) Aplicando la segunda condición de equilibrio:

Oτ∑ = 120

2L

+ 20(L) – Ty(L) = 0

Teniendo en cuenta la Ec.(1) se deduce:

Ty = Rx = 80 N Reemplazando este resultado en la Ec.(3) resulta: Ry = 60 N. Por tanto, la magnitud de la fuerza en el punto O de la barra es:

R = 2 280 60+ = 100 N La dirección de la fuerza R

r

respecto a la barra es:

y

x

Rtan

Rα = =

6080

= 34

De donde:

α = 37º

3.9. Procedimiento general para la resolución de pr oblemas de estática La resolución de problemas de estática implica considerar los siguientes pasos: 1°) Identificar el sistema y las fuerzas que actúan en él. 2°) Aplicar la primera condición de equilibrio:

F 0=∑r r

3°) Elegir convenientemente el punto de giro; ident ificar las fuerzas que producen giros (horario/antihorario) en el sistema, y definir los brazos de las fuerzas. 4°) Aplicar la segunda condición de equilibrio:

0τ =∑r

r

II. DINÁMICA Se llama Dinámica al estudio del movimiento y de las fuerzas que lo determinan. Su desarrollo se basa principalmente en la aplicación de la segunda ley de Newton a un conjunto de fuerzas que actúan sobre un cuerpo, que al sumarse vectorialmente, da una fuerza neta. El problema fundamental de la mecánica newtoniana consiste en hallar el estado de movimiento de un cuerpo en cualquier instante, siempre que se conozcan la ley de la fuerza que causa el movimiento del cuerpo y su estado de movimiento inicial. En esta sección se estudia principalmente la dinámica del movimiento rectilíneo y del movimiento circular. Finalmente se aplican las leyes de la mecánica newtoniana en el estudio de la gravitación universal. 3.10. Dinámica del movimiento rectilíneo. La segunda ley de Newton dice que si la suma vectorial de todas las fuerzas que actúan en un sistema no es nula, éste adquirirá una aceleración en la misma dirección de la fuerza resultante la cual es directamente proporcional a dicha fuerza e inversamente proporcional a la masa del sistema. Esto se expresa por:

F

am

=r

r

(3.17)

donde, F

r

representa la suma vectorial de todas las fuerzas y m la masa del sistema.

Si F 0=r r

, entonces a 0=r

r

. Por consiguiente, el cuerpo permanecerá en reposo o tendrá MRU. Esto significa que la primera ley de Newton es un caso especial de la segunda ley. Si F

r

es constante, entonces ar

será constante. Por consiguiente, el cuerpo tendrá MRUV. Esto significa que si se conocen la posición 0x y la velocidad 0vdel cuerpo en un instante dado t0, el estado de movimiento del cuerpo quedará completamente determinado en cualquier instante por las ecuaciones:

( ) ( )20 0 0 0

1x x v t t a t t

2= + − + − (3.18)

0v v at= + (3.19) donde x y v son respectivamente la posición y la velocidad del cuerpo en cualquier instante t. Ejemplo 3.14: Un bloque es desplazado por la acción de una fuerza horizontal de magnitud 50 N. Si durante 10 s el bloque se desplaza 100 m desde el reposo, calcule el peso del bloque. Desprecie la fricción. (Considere: g = 10 m/s2). Solución: En la figura 3.42 se indican las fuerzas que actúan en el bloque.

Figura 3.42 W: peso del bloque N*: fuerza normal del piso en el bloque F = 50 N: fuerza horizontal en el bloque Como N* y W se cancelan, entonces aplicando la segunda ley de Newton se escribe:

F = ma

WF a

g

=

De donde:

Fg

Wa

= (1)

Como el bloque tiene MRUV, su desplazamiento (d) en cualquier instante t es:

20

1d v t at

2= + (2)

Donde, por dato : 0v 0= . Despejando la aceleración a, y evaluando:

( )( )

22 2

2 1002da 2 m / s

t 10= = = +

Por tanto, reemplazando datos en la Ec.(1), el peso del bloque es:

( ) ( )50 10W 250 N

2= =

Ejemplo 3.15: La figura 3.43 muestra tres bloques A, B y C de masas 20 kg cada uno, unidos mediante cuerdas horizontales (1) y (2) de pesos despreciables. Los bloques se desplazan sobre una superficie horizontal por la acción de una fuerza horizontal F = 120 N. (g = 10 m/s2)

Figura 3.43

a) Indique las fuerzas externas e internas que actúan en el sistema: bloque A + bloque B + bloque C + cuerda 1 + cuerda 2. b) ¿Cuál es la aceleración del sistema? (Despreciar la fricción). c) Determine la tensión en la cuerda (1). (Despreciar la fricción). d) ¿Cuál es la tensión en la cuerda (2)? (Despreciar la fricción). e) Si el coeficiente de fricción cinético entre los bloques y la superficie horizontal es µC = 0,1; ¿cuál es la magnitud de la aceleración del sistema? Solución: a) En la figura 3.44 se indican las fuerzas que actúan en el sistema. Las fuerzas externas son: F: fuerza horizontal mg: peso de cada bloque NA, NB, NC: normales del suelo en las superficies de cada bloque fC : fricción cinética en cada bloque

Las fuerzas internas son: T1, T2: tensiones en cada punto de las cuerdas 1 y 2 respectivamente

Figura 3.44

b) En cada punto de las cuerdas 1 y 2 existirán fuerzas de acción y reacción (T1 y T2) que se ejercen los bloques mutuamente. Estas fuerzas se cancelan dos a dos cuando se sumen todas las fuerzas internas en el sistema. Las normales se cancelan con los pesos de los bloques, porque: NA = NB = NC = mg. Si además, despreciamos la fricción, la fuerza neta que acelera el sistema será la fuerza horizontal hacia la derecha F. Por consiguiente, aplicando la segunda ley de Newton, la aceleración del sistema será horizontal hacia la derecha, siendo su magnitud:

c) Para determinar T1 puede elegirse el bloque A como sistema. En la figura 3.45 se indican las fuerzas que actúan en el bloque A.

Figura 3.45 Aplicando la segunda ley de Newton, es claro que: 1T ma= (1) De donde:

( )( )1T 20 2 40 N= =

d) Para determinar T2 puede elegirse el bloque C como sistema. En la figura 3.46 se indican las fuerzas que actúan en el bloque C.

( )2F F 120

a 2 m / sm m m 3m 3 20

= = = =+ +

Figura 3.46 Aplicando la segunda ley de Newton, es claro que: 2F T ma− = (2)

( ) ( )2120 T 20 2− =

De donde:

2T 80 N= e) Considerando la fricción (véase la figura 3.44), al aplicar la segunda ley de Newton, la aceleración del sistema es:

CF 3fa´

3m−

= (3)

donde: C C Cf N* (mg)= µ = µ (4) Insertando (4) en (3) y evaluando:

2CF 3 mg 120 3(0,1)(20)(10)a´ 1 m / s

3m 3(20)− µ −= = =

Ejemplo 3.16: En la figura 3.47, la viga homogénea se mueve bajo la acción de una fuerza horizontal F = 600 N. Halle la magnitud de la fuerza con que la parte A de la viga actúa sobre la parte B de la misma. Desprecie la fricción.

Figura 3.47

Solución:

Las fuerzas que actúan en la parte A de la viga son (véase la figura 3.48):

T: fuerza que ejerce la parte B sobre la parte A F: fuerza horizontal sobre la viga mAg: peso del bloque A NA: fuerza normal en el bloque A

Es claro que el peso de la parte A del bloque mAg, se anula con la fuerza normal NA.

Figura 3.48 Según la segunda ley de Newton, escribimos: F – T = mAa (1) donde mA es la masa correspondiente a la parte A de la viga y a es la aceleración del sistema. Las fuerzas que actúan en la parte B de la viga se muestran en la figura 3.49: T: fuerza que ejerce la parte A sobre la parte B F: fuerza horizontal sobre la viga mBg: peso del bloque B NB: fuerza normal en el bloque B Es claro que el peso de la parte B del bloque, mBg, se anula con la fuerza normal NB.

Figura 3.49

Según la segunda ley de Newton escribimos:

F + T = mBa (2)

a

N* = 30N

30N

donde mB es la masa correspondiente a la parte B de la viga y a la aceleración del sistema. Puesto que la viga es homogénea (significa que su masa está distribuida uniformemente a través de su volumen) se cumple:

A

B

m 1m 2

=

Si mA = m, entonces mB = 2m. Por consiguiente, reemplazando estas cantidades en las Ecs.(1) y (2) se obtiene:

FT 200 N

3= =

Ejemplo 3.17: En la figura 3.50, se muestran dos bloques A y B de masas mA = 3 kg y mB = 5 kg respectivamente. El coeficiente de fricción estático entre los bloques es µS = 0,2 y el cinético µC = 0,1. Suponga que no hay fricción entre el bloque B y la superficie horizontal. (g = 10 m/s2)

Figura 3.50

a) ¿Qué le ocurre al bloque A cuando se aplica la fuerza horizontal F, necesaria y suficiente para deslizarlo sobre el bloque B? b) ¿Cuál es el valor máximo de la fuerza horizontal F que debe aplicarse al bloque B, para mantener a los bloques como se indica en la figura? c) ¿Cuál es la aceleración del bloque A, si la magnitud de la fuerza aplicada al bloque B es mayor que el valor máximo de la fuerza F?

Solución:

a) El bloque A estará por moverse hacia la izquierda (debido a su inercia), pero adquirirá una aceleración hacia la derecha debido a la acción de la fricción estática máxima que actúa sobre su superficie (véase la figura 3.51).

Figura 3.51

a’

N* = 30N

fC

30N

De la segunda ley de Newton, la aceleración que adquiere el bloque A es:

2S S

A A

f N* (0,2)(30)a 2 m / s

m m 3µ

= = = = +

b) Las fuerzas que actúan sobre el sistema de bloques se indican en la figura 3.52. 80 N

Figura 3.52

Para que el bloque A no se mueva respecto al bloque B, la aceleración máxima del sistema debe ser a = + 2 m/s2. Por tanto, el valor máximo de F es:

F = (mA + mB)a = (3 + 5) (2) = 16 N

c) Si se aplica una fuerza F’ > F, entonces el bloque A se deslizará sobre el bloque B con movimiento desacelerado debido a la acción de la fricción cinética que actúa en su superficie (véase la figura 3.53).

Figura 3.53 Por tanto, la aceleración a’ que adquirirá el bloque A será:

2C C

A A

f N* (0,1)(30)a' 1 m / s

m m 3µ

= = = = +

Ejemplo 3.18: En la figura 3.54, el sistema está inicialmente en reposo. Si el bloque de masa m se liberadle reposo, halle la rapidez con que el cuerpo de masa M llega al suelo. Considérese: M = 3m, g = 10 m/s2. Despreciar la fricción.

Figura 3.54 Solución: En la figura 3.55 se indican las fuerzas que actúan en el sistema: bloque + cuerda. Los pesos Mg y mg son fuerzas externas al sistema. Las tensiones T en cada punto de la cuerda son fuerzas internas. Estas fuerzas se anulan entre sí cuando se suman todas las fuerzas que actúan en el sistema.

Figura 3.55 De la segunda ley de Newton, la aceleración del sistema es:

Mg mg

aM m

−=+

(1)

Reemplazando datos en la Ec.(1), la aceleración del sistema es:

23m m 2mg ga g 5 m / s

3m m 4m 2−= = = =+

.

Además, de la ecuación del MRUV: 2 2

0v v 2ad= + (2)

Remplazando d = 10 m y v0 = 0, se obtiene:

v2 = 2ad = 2(5)(10) = 100 Por tanto, la rapidez del bloque M al llegar al suelo es:

v = 10 m/s Ejemplo 3.19: En el sistema mostrado en la figura 3.56, el bloque de masa m está por moverse sobre el bloque de masa 3m. Determine el coeficiente de fricción estático entre ambos bloques. Despreciar la fricción en la superficie horizontal. (g = 10 m/s2)

Figura 3.56 Solución: En la figura 3.57, se indican las fuerzas que actúan en el sistema: bloque + cuerda. Las tensiones T en cada punto de la cuerda son fuerzas internas. Estas fuerzas se anulan entre si al sumarse. Las fuerzas de rozamiento entre los bloques también son fuerzas internas y se anulan mutuamente. Por consiguiente, al sumarse las fuerzas externas sólo queda el peso 4mg, que es la fuerza neta que acelera al sistema.

Figura 3.57

De la segunda ley de Newton, la magnitud de la aceleración del sistema es:

24mg 4mg ga 5 m / s

m 3m 4m 2m 2= = = =

+ + (1)

Por otro lado, las fuerzas que actúan en el bloque de masa m se indican en la figura 3.58. La fricción estática está dirigida hacia la derecha porque el bloque tiende a moverse hacia la izquierda. Además, el peso del bloque se anula con la fuerza normal N*. Por consiguiente, la fuerza neta será la fricción estática máxima fS.

Figura 3.58 De la segunda ley de Newton, se escribe: fs = µs N* = ma (2) Además, N* = mg. Por consiguiente, reemplazando en (2) se obtiene:

µs (mg) = ma Cancelando la masa m, el coeficiente de fricción estático resulta:

µs = ag

= 5

10= 0,5

Ejemplo 3.20: En el sistema mostrado en la figura 3.59, m = 2 kg y k = 100 N/m. El bloque se libera del reposo cuando el resorte no ha sufrido deformación (x = 0). Considere: g = 10 m/s2. a) Determine la magnitud de la aceleración del bloque cuando el resorte se estira 0,1 m. b) Interprete el movimiento del bloque mediante una gráfica aceleración en función de la deformación del resorte.

