1. No category

vectores son entes matemáticos, y por eso cuando se estudia el cálculo vectorial resulta algo
abstracto, porque las matemáticas en sí lo son, ya verás que la física no es así.
TEMA 0 VECTORES Y ESCALARES
Las magnitudes escalares son aquellas que quedan totalmente definidas al expresar la
cantidad y la unidad en que se mide. Ejemplos son la masa, el tiempo, el trabajo y todas las
energías, etc.
En lo que sigue, para no referirnos a una magnitud física concreta sino a vectores en general,
r r r
utilizaremos los vectores A, B, C,...
Las magnitudes que no quedan completamente definidas con solo indicar la cantidad las
llamamos vectores. La mayoría de las magnitudes físicas lo son, e incluso algunas que no
son vectores se definen como producto escalar de vectores, como ocurre con el trabajo, la
potencia, el flujo, la ddp, etc
FORMAS DE EXPRESAR UN VECTOR
Si a una puerta entreabierta le aplicamos una fuerza de 2 Newton podemos abrirla, cerrarla e
incluso no moverla, todo depende de cómo se aplique esa fuerza. Cuando decimos que un
coche se mueve con una velocidad de 20 m/s, quien nos escuche es incapaz de saber si va
hacia el norte o el sur o el sureste. Debemos decirle algo más.
1. Dado el módulo, la dirección y el sentido
Para caracterizar completamente una magnitud vectorial, como son la velocidad,
aceleración, fuerza, etc, es preciso indicar tres cosas:
r
Supongamos un sistema de referencia o ejes cartesianos y vamos a representar un vector A
de módulo 4, que forma un ángulo de 30º con el eje X y apunta hacia el noroeste:
Un vector se puede expresar de varias formas y deber conocer perfectamente cada una de
ellas y la forma de pasar de unas a otras. Estas formas son:
Supongamos, para facilitar la comprensión, que el vector se encuentra contenido en el plano
del papel y más adelante generalizaremos para tres dimensiones.
1. El módulo, que es la cantidad de magnitud y que naturalmente deberá ir acompañada
de la unidad en que se ha medido.
2. La dirección, que es la recta sobre la cual actúa la magnitud vectorial. Por ejemplo,
cuando un coche circula por una calle, la calle es la dirección en la que se mueve el
coche.
3. El sentido, que es el que nos indica si recorre la calle hacia un lado o el contrario.
Es interesante hacer notar que con frecuencia los conceptos dirección y sentido se emplean
mal en la vida cotidiana, así cuando se dice que una calle es de dirección prohibida, lo que se
quiere decir es que es de sentido único, puesto que un coche tanto si circula en un sentido o
el contrario lleva la misma dirección. Una calle de dirección prohibida, en el sentido estricto,
sería una calle por la que no se puede circular en ningún sentido.
•
•
Notación de un vector: Las magnitudes vectoriales se pueden notar de dos maneras:
•
•
•
Al decir que el módulo es de 4 unidades representamos un segmento de 4 unidades
de largo.
Al decir que forma un ángulo de 30º con el eje X nos están dando la dirección del
vector, es decir la recta sobre la que está montado
Con el sentido nos indican hacia donde apunta
2. Dadas sus componentes en un cierto sistema de referencia
r
Con una letra corriente, sobre la que se pone una flechita: F
Con una letra tipo negrita: F
Las componentes de un vector son las proyecciones del vector sobre los ejes.
Para dibujar la proyección no hay más que trazar una perpendicular a los ejes por el extremo
del vector.
Cuando se nota de una de estas dos maneras se expresa el vector completo (módulo,
dirección y sentido)
Cuando solo se quiere expresar el módulo se hace poniendo la letra normal sin la flechita o
r
bien de una de las formas anteriores, pero encerrándolo entre barras: F o F
En lo sucesivo utilizaremos las notaciones siguientes:
Vector:
Módulo:
r
v
v
r
a
a
r
F
F
...
...
Se definen unos vectores unitarios (es decir que tienen módulo igual a la unidad) y que
tienen la dirección de los ejes y apuntan hacia la parte positiva:
Naturalmente, puesto que la mayoría de las magnitudes físicas son vectores es
absolutamente necesario que manejes con soltura todo lo relacionado con ellos, y aunque los
1
2
•
•
•
r
Para el eje X, el vector unitario i
r
Para el eje Y, el vector unitario j
r
Para el eje Z, el vector unitario k
Ejemplo:
r
r r
Ahora vamos a resolver el ejercicio al revés, es decir, dado el vector A = 4 i + 3 j calcular su
módulo, la dirección y sentido, es decir el ángulo que forma con los ejes.
La primera operación es ayudarnos de una figura, por lo menos hasta que estos conceptos se
manejen suficientemente. Así que tomamos 4 divisiones en el eje X (ya que Ax=4) y 3
divisiones en el eje Y (Ay=3) y se levantan las perpendiculares a los ejes hasta que se corten
en lo que será el extremo del vector:
r
con esto representamos al vector unitario A en función de sus componentes de la siguiente
forma:
r
r
r
A = Ax i + Ay j
Ejemplo:
Pon en función de sus componentes un vector que tiene de módulo 5 unidades y forma un
ángulo de 37º con el eje X.
Como puedes ver, el triángulo (en azul) es un triángulo rectángulo del que conocemos los
catetos que son Ax y Ay, así que aplicando el teorema de Pitágoras podemos calcular la
hipotenusa A que es precisamente el módulo del vector:
r
r
r
A = Ax i + Ay j
A 2 = A 2x + A 2y
El único problema está en saber cuanto valen las componentes del vector Ax y Ay.
Como sabes, por definición, el coseno de un ángulo es igual al cateto contiguo dividido por
la hipotenusa. El cateto contiguo al ángulo es igual, como se aprecia en la figura, Ax y la
hipotenusa es el módulo del vector, por tanto:
A
cos α = x
A
⇒
Ay
A
⇒
A = A 2x + A 2y = 4 2 + 3 2 = 5
Para calcular el ángulo que el vector forma con el eje X recordemos que la tangente de un
ángulo es igual a seno partido por coseno, es decir al cateto opuesto (Ay) dividido por el
cateto contiguo (Ax)
tg α =
A x = A ⋅ cos α
De la misma manera, recordando que el seno de un ángulo, por definición, es igual al cateto
opuesto (Ay) dividido por la hipotenusa (A), tendremos:
senα =
⇒
Ay
Ax
⇒
α = arctag
Ay
Ax
= arctg
3
= 37º
4
El ángulo α se mide siempre desde el eje X en sentido antihorario, de manera que a demás
de la dirección nos indica el sentido. En efecto, ya que un vector de la misma dirección y
sentido opuesto formaría con el eje X un ángulo de 217º (180+37)
Naturalmente, el ángulo β que forma con el eje Y es el complementario de α, es decir que
β = 90 − 37 = 53º
A y = A ⋅ senα
r
por tanto, sustituyendo en la expresión del vector tendremos que el vector A en función de
sus componentes es:
r
r
r
r
r
r
r r
r
A = A x i + A y j = A ⋅ cos α i + A ⋅ senα j = 5 ⋅ cos 37 i + 5 ⋅ sen37 j = 4 i + 3 j
3
4
Ejemplos:
Haz un resumen de las dos formas de expresar un vector que hemos visto y resuelve los dos
ejercicios siguientes:
a) Un vector tiene de módulo 7 unidades y forma un ángulo de 30º con el eje X. Exprésalo
r
r
r
en función de sus componentes. Solución: A = 6,1 i + 3,5 j
r
r
r
b) Hallar el módulo y el ángulo que forma con el eje X el vector A = 6 i + 8 j
Solución: A=10 unidades α=53º7´
Ejemplo:
r
Hallar el módulo y el ángulo que forma con los ejes un vector A , que tiene su origen en el
punto (1,1) de un cierto sistema de referencia y el extremo en el punto (–2,3).
3. Dado el origen y el extremo del vector (es decir, las coordenadas del origen y del extremo
del vector)
Como se deduce de la figura, el vector será:
r
r
r
A = −3 i + 2 j
el módulo:
A = A 2x + A 2y = (−3) 2 + 2 2 = 3,6
el ángulo con el eje X:
Como puede verse en la figura las componentes del vector son:
α = arctag
A x = x1 − x o
A y = y1 − y o
Ay
Ax
= arctg
2
= −33º 41´= 146º19´
−3
Si resuelves el arctg(2/–3) con la calculadora obtendrás –33,69º, lo que pasa es que el criterio
sobre los ángulos es medirlos siempre en el sentido contrario a las agujas del reloj partiendo
desde la parte positiva del eje X, por tanto el ángulo sería el 180–33,69=146,31º
por tanto el vector en función de sus componentes se escribiría de la siguiente forma:
r
r
r
A = ( x 1 − x o ) i + ( y1 − y o ) j
Otra aclaración importante sobre los vectores es que éstos son independientes del sistema de
referencia elegido para representarlos. De ello nos ocuparemos más adelante, pero eso quiere
decir que, si nos viene bien, podemos trasladar el sistema de referencia hasta que su origen
coincida con el origen del vector.
el orden de esas diferencias hay que conservarlo siempre, aunque alguna coordenada fuese
negativa. Siempre será la coordenada del extremo menos la del origen.
5
6
VECTOR UNITARIO DE UN VECTOR
Ejemplo:
r
r
r
r
Multiplicar por 2 el vector A = 3 i + 4 j y comprobar que el nuevo vector B tiene la misma
r
dirección y sentido y que su módulo es dos veces mayor que el del vector A
r
El vector unitario de un vector A es aquel que tiene de módulo la unidad y la misma
r
r
dirección y sentido que el vector A . Se representa como u A
r
r
r
r r
r
B = 2A = 2 ⋅ 3 i + 2 ⋅ 4 j = 6 i + 8 j
r
El ángulo que forma el vector A con el eje X viene dado por:
4
α = arctag = 53,13º
3
r
y el ángulo que forma B con el eje X es
8
α = arctag = 53,13º
6
r
el módulo de A es:
r
Puesto que el vector unitario tiene la misma dirección y sentido que el A puede servirnos
r
r
para expresarlo, ya que si multiplicamos el vector unitario u A por el módulo del vector A
obtendremos a dicho vector:
r
r
A = A ⋅uA
r
el módulo de B es:
r
En la expresión anterior: A es el módulo del vector y u A nos da su dirección y sentido.
A = 32 + 4 2 = 5
B = 6 2 + 8 2 = 10
Ya te habrás dado cuenta de que habíamos utilizado el concepto de producto de un escalar
por un vector antes de explicarlo, porque no es ni más ni menos que lo que hicimos al definir
un vector como producto de su módulo por su vector unitario.
Ejemplo:
r
r
r
Calcular el vector unitario del vector A = 4 i + 3 j
r
r
Teniendo en cuenta que A = A ⋅ u A y despejando el vector unitario, tendremos que (puesto
que el módulo del vector es A = A 2x + A 2y = 4 2 + 3 2 = 5 ):
COSENOS DIRECTORES DE UN VECTOR
r
r
r
r
A 4i +3 j 4r 3r
uA = =
= i+ j
A
5
5
5
Se llaman así a los cosenos de los ángulos que el vector forma con los ejes. Por convenio a
los ángulos se les asignan las letras α , β y γ a los ángulos que el vector forma con los ejes
X, Y y Z respectivamente.
PRODUCTO DE UN ESCALAR POR UN VECTOR
cos α =
r
Sea un escalar (un número) t, al multiplicarlo por un vector A se tiene (exactamente igual
que cuando se multiplican funciones):
cos β =
Ax
A
Ay
A
Az
cos γ =
A
r
r
r
tA = tA x i + tA y j
Como vemos, al multiplicar un vector por un escalar se obtiene otro vector, cuyas
componentes han quedado multiplicadas por dicho escalar y por tanto: El vector que se
r
obtiene es de la misma dirección y sentido (si el escalar es positivo) que el vector A , solo
que su módulo ha quedado multiplicado por el escalar.
Evidentemente, si el escalar es negativo el vector tendría la misma dirección, pero el sentido
opuesto.
Como puedes imaginar, conociendo los cosenos directores de un vector y su módulo
también podremos expresar al vector.
r
r
De acuerdo con la segunda ley de Newton F = m a , por tanto la fuerza y la aceleración son
dos vectores de la misma dirección y del mismo sentido.
7
8
SUMA DE VECTORES
r
r
r
Cuando se suman dos vectores A y B se obtiene otro vector C , cuyas componentes son
iguales a la suma de las componentes de los vectores. Recuerda que sumar vectores es como
sumar funciones del tipo: f=2x+3y con f´=5x+4y, con lo que f+f´=(2+5)x+(3+4)y
Ejemplo:
r
r
r
r r
Dados los vectores A = 3 i + 4 j y B = 2 i obtener el vector suma.
Simplemente lo que hay que hacer es poner los vectores uno debajo del otro y sumarlos:
r
r
r
A = 3i + 4 j
r
r
B = 2i
r
r
r
A = Ax i + Ay j
r
r
r
B = Bx i + By j
r
r
r
r
r r r
C = A + B = (3 + 2) i + 4 j = 5 i + 4 j
r
r
r r r
C = A + B = (A x + B x ) i + (A y + B y ) j
Como puedes comprobar los módulos de los vectores son A=5 y B=2 mientras que C=6,4,
por tanto:
C≠A+B
Geométricamente dos vectores se suman trazando por el extremo de uno de ellos un vector
paralelo al otro, e igual a él, y uniendo el origen del primero con el extremo del segundo,
dicho de otra forma es como desplazar uno de los vectores hasta hacer coincidir su origen
con el extremo de segundo y unirlos como se ha dicho:
DIFERENCIA DE VECTORES
Restar dos vectores es igual que sumarle a uno el opuesto al otro, es decir que:
r r r
r
A − B = A + ( − B)
Se dice que dos vectores son opuestos cuando tienen el mismo módulo, la misma dirección,
pero sentidos contrarios. El vector opuesto se obtiene cambiándole el signo a todas las
componentes del vector, es decir, multiplicándolo por –1.
También pueden trazarse por el extremo de cada vector paralelas al otro y unir el origen de
los vectores con el punto de corte donde estaría el extremo:
Ejemplo:
r
r
r r
r
r r
Dados los vectores A = 3 i + 4 j y B = 2 i , obtener el vector A − B
r
r
r
r
Si el vector B = 2 i entonces el vector opuesto es − B = −2 i , así que:
Propiedades de la suma de vectores:
•
•
r
r
r
A = 3i + 4 j
r
r
− B = −2 i
r r r r
Conmutativa: A + B = B + A
r
r r
r
r r
Asociativa: A + (B + C) = (A + B) + C
r
r r
r
r r
r
C = A + ( − B) = (3 − 2) i + 4 j = i + 4 j
Hay que tener cuidado porque, si bien la suma de dos vectores es igual a otro vector y se
r r r
escribe: C = A + B , por lo general esa igualdad no puede escribirse para sus módulos, de
manera que C ≠ A + B y solamente se cumple esa igualdad en el caso de que los vectores
r
r
A y B tengan la misma dirección.
gráficamente sería:
9
10
Recuerda: Siempre que haya que sumar vectores debes hacer lo siguiente:
•
•
Si vienen dados en función de sus componentes, se suman miembro a miembro como
hemos visto antes
Si vienen dados como módulo y dirección (que será probablemente el caso más
frecuente) debes hacer lo siguiente:
Elegir un sistema de referencia, que puede ser cualquiera, y por lo tanto el
que más interese, es decir aquel en el que la mayoría de los vectores tengan
las direcciones de los ejes.
Descomponer todos los vectores en ese sistema de referencia, es decir
ponerlos en función de sus componentes
Una vez hecho esto, se ponen unos debajo de otros y se suman miembro a
miembro
Ejemplo:
Imagina que de una sartén de migas tiran el marido, la mujer y la suegra, todos en el mismo plano.
El marido tira con una fuerza de 90N, la mujer con una fuerza de 60N, formando un ángulo de 30º
con la que hace el marido, y la suegra con una fuerza de 40N, perpendicular a la que ejerce el
marido. Calcular la fuerza resultante sobre la sartén.
Primero elegimos un sistema de referencia, y como puede ser cualquiera, porque una propiedad
importante de los vectores es que su módulo y dirección no dependen del SR, elegiremos uno
como el de la figura que ya tiene dos vectores descompuestos al tener la dirección de los ejes:
Ejemplo:
Cuando un niño está sobre un tobogán inclinado 37º sobre la horizontal, sobre él aparecen 3
fuerzas, tal como se dibujan en la figura: El peso, que siempre es perpendicular hacia la
tierra, y supongamos que vale 5N. La reacción del plano, también llamada normal (porque
siempre es perpendicular al plano) que en este caso vale 4N y la fuerza de rozamiento, que
siempre lleva la dirección del movimiento y el sentido contrario, supongamos que vale 2N.
a) Obtener la fuerza resultante en un SR cuyo eje X sea paralelo al movimiento
b) Obtener la fuerza de rozamiento en un SR, cuyo eje X sea horizontal
c) Comprobar que el valor de la fuerza resultante en ambos casos es el mismo.
a) En primer lugar dibujamos el SR. En él podemos ver como los ángulos señalados son
iguales porque tienen sus lados perpendiculares.
Ahora descomponemos el peso según los ejes trazando por el extremos del vector unas
paralelas a los ejes. La componente según el eje Y vale 5 cos 37 y la componente según el
eje X vale 5sen 37 (Procura dibujar las paralelas bien y no de cualquier manera)
r
r
FRoz = −2 i
r
r
r
P = 5sen 37 i − 5 cos 37 j
r
r
N=
+4 j
Una vez elegido el SR y descompuestos todos los vectores según los ejes, solo nos queda
sumarlos:
r
r
F1 = 90 i
r
r
r
F2 = 60 cos 30 i + 60sen30 j
r
r
F3 =
+ 40 j
r
r
r
FR = ( −2 + 5sen37) i + (5 cos 37 + 4) j
r
r
FR = i
r
r
r
r
r
FR = (90 + 60 cos 30) i + (60sen 30 + 40) j = 142 i + 70 j
Su módulo y dirección:
b) Ahora vamos a resolver el mismo ejercicio, pero refiriendo los vectores a un SR con el eje
X paralelo a la horizontal:
FR = 142 2 + 70 2 = 158,3N
70
α = arctag
= 26,24º º
142
11
12
•
El producto escalar de un vector unitario por él mismo es igual a la unidad:
r r r r
i • i = i • i ⋅ cos 0 = 1 ⋅ 1 ⋅ 1 = 1
r r r r r r
i • i = j • j = k •k =1
A partir de la definición de producto escalar puede deducirse otra forma alterativa para
calcularlo. Vamos a efectuar el producto escalar de dos vectores en función de sus componentes
(Recuerda que se multiplican exactamente como si se tratara de polinomios)
r
r
r
A = Ax i + Ay j
r
r
r
B = Bx i + By j
r
r
r
FRoz = −2 cos 37 i + 2sen37 j
r
r
P=
−5j
r
r
r
N = 4sen 37 i + 4 cos 37 j
r r
r r
r r
r r
r r
A • B = A x Bx i • i + A x By i • j + A y Bx j • i + A yBy j • j
r
r
r
FR = (−2 cos 37 + 4sen37) i + (2sen37 − 5 + 4 cos 37) j
r
r
r
FR = 0,8 i − 0,6 j
y nos queda que:
c) El vector resultante en cada SR ha sido:
r
r
FR = i
r
r
r
FR = 0,8 i − 0,6 j
r r
A • B = A x Bx + A yBy
Propiedades del producto escalar:
⇒
FR = 1N y α = 0º
⇒
FR = 1N y α´= −37 º
•
•
Salta a la vista que ambos vectores tienen distintas componentes y que por tanto las
componentes de un vector dependen del SR elegido para referirlo.
•
Sin embargo el módulo del vector es el mismo en ambos casos y aunque el ángulo que
forma con el eje X no lo es, su dirección sí, ya que como puedes ver ambos SR están girados
un ángulo de 37º y por tanto la relación entre los ángulos es α = α´ +37º
r r r r
Conmutativa: A • B = B • A
No puede tener la propiedad asociativa porque sencillamente es imposible multiplicar
r r r
r r r
tres vectores escalarmente, pero sí se cumple A • (B • C) = ( A • B) • C aunque el
resultado de ello obviamente es un vector.
r r r
r r r r
Distributiva: A • (B • C) = A • B + A • C
Interpretación geométrica del producto escalar: El producto escalar de dos vectores es igual
al producto del módulo de uno de ellos por la proyección del otro sobre él. Veamos:
r r
A • B = A B cos α = A PB
PRODUCTO ESCALAR DE DOS VECTORES
PB =
r
r
Por definición, el producto escalar de dos vectores A y B es igual al producto de sus
módulos por el coseno del ángulo que forman. Por tanto, como su nombre indica, el
resultado es un escalar, es decir un número. Se nota con un punto grueso entre ambos
vectores:
r r
A • B = A B cos α
Ángulo que forman dos vectores: El producto escalar puede utilizarse para saber si dos
vectores son perpendiculares, porque en tal caso el resultado sería nulo. Pero también puede
utilizarse para saber el ángulo que forman dos vectores entre sí, ya que:
De la definición de producto escalar se deduce que:
•
r r
r r
A•B
A•B
y también PA =
A
B
r r
A • B = A B cos α = A x B x + A y B y
El producto escalar de dos vectores perpendiculares entre sí, es decir que formen 90º,
es nulo porque cos90=0. Así pues:
de aquí:
cos α =
A x Bx + A yBy
AB
naturalmente α es el arco coseno de esa expresión
r r r r
i • j = i • j ⋅ cos 90 = 1 ⋅ 1 ⋅ 0 = 0
r r r r r r
i • j = i •k = j•k = 0
13
14
Ejemplo:
r
r r r
r r
Obtener el producto escalar de los vectores A = 4 i + 3 j y B = 12 i + 5 j
¿Qué ángulo forman entre sí?
De la definición de producto vectorial se deduce que:
• El producto vectorial de dos vectores de la misma dirección es nulo porque sen0=0.
r r r r r r
i ∧ i = j∧ j = k∧k =0
r r
A • B = A x B x + A y B y = 4 ⋅ 12 + 3 ⋅ 5 = 48 + 15 = 63
Para calcular el ángulo que forman los vectores necesitamos conocer los módulos, así que:
A = 4 +3 = 5
2
2
•
Cuando realicemos el producto vectorial de dos vectores unitarios distintos se
obtiene otro también unitario y perpendicular al plano que forman. Por ejemplo:
r r r r
i ∧ j = i ∧ j ⋅ sen90 = 1 ⋅ 1 ⋅ 1 = 1
B = 12 2 + 5 2 = 13
El ángulo que forman es:
α = arccos
A x Bx + A y By
AB
= arccos
63
= 14º15´
5 ⋅ 13
como sabemos esto es solo el módulo del vector, su dirección será la perpendicular al plano
r r
que contiene los vectores i y j , es decir, su dirección será según el eje Z, y su sentido
según la regla de la mano derecha hacia arriba, por tanto:
PRODUCTO VECTORIAL DE DOS VECTORES
r r r
i∧ j=k
r
r
r
El producto vectorial de dos vectores A y B es otro vector C que tiene:
•
El módulo es igual al producto del módulo de los vectores por el seno del ángulo que
forman los vectores por el camino más corto:
Así pues, con la ayuda de la figura y aplicando la regla de la mano derecha podemos
comprobar que:
r r r
r r
r
i∧ j=k
j ∧ i = −k
r r
r
r r r
i ∧k = −j
k∧i = j
r r r
r r
r
j∧k = i
k ∧ j = −i
C = A B senα
•
•
La dirección es la perpendicular al plano que forman los vectores
El sentido viene dado por la regla del tornillo, es decir, apunta hacia donde lo haría un tornillo que
girase como lo hace el primer vector para coincidir con el segundo por el camino mas corto.
También puedes utilizar la regla de la mano derecha que consiste en colocar la mano sobre el primer
vector y cerrarla en el sentido que lo haría el vector para coincidir con el segundo por el camino mas
corto, y el pulgar nos indicará el sentido del producto vectorial:
Ahora vamos a ver como a partir de la definición de producto vectorial puede deducirse la
forma para calcularlo a partir de sus componentes. Basta con multiplicar como si se tratase
de polinomios, pero cuidando de no alterar el orden, porque como hemos visto más arriba no
tiene la propiedad conmutativa.
r
r
r
r
A = Ax i + Ay j + Azk
r
r
r
r
B = Bx i + By j + Bz k
r r
r r
r r
r r
A ∧ B = A x Bx i ∧ i + A x By i ∧ j + A x Bz i ∧ k +
r
r
0
–j
k
r r
r r
r r
+ A y Bx j ∧ i + A y By j ∧ j + A y Bz j ∧ k +
r
r
–k
0
i
r r
r r
r r
+ A z Bx k ∧ i + A z By k ∧ j + A z Bz k ∧ k
r
r
–i
0
j
•
Notación: Se nota con un aspa o el símbolo ∧ (como una v invertida). Utilizaremos
siempre la segunda forma porque el aspa es fácil de confundir con una equis.
15
agrupando queda:
16
r
r
r
r r
A ∧ B = (A y B z − A z B y ) i + (A z B x − A x B z ) j + (A x B y − A y B x ) k
Ejemplo:
r
r r r
r r
Obtener el producto vectorial de los vectores A = 4 i + 3 j y B = 12 i + 5 j
¿Cuál es el área del triángulo que forman entre sí?
Precisamente este vector coincide con el desarrollo del siguiente determinante:
r r
A∧B=
r
i
r
j
r
k
Ya calculamos en el ejercicio anterior el módulo de esos vectores y el ángulo que forman entre
sí, por tanto el módulo del vector que resulta de multiplicarlos vectorialmente es, de acuerdo
con la definición:
Ax Ay Az
Bx By
Bz
r r
A ∧ B = AB senα = 5 ⋅ 13 ⋅ sen14º15´= 16
en la primera fila se ponen siempre los vectores unitarios. En la segunda fila las
componentes del primer vector y en la tercera fila las componentes del segundo vector. (Si
alteramos el orden de alguna fila, como sabemos, obtendríamos el determinante cambiado de
signo y por tanto el vector opuesto.)
Propiedades del producto vectorial:
•
La dirección del vector será la perpendicular al plano que forman los vectores, que como
solamente tienen componentes según los ejes X e Y evidentemente están en ese plano y por
r
lo tanto el vector C debe tener la dirección del eje Z, es decir la dirección del vector unitario
r
r
k o de − k según sea su sentido.
NO tiene la propiedad conmutativa, ya que si se altera el orden de los vectores se
obtendría el vector opuesto, así que:
r r r r
r r
r r
A ∧ B ≠ B ∧ A o bien que: A ∧ B = −(B ∧ A)
•
•
r
r r
r
r r
A ∧ ( B ∧ C) = ( A ∧ B) ∧ C
r
r r r r
r r
Distributiva: A ∧ ( B ∧ C) = A ∧ B + A ∧ C
Asociativa:
Interpretación geométrica del producto vectorial:
El módulo del producto vectorial de dos vectores es igual al área del paralelogramo que
ambos vectores forman entre sí.
Como se deduce de la figura, al aplicar la regla de la mano derecha, el vector resultante
r
tienen dirección y sentido del vector − k , por lo tanto el vector producto vectorial será:
r r
A ∧ B = A B senα = A h B = Base ⋅ altura = Area
r r
A∧B
AreaTriángulo =
2
r
r r r
C = A ∧ B = −16 k
Al mismo resultado habríamos llegado si resolvemos el determinante:
r r
A∧B=
r
i
r
j
4
12
3
5
r
k
r
r
0 = (20 − 36)k = −16 k
0
Y el área del triángulo que forman los vectores es:
AreaTriángulo =
r r
A∧B
2
=
16
= 8 u2
2
(Con u2 queremos indicar unidades cuadradas, ya que no sabemos en que están medidas las
divisiones de los ejes)
17
18
MOMENTO DE UN VECTOR RESPECTO DE UN PUNTO
Como ves, no es la fuerza aplicada a una puerta la responsable de que gire, sino el momento
que provoca la fuerza. Ya sabes por experiencia que cuando tienes que cerrar una puerta, en
especial si es muy pesada, que:
r
Imagina el vector r que tiene su origen en el punto O y su extremo en cualquier lugar del
r
r
vector A . El momento del vector A respecto de un punto O es por definición igual al
r r
producto vectorial de r ∧ A
•
•
r r r
M = r∧A
•
r
Siempre le empujas en el borde, porque de esa forma haces que el módulo de r sea
mayor y por tanto el momento de la fuerza
Siempre procuras empujarle en dirección perpendicular a la fuerza para que el seno
del ángulo sea máximo.
Nunca se te ocurriría empujarle en la dirección de la puerta. Sabes que así por mucha
fuerza que realices nunca la vas a mover, porque sen 0 = 0 y el momento nulo.
TEOREMA DE VARIGNON
El módulo del momento, teniendo en cuenta que se trata de un producto vectorial, será:
Dice que en un sistema de fuerzas concurrentes el momento de la fuerza resultante, respecto
de un punto, es igual a la suma de los momentos de cada fuerza, referidos naturalmente al
mismo punto. (Es evidente que el teorema es válido no solo para el vector fuerza sino para
cualquier tipo de vector.)
M = r A senα = A d
r
r
El ángulo α es el ángulo que forma el vector r con el vector A . Fíjate en la figura. En el
r
triángulo rectángulo en amarillo, la hipotenusa es el módulo del vector r y uno de los
r
catetos es d, que representa la distancia más corta del punto O al vector A .
v
v
v
v
M = M1 + M 2 + M 3
d = r sen (π − α ) = r senα
donde se ha tenido en cuenta que el sen (π − α) = senα
Así que finalmente podemos poner que M = r A senα = A d
la demostración es muy simple:
Ejemplo:
Una puerta tiene 1 m de ancha. Si ejerces una fuerza de 20 N en el borde, calcula el
momento de la fuerza respecto de las bisagras en los siguientes casos:
a) Cuando la fuerza forme un ángulo de 90º respecto de la puerta
b) Cuando forme un ángulo de 37º con la puerta
c) Cuando la fuerza tenga la misma dirección que la puerta.