Figura 3.59

m k

Solución: a) En la figura 3.60 se indican las fuerzas que actúan sobre el bloque. Si el bloque tiene movimiento acelerado hacia abajo, el peso mg será superior a la fuerza elástica kx, siendo x el estiramiento del resorte.

Figura 3.60 Aplicando la segunda ley de Newton, escribimos:

mg – kx = ma Despejando la aceleración se tiene:

a = g – kxm

(1)

Evaluando para x = 0,1 m:

a = 10 – (100)(0,1)

2= 5 m/s2

b) Según la Ec.(1) en el instante en que el bloque se libera: x = 0, entonces a = g. Luego la aceleración disminuye linealmente hasta anularse (a = 0) siendo la deformación del resorte x = mg/k. Finalmente, la aceleración seguirá variando linealmente a medida que el resorte se alargue, hasta alcanzar el valor a = - g, para x0 = mg/k. La gráfica de la Ec.(1) se muestra en la figura 3.61.

Figura 3.61

Ejemplo 3.21: Un bloque de masa m es impulsado hacia arriba sobre un plano inclinado con rapidez v0 = 8 m/s. El plano inclinado forma un ángulo θ = 37º respecto a la horizontal y el coeficiente de fricción cinético entre el bloque y el plano inclinado es µC = 0,25. (Considere: g = 10 m/s2) a) Halle una expresión para la aceleración del bloque en función de θ y µC. Evaluar dicha expresión. b) Si otro bloque del mismo material pero de masa igual a m/2 se impulsara con la misma rapidez, ¿cambiará la aceleración del bloque? Explique. c) ¿Cuál es la distancia recorrida por el bloque de masa m hasta el instante en que se detiene? d) Si el bloque de masa m/2 se impulsa desde el mismo punto y con la misma rapidez, ¿su desplazamiento será mayor? ¿Por qué? Solución: a) Las fuerzas que actúan sobre el bloque de masa m en movimiento se muestran en la figura 3.62. Aplicando la segunda ley de Newton (en la dirección del eje x) se tiene:

∑ xF = – mgsen θ – fc = ma

– mgsen θ – µc N* = ma (1)

Figura 3.62 Análogamente, aplicando la primera ley de Newton, en la dirección del eje y, se tiene:

∑ yF = N* – mgcos θ = 0

N* = mgcos θ (2) Reemplazando (2) en (1):

– mg sen θ – µc (mg cos θ) = ma a = – g (sen θ + µc cos θ) (3) Evaluando:

a = – (10)1

sen37 cos374

° + °

a = – (10)3 1 45 4 5 + ⋅

a = – 8 m/s2

El signo negativo indica que el bloque tiene movimiento desacelerado debido a la fricción. b) Según la Ec.(3) la aceleración del bloque permanece constante porque no depende de la masa m del bloque. La aceleración sólo depende de θ y µC. c) Como el bloque tiene MRUV, cuando se detiene se cumple:

v = v0 + at = 0 De donde:

t = 0va

− = 88

−−

= 1 s

El desplazamiento para t = 1 s es:

d = v0 t + 12

a t2 (4)

Evaluando:

d = 8(1) + 12

(-8)(1)2

d = + 4 m

d) No; porque el bloque de masa m/2 recorrerá la misma distancia que el bloque de masa m hasta detenerse y según la Ec.(3), la aceleración permanece constante. Por tanto, en la Ec.(4) obtendremos el mismo resultado (d = + 4 m, para t = 1 s). 3.11. Dinámica del movimiento circular. Si una partícula tiene MCU la fuerza resultante que experimenta estará dirigida hacia el centro de la circunferencia, llamada fuerza centrípeta. En cambio, si la partícula tiene MCUV experimentará una fuerza resultante hacia el centro de la circunferencia y a su vez una fuerza resultante paralela a la velocidad

tangencial, llamada fuerza tangencial. Ambas fuerzas actúan en cada punto de la circunferencia, tal como se muestra en la figura 3.63. 3.11.1) Fuerza centrípeta (F C) En la figura 3.63 se indica la fuerza centrípeta FC (fuerza resultante dirigida hacia el centro de una circunferencia) la cual hace posible que la partícula describa dicha trayectoria. Según la segunda ley de Newton escribimos: FC = maC (3.20) Recordando las expresiones para la aceleración centrípeta:

22

Cv

a RR

= = ω

Insertando en (3.20) resulta:

2

2C

mvF R

R= = ω (3.21)

donde: m: masa de la partícula v: rapidez tangencial ω: rapidez angular R: radio de la circunferencia

Figura 3.63 3.11.2) Fuerza tangencial (F T) En la figura 3.63 se indica la fuerza tangencial FT (fuerza resultante paralela a la velocidad tangencial). Según la segunda ley de Newton, escribimos: FT = maT (3.22)

Recordando la expresión para la aceleración tangencial:

Ta R= α

Insertando en (3.22) resulta: TF m R= α (3.23) donde α es la aceleración angular. (*) OBSERVACIONES: 1° En general, el movimiento circular está determin ado por la fuerza resultante:

C TF F F= +r r r

2° En particular, en el MCU: TF 0=r r

, por consiguiente, la fuerza resultante que determina el MCU es:

CF F=r r

3° En general, la magnitud de la fuerza resultante que experimenta una partícula con movimiento circular es:

2 2C TF F F= + (3.24)

Ejemplo 3.22: Un automóvil de masa m = 1000 kg se desplaza sobre un puente circular de radio R = 125 m, como muestra la figura 3.64. Si la rapidez del automóvil en el punto más alto del puente es v = 25 m/s, determine la magnitud de la fuerza normal que ejerce el puente en el automóvil en dicho punto. (Considere: g = 10 m/s2).

Figura 3.64

Solución: Las fuerzas que actúan en el carro cuando se encuentra en el punto más alto del puente son el peso (mg) y la fuerza normal (N*) que ejerce el puente en el

automóvil. Por consiguiente, la fuerza resultante hacia el centro de curvatura del puente (fuerza centrípeta) es la diferencia entre el peso y la fuerza normal. Según la segunda ley de Newton se escribe:

mg – N* = mRv2

2v

N* m gR

= −

(1)

Evaluando la Ec.(1) se obtiene:

N* = 1000225

10125

−

= 5 × 103 N

Ejemplo 3.23: Un cuerpo de masa m sujeto a una cuerda indeformable gira con rapidez angular constante en un plano horizontal, como muestra la figura 3.65. a) Si la longitud de la cuerda es L = 5 m, y el ángulo que forma con la vertical es θ = 60º, halle la rapidez angular del cuerpo. b) Si se incrementa la masa del cuerpo, su rapidez angular, ¿aumenta? ¿disminuye? ¿permanece igual? ¿Por qué? c) ¿Qué sucede si se incrementa o disminuye la longitud de la cuerda? Explique.

(Considere g = 10 m/s2)

Figura 3.65 Solución: a) En la figura 3.66 (lado izquierdo) se indican las fuerzas que actúan sobre el cuerpo. La tensión T se descompone en una componente paralela al plano de giro y otra componente perpendicular a dicho plano.

Figura 3.66 En el plano vertical se escribe:

∑ xF = Tcosθ – mg = 0

Tcosθ = mg (1) En el plano horizontal, la segunda ley de Newton requiere: Tsenθ = mω2(Lsenθ) T = mω2L (2) Sustituyendo (2) en la Ec.(1) da: (mω2L)cosθ = mg De donde se obtiene la rapidez angular:

ω = g

Lcosθ (3)

Evaluando la Ec.(3):

ω = 10

5cos60° = 2 rad/s

b) La rapidez angular del cuerpo permanece igual, porque según la Ec.(3), ω no depende de la masa m del cuerpo. c) Si se incrementa la longitud (L) de la cuerda, el cuerpo girará más lentamente, porque según la Ec.(3), ω disminuye si L aumenta. Si se disminuye la longitud de la cuerda, el cuerpo girará más rápidamente, porque según la Ec.(3), ω aumenta si L disminuye. Ejemplo 3.24: En el sistema mostrado en la figura 3.67, el bloque de masa m = 1 kg está sobre una superficie horizontal que gira alrededor de un eje vertical con rapidez angular constante ω = 5 rad/s. El resorte tiene una constante elástica k =100 N/m y una longitud L = 30 cm, cuando no está deformado. Calcule la deformación máxima del resorte, si el coeficiente de fricción estático entre el bloque y la superficie es:

a) µs = 0 b) µs = 0,5

Figura 3.67 Solución: a) Si no hay fricción estática (µS = 0) la fuerza centrípeta (FC) es la fuerza recuperadora elástica del resorte, es decir FC = kx, donde x es el estiramiento del resorte (véase la figura 3.68). Además, obsérvese que el radio de giro es R = L + x, y que N* = mg.

Figura 3.68 Entonces aplicando la segunda ley de Newton, escribimos:

kx = mω2(L + x)

kx = mω2L + mω2x

(k – m ω2)x = mω2L

2

2

m lx

k m

ω=− ω

(1)

Evaluando la Ec.(1):

( )( )( )1 25 30x

75= = 10 cm

b) Si µS = 0,5; la fuerza centrípeta es igual a la suma de la fuerza del resorte (kx´) y de la fricción estática máxima (µSN*). Entonces aplicando la segunda ley de Newton, escribimos:

kx´ + µS(mg) = mω2(L + x´)

(k – m ω2)x´ = mω2L – µSm g

2

S2

m L mgx´

k m

ω − µ=

− ω (2)

Reemplazando datos en la Ec.(2) resulta:

( )( )( ) ( )( )1 25 0,3 0,5 10x´

100 25

−=

−=

103,3 cm

3=

Ejemplo 3.25: En la figura 3.69, un cuerpo de masa m = 0,10 kg oscila en un plano vertical sujeto al extremo de una cuerda de longitud L = 0,5 m. Si su rapidez es v = 2 m/s en el instante en que la cuerda forma un ángulo θ = 37º con la vertical, determine:

(Considere: g = 10 m/s2) a) La magnitud de la fuerza resultante en ese instante. b) La tensión de la cuerda.


a) En la figura 3.70 se indican las fuerzas que actúan en el cuerpo. El peso mg se descompone en una componente tangencial mgsenθ, y otra componente normal mgcosθ. La tensión T de la cuerda está dirigida hacia el centro de la trayectoria del cuerpo (punto O).

Figura 3.70 De la segunda ley de Newton, la magnitud de la aceleración centrípeta es:

FC = maC = 2mv

L (1)

Reemplazando datos:

FC = 2(0,1)(2)

0,5= 0,8 N

Análogamente, de la segunda ley de Newton, la magnitud de la fuerza resultante tangencial es: FT = maT = mgsenθ (2) Sustituyendo datos:

FT = (0,1)(10) sen37º = 0,6 N Por tanto, la magnitud de la fuerza resultante que actúa en el cuerpo es:

F = 2 2C TF F+ = 2 20,8 0,6+ = 1 N

b) Aplicando nuevamente la segunda ley de Newton, la fuerza centrípeta se escribe: T – mg cosθ = maC (3) Despejando T de la Ec.(3) se obtiene la tensión de la cuerda:

T = maC + mg cosθ = FC + mg cosθ

Evaluando: T = 0,8 + (0,1)(10)(0,8) = 1,6 N

3.12. Procedimiento general para la resolución de p roblemas de dinámica La resolución de problemas de dinámica requiere considerar los siguientes pasos: 1° Definir convenientemente el sistema. 2° Identificar todas las fuerzas externas y/o inter nas que actúan sobre el sistema, así como las direcciones de las aceleraciones que producen. 3° Aplicar la segunda ley de Newton:

F ma=∑r

r

donde: m: masa del sistema ar

: aceleración del sistema

F∑r

: Fuerza resultante externa que actúa sobre el sistema.

3.13. * Gravitación universal 3.13.1 Ley de Newton de la gravitación universal Isaac Newton (1642 – 1727) fue el primero en formular una teoría de la gravedad para explicar el movimiento planetario. Newton propuso que la ley de la fuerza con la que caen los cuerpos cerca de la Tierra sería la misma que la ley de la fuerza con la que se atraían dos planetas y en general dos partículas en el universo. Esta fuerza se llama actualmente interacción gravitatoria. Su formulación es simple, porque depende solamente de la masa de las partículas y de la distancia entre ellas. Puede expresarse como sigue: La magnitud de la fuerza de atracción entre dos partículas en el universo es directamente proporcional al producto de sus masas e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que las separa.

Figura 3.71 Teniendo en cuenta la figura 3.71, la ley que describe la magnitud de de la fuerza gravitatoria (FG), es:

1 2G 2

Gm mF

d= (3.25)

donde: G = 6,67 × 10-11 N m2/kg2 : constante de gravitación universal m1, m2 : masas de las partículas d: distancia entre las partículas 3.13.2 Variación de la aceleración de la gravedad ( g

r

) Considérese un planeta esférico de masa M y radio R, como se muestra en la figura 3.72. Una persona de masa m situada en la superficie del planeta será atraída hacia su centro con una fuerza que llamamos peso. Si la persona se localiza a una distancia considerable d respecto al centro del planeta, será atraída hacia su centro con una fuerza de menor magnitud, de acuerdo a la ley (3.25). En cualquier caso, podemos escribir: GF mg= (3.26)

Figura 3.72 Según la ley de la gravitación universal, escribimos:

G 2

GmMF

d= (3.27)

Igualando las Ec.(3.26) y (3.27), se simplifica la masa m, y se obtiene la ley:

2

GMg

d= (3.28)

(*) OBSERVACIONES:

1º En la superficie del planeta se tiene: d = R, entonces en la Ec.(3.28) se obtiene:

2

GMg

R= (3.29)

2° Reemplazando los datos de la masa de la Tierra y del radio en la Ec.(3.29) se obtiene aproximadamente: g = 10 m/s2.