Ejemplo:
Para subir un cubo de agua que pesa 100 N utilizamos una polea de 20 cm de radio y ejercemos al
otro lado una fuerza de 150 N. Calcular el momento que hace girar la polea.
v
v
v
v
v
r r r r r r
r r r r
r r
M = M 1 + M 2 + M 3 = r ∧ F1 + r ∧ F2 + r ∧ F3 = r ∧ ( F1 + F2 + F3 ) = r ∧ F = M
La fuerza resultante, puesto que una polea ideal
simplemente modifica la dirección de la fuerza, es
de 50 N.
El momento de que la fuerza ejerce respecto de las bisagras es M = r F senα así que según el
ángulo que forme la fuerza con la puerta tendremos:
a) M = r F senα = 1 ⋅ 20 ⋅ sen 90 = 20 N ⋅ m
De acuerdo al teorema de Varignon, el momento
del sistema será igual al momento de la fuerza
resultante, por tanto:
M = r FR = 0,2 ⋅ 50 = 10 N ⋅ m
b) M = r F senα = 1 ⋅ 20 ⋅ sen 37 = 12 N ⋅ m
También podemos calcular el momento de cada fuerza por separado y sumarlos. (teniendo
en cuenta que son vectores): M = 0,2 ⋅ 150 − 0,2 ⋅ 100 = 10 N ⋅ m
c) M = r F senα = 1 ⋅ 20 ⋅ sen 0 = 0
El signo menos del segundo momento es debido a que produce un giro en sentido contrario
al primero. Recuerda que se trata de vectores.
19
20
DERIVADA DE UN VECTOR
Como muy bien sabes, la derivada de una constante es nula, por lo tanto para que un vector
admita derivada es preciso que varíe respecto del escalar al que se deriva.
r
Si ∆t es un intervalo pequeño su inversa será grande, por tanto ∆A / ∆t será un vector en la
r
misma dirección y sentido que ∆A , pero con un módulo mayor:
En muchos casos, en física, los vectores van a variar con respecto al tiempo, en otras
r
palabras son vectores que dependen del tiempo y representaremos como A( t ) o
r
r
r
r
simplemente A pero sin olvidar que dependen del tiempo, por ejemplo: A = 3t i + 4 j
r
r
r
∆A A ( t + ∆t ) − A ( t )
=
∆t
∆t
Antes de continuar es muy importante recordar que un vector se compone de módulo,
dirección y sentido, y que por lo tanto éste puede variar respecto al escalar, en módulo o en
dirección o en ambas cosas a la vez, y que en todos los casos admitiría derivada.
r
Imaginemos un vector A( t ) que varía en módulo y/o en dirección con respecto al tiempo. Si
lo representamos en tres instantes podría ser:
Si ∆t lo hacemos cada vez menor y menor, sería como tomar límites a la expresión anterior
cuando ∆t tiende a cero, tendremos lo que por definición es la derivada:
lim ∆t →0
r
r
r
r
∆A
A ( t + ∆t ) − A ( t ) dA
= lim ∆t →0
=
∆t
∆t
dt
Imagina que si el intervalo de tiempo ∆t lo vamos tomando cada vez más pequeño (puesto
r
que tiende a cero) entonces el vector ∆A / ∆t va siendo cada vez más tangente a la curva que
describen los extremos del vector. Justamente en el límite, cuando ∆t → 0 , el vector será
tangente a la curva:
Si después de dibujar el vector en varios instantes unimos los extremos de todos ellos
obtendríamos la curva que describen los extremos del vector.
Ahora imaginemos el vector en un momento dado y al cabo de un instante ∆t
“La derivada de un vector respecto de un escalar es otro vector, cuya dirección es la
tangente a la curva que describen los extremos del vector sin derivar, y cuyas
componentes son las derivadas de las componentes del vector.”
r
dA dA x r dA y r dA z r
j+
=
k
i+
dt
dt
dt
dt
r
Al cabo del intervalo de tiempo ∆t el vector será A ( t + ∆t ) y se habrá incrementado en
r
∆A . Recordando la suma de vectores, de la figura se deduce que:
En la figura se representa el vector en dos instantes y su derivada en esos instantes. Como
puedes ver es tangente a la curva que describen los extremos del vector-
r
r r
A ( t ) + ∆A = A ( t + ∆t )
o bien que:
r r
r
∆A = A ( t + ∆t ) − A ( t )
Si ahora multiplicamos a ambos miembros de la igualdad por 1 / ∆t y recuerdas que al
multiplicar un vector por un escalar se obtiene otro vector en la misma dirección y sentido y
cuyo módulo queda multiplicado por el escalar.
21
22
Ejemplo:
r
r
r
Dado el vector A = t 2 i + ( 2t + 4) j obtener el vector derivada del mismo en los instantes t=1
y t=3 segundos.
r
2. Si el vector A solamente varía en módulo, pero no en dirección, entonces el vector y su
derivada son paralelos. En efecto, pues si el vector no varía en dirección sus extremos
describen una recta, la que los contiene, y la tangente a una recta es otra recta montada sobre
ella.
Para obtener la derivada de un vector no hay más que derivar sus componentes respecto al
tiempo, así que:
r
r
r
dA
= 2t i + 2 j
dt
en los instantes que se pide, el vector derivada es (no hay más que sustituir t por su valor) :
r
r
r
r
r
r
dA
dA
y
= 2i +2j
= 6i +2j
dt t =1
dt t =3
r
Para comprenderlo mejor dibuja el vector A( t ) en varios momentos (para eso no hay más
que darle valores al tiempo y obtendremos el vector en esos momentos). Luego vamos a unir
los extremos del vector, obteniendo así la curva que va describiendo. Por último dibujaremos
los vectores derivada en los instantes t=1 y t=3 segundos. Debes obtener una gráfica parecida
a la siguiente:
3. Teniendo en cuenta que un vector puede expresarse en función de su vector unitario de la
forma:
r
r
A = A ⋅uA
si derivamos esa expresión. (Se hace exactamente igual que si se deriva un producto
cualquiera, es decir, sería la derivada del primero por el segundo sin derivar más el primero
sin derivar por la derivada del segundo.)
r
r
du
dA dA r
uA + A A
=
dt
dt
dt
La derivada de un vector puede descomponerse en dos vectores:
•
•
Consecuencias de la definición de derivada de un vector:
r
El primer sumando es un vector en la dirección y sentido de A . Efectivamente, ya
que tiene la dirección y sentido de su vector unitario.
r
El segundo sumando es un vector normal al vector A . Efectivamente, ya que se trata
de la derivada de un vector unitario y por tanto solo puede variar en dirección, y,
como hemos razonado anteriormente, un vector que solo varía en dirección y su
derivada son perpendiculares.
r
1. Si el vector A solamente varía en dirección, pero no en módulo, entonces el vector y su
derivada son perpendiculares. En efecto, ya que si el vector solo varía en dirección sus
extremos describen una circunferencia y la tangente a una circunferencia es perpendicular al
radio, es decir al vector.
23
24
Ejemplo:
¿En qué casos la derivada del módulo coincide con el módulo de la derivada de un vector?
TEMA 1 CINEMATICA
La cinemática es la parte de la física que se encarga del estudio del movimiento sin importar
las causas que lo originan.
Si te paras a leer este trabalenguas hasta entender lo que dice, verás que en realidad es una
tontería. Veamos, un vector puede expresarse como:
Lo primero que hacemos cuando decimos que un cuerpo se mueve es referirlo instintivamente
a un objeto que consideramos en reposo. Es decir, elegimos un sistema de referencia que
consideramos fijo. Si el cuerpo en estudio, a medida que pasa el tiempo, cambia de posición
respecto al SR decimos que se está moviendo. Sin embargo, en el universo nada está en
reposo y por tanto es imposible disponer de un sistema de referencia fijo, es por eso que todos
los movimientos son relativos.
r
r
A = A ⋅uA
si derivamos:
r
r
du
dA dA r
=
uA + A A
dt
dt
dt
es evidente que, en general, el módulo de la derivada y la derivada del módulo de un vector
son diferentes:
r
dA dA
≠
dt
dt
Solamente serán iguales cuando el segundo sumando de la igualdad sea nulo, y lo será si:
•
•
•
A = 0 , es decir si se trata de un vector nulo.
r
du A
r
= 0 eso sucederá si el vector unitario u A es constante porque en tal caso su
dt
derivada será nula, es decir, sucederá si no cambia en dirección, puesto que su
módulo siempre vale 1.
Por tanto la conclusión es que, la derivada de un vector coincide con el módulo de la
r
derivada, cuando el vector A sea nulo o bien solo cambie en módulo, pero no en
dirección.
VECTOR DE POSICIÓN
Una vez elegido el sistema de referencia (SR), lo primero que nos interesa es conocer la
posición del móvil en cada momento respecto de él. Para ello utilizaremos el vector de
r
posición. El vector de posición ( r ) va a ser un vector que siempre está centrado en el origen
del SR y cuyo extremo esté allí donde lo está el móvil. Evidentemente si el extremo del
vector de posición está siempre donde el móvil debe ser un vector que varíe con el tiempo:
r
r
r
r
r ( t ) = rx ( t ) i + ry ( t ) j + rz ( t )k
Por ejemplo, en dos instantes determinados el móvil puede encontrarse en las posiciones que
indica la figura, el vector de posición en esos instantes será:
Puesto que el vector de posición tiene siempre su extremo donde está el móvil, es evidente
que la curva que describen los extremos de dicho vector coincidirá con la trayectoria del
móvil, es decir:
•
•
25
La trayectoria es la curva que describen los extremos del vector de posición
Las componentes del vector de posición nos dan las coordenadas de la posición del
móvil, por tanto son las ecuaciones paramétricas de la trayectoria
26
Ejemplo:
Un móvil se desplaza obedeciendo a las ecuaciones paramétricas
VELOCIDAD
La velocidad es una magnitud física que nos mide como cambia el vector de posición en
función del tiempo, lo que matemáticamente se expresa mediante la derivada del vector de
posición con respecto al tiempo:
x = t2 + 2
y = t2
r
r dr
v=
dt
a) ¿Qué representan dichas ecuaciones?
b) ¿Cual es la ecuación de la trayectoria en forma normal?
c) ¿Cuál es el vector de posición del móvil?
a) Las ecuaciones paramétricas nos dan las coordenadas del móvil, es como cuando se juega
a los barquitos y dándole valores al tiempo nos dan su posición en cada instante.
Sabemos que la derivada de un vector es otro vector tangente a la curva que describen los
extremos del vector sin derivar. Puesto que el vector sin derivar es el vector de posición y la
curva que describen los extremos del vector de posición es la trayectoria, es evidente que el
vector velocidad es un vector tangente a la trayectoria en cualquier momento.
b) Para obtener la ecuación de la trayectoria en forma normal no hay más que eliminar el
parámetro, que en este caso es el tiempo, así que:
t2 = x − 2
y= x−2
t2 = y
como puedes ver la ecuación de la trayectoria corresponde a la ecuación de una recta, por lo
que el movimiento es rectilíneo.
c) Puesto que las componentes del vector de posición son las ecuaciones paramétricas de la
trayectoria, dicho vector será:
r
r
r
r = ( t 2 + 2) i + t 2 j
Las componentes del vector velocidad son las derivadas de las componentes del vector de
posición:
r
r
r dr r dry r
v= x i+
j = vx i + vy j
dt
dt
Si observas las figuras verás
que para desplazamientos
grandes el módulo del vector
desplazamiento no coincide
con el espacio recorrido sobre
la trayectoria, pero para un
desplazamiento infinitesimal sí
que son iguales:
Si representas la ecuación de la trayectoria y el vector de posición, por ejemplo en los
instantes t=1 y t=2 podrás comprobar gráficamente que sus extremos están sobre la
trayectoria:
r
∆ r ≠ ∆s
pero
r
d r = ds
La velocidad también puede obtenerse derivando la ecuación de la forma en que recorre el
espacio en función del tiempo, pero en este caso solo obtendríamos el módulo de la
velocidad:
ds
v=
dt
Puesto que en este caso solo obtenemos el módulo, si queremos escribirla en forma de vector
tendremos que añadirle un vector unitario en la dirección y sentido de la velocidad:
r ds r
v = ⋅uv
dt
27
28
Ejemplo
r
r
r
El vector de posición de un móvil viene dado por: r = (3t 2 + 2) i + 4 t 2 j
Sabiendo que parte del reposo y que el espacio inicial son 5 m. Calcular:
a) El vector velocidad
b) El módulo de la velocidad
c) La ecuación de la trayectoria
d) La ecuación del espacio
e) En el instante t=2 seg. Calcular su posición, su velocidad y el espacio que habrá recorrido.
r
r
r
r dr
v=
= 6 t ⋅ i + 8t ⋅ j
dt
COMPONENTES INTRÍNSECAS DE LA ACELERACIÓN
b) El módulo de la velocidad será:
(6t )2 + (8t )2
= 10t
c) Como sabemos, las componentes del vector de posición son las ecuaciones paramétricas
de la trayectoria, de manera que no hay más que eliminar el tiempo entre ambas para
obtenerla en forma normal:
x = 3t 2 + 2
t 2 = (x − 2 ) / 3
y = 4t 2
t2 = y/ 4
La aceleración es una magnitud física que nos mide como cambia el vector velocidad en
función del tiempo, por tanto, se define como la derivada del vector velocidad respecto al
tiempo:
v
v
r
r
r dv
r dv dv x r dv y r
a=
=
i+
j = axi + ay j
a=
dt
dt
dt
dt
La aceleración, según se deduce de su definición, es un vector tangente a la curva que
describen los extremos del vector velocidad.
a) El vector velocidad es la derivada del vector de posición, así que:
v=
ACELERACIÓN
y=
Que la aceleración sea un vector tangente a la curva que describen los extremos del vector
velocidad no nos ayuda a dibujarlo, así que lo que vamos a hacer es decomponer al vector
aceleración en dos vectores: Uno en la dirección de la velocidad y otro en dirección
perpendicular, es decir normal, a la velocidad.