3º Sí M = 0, en la Ec (3.28) se obtiene: g = 0.

4º Órbitas circulares:

Considérese un satélite de masa m describiendo una órbita circular alrededor de un planeta de masa M, como se muestra en la figura 3.73. Aplicando la segunda ley de Newton se escribe:

2

22

GmM mvm r

rr= = ω (3.30)

donde:

v: rapidez tangencial ω: rapidez angular r: radio de la órbita circular

Figura 3.73

3.14. Leyes de Kepler Johannes Kepler (1571 – 1630) publicó en 1596 los resultados de sus investigaciones sobre el movimiento de los planetas, donde consideraba que las órbitas de los planetas no eran circulares, sino elípticas. Sus conclusiones pueden resumirse en tres leyes, como sigue: 3.14.1 Primera ley: ley de las órbitas Los planetas describen elipses estando el Sol en uno de sus focos. En la figura 3.74(a), se muestra un planeta que gira en sentido antihorario describiendo una elipse.

(a) (b)

Figura 3.74

3.14.2 Segunda ley: ley de las áreas El radio vector desde el Sol hasta un planeta (o recta desde el Sol al planeta) describe áreas iguales en intervalos de tiempo iguales. En la figura 3.74(b) se muestran dos áreas A1 y A2 que describe la recta desde el Sol en un mismo intervalo de tiempo. Entonces se cumple:

1 2A A= 3.14.3 Tercera ley: ley de los períodos El cuadrado del periodo de revolución de un planeta es directamente proporcional al cubo de la distancia promedio entre el planeta y el Sol.

2

3

T

d= constante (3.31)

donde: d: distancia promedio entre el planeta y el Sol T: periodo de revolución Ejemplo 3.26: La figura 3.75 muestra un cuerpo de masa m colocado en el punto Q entre la Tierra y la Luna. Si la masa de la Tierra es aproximadamente 81 veces la masa de la Luna, determine la razón a/b cuando el cuerpo de masa m se encuentre en equilibrio.

Figura 3.75

Solución: La Tierra atrae al cuerpo con una fuerza hacia la izquierda de magnitud:

TT 2

GmMF

a= (1)

La Luna atrae al cuerpo con una fuerza hacia la derecha de magnitud:

LL 2

GmMF

b= (2)

Si el cuerpo se encuentra en equilibrio se cumple:

tierra lunaQ

m

a b

T LF F=

Igualando las Ec.(1) y (2):

T L2 2

GmM GmM

a b= (3)

Además, por dato: T LM 81M= (4) Reemplazando (4) en (3) y simplificando se obtiene:

a9

b=

Ejemplo 3.27: Considere que la Tierra es una esfera de radio R. a) Si un cuerpo pesa W0 = 800 N en la superficie de la Tierra, ¿cuál es su peso cuando se encuentra a una altura igual al radio de la Tierra? b) ¿Se puede utilizar la tercera ley de Kepler considerando que la órbita del cuerpo en torno a la Tierra es circular? Justifique. c) Si el cuerpo está situado a una distancia 2R del centro de la tierra, girando uniformemente alrededor del eje terrestre en un plano, como muestra la figura 3.76, ¿cuál es su periodo de rotación sabiendo que el periodo de rotación de la Tierra es de 24 h?

Figura 3.76 Solución: a) Cuando el cuerpo se encuentra en la superficie de la Tierra su distancia respecto a su centro será igual al radio de la Tierra, y su peso W0 está descrito por la ley de gravitación:

0 2

GmMW

R= (1)

donde M es la masa de la Tierra y m la masa del cuerpo.

Cuando el cuerpo se encuentre a una altura h = R respecto a la superficie terrestre, su distancia respecto al centro de la Tierra será: d = h + R = 2R. Entonces según la ley de gravitación, su peso W está descrito por:

2 2

GmM 1 GmMW

4(2R) R = =

(2)

Insertando (1) en (2) y evaluando se obtiene:

0W 800W 200 N

4 4= = =

b) Aplicando la segunda ley de Newton al movimiento circular del cuerpo (véase la figura 3.76), se escribe:

2

2

GmM mvrr

= (3)

De donde:

2 GMv

r= (5)

donde r es el radio de giro del cuerpo respecto al centro de la Tierra y v la rapidez tangencial del cuerpo. Si el cuerpo tiene MCU :

2 r

vTπ= (6)

donde T es el periodo de revolución del cuerpo. Reemplazando (6) en (5):

2 2

2

4 r GMrT

π =

De donde:

2 2

3

T 4GMr

π= = constante (7)

Por consiguiente, se verifica la tercera ley de Kepler para órbitas circulares. c) Sean T0 y T los periodos de rotación del cuerpo a las distancias r0 y r del centro de la Tierra respectivamente. Entonces de la tercera ley de Kepler se escribe:

2 203 30

T T

r r= (8)

De donde:

3

2 20

0

rT T

r

=

(9)

Cuando r0 = R, r = 2R y T0 = 24 h, en la Ec,(9) se tiene:

32 2 2

0 02R

T T 8TR

= =

De donde:

0T 2 2 T 48 2 h= =


3.1. Indicar la verdad (V) o falsedad (F) de las siguientes proposiciones:

I) Un cuerpo sometido a dos fuerzas de igual magnitud y de dirección contraria estará siempre en equilibrio de traslación. II) Si un cuerpo está sometido a tres fuerzas coplanares, concurrentes y la resultante de dos cualesquiera de ellas es igual y opuesta a la tercera, entonces estará completamente en equilibrio. III) Un cuerpo estará completamente en equilibrio solamente cuando se encuentre en estado de reposo.

Rpta: VVF

3.2. El sistema mostrado en la figura 3.77 se encuentra en reposo. Si el peso del bloque es 90N, halle la magnitud de las tensiones en las cuerdas AB y AC (de pesos despreciables) respectivamente.

Figura 3.77 Rpta: 150 N; 120 N

3.3. En la figura 3.78 se muestran dos esferas homogéneas idénticas de pesos 100 N cada una. Las esferas se encuentran en equilibrio y se desprecia el rozamiento. ¿Cuál es la magnitud de la fuerza de contacto entre las esferas y la magnitud de la fuerza normal que ejerce el plano inclinado en la esfera superior?


1,4 m

0,6 m

G

0,6 mA

F

3.3. En la figura 3.44 se muestra una barra de peso 600 N en equilibrio cuyo centro de gravedad es el punto G. Determine la magnitud de la fuerza en el extremo inferior A de la barra. Despreciar la fricción en las paredes verticales.

Figura 3.79 Rpta: 1 000 N

3.5. En la figura 3.80, se tienen dos esferas homogéneas idénticas de peso 100 N cada una. El sistema está en equilibrio por la acción de la fuerza horizontal F = 75 N y se desprecia la fricción entre las superficies. a) Calcule el valor del ángulo θ. b) ¿Cuál es la magnitud de la fuerza de contacto entre las esferas?

Figura 3.80

Rpta: a) 53°; b) 125 N 3.6. El sistema que se muestra en la figura 3.81 se encuentra en equilibrio. Si el peso del bloque B es 40 N, ¿cuál es el peso del bloque A? Desprecie todo tipo de fricción. (g = 10 m/s2)

Figura 3.81 Rpta: 30 N

30º

A

B

C20 N

30 N

3.7. El sistema mostrado en la figura 3.82 se encuentra en equilibrio. Si el

resorte horizontal de peso despreciable y de constante elástica k = 800 3 N/m, se estira 5 cm, determine el peso del bloque.


3.8. En la figura 3.83, una cuerda de peso despreciable pasa por la canaleta de una polea homogénea de peso 150 N para sostenerla. Determine la magnitud de la fuerza de la pared vertical en la polea y la tensión de la cuerda. Despreciar la fricción.

Figura 3.83

Rpta.: 150 3 N ; 100 3 N

3.9. En la figura 3.84, las poleas A y B pesan 10 N cada una. Calcule el peso de la polea C para que los bloques de pesos 30 N y 20 N se mantengan en reposo. Despreciar la fricción.


3.10. En el sistema mostrado en la figura 3.85, las esferas son homogéneas, de igual peso y de igual radio. La esfera superior está conectada a una cuerda y se encuentra apoyada sobre la otra esfera que está conectada a un resorte horizontal. Determine la magnitud de la fuerza del resorte que actúa en la esfera inferior. Despreciar la fricción.


3.11. La figura 3.86 muestra una esfera homogénea de peso 10 N en equilibrio, conectada a dos resortes de pesos despreciables cuyas constantes de elasticidad son k1 y k2. Los resortes experimentan igual deformación. a) ¿Cuál es la relación entre las constantes de los resortes? b) Si k1 = 100 N/m, calcule la deformación de los resortes.

Figura 3.86 Rpta: a) 3 ; b) 10 cm

3.12. En la figura 3.87, el bloque de peso 50 N se encuentra en equilibrio sobre un plano inclinado. Determine la tensión T de la cuerda. Desprecie la fricción. Considere: 3 1,7= .


3.13. Dos cilindros idénticos que tienen radio R y 30 N se encuentran en equilibrio conectados por una cuerda horizontal e inextensible de longitud igual a R, como muestra la figura 3.88. Si sobre ellos se coloca otro cilindro de radio 2R y peso 60 N, halle la tensión de la cuerda. Despreciar la fricción.

Figura 3.88

Rpta.: 10 3 N

3.13. Un bloque de peso 60 N se desplaza sobre una superficie horizontal por acción de una fuerza horizontal F

r

con velocidad constante, como muestra la figura 3.89. El suelo ejerce en el bloque una fuerza de 75 N. a) ¿Cuál es la magnitud de la fuerza horizontal F

r

? b) ¿Cuál es la dirección de la fuerza de reacción con respecto al suelo? c) Halle es el coeficiente de fricción cinético entre el bloque y el suelo.

Figura 3.89

Rpta: a) 45 N; b) 53°; c) 0,75

F

3.15. La figura 3.90 muestra un bloque de masa m en reposo sobre un plano inclinado. Si sobre el bloque actúa una fuerza horizontal F

r

y el coeficiente de fricción estático entre el bloque y el plano inclinado es µS, determine la magnitud de la fuerza F

r

en los siguientes casos: a) µS = 0 b) µS = 0,5 c) µS = 1

Figura 3.90 Rpta: a) mg; b) mg/3; c) 0

3.16. Un bloque de peso 50 N se encuentra en reposo sobre un plano inclinado unido a un resorte paralelo al plano, tal como se muestra en la figura 3.91. La constante elástica del resorte es k = 500 N/m. Despreciar la fricción en la pólea. a) Si el estiramiento máximo del resorte es 10 cm, determine el coeficiente de fricción estático entre el bloque y la superficie inclinada. b) ¿Cuál es la magnitud de la fuerza que ejerce el plano inclinado en el bloque?

Figura 3.92 Rpta: a) 3 / 3 ; b) 50 N

3.17. Una placa triangular homogénea de peso 10 N se encuentra en equilibrio con su hipotenusa en posición horizontal, tal como se muestra en la figura 3.93. Halle la longitud x, si la hipotenusa mide 8 m.

Figura 3.57


3.18. La figura 3.94 muestra dos esferas homogéneas C y D en reposo, de pesos 400 N y 200 N respectivamente. Las esferas están situadas sobre una

barra horizontal AB de 1,2 m de largo y peso despreciable. Si la fuerza en el extremo B es el doble que la fuerza en el extremo A, calcule la distancia x.


3.19. En el sistema mostrado en la figura 3.95, la barra homogénea AB de longitud L = 4 m y peso 300 N, se encuentra en equilibrio sujeta de dos cuerdas AC y BD. Si el peso del bloque suspendido del centro de la barra es W = 300 N, ¿cuáles son las tensiones de las cuerdas AC y BD?


3.20. En la figura 3.96, un cilindro de peso 2 000 N se encuentra en equilibrio apoyado entre los extremos A y B de un canal rectangular de 0,8 m de ancho. Si el radio del cilindro es de 0,5 m, ¿cuál es la magnitud mínima de la fuerza horizontal que se requiere aplicar para poder levantarlo en el extremo A?


0,3 m

A B

C

D

x

3.21. La figura 3.97 muestra una barra rígida homogénea de 2 m de longitud y 100 N de peso en reposo. El triángulo ABC es equilátero. a) Halle la magnitud de la tensión de la cuerda. b) ¿Qué ángulo forma la fuerza de contacto en la articulación A con respecto a la horizontal?

Figura 3.97 Rpta: a) 50 N ; b) 60º

3.22. El sistema mostrado en la figura 3.98 está en equilibrio. La barra OA uniforme y homogénea tiene longitud l = 5 m y el peso del bloque suspendido es W = 3 600 N. Si la barra pesa 2 800 N, calcule: a) La magnitud de la tensión en cable AB. b) La magnitud y dirección respecto a la horizontal de la fuerza en la articulación O.

Figura 3.98

Rpta: a) 4 000 N; b) 4 000 N, 53º

3.23. Una barra homogénea de 200 N de peso y 4 m de longitud se encuentra en equilibrio y por resbalar en el punto A, tal como muestra la figura 3.99. Si el punto de apoyo B está en el centro de barra, determine la magnitud de la fuerza de rozamiento estático entre la barra y la superficie horizontal. Despreciar la fricción en el punto de apoyo B.


• A

C

B

F

3.24. En el sistema mostrado en la figura 3.100, la barra homogénea pesa 10 N y se encuentra en equilibrio. Si la constante de elasticidad del resorte es k = 600 N/m y M es punto medio de la barra, ¿cuál es la deformación del resorte?


3.25. La figura 3.101 muestra una barra homogénea conectada a un resorte cuya constante elástica es 50 N/m. Cuando la barra está en posición vertical, el resorte no está deformado. Despreciando la fricción, determine: a) La magnitud de la fuerza que ejerce la pared vertical sobre la barra. b) El peso de la barra.

Figura 3.101

Rpta: a)25 3 N; b) 50 N 3.26. La figura 3.102 muestra un bloque cúbico homogéneo sometido a la acción de una fuerza F. Calcule el valor del ángulo θ cuando el bloque esté a punto de volcar. Considere el coeficiente de fricción estático entre el bloque y la superficie horizontal µs = 1/3.


3.27. Un oso de peso W = 800 N intenta llegar a un panal utilizando un tronco uniforme y homogéneo en posición horizontal, como muestra la figura 3.103. El peso del tronco es 600 N y su longitud 10 m. ¿Cuál es la distancia máxima x que el oso puede caminar antes de que el tronco empiece a rotar?


3.28. Dos barras homogéneas AB y BC, de longitudes L y 2L, tienen pesos W y 2W respectivamente. Las barras se encuentran en equilibrio unidas rígidamente en ángulo recto, como muestra la figura 3.104. Si el punto medio de BC está sobre la línea vertical que pasa por OA, ¿cuál es el peso del bloque suspendido del extremo C?

Figura 3.104 Rpta: W/2

3.29. El sistema mostrado en la figura 3.105 se encuentra en equilibrio. La barra es homogénea pesa 20 N y su longitud es 4 m. Determine la magnitud de la fuerza en el extremo A de la barra si el peso del bloque suspendido de la cuerda es 20 N.


450

A

3.30. El sistema mostrado en la figura 3.106 se encuentra en equilibrio. Si la barra homogénea y uniforme pesa 100 N, determine la deformación del resorte. Despreciar la fricción. Considere: k = 100 N/m.

Figura 3.106 Rpta: 7,5 cm

3.31. En la figura 3.107 la esfera homogénea pesa 7 N y se encuentra en equilibrio en contacto con dos planos inclinados en los puntos A y B. Determine el valor del ángulo α, si la reacción del plano inclinado en el punto A es 20 N. Despreciar la fricción.


3.32. El sistema mostrado en la figura 3.108 se encuentra en equilibrio. Determine la deformación del resorte, cuya constante elástica es k = 1000 N/m, si la barra homogénea y uniforme pesa 200 N. Considere que el resorte es perpendicular a la barra y despreciar su peso.

Figura 3.108 Rpta: 20 cm

TA

B

30º

3.33. En el sistema mostrado en la figura 3.109, los bloques A y B de masas 4 kg y 10 kg respectivamente descienden por un plano inclinado sin fricción.

(Considere g = 10 m/s2). a) ¿Cuál es la magnitud de la aceleración del sistema? b) Calcule la tensión T de la cuerda.

Figura 3.109

Rpta: a) 5 m/s 2; b) 0 3.34. La figura 3.110 muestra a una persona de masa 60 kg que se encuentra de pie dentro de un ascensor. Halle la magnitud de la fuerza que experimenta la persona en los siguientes casos:

(g = 10 m/s2) a) El ascensor está detenido. b) El ascensor tiene aceleración constante de +3 m/s2. c) El ascensor tiene rapidez constante. d) El ascensor desciende con aceleración constante – 3 m/s2. e) El ascensor está en caída libre. Figura 3.110

Rpta: a) 600 N; b) 780 N; c) 600N; d) 420 N; e) 0

3.35. Un bloque de masa 2 kg es empujado por la acción de una fuerza de magnitud F = 20 N, paralela a un plano inclinado, como se muestra en la figura 3.111. Si el bloque parte del reposo y recorre una distancia de 4 m durante 2 s, calcule el valor del coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque y el plano inclinado. (g = 10 m/s2)

Figura 3.111 Rpta: 0,25

3.36.Tres bloques A, B y C de masas mA = 3 kg, mB = 2 kg y mC = 5 kg respectivamente están conectados mediante cuerdas de peso despreciable, tal

37º

F

como muestra la figura 3.112. Los bloques se liberan del reposo y se desprecia la fricción. (g = 10 m/s2) a) Determine la magnitud de la aceleración del sistema. b) ¿Cuál es la tensión de la cuerda entre los bloques A y B? c) ¿Cuál es la tensión de la cuerda entre los bloques B y C? Figura 3.112

Rpta: a) 4 m/s 2; b) 42 N; c) 30 N

3.37. Del techo de un ascensor se suspende un dinamómetro el cual sostiene un cuerpo de peso 16 N. Si el dinamómetro indica 20 N, entonces indique la verdad (V) o falsedad (F) de las siguientes proposiciones: I) El ascensor está subiendo con rapidez constante. II) El ascensor está subiendo con rapidez creciente. III) El ascensor está bajando con rapidez constante.

Rpta: FVF 3.38. Un auto de masa 250 kg se desplaza horizontalmente en la dirección del eje + x con rapidez de 40 m/s. Si el auto frena deteniéndose después de recorrer 100 m, ¿qué fuerza constante experimenta el auto durante el frenado? (g = 10 m/s2).

Rpta: - 2 000 N

3.39. Los bloques A y B de masas mA = 12 kg y mB = 8 kg respectivamente, se desplazan sobre un plano inclinado sin fricción por acción de una fuerza F = 200 N paralela al plano, como muestra la figura 3.113. Los bloques están unidos mediante una cuerda de peso despreciable. ¿Cuál es la tensión T de la cuerda? (g = 10 m/s2)

Figura 3.113

Rpta: 120 N 3.40. La figura 3.114 muestra dos bloques A y B de masas 9 kg y 3 kg respectivamente moviéndose por superficies lisas (µc = 0). Si el bloque B comienza a descender a partir del reposo, determine la magnitud de la aceleración del bloque A. (g = 10 m/s2)

Figura 3.114 Rpta: 2 m/s 2

3.41. Dos bloques A y B de masas mA = 30 kg y mB = 20 kg están situados sobre una superficie horizontal y sometidos a la acción de dos fuerzas horizontales F1 = 600 N y F2 = 400 N, como muestra la figura 3.115. El coeficiente de fricción cinético entre el bloque B y la superficie es 0,25. Despreciar la fricción entre el bloque A y la superficie. (g = 10 m/s2) a) ¿Cuál es la magnitud de la aceleración del sistema de bloques? b) Determine la magnitud de la fuerza de contacto entre los bloques.

Figura 3.115 Rpta: a) 3 m/s 2; b) 510 N

3.42. Dos bloques de masas m1 = 2 kg y m2 = 3 kg están unidos a una cuerda y se desplazan rectilíneamente sobre una superficie horizontal rugosa (con µC = 0,5) por la acción de una fuerza horizontal F = 30 N, como muestra la figura 3.116. Halle la magnitud de la tensión T de la cuerda. (g = 10 m/s2)

Figura 3.116

Rpta: 12 N 3.43. En la figura 3.117 se muestran dos bloques del mismo material y de masas m = 10 kg y M = 30 kg, deslizándose sobre una superficie rugosa. Halle el coeficiente de rozamiento cinético entre los bloques y la superficie para que la magnitud aceleración del sistema sea 1 m/s2.

(g = 10 m/s2) a) Determine el coeficiente de fricción cinético. b) ¿Cuál es la tensión de la cuerda que une los bloques?

Figura 3.117 Rpta: a) 7/17; b) 870/17 N

3.44. En la figura 3.118, los bloques A y B de masas mA = 30 kg y mB = 10 kg, respectivamente se ponen en movimiento desde el reposo. Determine la magnitud de la aceleración del sistema si el coeficiente de fricción cinético entre cada bloque y la superficie inclinada es 0,25. Despreciar la fricción en la polea. (g = 10 m/s2)

Figura 3.118

Rpta: 25 2m / s

4

3.45. En el sistema mostrado en la figura 3.119, los bloques tienen igual masa M = 30 kg. Considerando que el coeficiente de rozamiento cinético entre los bloques y la superficie horizontal es 0,1 y se desprecia el rozamiento en la polea, halle la magnitud de la aceleración del sistema y la tensión T de la cuerda. (g = 10 m/s2)

Figura 3.119 Rpta: 8/3 m/s 2; 110 N

3.46. Una esfera de masa 1 kg cae libremente desde una altura H = 10 m, penetrando 0,1 m en un pozo de arena con respecto al nivel A, como se muestra en la figura 3.120. (g = 10 m/s2) a) Halle la magnitud de la aceleración cuando penetra en la arena suponiendo que es constante.

A B

37°

a

b) Halle la magnitud de la fuerza de resistencia de la arena, considerada constante.

Figura 3.120 Rpta: a) 500 m/s 2; b) 225 N

3.47. En el sistema mostrado en la figura 3.121, la masa del bloque A es 1 kg. Si el sistema tiene aceleración horizontal a = 1 m/s2, determine la magnitud de la fuerza de contacto entre los bloques A y B. Desprecie el rozamiento. (g = 10 m/s2)

Figura 3.121 Rpta: 7,4 N

3.48. En el sistema mostrado en la figura 3.122, las masas de los bloques son M = 2 kg y m = 1 kg. El sistema se encuentra inicialmente en reposo. El bloque de masa m adquiere una rapidez de 1 m/s cuando ha descendido 1 m. Despreciar las masas de las poleas y de las cuerdas. (g = 10 m/s2) a) ¿Cuál es la tensión de la cuerda que sostiene la polea móvil inferior? b) Calcule la magnitud de la fricción en el bloque de masa M.

Figura 3.122

Rpta: a) 4,75 N; b) 2,75 N

H

0,1 m

A

Pozo de arena

3.49. En la figura 3.123, el disco de radio R = 50 cm gira con rapidez angular

constante 10 rad / sω= . ¿A qué distancia máxima del centro del disco debe estar un pequeño bloque para que gire junto con el disco sin deslizarse? (Considere el coeficiente de fricción estático entre bloque y el disco: µs = 0,2).

Figura 3.123

Rpta: 20 cm 3.50. Se tiene un cuerpo de masa 1 kg atado a una cuerda, el cual gira uniformemente describiendo una circunferencia en un plano horizontal. Indique la verdad (V) o falsedad (F) de las siguientes proposiciones: I. La magnitud de la aceleración del cuerpo es 2 m/s2. II. Si se duplica su rapidez, entonces la magnitud de la fuerza centrípeta aumenta en 4 N. III. Si la cuerda tiene 2 m de longitud y se rompe cuando la tensión es de 5 N, la máxima rapidez que adquiere el cuerpo es 2,5 rad/s.

Rpta: FFF

3.51. La figura 3.124 muestra un bloque de 2 kg de masa resbalando sobre una superficie cilíndrica lisa de radio R = 1 m. Cuando el bloque pasa por la

posición A, la magnitud de la normal es 12 N y su rapidez es 2 m / s . Determine el valor del ángulo α. (g = 10 m/s2).


3.52. Un péndulo cónico de longitud l = 2 m gira con rapidez angular constante de 2 rad/s, y se encuentra dentro de un ascensor que desciende con aceleración de magnitud 6 m/s2 tal como se muestra en la figura 3.125. ¿Cuál es la medida del ángulo θ? (g = 10 m/s2).


3.53. Un cuerpo de masa 2 kg se mueve por el interior de una superficie circular lisa de radio 0,5 m, como se muestra en la figura 3.126.

(g = 10 m/s2) a) Si la rapidez del cuerpo al pasar por el punto (2) es 4m/s, ¿cuál es la magnitud de la reacción normal del aro sobre el cuerpo en este punto? b) Si al pasar por el punto (3) la rapidez del cuerpo es de 5 m/s, ¿cuál es la magnitud de la fuerza centrípeta que actúa sobre el cuerpo? ¿Cuál es la magnitud de la reacción normal del aro sobre el cuerpo en este punto? c) ¿Cuál debe ser la rapidez del cuerpo en el punto (1) para que no haga contacto con la superficie?

Figura 3.126

Rpta: a) 64 N; b) 100 N, 120 N; c) 2,2 N

3.54. Un cuerpo de masa 20 kg sujeto a una cuerda de longitud 1 m gira sobre una superficie horizontal áspera. La velocidad angular (ω) del cuerpo varía con el tiempo (t) de acuerdo a la ecuación ω = 50 – 5t, (t ≥0). a) ¿Cuál es la tensión de la cuerda en t = 0? b) ¿Cuál es la tensión de la cuerda en el instante t = 5 s? c) ¿Cuál es el coeficiente de rozamiento entre la esfera y la superficie horizontal?

Rpta: a) 50 kN; b) 12,5 kN; c) 0,5

1

2

3

3.55. Un bloque pequeño resbala por una superficie rugosa de radio R = 0,5 m, como se indica en la figura 3.127. Suponiendo que la aceleración tangencial del bloque entre A y B es nula, determine su rapidez angular en el punto B. Considere el coeficiente de fricción µc = 0,8 y g = 10 m/s2.