Lo primero que haremos es definir dos vectores unitarios:
r
τ va a ser un vector unitario en la dirección a la velocidad, es decir un vector
unitario tangente a la trayectoria en cada momento.
r
n va a ser un vector unitario normal a la velocidad
4
8
x−
3
3
Corresponde a la ecuación de una recta, por lo que el movimiento es rectilíneo.
d) Puesto que el módulo de la velocidad es igual a la derivada del espacio respecto al
tiempo, despejando podemos obtener el espacio como integral de la velocidad:
v=
ds
dt
s = ∫ v ⋅ dt = ∫ 10 t ⋅ dt = 5t 2 + k
⇒
La k es la constante de integración y obviamente corresponde al espacio inicial, es decir es el
valor del espacio, cuando t=0, por tanto, según los datos k=5 y la ecuación final de espacio
será:
s = 5t 2 + 5
Como sabemos, un vector puede expresarse como producto de su módulo por un vector
unitario en la dirección y sentido del vector, así pues, la velocidad podemos expresarla
como:
r
r
v = v⋅τ
e) Esta es la parte más fácil, puesto que una vez que tenemos todas las ecuaciones,
simplemente se trata de sustituir el tiempo por el valor del instante que nos digan, así:
derivando al vector velocidad respecto al tiempo obtendríamos la aceleración:
(
r
r
r dv dv r
dτ
a=
=
⋅τ + v⋅
dt dt
dt
)
r
r
r
r
r
r t = 2 = 3 ⋅ 2 2 + 2 i + 4 ⋅ 2 2 j = 14 i + 16 j es decir estará en x=14 ; y=16
r
r
r
r
r
v t = 2 = 6 ⋅ 2 i + 8 ⋅ 2 j = 12 i + 16 j
Su módulo es:
v
t =2
La dirección, el ángulo que forma con el eje X es α = arctg
El espacio recorrido será:
s
t =2
r
El primer sumando es un vector en la dirección y sentido de τ es decir en la
dirección y sentido de la velocidad.
El segundo sumando se trata de la derivada de un vector unitario, y ya sabemos que
la derivada de un vector que no varía en módulo (sólo en dirección) y el vector son
perpendiculares, porque sus extremos describen una circunferencia, así que el
= 10 ⋅ 2 = 20m / s
vy
vx
= arctg
8
= 53,1º
6
= 5 ⋅ 2 2 + 5 = 25m
29
30
r
segundo sumando tiene la dirección perpendicular a τ o sea que tiene la dirección de
r
2
n . Puede demostrarse que su módulo es v /r, así que:
r dv r v 2 r
⋅τ+
⋅n
a=
dt
r
r
Al primer sumando se le llama aceleración tangencial ( at ) porque es un vector tangente a la
trayectoria, es decir, en la dirección de la velocidad
r
El segundo sumando se llama aceleración normal ( a n ) porque es un vector normal a la
velocidad.
r
dv r
⋅τ
at =
dt
donde so es la constante de integración que representa al espacio inicial, es decir lo que ya había
recorrido cuando t=0. Si tomamos un sistema de referencia centrado en (0,0) resulta que
x t = 0 = 2 t 3 + 5t 2 + 5 t =0 = 5 por tanto la ecuación del espacio recorrido por el móvil sería:
La aceleración tangencial nos mide las variaciones del MÓDULO del vector
velocidad. Por tanto, si at=0 eso quiere decir que el módulo de la velocidad no varía,
es decir que el movimiento es uniforme.
La aceleración normal nos mide las variaciones en DIRECCIÓN del vector
velocidad. Por tanto si an=0 eso quiere decir que el vector velocidad no varia en
dirección, es decir que se trata de un movimiento rectilíneo ( r = ∞ ).
Hay que darse cuenta de que al ser el vector aceleración suma de dos vectores, uno tangente
a la trayectoria y otro normal, en general la aceleración no tiene la dirección de la velocidad.
Solamente cuando an=0
A estas componentes de la aceleración se las llama intrínsecas porque no dependen del
sistema de referencia, sino de la propia trayectoria.
v
atang
integrando
integrando
r
a
derivando
derivando
v
s
d) La aceleración tangencial es la derivada del módulo de la velocidad y por eso precisamente
mide las variaciones en módulo de la velocidad:
at =
r
r
dv d(6 t 2 + 10t )
=
= 12t + 10 en forma de vector a t = (12t + 10) τ
dt
dt
La aceleración normal mide los cambios en dirección de la velocidad. Como el movimiento es
rectilíneo, porque se mueve a lo largo del eje X, la velocidad no cambia de dirección y su an=0
r
r
v2
= 0 en forma de vector a n = 0 n
R
La aceleración total es la suma vectorial de la aceleración tangencial y de la aceleración normal.
El módulo de la aceleración total (como ambas aceleraciones son vectores perpendiculares
porque la at tiene la dirección de la velocidad y la an es normal a la velocidad), aplicando el
teorema de Pitágoras es:
vector
v = v 2x + v 2y
s = 2 t 3 + 5t 2 + 5
an =
Relación entre las magnitudes cinemáticas
r
rr
v = v 2x + v 2y = (6 t 2 + 10t ) 2 + (0) 2 = 6 t 2 + 10t
s = ∫ v dt = ∫ (6 t 2 + 10 t )dt = 2 t 3 + 5t 2 + s o
Significado físico:
•
a) El vector de posición tiene como componentes las coordenadas del móvil:.
r
r
r
r
r = x i + y j = (2 t 3 + 5t 2 + 5) i
r
r
r dr
b)
v=
= (6 t 2 + 10 t ) i
dt
c) La ecuación del espacio se obtiene integrando el “módulo” de la velocidad, así que:
r
v2 r
an =
⋅n
r
•
Un cuerpo se mueve a lo largo del eje X de acuerdo con la ley: x = 2t3 + 5t2 + 5 Encontrar:
a) El vector de posición
b) El vector velocidad y el módulo de la velocidad
c) Ecuación del espacio
d) La aceleración tangencial, la aceleración normal y la aceleración total
r r r
r
a = a t + a n = (12t + 10) τ
a = a 2t + a 2n = (12t + 10) 2 + 0 2 = 12t + 10
El vector aceleración total puede obtenerse también como derivada del vector velocidad, que
es precisamente su definición:
r
r
r
r
dv d(6t 2 + 10t ) i
a =
=
= (12t + 10) i
dt
dt
31
32
CASOS PARTICULARES DE MOVIMIENTOS
3. Movimiento circular y uniforme (MCU)
1. Movimiento rectilíneo y uniforme (MRU)
Es el que describe un móvil con velocidad constante sobre una trayectoria circular. Eso
quiere decir que la aceleración tangencial debe ser nula porque la velocidad no varía en
módulo, pero la aceleración normal debe ser una constante distinta de cero, ya que describe
una circunferencia y por tanto el vector velocidad varía constantemente en dirección:
v2
an =
→ circular
R
at = 0
→ uniforme
Es aquel en el que la trayectoria es rectilínea y la velocidad constante, por tanto la
aceleración normal debe ser cero (para que no cambie en dirección) y la aceleración
tangencial nula (para que la velocidad no cambie en módulo)
an = 0 → rectilíneo
at = 0 → uniforme, ya que
dv
= 0 ⇒ v = cte
dt
Hay que darse cuenta de que en el MCU aunque la velocidad es constante en módulo, no es
constante del todo, puesto que varía en dirección, de ahí que exista aceleración normal.
Recordando que el módulo de la velocidad es igual a la derivada del espacio con respecto al
tiempo, tendremos que:
v=
ds
td
⇒
s = ∫ v ⋅ dt = vt + s o
El espacio recorrido por el móvil será:
v=
so es la constante de integración, y como puede verse es el espacio cuando t=0, es decir el
espacio inicial.
ds
dt
⇒
s = ∫ v ⋅ dt = vt + s o
En un movimiento circular uniforme, piensa en un disco que está girando, cada punto tiene
una velocidad distinta dependiendo de su distancia al eje de giro, así el punto más alejado
tiene una velocidad mayor que otro más cercano porque en el mismo tiempo recorre un
espacio mayor. Sin embargo todos los puntos giran el mismo ángulo en el mismo tiempo,
por eso nos interesa definir otras magnitudes más apropiadas al tipo de movimiento.
2. Movimiento rectilíneo y uniformemente acelerado (MRUA)
Es aquel en el que la trayectoria es rectilínea y la velocidad varía uniformemente, por tanto
la aceleración normal debe ser cero (para que no cambie en dirección) y la aceleración
tangencial igual a una constante no nula (para que la velocidad varíe en módulo de manera
constante, es decir uniformemente)
an = 0 → rectilíneo
at ≠ 0 → acelerado uniformemente
Puesto que
at =
dv
dt
⇒
v = ∫ a t ⋅ dt = a t t + v o
De la misma manera que ds/dt nos mide la rapidez con que el móvil recorre el espacio dϕ/dt
nos mide la rapidez con que describe los ángulos y se llama velocidad angular.
y como:
s = ∫ v ⋅ dt = ∫ (a t t + v o ) ⋅ dt =
1 2
a t t + vo t + so
2
ω=
Que corresponden con las fórmulas que recordamos para el MRUA de los cursos
elementales:
dϕ
dt
de ahí puede deducirse fácilmente la expresión del ángulo girado en función del tiempo, ya
que:
ϕ = ∫ ω ⋅ dt = ωt + ϕ o
a = cte
v = vo + a.t
Recordando que, por definición el ángulo es la relación entre el arco y el radio, tenemos que:
s = ϕ .R
1
s = s o + v o t + at 2
2
Si derivamos con respecto al tiempo y teniendo en cuenta que R es constante por tratarse de
una circunferencia y su derivada nula:
33
34
ds dϕ
dR dϕ
=
=
R
R+ϕ
dt dt
dt
dt
v = ωR
La velocidad angular es un vector que tiene de módulo dϕ/dt , su dirección es la
perpendicular al plano del movimiento y el sentido viene dado por la regla del sacacorchos
que gire como lo hace el móvil, por tanto:
Y las magnitudes angulares de forma similar, pero antes vamos a definir la aceleración
angular, puesto que si la velocidad varía en módulo y como v=ω.R entonces ω también
debe variar, así que debemos definir una aceleración angular que mida los cambios e módulo
r
de ω
v = ω⋅ R
Derivando respecto al tiempo:
dv dω
dR
=
⋅ R + ω⋅
dt
dt
dt
r r r
v = ω∧ r
0 porque R es constante
así que nos queda que:
at = α ⋅R
donde hemos llamado aceleración angular (α) a la variación de la velocidad angular respecto
al tiempo (por similitud con la at). Como el vector velocidad angular no cambia en dirección
y siempre tiene la perpendicular al plano del movimiento, la aceleración angular que es su
derivada tiene la misma dirección, ya que un vector que no varía en dirección y su derivada
son paralelos.
r
r r
at = α ∧ r
El movimiento circular uniforme es periódico, porque el móvil tarda siempre el mismo
tiempo en dar una vuelta, es decir, que a intervalos regulares de tiempo pasará por el mismo
sitio y tiene los mismos valores cinemáticos. Al tiempo que tarda en dar una vuelta se le
llama periodo (T) y puesto que una vuelta completa son 2π radianes, podemos poner que:
2π
ω=
= 2π ⋅ ν
T
donde se ha tenido en cuenta que la frecuencia (ν) que es el número de vueltas que da e 1
segundo es la inversa del periodo: ν=1/T
4. Movimiento circular uniformemente acelerado (MCUA)
Para deducir las expresiones de las magnitudes angulares procedemos de la misma forma,
solo que teniendo en cuanta que en lugar de espacio, velocidad lineal y aceleración
tangencial tendremos respectivamente ángulo, velocidad angular y aceleración angular, por
tanto:
Es el que describe un móvil con aceleración constante sobre una trayectoria circular. Eso
quiere decir que la aceleración tangencial es una constante al igual que la aceleración
normal, ya que describe una circunferencia y por tanto el vector velocidad varía
constantemente en módulo y en dirección:
v2
an =
→ circular
R
at ≠ 0
→ uniformemente acelerado
α=
La expresión de la velocidad y del espacio recorrido se obtienen exactamente igual que si el
movimiento fuese rectilíneo:
dv
⇒
at =
v = ∫ a t ⋅ dt = a t t + v o
dt
ds
1
⇒ s = ∫ v ⋅ dt = ∫ (a t t + v o ) ⋅ dt = a t t 2 + v o t + s o
v=
dt
2
35
ω=
dϕ
dt
⇒
dω
dt
⇒
ω = ∫ α ⋅ dt = α ⋅ t +ω0
ϕ = ∫ ω ⋅dt = ∫ (α ⋅ t + ω 0 ) ⋅ dt =
1
α ⋅ t 2 + ωo t + ϕ o
2
36
Ejemplo
Resumiendo tenemos que: (Observa que los valores de la velocidad y de la an dependen del
tiempo)
Un niño tiene un tren con una pista circular de 1m de diámetro. Cuando pone en marcha el
tren, éste tarda medio segundo en adquirir su velocidad de régimen, que es de 4 m/s.
Calcular:
a) La aceleración tangencial, normal y angular del tren en todo momento
b) La aceleración total del tren en el momento t=0,2 seg.
c) La velocidad angular de régimen
d) El periodo y la frecuencia
e) Espacio que recorre en 10 segundos y el ángulo que habrá girado
f) Si, después de jugar un rato, el niño desconecta el tren y se para en 1 segundo, ¿cuál es la
aceleración de frenado?
1ª fase MCUA
v=8t
an = 128 t2
at = 8 m/s2
ω = 16 t
α = 16 rad/s2
2ª fase MCU
v = 4 m/s
an = 23 m/s2
at = 0 m/s2
ω = 8 rad/s
α = 0 rad/s2
b) En el instante t=0,2 seg la aceleración total será la suma vectorial de la at y an
para t=0,2 seg ⇒
at = 8 m/s2
an = 128.0,22 = 5,12 m/s2
r r r
a = at + an
a = a t + a n = 8 2 + 5,12 2 = 9,50m / s 2
2
2
c) La velocidad lineal de régimen es 4 m/s, así que la angular será:
a) En la primera fase, de 0,5 seg de duración, el movimiento es acelerado y por tanto habrá
aceleración normal, tangencial y angular no nulas. La velocidad en esta fase viene dada por:
v = vo + a t t
Teniendo en cuenta que parte del reposo (vo=0) y que a los 0,5 seg la velocidad es de 4 m/s,
sustituyendo tenemos que:
4 = at ⋅ 0,5 ⇒ at = 8 m/s2
La aceleración angular:
⇒
α=
at
8
=
= 16rad / seg 2
R 0,5
v
4
=
= 8rad / seg
R 0,5
d) Como en un MCU ω = ϕ / t y el periodo es el tiempo que tarda en dar una vuelta, o sea 2π
radianes:
2π
2π 2π π
⇒
T=
ω=
=
= seg.
T
ω
8
4
Fase uniforme
Pasados los 0,5 seg de la primera fase el tren se mueve con movimiento uniforme de 4 m/s, por
tanto at =0 y α=0 la única aceleración que no es nula es la an porque es la que mide los cambios
en dirección del la velocidad, que valdrá:
an =
ω=
e) Para calcular el espacio recorrido en 10 segundos habrá que tener en cuenta que los primeros
0,5 los recorre con movimiento acelerado y los 9,5 restantes con movimiento uniforme:
1
1
Fase acelerada
⇒
s = s o + v o t + a t t 2 = 8 ⋅ 0,5 2 = 1m
2
2
v 2 (8 t )
=
= 128 t 2
R
0,5
2
at = α ⋅R
⇒
y la frecuencia, que mide el número de vueltas que el tren da en un segundo, que es la inversa
del periodo sería:
1 4
ν = = seg.