Figura 3.127 Rpta: 1 rad/s

3.56. Tres planetas esféricos A, B y C aislados están alineados, como se indica en la figura 3.128. Si FAB y FBC representan las magnitudes de las fuerzas gravitatorias de A con B, y de B con C respectivamente, halle la razón FBC/FAB.

Figura 3.128 Rpta: 1/4

3.57. Indicar la verdad (V) o falsedad (F) de las siguientes proposiciones: I. La aceleración de la gravedad en la superficie de un planeta es directamente proporcional a su masa. II. La rapidez de un satélite que gira alrededor de la Tierra depende de su masa. III. El periodo de un satélite que gira alrededor de la Tierra depende de su distancia media a la Tierra.

Rpta: VFV 3.58. Dos satélites S1 y S2 giran alrededor de un planeta describiendo órbitas circulares de radio r1 y r2 respectivamente. El periodo del satélite S2 es 1 000 veces el periodo del satélite S1. Si r2 = 105 km, calcule el radio r1.

Rpta: 1 000 km

3.59. Se desea poner en órbita un satélite alrededor de la Tierra. Considere: G = 6,67 x 10 –11 Nm2/kg2; g = 10 m/s2 ; RTierra = 6,37 x 106 m; MTierra = 5,98 x 1024 kg.

a) ¿Qué rapidez se le debe comunicar para que orbite alrededor de la Tierra? (Considere: 62,6 8= )

b) ¿Cuál es su periodo de revolución? (Desprecie la fricción del aire y

considere: 7,63 = 8)

Rpta: a) 8 km/s; b) 84 min.

UNIDAD 4

TRABAJO Y ENERGÍA Los conceptos de trabajo y energía surgen de la segunda ley de Newton. Esta Unidad comienza con la definición cuantitativa de trabajo, para luego comprender las definiciones cuantitativas de energía cinética y energía potencial. Estas cantidades se identifican como dos formas diferentes de energía mecánica y están relacionadas con el estado de movimiento de los cuerpos materiales. La energía cinética está relacionada con la velocidad de un cuerpo y la energía potencial está relacionada con la posición que ocupa el cuerpo en el espacio. Finalmente se formula el principio de conservación de la energía y luego se muestra su aplicación con la resolución de problemas de interés práctico. I. TRABAJO 4.1. Trabajo de una fuerza constante El trabajo es una cantidad escalar (positiva o negativa) que indica la acción de una fuerza cuyo efecto es producir desplazamiento. Considérese un bloque el cual es desplazado rectilíneamente (en la dirección del eje x) por la acción de una fuerza constante F desde la posición x0 hasta la posición x, produciendo el desplazamiento d = x – x0, como muestra la figura 4.1. Por consiguiente, el trabajo (W) realizado por la fuerza se define por:

( )

≡

fuerza paralelatrabajo desplazamiento

al desplazamiento

Figura 4.1 Utilizando las notaciones que se indican en la figura 4.1, escribimos la definición de trabajo por:

W (Fcos )d= θ (Unidad S.I: Nm = Joule ≡ J) (4.1) donde: F: magnitud de la fuerza d: magnitud del desplazamiento θ: ángulo entre la dirección de la fuerza y la dirección del desplazamiento. (*) OBSERVACIONES: 1° Si la fuerza no produce desplazamiento: d = 0, e ntonces según la Ec (4.1) el trabajo mecánico es nulo: W = 0 2° Si la fuerza tiene la misma dirección del despla zamiento (véase la figura 4.2): θ = 0, entonces según la Ec.(4.1) se tiene: W = Fd (4.2)

Figura 4.2 3° Si la fuerza tiene dirección opuesta al desplaza miento (véase la figura 4.3): θ = π, entonces según la Ec. (4.1) se tiene: W = – Fd (4.3)

Figura 4.3 4°) Si la fuerza es perpendicular a la direcci ón del desplazamiento (véase la figura 4.4): θ = π/2, entonces según la Ec.(4.1) el trabajo es nulo: W = 0.

Figura 4.4 Ejemplo 4.1: Un bloque de masa m = 17 kg es desplazado una distancia d = 5 m con velocidad constante sobre una superficie horizontal por la acción de una fuerza constante F que forma un ángulo θ = 37º por debajo de la horizontal. El coeficiente de fricción entre el bloque y la superficie horizontal es µC = 0,2. (Considere g = 10 m/s2). a) Determine el trabajo realizado por la fuerza F. b) ¿Cuál es el trabajo realizado por la fuerza de rozamiento?, ¿Cuál es el trabajo efectuado por la fuerza neta? Solución: a) En la figura 4.5 se indican las fuerzas que actúan sobre el bloque.

Figura 4.5

Puesto que el bloque tiene MRU, según la primera ley de Newton, en la dirección del eje x se tiene:

x cF Fcos N* 0= θ − µ =∑

Fcos θ = µcN* (1) donde N* es la fuerza normal sobre el bloque. Análogamente, en la dirección del eje y, se tiene:

yF N* mg Fsen 0= − − θ =∑

N* = mg + Fsen θ (2) Reemplazando (1) en la Ec.(2) se tiene:

Fcos θ = µc(mg + Fsen θ)

F(cos θ – µcsen θ) = µCmg Despejando F da:

c

c

mgF

cos senµ

=θ − µ θ

(3)

Por tanto, el trabajo realizado por la fuerza F es:

cF

c

mgdcosW

cos senµ θ

=θ − µ θ

(4)

Evaluando:

WF = ( )( )( )( )( )

( ) ( )( )−0,2 17 10 5 4 / 5

4 / 5 0,2 3 / 5= 200 J

b) El trabajo efectuado por la fuerza de rozamiento es:

Wf = – fcd = – µcN*d Reemplazando aquí la Ec.(2): Wf = – µc (mg + Fsen θ)d (5) Evaluando:

Wf = – (0,2)(170 + 30)(5) = – 200 J De los resultados obtenidos, el trabajo realizado por la fuerza neta es:

W = WF + Wf = 0 Ejemplo 4.2: En la figura 4.6, un bloque de masa m = 50 kg se suelta desde la posición A y se desplaza a lo largo de una superficie inclinada rugosa. (µ =c 0,1 ; g = 10 m/s2) a) Determine el trabajo realizado por la fuerza de rozamiento, cuando se desplaza una distancia d = 10 m hasta la posición B. b) ¿Cuál es el trabajo realizado por la fuerza resultante?

Figura 4.6

Solución: a) Puesto que la fricción (fc) es opuesta al desplazamiento (d), el trabajo de la fricción es: f cW f d= − (1)

donde: c cf N *= µ (2)

La fuerza normal (N*) del plano inclinado sobre el bloque se cancela con la componente del peso perpendicular al plano inclinado (mgcos37°). Entonces: N* mgcos37= ° (3)

Reemplazando (3) en (2) y luego en (1) se obtiene:

Evaluando:

f4

W (0,1)(50)(10)( )(10) 400 J5

= − = −

b) La magnitud de la fuerza resultante será la diferencia entre la componente del peso paralelo al plano inclinado (mgsen37°) y l a fricción cinética: cF mgsen37 N *= ° − µ (4) Insertando (3) en (4):

cF mg(sen37 cos37 )= ° − µ ° (5) Por tanto, el trabajo realizado por la fuerza resultante es:

F cW mg(sen37 cos37 )d= ° − µ °

Evaluando:

F3 1 4

W (50)(10) (10) 2 600 J5 10 5 = − =

f cW mgcos37 d= −µ °

4.2. Trabajo de una fuerza variable Una fuerza es variable si cambia de magnitud y/o de dirección. El trabajo realizado por una fuerza variable se puede determinar mediante la gráfica de la fuerza en función de la posición, siempre que la variación de la fuerza sea simple. Por ejemplo, en la figura 4.7 se muestra la gráfica de una fuerza que varía linealmente con la posición de un cuerpo. En este caso el área sombreada que se indica representa el trabajo realizado por la fuerza variable.

W = ( )oo

F Fx x

+ − 2

= Fd (4.4)

donde: F= (F + Fo)/2: fuerza media F0 : fuerza que experimenta el cuerpo en la posición x0. F : fuerza que experimenta el cuerpo en la posición x.

= − 0d x x : desplazamiento

Figura 4.7 (*) OBSERVACIONES: 1° Una fuerza variable de especial importancia es l a fuerza elástica: F = kx, donde k es la constante elástica. Su gráfica es una línea recta inclinada que pasa por el origen, como se muestra en la figura 4.8.

Figura 4.8 El trabajo realizado por la fuerza elástica equivale al área del triángulo rectángulo sombreado. Se obtiene el mismo resultado multiplicando la fuerza media kx/2 por el desplazamiento x:

∫2

1

x

x

W = 21

(kx)(x) = 21

kx2 (4.5)

2° En general, cuando la fuerza varía de forma no l ineal el trabajo se determina utilizando las técnicas del cálculo integral (ver Apéndice F). Por ejemplo, si una fuerza que actúa sobre un cuerpo varía en la dirección del eje x, como muestra la figura 4.9 y produce un desplazamiento infinitesimal dx, entonces la fuerza puede considerarse constante dentro del intervalo entre x y x + dx, y el trabajo infinitesimal se escribe dW = Fdx. Por consiguiente, el trabajo realizado por la fuerza F(x) para desplazar el cuerpo desde la posición x1 hasta la posición x2 equivale al área sombreada y se determina por la integral: W = F(x) dx (4.6)

Figura 4.9 Ejemplo 4.3: Una fuerza que actúa sobre un cuerpo en la dirección del eje x varía de acuerdo a la ecuación F = 100 – 5x, donde x se mide en metros y F en newtons. a) Determine, mediante la gráfica F en función de x, el trabajo realizado por la fuerza F para desplazar al cuerpo desde la posición x = 0 hasta x = + 20 m. b) Calcule, mediante la gráfica F en función de x, el trabajo desde la posición x = + 10 m hasta x = + 30 m. Solución: a) Usando la ecuación F = 100 – 5x tabulamos los valores que se muestran en la tabla adjunta. En la figura adjunta se muestra la gráfica de la fuerza variable F entre x = 0 y x = + 40 m. x (m) F (N)

0 100 5 75

10 50 15 25 20 0 25 – 25

Entonces el trabajo realizado por la fuerza F de x = 0 a x = + 20 m es:

W =

2100

(20) = 1 000 J

b) Usando la gráfica de la fuerza variable F entre x = + 10 m y x = + 30 m, el trabajo realizado es:

W = ( )

5010

2 + ( ) −

5010

2 = 0

Ejemplo 4.4: Determinado resorte no obedece la ley de Hooke, sino que ejerce una fuerza dada por F = – k x – b x3, en que k y b son constantes y x es la distancia que debe deformarse a partir de su longitud de equilibrio. a) Demuestre que el trabajo necesario para estirar el resorte desde un alargamiento inicial x1 hasta uno final x2 está dado por

W = (k/2) (x22 – x1

2) + (b/4) (x24 – x1

4) b) Si el resorte se alarga 0,05 m desde su longitud de equilibrio cuando se ejerce una fuerza de tensión de 600 N, y sufre un alargamiento de 0,20 m cuando se le aplica una fuerza de 3 600 N, determine las constantes de elasticidad k y b. c) Según los datos obtenidos en la parte (b), halle el trabajo requerido para deformar el resorte desde 0,2 m hasta 0,3 m. Solución:

30 – 50 35 – 75 40 – 100

a) El trabajo en contra de la fuerza recuperadora del resorte se determina por la integral:

W = – ∫2

1

x

xdx)x(F = – ∫ −−2

1

x

x

3 dx)xbxk( = ∫ ∫+2

1

2

1

x

x

x

x

3dxxbdxxk

Integrando (ver apéndice D) se obtiene:

W =2

1

2

1

x

x

4x

x

2

4x

b2x

k + = 2k

( x22 – x1

2) + 4b

( x24 – x1

4) (1)

b) Reemplazando datos en la ecuación F = – k x – b x3, tenemos:

600 = 0,05 k + b (0,05)3, 3 600 = 0,20 k + b (0,20)3 Resolviendo se obtienen: k = 11 600 N/m y b = 160 000 N/m3 c) Sustituyendo x1 = 0,2 m y x2 = 0.3 m, así como los valores de k y b, en la fórmula (1) el trabajo requerido es:

W = 2

60011 ( ) ( )[ ]22 2,03,0 − + 4

000160 ( ) ( )[ ]44 2,03,0 −

W = 30 J

4.3. Potencia media Es una cantidad escalar que indica la rapidez con que se realiza trabajo. Esto se expresa por la razón de cambio:

≡(media)

TrabajoPotencia

Intervalo de tiempo

W

Pt

= ≡ ≡

JUnidad S.I.: Watt W

s (4.6)

(*) OBSERVACIONES: 1° Reemplazando la definición de trabajo (4.1) en l a Ec.(4.6) se obtiene la definición equivalente de potencia: P = (Fcosθ)v (4.7) donde:

F: magnitud de la fuerza v: magnitud de la velocidad θ: ángulo entre la dirección de la fuerza y la dirección de la velocidad 2° Si la fuerza tiene la misma dirección que la vel ocidad: θ = 0°. De la Ec.(4.7) se obtiene: P = Fv (4.8) 3° Si la fuerza F

r

es constante, la potencia se puede escribir como el producto escalar: P F v= •

rr

(4.9) 4° Si en un intervalo de tiempo infinitesimal una f uerza efectúa un trabajo infinitesimal, se define la potencia instantánea como sigue:

( ) tW

limP0ttáneatanins ∆

∆=→Λ

= dt

dW (4.10)

donde la cantidad dW/dt se denomina derivada del trabajo efectuado por la fuerza respecto al tiempo, (ver definición de derivada en el apéndice E). Ejemplo 4.4: Un ascensor pesa 12 000 N. El ascensor parte del reposo en el primer piso y al cabo de 4 segundos pasa por el quinto piso, situado a 18 m por encima del primero, con una rapidez de 9 m/s. Halle: a) El trabajo realizado para mover el ascensor durante los 4 segundos. b) La potencia media desarrollada. (Desprecie el rozamiento) Solución: a) La aceleración media del ascensor es:

a = 0

0ttvv

−−

= 0409

−−

= + 49

m/s2

De la segunda ley de Newton, la fuerza neta que realiza trabajo sobre el ascensor es:

F = ma Por consiguiente, el trabajo realizado sobre el ascensor es:

W = Fd = mad

W = (1 200)

49

(18) = 48 600 J

b) La potencia media desarrollada es:

P = Wt

= 48600

4 = 12 150 W

Ejemplo 4.5: Un auto de 1000 kg de masa incrementa uniformemente su rapidez de 25 m/s a 29 m/s durante cuatro segundos. El auto se mueve sobre una superficie horizontal y experimenta una fuerza horizontal debido a la resistencia del aire de 600 N. Calcule la potencia media desarrollada por el motor del auto. Despreciar la fricción entre las llantas y el suelo. Solución:

Figura 4.10 En la figura 4.10, se indican la fuerza desarrollada por el motor del auto (F) y la fuerza de la resistencia del aire (R). La aceleración que adquiere el auto es:

a−=−

29 25

4 0= + 1 m/s2

De la segunda ley de Newton:

F – R = ma

De donde:

F = m a + R = 1000 + 600 = 1600 N Además, la velocidad media del auto es:

v = 25 29

2+

= 27 m/s

Por tanto, la potencia media del auto es:

P = F v = (1600) (27) = 43 200 W = 43,2 kW Ejemplo 4.6: Un cuerpo de masa m = 1 kg, situado sobre una superficie horizontal lisa, se acelera uniformemente partiendo del reposo mediante la

acción de una fuerza horizontal F = 1 N. Determine el trabajo realizado por la fuerza F al cabo de 10 s. Solución: El trabajo realizado por la fuerza está dado por: W = Fd (1) Puesto que el cuerpo tiene MRUV, su desplazamiento en cualquier instante t es:

d = 1

2at2 (2)

Además, de la segunda ley de Newton:

a = Fm

(3)

Reemplazando (2) en (1) y luego insertando la Ec.(3) se obtiene:

F t

Wm

=2 2

2 (4)

Reemplazando datos en (4) resulta:

t

W =2

2 (5)

Evaluando:

W J= =210

502

II. ENERGÍA 4.4. Concepto de energía Se dice que un cuerpo adquiere energía si recibe trabajo. Cuando una fuerza realiza trabajo sobre un cuerpo le transfiere energía. La energía se expresa matemáticamente por una cantidad escalar positiva o negativa. En los fenómenos físicos la energía se manifiesta de diversas formas. En particular, la energía asociada al estado de movimiento de un cuerpo se llama energía mecánica. De la segunda ley de Newton se deducen dos tipos de energía mecánica, llamadas energía cinética (asociada a la velocidad del cuerpo) y energía potencial (asociada a la posición que ocupa el cuerpo en el espacio).

Cualquier otro tipo de energía, que no sea cinética o potencial, se puede llamar energía no mecánica. Entonces en conclusión:

Energía de un sistema Trabajo recibido por el sistema=

ESTADO DE MOVIMIENTO ENERGÍA MECÁNICA Posición: x Energía potencial: EP

Velocidad: v Energía cinética: EC

4.5. Energía cinética (E C) Cuando una fuerza realiza trabajo para poner en movimiento a un cuerpo, se dice que éste adquiere energía cinética. Este tipo de energía se define por:

( )( )CE masa rapidez≡ 21

2

2

C1

E mv2

= (Unidad S.I: Joule ≡ J) (4.11)

4.6. Teorema del trabajo y la energía Es una forma de expresar la segunda ley de Newton en términos de los conceptos de trabajo y energía cinética. Establece que el trabajo realizado por la fuerza neta sobre un cuerpo produce un cambio de su energía cinética. Considérese un bloque de masa m el cual es acelerado por una fuerza neta desde un estado de movimiento inicial con velocidad v0 hasta un estado de movimiento final con velocidad v, como muestra la figura 4.11. Entonces el teorema del trabajo y la energía se escribe:

Trabajo de la fuerza resultante = Cambio de la energía cinética

2 20

1 1W mv mv

2 2= − (4.12)

Figura 4.11 Ejemplo 4.7: La figura 4.12 muestra un bloque de masa m = 3 kg que se mueve sobre una superficie horizontal rugosa. Si al pasar por el punto A su

m

A B18 m

rapidez es 10 m/s, calcule la energía cinética en el punto B. Considere: µc = 0,1; g = 10 m/s2.

Figura 4.12

Solución: En la figura 4.13, se indican las fuerzas que actúan en el bloque. Es claro que el peso del bloque w = mg, se cancela con la fuerza normal N, que ejerce el suelo en el bloque. Por consiguiente, la fuerza resultante será la fricción cinética f = µCN, siendo N = mg.

Figura 4.13 Aplicando el teorema del trabajo y la energía en el tramo AB:

f CB CAW fd E E= − = − De donde.

2C CB A

1mgd E mv

2−µ = −

Evaluando para d = 18 m, se obtiene:

( )( ) ( ) ( )( )( )2CB

1E 3 10 0,1 3 10 18

2= −

CBE 96 J= Ejemplo 4.8: Considere un motor de potencia P. ¿Cuál debe ser la potencia de otro motor para bombear por medio de la misma tubería el doble de la cantidad de agua en el mismo intervalo de tiempo. Solución: Considérese que inicialmente se bombea una masa m de agua que ocupa una longitud L de la tubería, como indica la figura 4.14. La rapidez que adquiere esta cantidad de agua desde el reposo (vo = 0) en el intervalo de tiempo t es:

L

vt

= (1)

Figura 4.14 De la definición de potencia, y usando el teorema del trabajo y la energía, se escribe:

P = Wt

=

2 2o

1 1mv mv

2 2t

−

De donde :

P = 2mv

2t (2)

Para bombear el doble de la masa de agua (2 m) en el mismo intervalo de tiempo (t) se requiere una longitud 2L de la tubería, como indica la figura 4.15. Por consiguiente, la rapidez que adquiere esta cantidad de agua desde el reposo (vo = 0) es:

2L

v´ 2vt

= = (3)

Figura 4.15 Por tanto, la nueva potencia del motor se escribe:

P´ = W´t

= ( )( )212m 2v

2t

P´ = ( )2

2m 2v

2t = 8

2mv2t

Teniendo en cuenta la Ec.(2) se obtiene:

P´ = 8P Ejemplo 4.7: Un bloque de 20 kg de masa es desplazado sobre una superficie horizontal sin fricción en la dirección del eje x por la acción de una fuerza F que forma un ángulo de 60º sobre la horizontal. La fuerza aumenta durante el movimiento según la ley F = 6x, donde F se mide en newton y x en metros. a) Determine la aceleración del bloque para cualquier posición de su trayectoria. ¿Qué tipo de movimiento tiene el bloque? b) ¿Qué trabajo realiza la fuerza mientras el bloque se mueve desde la posición x = +10 m hasta la posición x = + 20 m? c) Si la rapidez del bloque al pasar por la posición x = + 10 m fue vo = 10 m/s, ¿cuál es su rapidez en la posición x = + 20 m? d) ¿Permanecerá el bloque con movimiento horizontal indefinidamente? Si su respuesta es negativa, ¿en qué posición el bloque deja de estar en contacto con la superficie horizontal? (Considere: g = 10 m/s2) Solución: a) Las fuerzas que actúan sobre el bloque se muestran en la figura 4.16. De la segunda ley de Newton:

Fcos60 (6x)(1/ 2)a

m 20°= =

De donde:

a 0,15x=

Figura 4.16 Por tanto, el bloque tiene movimiento rectilíneo con una aceleración que aumenta linealmente con la posición x. b) Podemos calcular el trabajo mediante la gráfica de F en función de x, mostrada en la figura 4.17. x (m) F (N)

0 0

Figura 4.17 Por tanto, el trabajo efectuado por la fuerza equivale al área sombreada:

W = 60 120

2+

(10) = 900 J

c) Usando el teorema del trabajo y la energía:

W = 12

mv2 – 12

m 20v

900 = 12

(20)v2 – 12

(20) ( )2

10

De donde se obtiene:

v = 10 m/s d) El bloque permanece sobre la superficie horizontal sólo cuando:

yF∑ = N* + 3 3 x – 200 = 0

De donde:

N* = 200 – 3 3 x El bloque dejará de hacer contacto con la superficie horizontal cuando:

N* = 200 – 3 3 x = 0 O sea, en el punto:

x = 200

3 3 m =

2009

3 m > 20 m

4.7. Energía potencial (E P) Cuando una fuerza realiza trabajo para cambiar la posición de un cuerpo sin aceleración, se dice que el cuerpo adquiere energía potencial. Este tipo de

5 30 10 60 15 90 20 120

energía se mide respecto a un nivel de referencia elegido arbitrariamente, donde se calibra el cero de la energía potencial (EP = 0). 4.7.1 Energía potencial gravitatoria (E PG) Cuando una fuerza realiza trabajo sobre un cuerpo en contra la fuerza gravitatoria para cambiar su altura sin aceleración, éste adquirirá energía potencial gravitatoria. Por ejemplo, en la figura 4.18 elijamos el nivel de referencia en el suelo (EPG = 0). Entonces si una fuerza opuesta al peso del cuerpo realiza trabajo para levantarlo desde el suelo (y0 = 0) hasta el nivel de la mesa (y = h), éste adquirirá energía potencial positiva:

EPG ≡ (peso)(desplazamiento vertical) PGE mgh= (4.13) La figura 4.19 muestra otro ejemplo donde elegimos el plano de la mesa como el nivel de referencia (EPG = 0). Si una fuerza opuesta al peso realiza trabajo para bajar el cuerpo desde el nivel de la mesa (y0 = 0) hasta el suelo (y = - h), éste adquirirá energía potencial gravitatoria negativa: PGE mgh= − (4.14)

Figura 4.18 Figura 4.19 (*) OBSERVACIONES: 1° El trabajo efectuado por una fuerza F (opuesta a l peso del cuerpo) para cambiar la altura de un cuerpo, sin aceleración, no depende del camino. El trabajo depende solamente de la diferencia de energía potencial gravitatoria entre las posiciones inicial y final:

F PF PI PGW E E E= − = ∆ (4.15) donde EPI es la energía potencial correspondiente a la posición inicial y EPF es la energía potencial correspondiente a la posición final. 2° Puesto que el cuerpo se traslada sin aceleración , el trabajo de la fuerza resultante será nulo:

PESO FW W 0+ =

PESO F PGW W E= − = −∆ (4.16) 4.7.2 Energía potencial elástica (E PS) Cuando una fuerza realiza trabajo sobre un cuerpo en contra la fuerza recuperadora elástica, sin aceleración, éste adquirirá energía potencial elástica . Por ejemplo, en la figura 4.20 elijamos el punto de referencia (EPS = 0) en el centro de masa del bloque, cuando el resorte no ha sufrido deformación. Entonces, si una fuerza opuesta a la fuerza del resorte realiza trabajo para desplazar al bloque desde la posición inicial (x0 = 0) hasta una posición final (x), el sistema bloque y resorte adquirirá la energía potencial elástica:

EPS ≡ 12

(constante elástica) (desplazamiento)2

2PS

1E kx

2= (4.17)

donde k es la constante elástica.

Figura 4.20 (*) OBSERVACIONES: 1° El trabajo efectuado por una fuerza F (opuesta a la fuerza del resorte) para cambiar la posición del cuerpo, sin aceleración, no depende del camino. El trabajo depende solamente de la diferencia de energía potencial elástica entre las posiciones inicial y final:

F PF PI PSW E E E= − = ∆ (4.18) donde EPI es la energía potencial correspondiente a la posición inicial y EPF es la energía potencial correspondiente a la posición final. 2° Puesto que el cuerpo se traslada sin aceleración , el trabajo de la fuerza resultante será nulo. Entonces:

RESORTE FW W 0+ =

RESORTE F PSW W E= − = −∆ (4.19) 4.8. Fuerzas conservativas y no conservativas En la sección anterior se mostró que para realizar trabajo sobre un cuerpo (sin producirle aceleración) en contra de la fuerza gravitatoria se tuvo que aplicar una fuerza de igual magnitud que la fuerza gravitatoria (F = mg) y opuesta. Análogamente, se mostró que para realizar trabajo sobre un cuerpo (sin producirle aceleración) en contra de la fuerza recuperadora elástica se tuvo que aplicar una fuerza de igual magnitud que la fuerza recuperadora elástica (F = kx) y opuesta. En ambos casos, el trabajo realizado de esa forma sólo depende de las posiciones inicial y final del cuerpo y por consiguiente, se dice que las fuerzas gravitatoria y elástica son conservativas. Dos maneras generales de definir a la vez una fuerza conservativa y no conservativa, es como sigue: 4.8.1 Una fuerza es conservativa si el trabajo realizado por ella o contra ella para cambiar la posición de un objeto es independiente de la trayectoria del objeto. En caso contrario, la fuerza se llama no conservativa. 4.8.2 Una fuerza es conservativa si el trabajo realizado por ella o contra ella para cambiar la posición de un objeto a través de cualquier trayectoria cerrada es nulo. En caso contrario, la fuerza se llama no conservativa. Una fuerza no conservativa (o disipativa) se caracteriza por disipar la energía mecánica transformándola en otra forma de energía. Por ejemplo, la fricción disipa la energía mecánica transformándola en calor. 4.9. Principio de conservación de la energía El enunciado célebre que predica la conservación de la energía dice:

La energía no se crea, no se destruye, sólo se transforma.