T π
La aceleración normal durante la primera fase no es constante, ya que depende de la
velocidad y esta varía:
v = 8⋅t
an =
v = ω⋅ R
v2 42
=
= 32m / seg 2
R 0,5
⇒
s = s o + vt = 4 ⋅ 9,5 = 38m
El espacio total será la suma, es decir 39 m.
El ángulo girado, teniendo en cuenta la relación entre el espacio y el ángulo:
s = ϕ⋅R
⇒
ϕ=
s
39
=
= 78 radianes
R 0,5
Al mismo resultado se habría llegado si hubiésemos calculado el ángulo girado en cada uno de
los dos tramos con las expresiones correspondientes:
37
38
COMPOSICIÓN DE MOVIMIENTOS
1
ϕ = ϕ o +ωo t + α ⋅ t 2
2
ϕ = ϕo + ω ⋅ t
(1ª fase )
(2ª fase)
Por cierto, que como sabemos una vuelta son 2π radianes, pues entonces el número de vueltas
que da el tren en esos 10 segundos es:
78rad
= 12,41vueltas
2π
La parte entera son vueltas completas y el resto es la fracción de vuelta, es decir que el tren ha
dado 12 vueltas completas y 0,41*2π=2,6 radianes.
f) Ahora tenemos un movimiento circular uniformemente retardado, es decir que tanto la
aceleración tangencial tiene sentido contrario a la velocidad, como la aceleración angular tiene
sentido contrario a la velocidad angular:
v = vo + a t t
⇒
0 = 4 + a t ⋅1
⇒
α=
⇒
Siempre que en un movimiento exista aceleración constante se trata de movimiento
uniformemente acelerado (MUA). No importa si se mueve sobre una trayectoria recta o una
trayectoria circular o de cualquier otra forma.
En este caso, se trata de un movimiento rectilíneo (porque cae en línea recta y su trayectoria
es rectilínea) y uniformemente acelerado porque la aceleración es constante. La de la
gravedad, que vale 10 m/s2.
COMO LO RESOLVÍAMOS EN CURSOS ANTERIORES: Identificando el tipo de
movimiento (Rectilíneo Uniformemente Acelerado) y aplicando las fórmulas del tipo de
movimiento. Siempre las fórmulas son las mismas y solo hay dos, únicamente 2, que son:
a t = −4 m / s 2
El signo menos nos indica que at tiene sentido contrario a la velocidad lineal
at = α ⋅R
Ejemplo
Se lanza un cuerpo verticalmente hacia abajo con una velocidad inicial de 7 m/s.
a) ¿Cuál será su velocidad después de 3 s de haberlo lanzado?.
b) ¿Qué distancia habrá descendido en esos 3 s?.
c) ¿Cuál será su velocidad después de haber descendido 14 m?.
d) Si el cuerpo se lanzó desde una altura de 200 m, ¿en cuánto tiempo alcanzará el suelo?.
e) ¿Con qué velocidad lo hará?.
v = vo + a.t
1
s = vot + a ⋅ t 2
2
Con esas dos se pueden resolver todos los ejercicios que se pueden presentar, por muy
difíciles que sean. Sin embargo, dependiendo de los datos, algunas veces es más sencillo
utilizar otra ecuación, que no es una ecuación nueva, sino que es una combinación lineal de
estas que se obtiene eliminando el tiempo entre ellas.:
at − 4
=
= −8rad / s 2
R 0,5
El signo menos nos indica que α tiene sentido contrario a la velocidad angular.
El espacio que recorre en 1 seg. Que tarda en pararse será:
v = v o2 + 2 ⋅ a ⋅ s
1
1
s = s 0 + v o t + a t t 2 = 4 ⋅ 1 − 4 ⋅ 12 = 2m
2
2
Esta tercera ecuación, como ya hemos dicho, no es necesaria pero a veces ayuda a que las
operaciones sean más sencillas.
y el ángulo girado:
ϕ=
s
2
=
= 4 rad
R 0,5
El siguiente paso, muy importante, elegir un sistema de referencia (el que quieras). Lo más
sencillo siempre es tomar el centro del sistema de referencia en el lugar donde comienza el
movimiento y con uno de los ejes en la dirección del movimiento. En ese caso el centro del
sistema de referencia será arriba de esa torre o de ese acantilado desde donde se tiró la piedra:
o bien mediante
1
1
ϕ = ϕ o + ω o t + α ⋅ t 2 = 8 ⋅ 1 − 8 ⋅ 12 = 4 rad
2
2
Fíjate en dos cosas muy importantes, y en las que a menudo nunca reparas:
39
40
•
•
Hemos creado un sistema de referencia centrado en el lugar del disparo.
Hemos asignado sentido positivo al sentido en que se va a mover la piedra. (tanto
una cosa como otra podría haberse elegido de otra forma y eso no cambia las
soluciones del problema.)
En ese sistema de referencia lo que va hacia abajo lo tomaremos como positivo y lo que va hacia
arriba negativo, así que la velocidad inicial será +7 m/s y la aceleración +10 m/s2.
Las ecuaciones de un movimiento uniformemente acelerado son:
v = vo + a.t
v = 7 + 10*t
v = 7 +10*t
1
s = vot + a ⋅ t 2
2
1
s = 7 ⋅ t + 10 ⋅ t 2
2
s = 7⋅ t + 5⋅ t2
Estas son las ecuaciones
de “este movimiento” en
concreto.
Fíjate, si le das un valor al
tiempo obtienes lo que
vale la velocidad y el
espacio en ese instante.
Y al contrario, si le damos
un valor a la velocidad o al
espacio podremos despejar
el tiempo que necesita para
tener esa velocidad o
recorrer ese espacio.
Estas son las ecuaciones
de todos los movimientos
uniformemente acelerados
•
•
de acuerdo a ese sistema de referencia la velocidad inicial será –7 m/s y la aceleración –
10 m/s2.
Las ecuaciones de un movimiento uniformemente acelerado son:
v = vo + a.t
s = vo t +
a) Si se lanza una piedra con una velocidad inicial de 7 m/s, ¿Cuál será su velocidad luego
de haber descendido 3 s?. Como ya hemos dicho, una vez que sabemos la ecuación de la
velocidad basta con dar un valor al tiempo para conocer la velocidad en ese instante:
→
→
s = −7 ⋅ t +
1
(−10) ⋅ t 2
2
s = −7 ⋅ t − 5 ⋅ t 2
v = 7 +10*3 = 37 m/s
v = –7 –10*t
→
v = –7 –10*3 = –37 m/s
s = −7 ⋅ t − 5 ⋅ t 2
→
s = −7 ⋅ 3 − 5 ⋅ 3 2 = –66 m
Quiere decir que la velocidad vale 37 m/s y el signo menos nos indica que de acuerdo al
SR elegido va hacia abajo. Que el espacio resulta –66m quiere decir que transcurridos 3
segundos el móvil ha recorrido 66m, y está en la posición (0,–66) del SR
c) ¿Cuál será su velocidad después de haber descendido 14 m?. Es casi igual. Simplemente
ahora primero calculamos el tiempo que tarda en recorrer 14m y luego, igual que antes,
calculamos el valor de la velocidad en ese instante:
s = 7⋅ t + 5⋅ t2
→
14 = 7 ⋅ t + 5 ⋅ t 2
→
t = 1,114 seg
El otro valor del tiempo no vale porque es negativo. Ahora que sabes lo que tarda en recorrer
esos 3 metros, podemos calcular la velocidad que tendrá sustituyendo en la primera
ecuación:
b) Y lo mismo para conocer el espacio recorrido en un tiempo dado:
s = 7⋅ t + 5⋅ t2
1
a ⋅ t2
2
v = –7 –10*t
y la velocidad y el espacio a los 3 segundos sería:
Fíjate que tanto la ecuación de la velocidad como la del espacio nos dicen lo que
valen en cada momento. No hay más que darle un valor a t para saber su velocidad
en ese momento y el espacio recorrido en ese tiempo.
Y al contrario, si le damos un valor a la velocidad o al espacio podremos deducir el
tiempo que tarda en alcanzar esa velocidad o el que tarda en estar en esa posición.
v = 7 +10*t
v = –7 – 10*t
s = 7 ⋅ 3 + 5 ⋅ 3 2 = 66 m
v = 7 + 10*t
Vamos a resolver el mismo ejercicio pero desde otro sistema de referencia y verás como
los resultados son los mismos. Ahora vamos a elegir un SR centrado en el lugar del
disparo (que es lo normal) pero el valor positivo va a ser hacia arriba, como es normal en
los ejes cartesianos:
→
v = 7 + 10*1,114 = 18,14 m/s
Fíjate como hemos resuelto el apartado con las dos única fórmulas de siempre, pero para
eso ha sido necesario resolver un sistema de ecuaciones. Cuando te ocurra eso, si no
quieres hacerlo acuérdate entonces de esa tercera fórmula que te dije, que aunque como
41
42
ves no es imprescindible, pero sí que te ayuda a hacerlo más fácil. Verás:
v = v o2 + 2 ⋅ a ⋅ s = 7 2 + 2 ⋅ 10 ⋅ 14 = 18,14 m/s
d) Se lanza un cuerpo verticalmente hacia abajo con una velocidad inicial de 7 m/s desde
una altura de 200 m, ¿en cuánto tiempo alcanzará el suelo?. Pues exactamente igual, porque
se trata de saber qué tiempo tarda en recorrer 200m:
s = 7⋅ t + 5⋅ t2
→
200 = 7 ⋅ t + 5 ⋅ t 2
→
t = 5,663 seg
e) Con que velocidad llega al suelo?. Es como decir que velocidad tiene después de recorrer
200m , que ya sabemos que para ello tarda 5,663 seg, así que de la primera ecuación:
.
v = 7 + 10 t
→
.
v = 7 + 10 5,663 = 63,63 m/s
También podía haberlo hecho con esa tercera fórmula:
v = v o2 + 2 ⋅ a ⋅ s = 7 2 + 2 ⋅ 10 ⋅ 200 = 63,63 m/s
y ahora que sabes la velocidad con que llega al suelo podrías calcular el tiempo que tarda en
caer aplicando la primera ecuación:
Una vez identificadas las velocidades sobre el cuerpo obtenemos la velocidad total
sumándolas (teniendo en cuenta de que sumamos vectores). En este caso como todos los
vectores tienen la misma dirección simplemente hay que sumar sus módulos (o restarlos si
tuviesen sentidos opuestos).
r
r
v o = −7 j
r
r
v grav = −10 t j
−−−−−−−−−−−−−−−−−
r
r
v = (−7 − 10t ) j
Una vez que conocemos el vector velocidad podemos obtener:
.
v = 7 + 10 t
→
.
63,63 = 7 + 10 t
→
63,63 − 7
t=
= 5,663 seg
10
* el vector de posición, integrando el vector velocidad
* el vector aceleración, derivando el vector velocidad
COMO LO DEBEMOS RESOLVER SIGUIENDO UN MÉTODO GENERAL: Elegimos
un SR centrado en el lugar del disparo y dibujamos todas las magnitudes que intervienen
(por ejemplo todas las velocidades que intervienen).
• Una vez que hayamos dibujado todas las velocidades las sumamos para obtener la
velocidad resultante y esa será la fórmula de la velocidad para ese movimiento.
• Integrando el vector velocidad obtendremos el vector de posición
• Derivando el vector velocidad obtendremos el vector aceleración
Cualquiera de los dos esquemas es perfecto, pero debes tener en cuenta que o bien etiquetas
los vectores que dibujes con sus módulos o con en su forma vectorial, pero procura no
r
mezclar y mucho menos disparates como escribir v o = −7 j .
Sobre el cuerpo hay dos velocidades: La velocidad inicial que le comunicamos y la
velocidad debida a la aceleración de la gravedad (gt). (Recuerda que la gravedad es una
aceleración y no una velocidad)
r
r
r
r = ∫ v dt = (−7 t − 5t 2 ) j
r
r
r dv
a=
= −10 j
dt
Esas son las ecuaciones de éste movimiento y con ellas podremos contestar a cualquiera de
las preguntas. Conviene que observes algunas cosas que te pueden resultar bastante obvias,
pero que se deducen de las expresiones:
r
• La velocidad, valga el tiempo lo que valga, siempre tiene la dirección − j o lo que es
igual siempre hacia abajo.
• El vector de posición (como sabes sus componentes son las coordenadas del móvil en
función del tiempo) solamente tiene componente jota, así que se mueve sobre el eje Y.
r
r
• Fíjate bien que tanto v como r son dos funciones del tiempo. Claro, la velocidad y la
posición van variando continuamente y solo se convierten en números concretos
cuando le damos al tiempo un valor concreto. Acostúmbrate a que a la pregunta
r
r
¿Cuánto vale la velocidad? la respuesta sería v = (−7 − 10 t ) j y no un número.
a) La velocidad a los 3seg, se obtiene simplemente sustituyendo ese valor del tiempo en la
ecuación de la velocidad:
r
r
r
v t =3 = (−7 − 10 ⋅ 3) j = −37 j
quiere decir que la velocidad vale 37m/s y que tiene la dirección del vector jota y el menos
indica que es hacia abajo, como era de suponer.
43
44
b) La posición que tendrá el móvil al cabo de t=3seg nos la da el vector de posición sin más
que particularizar para ese valor del tiempo:
r
r
r
r t =3 = (−7 ⋅ 3 − 5 ⋅ 3 2 ) j = −66 j
Quiere decir que en el momento t=3 el cuerpo tiene de coordenadas , respecto al SR
elegido), (0,–66) o lo que es igual, que se encuentras sobre el eje Y y que ha descendido 66
metros.
Ejemplo
Se lanza una pelota desde lo alto de una torre de 20 m de altura con una velocidad hacia
arriba de 15 m/s. Calcular:
a) La altura máxima que alcanza y el instante en que ocurre
b) La velocidad con que llega al suelo y el tiempo que tarda en llegar.
La pelota está sometida a la velocidad que le damos, vo, y además a la que le propina la
gravedad, que vale gt. Vamos a elegir un SR centrado en el lugar del disparo y referido a él
tendríamos:
c) La velocidad cuando ha descendido 14 metros. Como ya hemos dicho en las
observaciones la velocidad es una función del tiempo y no del espacio, pero la posición es
también una función del tiempo y eso nos permite calcular el tiempo para el que la posición
es (0,–14) y luego poder calcular la velocidad en ese instante.