Este enunciado es cierto siempre que el universo se considere un sistema aislado (es decir, que no recibe energía) donde las partículas solamente pueden interactuar entre si, sin que exista nada fuera del universo que pueda influir en las interacciones de las partículas. Otra forma más exacta de enunciar el principio de conservación de la energía es: La energía total de un sistema aislado permanece constante, si el trabajo de las fuerzas externas es nulo. 4.9.1 Sistema conservativo: no hay fricción Un sistema se llama conservativo cuando solamente las fuerzas conservativas realizan trabajo para intercambiar solamente energía cinética y potencial. Por consiguiente, la energía mecánica total se conserva constante en todo instante. En otras palabras: En un sistema conservativo, la suma de las energías cinética y potencial es constante e igual a la energía mecánica total del sistema.

Energía mecánica inicial = Energía mecánica final

CI PI CF PFE E E E cons tante+ = + = (4.20) (*) OBSERVACIÓN: De la Ec.(4.18) se tiene:

ECF – ECI = – (EPF – EPI) ∆EC = – ∆EP (4.21) Esto significa que un aumento de la energía cinética implica una disminución de la energía potencial en igual proporción, y viceversa, un aumento de la energía potencial implica una disminución de la energía cinética en igual proporción. 4.9.2 Sistema no conservativo: hay fricción Se dice que un sistema es no conservativo si en él actúan fuerzas no conservativas que realizan trabajo para disipar la energía mecánica. En este caso el principio de conservación de la energía se puede escribir como sigue:

Energía mecánica inicial = Energía mecánica final + Energía no mecánica CI PI CF PFE E E E Q constan te+ = + + = (4.22) (*) OBSERVACIÓN:

La cantidad Q equivale a la energía mecánica disipada (en forma de calor) debido al trabajo realizado por la fricción. Esto se expresa por: Q = – Wf (4.23) donde: Wf: trabajo realizado por la fricción Ejemplo 4.8. Un cuerpo de masa 1 kg se desliza sobre una superficie cilíndrica sin fricción de radio 1 m partiendo del reposo en el punto A, como indica la figura 4.21. (Considere: g = 10 m/s2) a) ¿Cuál es su rapidez tangencial en el punto B? b) ¿Cuál es la magnitud de la fuerza que ejerce la superficie sobre el bloque en el punto B?

Figura 4.21

Solución:

a) Calibremos el cero de la energía potencial en la línea horizontal que se indica en la figura 4.22. En los puntos A y B, el principio de la conservación de la energía requiere: ECA + EPA = ECB + EPB (1)

Figura 4.22 Puesto que el cuerpo parte del reposo en el punto A, entonces: ECA = 0. Luego en la Ec.(1) escribimos:

0 + mgR = 12

mvB2 + mgh (2)

De la figura 4.22, es claro que: h = Rsen 53º = 4R/5. Por consiguiente, en la Ec.(2) se tiene:

mgR = 12

mvB2 +

45

mgR (3)

De donde:

vB2 =

25

gR (4)

Evaluando:

vB2 =

52

(10)(1) = 4

De donde: vB = 2 m/s

b) En el punto B, el peso del bloque se descompone en una componente radial y otra componente tangencial (véase la figura 4.22). Aplicando la segunda ley de Newton en el punto B se escribe:

mg cos37º – NB = 2Bmv

R (5)

donde NB es la fuerza normal sobre el bloque en el punto B.

Por consiguiente, reemplazando datos en la Ec.(5) se tiene:

NB = (1)(10)(45

) – 2(1)(2)

1= 4 N

Ejemplo 4.9. En la figura 4.23 el bloque tiene en el punto A una rapidez de 6 m/s. El tramo AB es liso y en el tramo BC el coeficiente de fricción es µC = 0,1. Calcule la rapidez del bloque en el punto C.

Figura 4.23 Solución: Calibrando el cero de la energía potencial gravitatoria (nivel de referencia) en la línea que pasa por los puntos B y C (véase la figura 4.23), el principio de conservación de la energía en A y B requiere: ECA + EPA = ECB + EPB (1)

8 m

12

m 2Av + mgh =

12

m 2Bv + 0

2Bv = 2

Av + 2gh (2) Análogamente, del principio de conservación de la energía en B y C se cumple:

ECB + EPB = ECC + EPC + Q

2B

1mv

2 + 0 =

12

m 2Cv + 0 + Q

12

m 2Bv =

12

m 2Cv + Q (3)

Como en el tramo BC existe fricción, la energía mecánica disipada es: Q = – Wfricción = Cf d− (4) Aquí, d = 18 m. Además, la fricción cinética está dada por: fC = µCNBC (5) Además, es claro que en el tramo BC la fuerza normal NBC se anula con el peso del bloque, es decir: NBC = mg (6) Reemplazando (5) y (6) en (4): Q = µCmgd (7) Insertando (7) en (3) se escribe:

12

m 2Bv =

12

m 2Cv + µCmgd

Simplificando la masa m del bloque y despejando se obtiene

2Cv = 2

Bv – 2µCgd (8) Finalmente insertando (3) en (8) se obtiene:

2Cv = 2

Av + 2gh – 2µCgd (9)

donde según la figura 4.23 es claro que: h = 80 cos 37º = 245

m

Por tanto, evaluando la Ec.(9) se tiene:

2Cv = 26 + 2(10)

245

– 2(0,1)(10)(18) = 96

Cv = 96 = 4 6 m/s Ejemplo 4.10. En la figura 4.24, el bloque de masa 2 kg se suelta desde el punto A distante 1 m del extremo de un resorte cuya constante elástica es k = 400 N/m. ¿Cuál será la máxima compresión del resorte? Despreciar la fricción. (Considere: g = 10 m/s2).

Figura 4.24

Solución: Eligiendo el nivel de referencia para la energía potencial gravitatoria en la línea horizontal que pasa por B (véase la figura 4.25), y aplicando la ley de conservación de la energía mecánica en A y B se tiene:

ECA + EPA = ECB + EPB

Figura 4.25 Obsérvese que la energía potencial total en el punto B no es cero, porque existe energía potencial elástica debido a la compresión del resorte. Por consiguiente, en la ecuación anterior se escribe:

0 + mgh = 0 + 12

kx2

mgh = 12

kx2 (1)

De la figura 4.25, es claro que:

30º

k

A

30º

k

Ax

B

(1 + x) sen 30º

nivel de referencia

h = (1 + x)sen30º = 12

(1 + x) (2)


mg(1 + x) = kx2

Reemplazando datos se obtiene:

2(10)(1 + x) = 400x2

20x2 – x – 1 = 0 Utilizando la fórmula cuadrática, las raíces de esta ecuación son:

x = 40

91)20(2

)1)(20(411 ±=−−±

m

La raíz negativa x = – 0,2 m se descarta porque x > 0. Por tanto, la compresión máxima del resorte es:

x = 14

m = 0,25 m

Ejemplo 4.11. Se suelta un cuerpo de masa m = 0,1 kg, con velocidad nula, desde una altura h = 1 m respecto a la parte superior de un resorte vertical fijo a una superficie horizontal cuya constante elástica es k = 40 N/m. (Considere: g = 10 m/s2). a) ¿Cuál es la máxima compresión del resorte? b) Determine la rapidez del cuerpo cuando el resorte se ha comprimido 10 cm. Solución: a) Puesto que el sistema (cuerpo + resorte) es conservativo, la energía mecánica se conserva. Además, podemos calibrar el cero de la energía potencial gravitatoria en la posición B (nivel de referencia) como indica la figura 4.26. Obsérvese que cuando el bloque se encuentre en la posición B el resorte estará comprimido al máximo y por consiguiente, habrá energía potencial elástica almacenada en el sistema. Entonces, aplicando la ley de conservación de la energía en las posiciones A y B, escribimos: ECA + EPA = ECB + EPB (1)

0 + mg(h + x) = 0 + 21

k 2x

Figura 4.26 Reemplazando datos en la ecuación anterior , se tiene:

(0,1)(10)(1 + x) = 12

(40)x2

20 x2 – x – 1 = 0

( ) ( )( )( )202

120411x

2 −−−±=

1 81x

40

±= =40

91±

La raíz x = (1 – 9)/40 = – 0,2 m se descarta, porque x > 0. Por tanto, el estiramiento máximo del resorte es:

1 9x

40+= = 0,25 m 25 cm≡

b) En este caso la altura inicial de caída respecto al nivel de referencia es h0 = 1,25 m y la altura final cuando el resorte se ha comprimido x = 10 cm es h = 0,15 m. Aplicando nuevamente el principio de conservación de la energía, en la Ec.(1) se escribe:

0 + mgh0 = 12

mv2 + mgh + 12

kx2 (2)

Reemplazando datos en la Ec.(2):

(0,1) (10) (1,25) = 12

(0,1) v2 + m (0,1) (10) (0,15) + 12

(40) (10 x 10-2)2

De donde:

v2 = 18

Por tanto, la rapidez del cuerpo será:

v = 3 2 m/s Ejemplo 4.12. Un cuerpo esférico de masa m = 1 kg, inicialmente en reposo en el punto A, se desliza sobre el interior de una superficie cilíndrica muy lisa de radio r = 10 m, como se muestra en la figura 4.27. (Considere: g = 10 m/s2)

Figura 4.27 a) Determine la rapidez angular de la bola para α = 150º. ¿Qué ocurre con la rapidez angular de la bola si su masa fuese de 10 kg? b) Calcule la magnitud de la fuerza ejercida por la superficie sobre la bola. ¿Cuál es la magnitud de la fuerza ejercida por la superficie si el radio de la superficie fuese de 20 m? c) ¿En qué punto sobre la superficie, la rapidez angular de la bola y la fuerza que ejerce la superficie sobre ella tienen valor máximo? ¿Cuáles son sus valores máximos?. Solución: a) Eligiendo el nivel de referencia la línea que pasa por el punto B (véase la figura 4.28), según el principio de conservación de la energía mecánica, en los puntos A y D se escribe:

mgr = 21mv mgr(1 cos )

2+ − θ (1)

De la figura es claro que ( / 2)θ = α − π , entonces cosθ = senα. Además, la rapidez lineal v de la bola está relacionada con su rapidez angular ω por v = ωr. Reemplazando en la Ec.(1) se tiene:

2 21gr ( r ) gr(1 sen )

2= ω + − α

Figura 4.28 De donde se obtiene:

2 2gsenr

αω = (2)

O también:

2gsen

rαω = (3)

Evaluando:

2(10) sen1501

10°ω = = rad/s

En la Ec.(3), se observa que la rapidez angular ω, de la bola no depende de su masa m la cual se ha cancelado en la Ec.(1). Por tanto, ω permanece igual para cualquier valor de la masa m de la bola. b) Aplicando la segunda ley de Newton, la fuerza centrípeta en el punto D es:

c cF ma= 2F mgsen m r− α = ω (4) Reemplazando la (2) en (4) se tiene:

2gsenF mgsen m r

rα − α =

F mg(1 2sen )= + α (5) Evaluando:

F (1)(10)(1 2sen150 ) 20 N= + ° = En la Ec.(5), se observa la fuerza que ejerce la superficie cilíndrica sobre la bola, no depende del radio r. Por tanto, F permanece igual para cualquier valor de r. c) De las Ec.(3) y (5) se deduce que en el punto B, donde α = 90º, se obtienen los valores máximo de ω y F, porque sen90º = 1. Por tanto, se obtienen los valores:

2g 2(10)2

r 10ω = = = rad/s

F mg(1 2) (1)(10)(3) 30 N= + = =

10kg

A B10m

37°

F=100N

=0,1c

X

T

A

mA mB B

10kg

2m

F=180N


4.1. Un cuerpo de peso 20 N parte del reposo en la posición A y se desliza por un plano inclinado con aceleración de magnitud 2 m/s2, como muestra la figura 4.29. Calcule el trabajo realizado por la fuerza resultante entre los puntos A y B. (g = 10 m/s2)

Figura 4.29

Rpta: 40 J 4.2. La figura 4.30 muestra un bloque que se desplaza en la dirección del eje X por la acción de una fuerza F

r

constante. Indique la verdad (V) o falsedad (F) de las siguientes proposiciones:

(Considerar g = 10 m/s2) I. El trabajo realizado por la fuerza de rozamiento cuando se desplaza 10 m es – 5 J. II. El trabajo realizado por la fuerza F

r

es 80 J. III. El trabajo realizado por la fuerza resultante es 750 J.

Figura 4.30 Rpta: FFF

4.3. En la figura 4.31, determine el trabajo realizado por la tensión T sobre el bloque A, cuando el bloque B se desplaza 2 m sobre la superficie horizontal sin fricción y aceleración constante. Considere: Am = Bm = 10 kg; g = 10 m/s2).