Teniendo en cuenta que las componentes del vector de posición son las coordenadas
tenemos que:
x=0
y = −7 t − 5t 2 Cuando esté en la posición (0,–14) →
− 14 = −7 t − 5t 2
→ t=1,114 seg
r
r
r
Y la velocidad en ese momento será: v t =1,114 = (−7 − 10 ⋅ 1,114) j = −18,14 j
En primer lugar observa bien los dibujos. En el de la izquierda hemos reflejado las
velocidades como vectores. En el de la derecha hemos dibujado su sentido y simplemente el
módulo. Ambos esquemas son absolutamente correctos y equivalentes. Lo que no debes
r
hacer es escribir las expresiones mezcladas, por ejemplo v o = 15 sería un disparate ya que si
a un lado de la expresión hay vector al otro lado también debe haberlo.
d) En llegar al suelo, es decir en estar en la posición (0,–200) el tiempo que tarda es:
x=0
y = −7 t − 5t 2 Cuando esté en la posición (0,–200) →
− 200 = −7 t − 5t 2
→ t=5,663 seg
e) La velocidad cuando llegue al suelo, es decir cuando esté en la posición (0–200) será la
velocidad que tiene en el momento t=5,663 seg:
r
r
r
v t =5,663 = (−7 − 10 ⋅ 5,663) j = −63,63 j
Otra cuestión a la que el alumno no presta la debida atención es a la elección del SR. No
obstante la elección del SR es lo primero que hay que hacer y tenerlo muy en cuenta para
hacer el dibujo y para hacer el planteamiento. Al final vamos a resolver este mismo ejercicio
para otro SR, pero ahora lo vamos a elegir, como casi siempre, centrado en el lugar del
disparo, es decir, que para nuestro SR en el momento t=0 las coordenadas son (0,0), el suelo
tiene de coordenadas (0,−20) y la altura máxima alcanzada (0,ymáx) estará medida desde
donde disparamos.
La velocidad resultante sobre la pelota es la suma vectorial de todas las velocidades sobre la
pelota, es decir, la suma vectorial de la velocidad inicial y la debida a la gravedad:
r
r
v = (15 − 10 t ) j
y la posición de la pelota en cada instante, que viene dada por su vector de posición, se
obtiene integrando:
r
r
r
r = ∫ v ⋅ dt = (15t − 5t 2 ) j
El movimiento, obviamente, es en una dimensión, como indica que el vector velocidad y de
posición tengan una sola componente. Observa en la expresión de la velocidad que:
•
45
para valores del tiempo pequeños, la velocidad es positiva, tiene la dirección y
r
sentido de + j lo que indica que sube.
46
•
•
hay un valor del tiempo para el que deja de subir y la velocidad se hace nula, es
cuando alcanza su altura máxima.
para valores del tiempo más grandes la velocidad ya se hace negativa, es decir, baja y
r
tiene la dirección y sentido de − j
Sobre los vectores: Muy a menudo los alumnos preguntan si un ejercicio hay que resolverlo
con vectores o sin ellos. Cuando realmente empiezan a comprender la cinemática se dan
cuenta de que tal pregunta es un absurdo porque un ejercicio donde intervienen magnitudes
vectoriales siempre hay que resolverlo con vectores. No hay otra forma. Lo que pasa es que
en los movimientos que transcurren en una sola dimensión, como es el caso, en lugar de
r
r
r
r
indicar si va hacia arriba mediante v o = 15 j y cuando va hacia abajo v gravedad = 10 t ( − j)
r
podríamos simplemente dejar de escribir el vector j , y nos quedaría como vo=15 y
v gravedad = −10 t . ¿No te das cuenta de que es lo mismo? Simplemente estás dando valor
r
positivo a lo que va hacia arriba (en sentido + j ) y le estás dando signo negativo a lo que ha
r
hacia abajo (en el sentido − j ). Así que simplemente en un movimiento en una sola
dimensión se trata de literalmente escribir el vector o de sustituirlo por + o – para indicar su
sentido.
No obstante, cuando el movimiento tenga lugar en dos o más dimensiones no habrá más
remedio que utilizar los vectores para facilitar la resolución.
⇒
0 = 15 –10t
⇒
t = 1,5 seg
en ese momento, la coordenada Y, que es precisamente la altura máxima (ymáx) vale:
y máx = y
t =1, 5
(
= 15t − 5t 2
)
t =1, 5
= 15 ⋅ 1,5 − 5 ⋅ 1,5 2 = 11,25m
b) El momento en que la pelota toca el suelo es el momento en el que, en nuestro SR, ocupa
la posición (0,−20) es decir que la coordenada Y vale –20, por tanto:
− 20 = 15t − 5t 2
⇒
t = 4 seg
la velocidad en ese instante es:
r
v
t =4
r
r
= (15 − 10 ⋅ 4) j = −25 j
⇒
La velocidad será
r
r
v = (15 − 10 t ) j
y la posición de la pelota en cada instante, que viene dada por su vector de posición, se
obtiene integrando:
r
r
r
r = ∫ v ⋅ dt = ( 20 + 15 t − 5t 2 ) j
Observa que hemos debido tener en cuenta que para este SR la constante de integración vale
20 (valor de la coordenada Y cuando t=0). En el SR anterior era nula porque estaba
centrado en el lugar del disparo y en el momento t=0, x=0 e y=0.
Ya ves que el simple cambio de RS nos ha llevado a ecuaciones algo diferentes. Eso quiere
decir que no se puede empezar a plantear un ejercicio sin antes concretar el SR, y mucho menos
mezclar: hacer un dibujo a lo loco y escribir unas ecuaciones incongruentes con el mismo.
a) La altura máxima la alcanza cuando vy=0, por tanto
vy = 0
Ahora vamos a plantear el mismo ejercicio pero vamos a elegir otro SR. Ahora lo vamos a
centrar en el suelo. Para este SR el suelo tiene de coordenadas (0,0) y en el momento t=0, es
decir cuando disparamos, las coordenadas son (0,20) y la altura máxima será (0,ymáx)
medida desde el suelo:
v = 25 m/s
r
Su dirección − j indica que va hacia abajo como era de suponer. Observa como el módulo
siempre es positivo (se obtiene elevando al cuadrado las componentes y extrayendo la raíz
cuadrada), por tanto el módulo no nos da toda la información, el vector sí.
47
a) La altura máxima la alcanza cuando vy=0, por tanto
vy = 0
⇒
0 = 15 – 10t ⇒
t = 1,5 seg
en ese momento, la coordenada Y, que es precisamente la altura máxima (ymáx) vale:
y máx = y t =1,5 = (20 + 15 t − 5 t 2 ) t =1,5 = 20 + 15 ⋅ 1,5 − 5 ⋅ 1,5 2 = 31,25m
b) El momento en que la pelota toca el suelo es el momento en el que, en nuestro SR, ocupa
la posición (0,0) es decir que la coordenada Y vale –20, por tanto:
⇒
t = 4 seg
0 = 20 + 15t − 5t 2
la velocidad en ese instante es:
r
r
r
v t =4 = (15 − 10 ⋅ 4) j = −25 j
⇒
v = 25 m/s
Observa que todos los resultados son idénticos salvo la altura máxima, lo que es lógico dado
que ahora está referida al suelo y por tanto serían 20 metros más.
48
Ejemplo
Una persona desea cruzar un río con una motora que desarrolla una velocidad de 4 m/s. Si la
velocidad de la corriente es de 2 m/s ¿En qué dirección debe apuntar la motora para llegar al
punto directamente opuesto? ¿Cuándo tardará en cruzar el río sabiendo que tiene 20 m de ancho?
Ejemplo
Desde lo alto de una torre de 50 m se dispara un proyectil con una velocidad inicial de 100
m/s y una inclinación de 30º sobre la horizontal. Calcular:
a) La altura máxima que alcanza
b) La velocidad y sus coordenadas a los 2 segundos de lanzarlo
c) El tiempo que estará en el aire
d) Alcance
e) Ángulo que forma con el suelo en el momento del impacto
f) tiempo que tardaremos en oír la explosión, sabiendo que la velocidad del sonido son 340 m/s
g) Ecuación de la trayectoria
La velocidad total del barco será la suma vectorial de la que desarrolla el motor más la de la
corriente:
r r
r
v = v mot + v rio
Como en todos los problemas de proyectiles elegimos un SR centrado en el lugar del
disparo, luego dibujamos las velocidades que actúan y las sumamos vectorialmente y por
último integrando calculamos el vector de posición y ya está lo demás es muy sencillo.
La expresión anterior de no escribirla vectorialmente no sería correcta. Para sumar los
vectores lo primero es elegir un sistema de referencia, que normalmente lo centraremos
siempre en el lugar del disparo. Después se descomponen los vectores en ese sistema y se
suman:
r r
v
r
v mot = − v mot cos α ⋅ i + v mot senα ⋅ j
r
r
v rio = v rio ⋅ i
r
r
r
v = (v rio − v mot cos α ) ⋅ i + v mot senα ⋅ j
vx
vy
La velocidad total será la suma de la inicial del proyectil más la que le propina la gravedad:
este es el vector velocidad del barco en todo momento. El que resulta de los dos
movimientos a que está sometido.
•
r
r
r
v o = v o cos α ⋅ i + v o senα ⋅ j
r
r
vg =
− gt ⋅ j
Si queremos que llegue al punto opuesto al de partida será necesario que la
componente X de la velocidad sea nula, por tanto:
r
r
r
v = v o cos α ⋅ i + (v o senα − gt ) j
v
2
⇒
v rio − v mot cos α = 0 ⇒ cos α = rio
α = arccos = 60 o
v mot
4
El vector velocidad, puesto que su componente X es nula, es:
el vector de posición, integrando:
(
)
r
r
r
r
r = ∫ v dt = v o t ⋅ cos α ⋅ i + v o t ⋅ senα − 5t 2 j
r
r
v = v mot sen 60 ⋅ j
integrando al vector velocidad obtenemos el vector de posición:
r
r
r
r = ∫ v ⋅ dt = v mot t ⋅ sen 60 ⋅ j
y
Como vemos solo tiene componente Y, que como sabemos no es más que la coordenada Y
en función del tiempo. Así que para y=20, tenemos:
20 = v mot t ⋅ sen 60
⇒
t=
Y ya está. Solamente hay que tener claro el significado de las componentes del vector
velocidad y del de posición:
r
• La componente i de la velocidad es la que le hace desplazarse horizontalmente y la
r
componente j es la que le hace desplazarse sobre el eje Y, es decir subir o bajar.
r
• La componente i de la del vector de posición es la coordenada X en cada instante y
r
la componente j es la coordenada Y.
20
= 5,77seg
4 ⋅ sen 60
49
50
a) La altura máxima es la que alcanza cuando la componente Y de la velocidad es nula (de
ser positiva seguiría subiendo y de ser negativa bajaría), así que el tiempo en pararse es:
v o senα − gt = 0
100sen 30 − 10 t = 0
⇒
⇒
f) El tiempo que tardaremos en oír la explosión será el que tarda el proyectil en tocar tierra
más el que tarda el sonido en volver a nosotros. Teniendo en cuenta que el sonido viaja a
una velocidad uniforme de 340 m/s y que podemos calcular el espacio que recorre aplicando
el teorema de Pitágoras:
t =5 seg
y la altura máxima es la coordenada Y en ese instante, es decir:
y max = v o t ⋅ senα − 5t 2
t = 5seg
s = 945,7 2 + 50 2 = 947m
= 100 ⋅ 5 ⋅ sen 30 − 5 ⋅ 5 2 = 125m
s 947
=
= 2,79seg
v 340
La altura, obviamente, está referida al SR, así que respecto al suelo sería de 175 m
t=
b) La velocidad y coordenadas a los 2 segundos del lanzamiento se obtienen sustituyendo
t=2 en las expresiones de la velocidad y del vector de posición.
t total = 10,92 + 2,92 = 13,71seg
r
r
r
r
r
v = 100 cos 30 ⋅ i + (100sen 30 − 10 ⋅ 2) j = 86,6 i + 30 j
g) La ecuación normal de la trayectoria se obtiene eliminando el tiempo de las componentes
del vector de posición, que como sabemos son las ecuaciones param´ñetricas de la
trayectoria, así que:
x = v o t ⋅ cos α
1
y = v o t ⋅ senα − gt 2
2
r 
r
r
r
1
r
r = 100 ⋅ 2 cos 30 ⋅ i + 100 ⋅ 2sen30 − 10 ⋅ 2 2  j = 173,2 i + 80 j
2


las coordenadas son x=173,2m ; y=80m
c) El tiempo que está en el aire, que también se llama tiempo de vuelo lo calculamos
teniendo en cuenta que en el momento en que toca tierra la coordenada y=–50m, es decir
que la componente j del vector de posición es –50
1
− 50 = 100 ⋅ t ⋅ sen 30 − 10t 2
2
⇒
Despejando el tiempo en la primera ecuación y sustituyendo en la segunda se obtiene:
y=
Resolviendo: t = 10,92 y t = − 0,92 s
La última solución, que es absurda porque el tiempo no puede ser negativo, corresponde al
tiempo que el proyectil tardaría en tocar tierra si saliera por la culata. (Matemáticamente
corresponde al otro punto de corte de la parábola con la recta y=–50)
v senα
v o cos α
x−
g
2 v o cos 2 α
2
x2
⇒
y = 0,58x − 6,67 ⋅ 10 −4 x 2
Que como era de esperar corresponde a la ecuación de una parábola.
d) El alcance no es más que la coordenada X cuando el proyectil toca tierra, o sea la X
máxima. Por tanto es la coordenada X cuando el tiempo vale 10,92 seg.
x max = 100 ⋅ t ⋅ cos 30
t =19, 92
= 100 ⋅ 10,92 ⋅ cos 30 = 945,70m
e) El ángulo que forma con el suelo nos viene dado por el
ángulo que forma el vector velocidad en el momento del
impacto, así que si calculamos la velocidad en el momento
t=10,92 seg:
r
v
t =10 , 92
tgβ =
(
)
r
r
r
v
= 100 cos 30 i + 100sen30 − 10 ⋅ 10,92) j = 86,6 i − 59,2 j
vy
vx
=
− 59,2
= −0,68 ⇒ β = arctg(− 0,68) = −34,21o
86,6
51
52
PROBLEMAS DE CINEMÁTICA. REPASO.
•
Se lanza un cuerpo verticalmente hacia abajo con una velocidad inicial de 7 m/s.
a) ¿Cuál será su velocidad después de haber descendido 3 s?.
b) ¿Qué distancia habrá descendido en esos 3 s?.
c) ¿Cuál será su velocidad después de haber descendido 14 m?.
d) Si el cuerpo se lanzó desde una altura de 200 m, ¿en cuánto tiempo alcanzará el suelo?.
e) ¿Con qué velocidad lo hará?.
•
Hemos creado un sistema de referencia centrado en el lugar del disparo porque de
esa forma el espacio inicial es cero..
Hemos asignado sentido positivo al sentido en que se va a mover la piedra. (podría
haberse elegido de otra forma y eso no cambia las soluciones del problema.)
En ese sistema de referencia lo que va hacia abajo lo tomaremos como positivo y lo que va hacia
arriba negativo, así que la velocidad inicial será +7 m/s y la aceleración +10 m/s2.
Las ecuaciones de un movimiento uniformemente acelerado son:
Siempre que en un movimiento exista aceleración constante se trata de movimiento
uniformemente acelerado (MUA). No importa si se mueve sobre una trayectoria recta o una
trayectoria circular o de cualquier otra forma.
En este caso, se trata de un movimiento rectilíneo (porque cae en línea recta y su trayectoria
es rectilínea) y uniformemente acelerado porque la aceleración es constante. La de la
gravedad, que vale 10 m/s2.
Siempre las fórmulas son las mismas y solo hay dos, únicamente 2, que son:
v = vo + a.t
v = 7 + 10*t
v = 7 +10*t
1
s = vot + a ⋅ t 2
2
1
s = 7 ⋅ t + 10 ⋅ t 2
2
s = 7⋅ t + 5⋅ t2
Estas son las ecuaciones
de “este movimiento” en
concreto.
Si le damos un valor al
tiempo obtienes lo que
vale la velocidad y el
espacio en ese instante.
Y al contrario, si le damos
un valor a la velocidad o al
espacio podremos despejar
el tiempo que necesita para
tener esa velocidad o
recorrer ese espacio.
Estas son las ecuaciones
de todos los movimientos
uniformemente acelerados
v = vo + a.t
1
s = vot + a ⋅ t 2
2
Con esas dos se pueden resolver todos los ejercicios que se pueden presentar, por muy
difíciles que sean. Sin embargo, dependiendo de los datos, algunas veces es más sencillo
utilizar otra ecuación, que no es una ecuación nueva, sino que es una combinación lineal de
estas que se obtiene eliminando el tiempo entre ellas.:
v = v o2 + 2 ⋅ a ⋅ s
•
Esta tercera ecuación, como ya hemos dicho, no es necesaria pero a veces ayuda a que las
operaciones sean más sencillas.
•
El siguiente paso, muy importante, elegir un sistema de referencia (el que quieras). Lo más
sencillo siempre es tomar el centro del sistema de referencia en el lugar donde comienza el
movimiento y con uno de los ejes en la dirección del movimiento. En ese caso el centro del
sistema de referencia será arriba de esa torre o de ese acantilado desde donde se tiró la piedra:
Vuelve a fíjate que tanto la ecuación de la velocidad como la del espacio nos dicen lo
que valen en cada momento. No hay más que darle un valor a t para saber su
velocidad en ese momento y el espacio recorrido en ese tiempo.
Y al contrario, si le damos un valor a la velocidad o al espacio podremos deducir el
tiempo que tarda en alcanzar esa velocidad o el que tarda en estar en esa posición.
a) Si se lanza una piedra con una velocidad inicial de 7 m/s, ¿Cuál será su velocidad después
de haber descendido 3 s?. Como ya hemos dicho, una vez que sabemos la ecuación de la
velocidad basta con dar un valor al tiempo para conocer la velocidad en ese instante:
v = 7 +10*t
→
v = 7 +10*3 = 37 m/s
b) Y lo mismo para conocer el espacio recorrido en un tiempo dado:
s = 7⋅ t + 5⋅ t2
→
s = 7 ⋅ 3 + 5 ⋅ 3 2 = 66 m
Vamos a resolver el mismo ejercicio pero desde otro sistema de referencia y verás como
los resultados son los mismos. Ahora vamos a elegir un SR centrado en el lugar del
disparo (que es lo normal) pero el valor positivo va a ser hacia arriba, como es normal en
los ejes cartesianos:
Fíjate en dos cosas muy importantes, y en las que a menudo nunca reparas:
53
54
v = v o2 + 2 ⋅ a ⋅ s = 7 2 + 2 ⋅ 10 ⋅ 14 = 18,14 m/s
d) Se lanza un cuerpo verticalmente hacia abajo con una velocidad inicial de 7 m/s desde
una altura de 200 m, ¿en cuánto tiempo alcanzará el suelo?. Pues exactamente igual, porque
se trata de saber qué tiempo tarda en recorrer 200m:
s = 7⋅ t + 5⋅ t2
de acuerdo a ese SR la velocidad inicial será –7 m/s y la aceleración –10 m/s .
Las ecuaciones de un movimiento uniformemente acelerado son:
v = –7 – 10*t
v = –7 –10*t
1
s = vo t + a ⋅ t 2
2
1
s = −7 ⋅ t + (−10) ⋅ t 2
2
s = −7 ⋅ t − 5 ⋅ t 2
200 = 7 ⋅ t + 5 ⋅ t 2
→
t = 5,663 seg
e) Con que velocidad llega al suelo?. Es como decir que velocidad tiene después de recorrer
200m , que ya sabemos que para ello tarda 5,663 seg, así que de la primera ecuación:
2
v = vo + a.t
→
v = 7 + 10.t
→
v = 7 + 10.5,663 = 63,63 m/s
También podía haberlo hecho con esa tercera fórmula:
v = v o2 + 2 ⋅ a ⋅ s = 7 2 + 2 ⋅ 10 ⋅ 200 = 63,63 m/s
y ahora que sabes la velocidad con que llega al suelo podrías calcular el tiempo que tarda en
caer aplicando la primera ecuación:
y la velocidad y el espacio a los 3 segundos sería:
v = –7 –10*t
→
v = –7 –10*3 = –37 m/s
s = −7 ⋅ t − 5 ⋅ t 2
→
s = −7 ⋅ 3 − 5 ⋅ 3 2 = –66 m
v = 7 + 10.t
→
63,63 = 7 + 10.t
→
t=
63,63 − 7
= 5,663 seg
10
Quiere decir que la velocidad vale 37 m/s y el signo menos nos indica que de acuerdo al
SR elegido va hacia abajo. Que el espacio resulta –66m quiere decir que transcurridos 3
segundos el móvil ha recorrido 66m, y está en la posición (0,–66) del SR
c) ¿Cuál será su velocidad después de haber descendido 14 m?. Es casi igual. Simplemente
ahora primero calculamos el tiempo que tarda en recorrer 14m y luego, igual que antes,
calculamos el valor de la velocidad en ese instante:
s = 7⋅ t + 5⋅ t2
→
14 = 7 ⋅ t + 5 ⋅ t 2
→
t = 1,114 seg
El otro valor del tiempo no vale porque es negativo. Ahora que sabes lo que tarda en recorrer
esos 3 metros, podemos calcular la velocidad que tendrá sustituyendo en la primera
ecuación:
v = 7 + 10*t
→
v = 7 + 10*1,114 = 18,14 m/s
Fíjate como hemos resuelto el apartado con las dos única fórmulas de siempre, pero para
eso ha sido necesario resolver un sistema de ecuaciones. Cuando te ocurra eso, si no
quieres hacerlo acuérdate entonces de esa tercera fórmula que te dije, que auque como ves
no es imprescindible, pero sí que te ayuda a hacerlo más fácil. Verás:
55
56
•
Se lanza una pelota desde lo alto de una torre de 20 m de altura con una velocidad hacia
arriba de 15 m/s. Calcular:
a) ¿Qué velocidad tendrá al cabo de 1 seg? ¿Y al cabo de 3 seg?
b) ¿Qué espacio habrá recorrido al cabo de 1 seg? ¿Y al cabo de 3 seg?
c) La altura máxima que alcanza y el instante en que ocurre
d) El tiempo que tarda en llegar al suelo
e) La velocidad con que llega al suelo.
•
Hay un valor del tiempo, para el que la velocidad se hace cero. Ese valor corresponde
al momento en que ha alcanzado la altura máxima y ahí está parado.
Si le damos un valor al tiempo mayor, entonces la velocidad se hace negativa y el
signo menos indica que ahora está bajando
b) Para calcular el valor del espacio recorrido en un momento determinado no hay más que
sustituir t por su valor en la ecuación del espacio:
Ya sabes que lo primero es elegir el sistema de referencia y que puedes elegir el que quieras,
pero siempre el más sencillo es uno que tenga el centro en el lugar del disparo y que tenga
uno de los ejes en la dirección del movimiento, por ejemplo como el siguiente:
s t =1 = 15 ⋅ 1 − 5 ⋅ 12 = 10 m
s t =3 = 15 ⋅ 3 − 5 ⋅ 3 2 = 0 m
Observa que el espacio coincide con la coordenada Y del SR, es decir que nos da su posición
en ese momento. En el momento t=1 a 10m y en el momento t=2 está otra vez en la posición
de partida.
c) La altura máxima que alcanza y el instante en que ocurre. Para calcularla recuerda que la
velocidad v = 15−10*t se va haciendo cada vez menor hasta llegar a cero y luego comienza
a tomar valores negativos indicando que va hacia abajo. Obviamente la altura máxima la
alcanzará justo en el momento en que v=0, por tanto:
v = 15 − 10 ⋅ t = 0
en ese sistema de referencia lo que va hacia arriba lo tomaremos como positivo y lo que va hacia
abajo negativo, así que la velocidad inicial será vo= +15m/s y la aceleración a=–10m/s2.
Las ecuaciones de un movimiento uniformemente acelerado son:
→
t = 1,5 seg
para ese valor del tiempo, el espacio recorrido, que será la altura máxima respecto de nuestro
SR, será:
s t =1,5 = 15 ⋅ 1,5 − 5 ⋅ 1,5 2 = 11,25 m
v = vo + a t
v = 15 – 10*t
v = 15 − 10 ⋅ t
1
s = vot + a ⋅ t 2
2
1
s = 15 * t + * (-10) * t 2
2
s = 15 ⋅ t − 5 ⋅ t
.
Ecuaciones del MUA
d) El tiempo que tarda en llegar al suelo es el tiempo necesario para que el espacio sea
s=−20m, ya que si observas el dibujo en nuestro SR el suelo tiene coordenada Y=−20.
2
s = 15 ⋅ t − 5 ⋅ t 2 = −20
Ecuaciones de este
movimiento concreto
→ t = 4 seg
e) La velocidad con que llega al suelo es la velocidad que tendrá para t=4s
a) Para calcular el valor de la velocidad en un momento determinado no hay más que
sustituir t por su valor en la ecuación de la velocidad:
v t = 4 = 15 − 10 ⋅ 4 = −25 m/s
v t =1 = 15 − 10 ⋅ 1 = 5 m/s
El signo menos indica que en el momento de llegar al suelo se movía hacia abajo. Obvio.
v t =3 = 15 − 10 ⋅ 3 = −15 m/s
•
•
•
Observa que para t=1s la velocidad es +5m/s, eso quiere decir que en ese momento vale
5m/s y que va hacia arriba. En el momento t=3s la velocidad vale −15m/s y ese signo
menos de acuerdo a nuestro RS quiere decir va hacia abajo.
Fíjate bien en la ecuación de la velocidad de “este movimiento concreto”
v = 15 − 10*t
Como puedes ver, si le damos valores pequeñitos al tiempo, la velocidad resulta
positiva. Eso quiere decir que está subiendo (recuerda que en el sistema de referencia
es positivo lo que va hacia arriba). Es lo que hace la piedra al principio: subir.
57
58
Se lanza verticalmente y hacia arriba un móvil con una velocidad de 40m/seg.
a) Hallar qué velocidad lleva a los tres segundos.
b) ¿Cuánto tardaría la piedra en llegar al punto más alto y cuanto vale la altura máxima que
alcanza?
a) Ya sabes que lo primero es elegir el sistema de referencia y que puedes elegir el que
quieras, pero siempre el más sencillo es uno que tenga el centro en el lugar del disparo y que
tenga uno de los ejes en la dirección del movimiento, por ejemplo como el siguiente:
b) ¿Cuánto tardaría la piedra en llegar al punto más alto y cuanto vale la altura máxima que
alcanza? Pues como hemos quedado, en el punto más alto la velocidad vale cero, así que:
40
v = 40 – 9,8*t
→
0 = 40 – 9,8*t →
t=
= 4,08 seg
9,8
en ese sistema de referencia lo que va hacia arriba lo tomaremos como positivo y lo que va hacia
abajo negativo, así que la velocidad inicial será +40m/s y la aceleración –9,8m/s2.
Las ecuaciones de un movimiento uniformemente acelerado son:
v = vo + a.t
v = 40 – 9,8*t
1
s = vot + a ⋅ t 2
2
s = 40 * t +
1
* (-9,8)* t 2
2
y ahora sustituyendo ese valor de tiempo en la ecuación del espacio obtendremos el espacio
que ha recorrido que no es más que la altura subida
s = 40 * t − 4,9 * t 2
→
s = 40 * 4,08 − 4,9 * 4,08 2 = 81,63m
v = 40 – 9,8*t
s = 40 * t − 4,9 * t 2
* A los tres segundos, es decir en el momento t=3seg, pues no tienes mas que sustituir ese
valor del tiempo en las ecuaciones y obtendrás el valor de la velocidad y el espacio que
habrá recorrido en ese tiempo:
v = 40 – 9,8*t
v = 40 – 9,8*3 = 10,6 m/s
s = 40 * t − 4,9 * t 2
s = 40 * 3 − 4,9 * 3 2 = 75,9 m
59
60
Desde un acantilado de 100m de altura se lanza verticalmente y hacia arriba un objeto con
una velocidad de 40m/seg. Hallar cuánto tarda en llegar al suelo desde el momento del
lanzamiento.
Se lanza verticalmente y hacia arriba un objeto con una velocidad de 50m/seg. Hallar el
tiempo que transcurre desde el lanzamiento hasta caer sobre un edificio de 30m de altura.
Tomamos un sistema de referencia centrado en el lugar desde donde se dispara, como el de
la figura:
Fíjate que en ese sistema de referencia el punto del suelo tiene coordenada Y = –100 m, así
que solamente tienes que escribir las ecuaciones del movimiento para esa piedra y ¿te
acuerdas? si le damos un valor al tiempo nos dan la velocidad y el espacio para ese tiempo.
Y lo mismo, si le damos una valor la velocidad o al espacio, nos dan el tiempo que tarda en
adquirir esa velocidad o recorrer ese espacio.
v = vo + a.t
v = 40 – 9,8*t
1
s = vot + a ⋅ t 2
2
s = 40 * t +
v = 40 – 9,8*t
1
* (-9,8) * t 2
2
s = 40 * t − 4,9 * t 2
Ahora se trata de calcular el tiempo necesario para que el espacio sea s = –100 m. ( el signo
menos es consecuencia del sistema de referencia, de que está por debajo del punto del
disparo.) Así que:
s = 40 * t − 4,9 * t 2
→
Haremos como siempre. Después de elegir un sistema de referencia centrado en el lugar del
disparo escribimos las ecuaciones de ese movimiento:
v = vo + a.t
v = 50 – 9,8*t
1
s = vot + a ⋅ t 2
2
s = 50 * t +
v = 50 – 9,8*t
1
* (-9,8) * t 2
2
s = 50* t − 4,9* t 2
Ahora fíjate que cuando caiga sobre el edificio el espacio, en este sistema de referencia, vale
s = +30 m. Así que no hay más que igualar la ecuación del espacio a 30 y calcular el valor
de tiempo . (Por cierto que ahora obtendremos dos valores buenos para el tiempo ¿sabes el
significado de cada uno? Piensa que por ese punto pasa dos veces.)
s = 50 * t − 4,9 * t 2
→
30 = 50 * t − 4,9 * t 2
− 100 = 40 * t − 4,9 * t 2
y de ahí se despeja el valor del tiempo, que resulta t = 9,56s y t = 0,63s El primer valor
corresponde al tiempo que la piedra tarda en subir y estar a una altura de 30m y el segundo
valor (que es mayor) es el tiempo que tarda en estar de nuevo en la misma posición, pero
después de haber subido hasta lo más alto y vuelto.
y de ahí se despeja el valor del tiempo, que resulta t = 10,17 seg. (hay otro valor t= –2 seg
que no vale y correspondería al caso de que en lugar de lanzar la piedra hacia arriba la
hubiésemos tirado hacia abajo)
Fíjate bien en las palabras: Si te preguntasen ¿Cuánto tiempo tarda en alcanzar una altura de
30m? la respuesta sería 0,63seg. Pero lo que te preguntan es cuanto tiempo tarda en “caer
sobre el edificio”, así que se entiende que primero sube y luego cae a la vuelta y por tanto la
solución que debes dar es: t=9,56 seg.