Figura 4.31 Rpta: 280 J

mC

mB

mA

=0

4.4. La figura 4.32 muestra tres bloques A, B y C cuyas masas son: mA = 26 kg, mB = 2 kg y mC = 12 kg respectivamente. Determine el trabajo realizado sobre el bloque B por la fuerza de contacto entre los bloques A y B, cuando el bloque C se desplaza 0,10 m. Desprecie todo tipo de rozamiento. (g = 10 m/s2)


4.5. Un helicóptero de masa 1 500 kg acelera verticalmente hacia arriba con aceleración constante de magnitud 2 m/s2 en una distancia de 30 m. Despreciando la resistencia del aire, halle:

(g = 10 m/s2) a) El trabajo realizado por la fuerza neta sobre el helicóptero. b) El trabajo total realizado por la fuerza desarrollada en el motor del helicóptero.

Rpta: a) 90 kJ; b) 540 kJ

4.6. La figura 4.33 muestra un bloque de masa 0,5 kg que se desplaza 2 m sobre un plano inclinado por la acción de una fuerza horizontal F de magnitud 15 N durante 10 s. Si el coeficiente de fricción entre el bloque y el plano inclinado es C 0,5µ = ; determine el trabajo realizado por:

(g = 10 m/s2) a) La fuerza horizontal F. b) El peso del bloque. c) La fuerza de rozamiento. d) La fuerza resultante.

Figura 4.33

Rpta: a) 24 J; b) – 6 J; c) – 4 J; d) 0 4.7. Una fuerza constante de magnitud 25 N actúa sobre una caja formando un ángulo de 37º bajo la horizontal. La caja tiene 8,5 kg de masa y se mueve con rapidez constante de 0,2 m/s sobre una superficie horizontal áspera. (g = 10 m/s2) a) ¿Cuál es la potencia desarrollada por la fuerza? b) ¿Cuánto trabajo realiza la fuerza de rozamiento en 4 s?

Rpta: a) 4 W; b) 0

4.8. En el sistema mostrado en la figura 4.34, los bloques de igual masa m1 = m2 = 5 kg están unidos por una cuerda que pasa a través de una polea. El

sistema se mueve con aceleración de magnitud constante. Halle el trabajo realizado por la tensión de la cuerda sobre el bloque m2, cuando este se desplaza una distancia de 2 m sobre el plano inclinado rugoso con µ = 0,25. (g = 10 m/s2)

Figura 4.34

Rpta: 90 J 4.9. Una fuerza F

r

que actúa sobre un bloque en la dirección del eje x, varía según la gráfica mostrada en la figura 4.35. El trabajo realizado por la fuerza es 50 J cuando el bloque se desplaza desde la posición x = 0 hasta la posición x = + 8 m. ¿Cuál es el trabajo realizado por la fuerza cuando el bloque se desplaza desde x = + 4 m hasta x = + 10 m?


4.10. En la figura 4.36 un bloque es trasladado desde la posición A hasta la posición B. Durante el recorrido actúa una fuerza F de magnitud constante y dirección variable que en todo momento está dirigida hacia el punto C de una polea. Si el trabajo efectuado por la fuerza es 49 J, ¿cuál es su magnitud?


4.11. La figura 4.37 muestra la gráfica de la fuerza horizontal (F) en función de la posición (x) que actúa sobre un cuerpo que se encuentra sobre una superficie horizontal. Calcule el trabajo realizado por dicha fuerza para desplazar al cuerpo, en la dirección del eje x, entre las posiciones: x = 0 y x = + 4 m.


4.12. En la figura 4.38 se muestra la gráfica de la variación de una fuerza (F) en función de la posición (x) que actúa en un cuerpo que se desplaza en la dirección del eje x. ¿Cuál es el trabajo realizado por esta fuerza entre las posiciones x = + 2 m y x = + 6 m?


4.13. Un cuerpo de masa 10 kg se mueve una distancia de 10 m en la dirección del eje x mediante la acción de una fuerza resultante constante de magnitud 60 N durante los primeros 6 m, y después la fuerza disminuye uniformemente hasta el valor de 20 N. a) ¿Qué trabajo se realiza durante los primeros 6 metros de recorrido? b) ¿Qué trabajo se realiza durante los últimos 4 metros?

Rpta: a) 360 J; b) 160 J

4.14. Un auto de masa 1 000 kg se desplaza rectilíneamente en una carretera horizontal cambiando su rapidez de 90 km/h a 104,5 km/h en 4 s. Si la resistencia del aire es de 600 N, ¿cuál es la potencia máxima desarrollada por el motor del auto en dicho intervalo de tiempo?

Rpta: 46,4 kW

m

F(N)F

20

10

0 5 10 X( )m

4.15. La bomba hidráulica de un motor eleva 1 500 litros de agua cada 45 minutos a un depósito que se encuentra a 18 m de altura respecto a la bomba. ¿Cúal es la potencia del motor? (g = 10 m/s2)

Rpta: 100 W 4.14. Una persona de masa 67,5 kg sube por una escalera con rapidez constante sosteniendo un bloque de masa 42,5 kg. ¿Cuál es la potencia desarrollada por la persona en un minuto?

Rpta: 110 W 4.17. Una fuerza constante de magnitud 150 N desplaza rectilíneamente un bloque desde el reposo una distancia de 40 m en 4 s. Determine la potencia desarrollada por esta fuerza en el instante t = 9 s.

Rpta: 6,75 kW 4.18. Un bloque de masa 5 kg se desplaza sobre un plano inclinado 37° respecto a la horizontal, partiendo del reposo. El coeficiente de fricción entre el bloque y el plano inclinado es 0,125. (g = 10 m/s2) a) ¿Cuánto trabajo realiza el peso del bloque en 2 s? b) Halle el trabajo de la fricción en 2 s. c) ¿Cuál es la potencia desarrollada por la fuerza resultante en 2 s?

Rpta: a) 300 J; b) - 50 J; c) 125 W

4.19. Una bala de masa 20 gramos con rapidez de 500 m/s penetra 25 cm dentro de un bloque de madera hasta detenerse. ¿Cuál es la magnitud de la fuerza media de rozamiento producida por el bloque? (g = 10 m/s2)

Rpta: 10 000 N 4.20. La figura 4.39 muestra la gráfica de una fuerza neta horizontal (F) en función de la posición (x) que actúa en un cuerpo de masa 2 kg. Si la rapidez del cuerpo en x = + 5 m es 5 m/s, ¿cuál es su rapidez en la posición x = +10 m?

Figura 4.39

Rpta: 10 m/s

4.21. Un automóvil se desplaza sobre una pista horizontal con rapidez constante de 10 m/s. ¿Cuál es la distancia que recorre hasta detenerse desde el instante en que se aplican los frenos? (Considere: µC = 0,8, g = 10 m/s2).

Rpta: 6,25 m

4.22. Un automóvil de masa 2 000 kg se desplaza rectilíneamente sobre una pista horizontal con rapidez v0. Cuando el automóvil experimenta una fuerza neta horizontal constante de 6 000 N, y recorre una distancia de 100 m, su rapidez aumenta en 20 m/s. ¿Cuál es su rapidez inicial?

Rpta: 5m/s

4.23. Un cuerpo de masa 1 kg se desplaza rectilíneamente sobre una superficie horizontal. Si su velocidad varía de acuerdo a la gráfica mostrada en la figura 4.40, ¿cuál es el trabajo realizado por la fuerza resultante entre t1 = 4s y t2 = 8s?


4.24. Un cuerpo de masa 0,50 kg lanzado verticalmente hacia arriba tiene una energía cinética inicial de 80 J. (g = 10 m/s2): a) ¿Cuál es la energía potencial del cuerpo cuando alcanza la altura máxima respecto al punto de lanzamiento? b) ¿Cuál es la energía potencial del cuerpo cuando alcanza las 3/4 de la altura máxima? c) ¿Cuál es la energía cinética del cuerpo cuando alcanza las 3/4 de la altura máxima?

Rpta: a) 80 J; b) 60 J; c) 20 J 4.25. Un cuerpo atado a una cuerda de 2,5 m de longitud se suelta desde la posición mostrada en la figura 4.41. ¿Cuál su rapidez cuando pasa por el punto más bajo de su trayectoria? (g = 10 m/s2)

Figura 4.41

60º

Rpta: 5 m/s 4.24. Un bloque de masa 2 kg parte de una altura de 5 m con velocidad inicial horizontal de 5 m/s, como muestra la figura 4.42, y comprime un resorte hasta una longitud de 1 m, quedando finalmente en reposo. ¿Cuál es la constante elástica del resorte? Desprecie la fricción. (g = 10 m/s2)

Figura 4.42 Rpta: 250 N/m

4.27. Un bloque se desliza sobre una superficie cilíndrica sin fricción partiendo del reposo en el punto A, como indica la figura 4.43. Si el bloque abandona la superficie en el punto B, ¿cuál es la razón energía cinética / energía potencial en dicho punto?

Figura 4.43 Rpta: 1/2

4.28. Un bloque de masa 1 kg se desliza sobre una superficie partiendo del reposo en el punto A, como muestra la figura 4.44. Si el trabajo realizado por la fricción en el tramo AB es – 10 J, ¿cuál es su energía cinética en el punto B? (g = 10 m/s2)


4.29. Un bloque de masa 0,5 kg se desliza desde el reposo en el punto A sobre una superficie sin fricción, como muestra la figura 4.45. Calcule la magnitud de la normal cuando el bloque pasa por el punto B de la superficie de radio R = 1 m. (g = 10 m/s2)


4.30. Un bloque de masa 1 kg se desliza por una vía desde el reposo en el punto A, como muestra la figura 4.46. El tramo AB es liso y el coeficiente de fricción cinético entre el bloque y la superficie horizontal es µc = 0,2. (g = 10 m/s2)

a) ¿A qué distancia d sobre el camino recto el bloque quedará en reposo? b) ¿Con qué rapidez se consume la energía mecánica sobre el camino recto?

Figura 4.46 Rpta: a) 25 m; b) 10 W

4.31. Un bloque pequeño de masa 1 kg es soltado (con velocidad nula) en el punto A e ingresa a una cavidad cilíndrica lisa (µc = 0) de radio R = 8 m, como indica la figura 4.47. Luego sube por un plano inclinado rugoso (µc = 0,25) hasta detenerse en el punto C. (Considere: g = 10 m/s2). a) Hallar la altura h. b) ¿Cuál fue la pérdida de energía mecánica hasta el instante en que el bloque se detuvo?

Figura 4.47

Rpta: a) 6 m; b) 20 J

4.32. En la figura 4.48, el bloque parte del reposo en A y pierde 10% de su energía mecánica inicial que tenía en el punto A por efecto del rozamiento. Si su rapidez en el punto C es 5 m/s, calcule la altura h. (g = 10 m/s2)


4.33. La figura 4.49 muestra un bloque de masa 0,2 kg en contacto con un resorte de constante elástica 200 N/m. Si el resorte está comprimido una longitud de 10 cm y el bloque se libera del reposo, ¿con qué rapidez llegará al suelo? Despreciar la fricción. (g = 10 m/s2)

Figura 4.49 Rpta: 2 10 m/s

4.34. En la figura 4.50, un esquiador de masa 50 kg inicia su movimiento desde el reposo en el punto A. En el trayecto AB pierde el 10% de su energía mecánica inicial. Determine la energía cinética cuando pasa por el punto B. (µC = 0,1, g = 10 m/s2)

Figura 4.50

Rpta: 36 kJ

4.35. Un bloque de masa 0,4 kg pasa por el punto A con rapidez de 10 m/s como se muestra en la figura 4.51. Si entre los puntos A y B pierde el 80% de la energía mecánica inicial, y se desprecia la fricción en la superficie horizontal, determine la máxima deformación del resorte. (k = 224 N/m, g = 10 m/s2)

Figura 4.51

Rpta: 20 cm 4.34. En la figura, 4.52 el bloque de masa .m = 1 kg se libera del reposo en el punto A cuando el resorte no ha sufrido deformación. Si el bloque llega hasta el punto C, calcule la energía cinética del bloque cuando pasa por el punto B. Despreciar todo tipo de fricción. (g = 10 m/s2)

Figura 4.52 Rpta: 0,25 J

4.37. Un bloque de masa 1 kg parte del reposo en el punto A y se desliza por una rampa como se muestra en la figura 4.53. En el tramo AB pierde el 25% de su energía mecánica inicial. Si su energía cinética en el punto C es 48 J, determine la altura H. (g = 10 m/s2)

Figura 4.53

Rpta: 2,70 m 4.38. En la figura 4.54, el bloque de masa 1 kg se libera desde el reposo en el punto A, cuando el resorte está sin deformación. Si el bloque desciende hasta el punto B, determine el coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque y el plano inclinado. (k = 80 N/m, g = 10 m/s2)

Figura 4.54

Rpta: 2/3

4.39. En la figura 4.55 se deja caer un cuerpo de masa 1 kg desde el reposo en el punto A sobre la superficie interior de un cilindro de radio R = 1 m. ¿Cuánto

trabajo debe realizar la fricción para que el cuerpo se detenga en el punto B? (g = 10 m/s2)

Figura 4.55 Rpta: – 5 J

4.40. Un bloque de masa 0,5 kg se desliza sobre una superficie sin fricción, partiendo del reposo desde una altura H = 2 m en el punto A, como muestra la figura 4.56. Calcule la magnitud de la fuerza normal cuando el bloque pasa por el punto B de la superficie de radio R = 1 m. (Considere: g = 10 m/s2)

Figura 4.56

Rpta: 19 N

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