61
62
Un observador situado a 40 m de altura ve pasar un cuerpo hacia arriba con una cierta
velocidad y al cabo de 10 s lo ve pasar hacia abajo, con una velocidad igual en módulo pero
de distinto sentido.
a) ¿Cuál fue la velocidad inicial del móvil?.
b) ¿Cuál fue la altura máxima alcanzada?.
Podemos calcular la velocidad del cuerpo al pasar por el observador (punto B) teniendo en
cuenta que sería exactamente igual que si se lanzara una piedra desde el punto B con una cierta
velocidad inicial vB y estuviese subiendo 5 seg hasta pararse, por tanto:
v = vo – 10.t
→
0 = vB – 10*5
→
vB = 10*5 = 50 m/s
b) El espacio que ha recorrido en esos 5 segundos, que es la altura medida desde el punto B es:
a) Tomamos el SR centrado en el lugar del
disparo. Es como si el observador estuviese en el
suelo y “lanzara el cuerpo hacia arriba con una
velocidad inicial de vo y después “t” segundos
ha subido 40 m y tiene una velocidad +vB .
Después de llegar al punto más alto vuelve a
bajar y 10 segundos más tarde pasa por el mismo
punto con una velocidad –vB (menos porque
ahora va para abajo).
Aplicando las ecuaciones del movimiento
cuando está a 40 metros de altura tendremos:
Para t=t está subiendo
Para t=t+10 está bajando
v B = v o − 10 t
1
40 = v o t − 10 t 2
2
− v B = v o − 10 ( t + 10)
s = v o t − 5t 2
→ th.máx=5,744s
s = 50 ⋅ 5 − 5 ⋅ 5 2 = 125m
Si miras en la figura verás que en nuestro SR la altura alcanzada por la piedra sería:
h = 125m + 40m = 165 metros
Pero aun no hemos terminado, porque en el apartado a) lo que preguntan no es con qué
velocidad ve pasar el observador la piedra (esa sería 50 m/s) sino lo que preguntan es con qué
velocidad inicial se lanzó la piedra.
t=0,7446s; vo=57,44m/s; vB=50m/s
b) La altura máxima es el espacio recorrido en el momento en que v=0, por tanto:
0 = 57,44 − 10 t h .máx
→
→ sh.máx=57,44*5,774−5(5,744)2=165m
La piedra se lanzó desde el suelo (punto A). Sabemos que cuando va por el punto B (es decir
después de subir 40m) tiene una velocidad vB= 50 m/s, así es que aplicando la ecuación de la
velocidad entre el punto A y el B (recuerda que la velocidad en el punto A es la velocidad inicial
vo y la del punto B es 50 m/s) tendremos que:
v = vo –10.t
50 = vo – 10*tAB
s = vo t − 5 ⋅ t 2
40 = 10 ⋅ t AB − 5 ⋅ t 2AB
despejando el tiempo de la segunda ecuación y sustituyendo en la primera puede calcularse la
velocidad inicial con que se tiró la piedra (la que tenía en el punto A).
Pero si te acuerdas, para evitar resolver el sistema de ecuaciones podemos utilizar esa tercera
ecuación, así que sería más fácil:
Otra forma alternativa de razonarlo:
v = v o2 + 2 ⋅ a ⋅ s
Igual que antes, tomamos el SR centrado en el
lugar del disparo. También, igual que antes,
llamaremos a la velocidad vo=vA” , a la
velocidad que tiene después de subir 40 m la
llamaremos vB
→
50 = v o2 + 2 ⋅ ( −10) ⋅ 40
→
v o = 3300 = 57,44m / s
esa es la velocidad inicial con que debe lanzarse la piedra para que después de subir 40m
pase delante del observador con una velocidad de 50 m/s y todavía continúe subiendo
durante 5 segundos más hasta pararse y vuelva para abajo.
Puesto que no hemos cambiado de SR las
ecuaciones del movimiento son mismas:
v = vo –10*t
s = vo t − 5 ⋅ t 2
a) Cuando la piedra pasa delante del observador lleva una velocidad + vB. Como tarda 10seg en
volver a pasar delante de él quiere decir, si no hay rozamiento, que ha tardado 5 segundos en
llegar al punto más alto y otros 5 en volver.
63
64
Para averiguar la profundidad de un pozo, dejamos caer una piedra y oímos el ruido del
impacto contra el agua 2,06 segundos después. ¿Qué profundidad tiene el pozo, si se supone
para el sonido una velocidad de propagación de 330 m/s? g = 10 m.s–2
El tiempo que tardaremos en oír el ruido será el que la
piedra tarda en caer por efecto de la gravedad (t1)
(movimiento uniformemente acelerado) más el que el
sonido tarde en subir (t2) (movimiento uniforme):
1 2
gt 1
2
↓
s=
↑
s = vs t 2
Ecuaciones del coche B
vB = a Bt
1
s B = 2000 + a B t 2
2
a) En el momento en que se encuentren sA=sB=5025 m. Sustituyendo en la ecuación del
espacio de cualquiera de los coches podemos obtener el tiempo. Lo haremos al coche B
porque de él sabemos la aceleración:
1
s B = 2000 + a B t 2 →
2
1
5025 = 2000 + 0,32 t 2
2
→ t = 137,5 seg
b) Ahora que sabemos el tiempo en encontrarse, sustituímos en la ecuación del espacio del
coche A:
1
1
→ aA = 0,53 m/s2
s A = a A t 2 → 5025 = a A (137,5) 2
2
2
2s
g
s
t2 =
vs
t1 =
c)
teniendo en cuenta que el tiempo desde que dejamos caer
la piedra hasta que escuchamos el sonido es 2,06 seg:
t 1 + t 2 = 2,06
sustituyendo:
2s
s
+
= 2,06
10 330
vA = aA.t = 0’53·137’5 = 73’09 m/s
vB = aB.t = 0’32·137’5 = 44 m/s
Desde lo alto de una torre se dejan caer libremente dos pequeñas piedras con un intervalo de 3s.
¿Se mantendrá constante la distancia entre ellas durante la caída?
de donde resulta que s=20 metros
Llamamos A a la piedra que lanzamos primero y B a la que lanzamos 3seg después.
sA será el espacio que recorre la piedra A durante el tiempo que este cayendo: tA=t+3.
sB es el espacio que recorre la piedra B durante el tiempo que esté cayendo: tB = t
Dos cuerpos A y B separados una distancia de 2Km, salen simultáneamente y se mueven en la
misma dirección, ambos con movimiento rectilíneo uniformemente variado, siendo la
aceleración de B (el más lento) de 0,32 m/s2.El encuentro se realiza a 3´025 Km del punto de
partida de B. Se pide:
a) tiempo invertido por ambos móviles
b) aceleración de A
c) la velocidad de ambos en el momento del encuentro.
1
g ( t + 3) 2
2
1
sB = g t2
2
sA =
d = sA – sB =
1
1
g ( t + 3) 2 − g t 2 = g (3 t + 4’5)
2
2
No se mantiene la distancia, puesto que depende del tiempo: d = f (t). Además, como puedes
ver, la distancia que separa las piedras se hace cada vez mayor.
a) En el SR de la figura ambos coches parten del reposo y deben recorrer con MRUA
exactamente el mismo espacio (2000+3025m) en el mismo tiempo hasta encontrarse, lo que
pasa es que el coche B en el momento inicial ya tiene recorrido un espacio inicial s0B=2000m
Ecuaciones del coche A
vA = a A t
1
sA = a At2
2
65
66
Un cuerpo que se mueve en caída libre recorre en el último segundo de su caída la mitad del
camino total. Calcula: a) la duración total de la caída. b) la altura h desde la que cayó
CINEMÁTICA. REPASO. Ejercicios similares con soluciones.
Vamos a dividir la caída en dos tramos iguales.
Como en recorrer la segunda mitad tarda 1
seg., en la primera mitad tardará el tiempo
total menos 1 seg, es decir que t1=t−1
Se lanza verticalmente y hacia arriba un móvil con una velocidad de 60m/seg. Hallar que
velocidad lleva a los 10seg.
Sol: (La velocidad a los 10 segundos es 38 m/s y el signo menos indica que va hacia abajo
Por otro lado, fíjate que la velocidad inicial del
primer tramo es cero, mientras que la
velocidad inicial del segundo tramo es igual a
la final del primer tramo, es decir
v o 2 = gt 1 = g ( t − 1)
s1 =
1
g ( t − 1) 2
2
como s1 y s2 son iguales:
→
Se lanza verticalmente y hacia arriba un móvil con una velocidad de 80m/seg; hallar la
distancia recorrida a los 10seg.
Sol: Debes obtener que para t=10seg, el espacio recorrido es s=310m y la velocidad que
tiene en ese instante es v= –18 m/s
Se lanza verticalmente y hacia arriba un móvil con una velocidad de 70m/seg; hallar a qué
altura se encuentra del suelo a los 12seg.
Sol: Debes obtener que para t=12seg, el espacio recorrido es s=134,4m y la velocidad que
tiene en ese instante es v= –47,6 m/s
1
1
1
1
s2 = v o 2 t 2 + g t 22 = g ( t − 1) ⋅ 1 + g ⋅ 12 = g t − g + g = (gt − g )m
2
2
2
2
1
1
g ( t − 1) 2 = g.t − g
2
2
Se lanza verticalmente y hacia arriba un móvil con una velocidad de 50m/seg. Hallar el
espacio recorrido a los 2 segundos.
Sol: Debes obtener que para t=2seg, el espacio recorrido es s=80,4m y la velocidad que tiene
en ese instante es v=30,4 m/s
Desde el suelo se lanza verticalmente y hacia arriba un móvil con una velocidad de 80m/seg.
Se desea saber qué velocidad lleva cuándo ha recorrido 300m.
Sol: Cuando sube (t=5,836s) → v = 80 – 9,8*t → v = 80 – 9,8*5,836 = 22,80 m/s
Cuando baja (t=10,49s) → v = 80 – 9,8*t → v = 80 – 9,8*10,49 = –22,80 m/s
5.t2 – 10 t + 5 = 10 t – 5
de donde tenemos que 5 t2 – 20 t + 10 = 0 y la solución es t = 3’41 seg (0’586 s no vale)
Se dispara verticalmente hacia arriba un objeto y a los 2seg va subiendo con una velocidad
de 80m/seg. Hallar: a) la altura máxima alcanzada. b) la velocidad que lleva a los 15seg.
Sol: a) th.máx = 10,16seg; hmáx=506,13m b) vt=15=− 47,4 m/s
b) Para calcular la altura no hay más que tener en cuenta que en recorrer h tarda 3,41 seg:
h=
1 2 1
gt =
9’8 m/s2.3’412 s2 = 58’1 m
2
2
Se lanza verticalmente y hacia arriba un móvil que tarda 10 segundos en llegar al punto de
partida. Hallar: a) la altura máxima alcanzada. b) qué velocidad lleva a los 3seg.
Sol: a) hmáx=122,5 m b) v=19,6m/s
aunque también se podría sustituir en el espacio de cualquiera de los tramos en los que
habíamos dividido el movimiento:
Se dispara verticalmente hacia arriba un objeto de forma que a los 2 segundos lleva una
velocidad de 60m/seg. Hallar:
a) la velocidad con la cual se disparó el objeto,
b) a qué altura se encuentra a los 2 segundos.
c) cuánto tiempo ha de transcurrir para que llegue a la parte superior de la trayectoria.
Sol: a) vo=79,6m/s b) s=139,6m c) t=8,12seg; hmáx=323,27m
h
1
= 2. g ( t − 1) 2 = g ( t 2 + 1 − 2 t ) = 58,1m
2
2
1
h = 2 ( gt – g) = 2 g t – g = 2. 9,8.3,41 – 9,8 = 58,1 m
2
h=2
67
68
b) Verdad. El vector velocidad siempre es tangente a la trayectoria. Si la trayectoria es circular, la
velocidad debe cambiar continuamente de dirección y por ello debe existir una aceleración que mida
esos cambios que se llama aceleración normal porque es un vector normal a la velocidad y tiene de
módulo an=v2/R.
CINEMÁTICA. CUESTIONES
1º. Significado físico de las componentes intrínsecas de la aceleración
•
•
La aceleración tangencial nos mide las variaciones del MÓDULO del vector
velocidad. Por tanto, si at=0 eso quiere decir que el módulo de la velocidad no varía,
es decir que el movimiento es uniforme.
La aceleración normal nos mide las variaciones en DIRECCIÓN del vector
velocidad. Por tanto si an=0 eso quiere decir que el vector velocidad no varía en
dirección, es decir que se trata de un movimiento rectilíneo.
2º. ¿Crees que un cuerpo puede moverse en dos dimensiones si está sometido a una
aceleración en una dimensión.?
Por supuesto, ya que la velocidad del cuerpo es la suma de las que actúen sobre él. Tenemos
un ejemplo muy claro en el tiro de proyectiles, donde una de las velocidades es debida a la
gravedad, siempre en la misma dirección (en una dimensión) y al componerla con la
velocidad de lanzamiento nos da un movimiento en dos dimensiones.
c) Falso. La aceleración angular tiene siempre la misma dirección que la velocidad angular (la
perpendicular al plano del movimiento), sin embargo tiene el mismo sentido si el movimiento
circular es acelerado, pero tiene sentido contrario si el movimiento fuese de frenado.
7º. Razona la veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones:
a) La ecuación de la trayectoria de un móvil puede obtenerse si conocemos su vector de
posición.
b) Si un móvil se mueve sobre una recta puede asegurarse que su aceleración tangencial y su
aceleración normal son nulas.
a) Verdad. Puesto que el vector de posición apunta siempre donde está el móvil, sus
componentes son las ecuaciones paramétricas de la trayectoria. No hay más que eliminar el
tiempo entre ellas y obtendríamos la ecuación de la trayectoria en forma normal.
b) Falso. Si se mueve sobre una recta su aceleración normal será nula porque no cambiaría de
dirección, pero su aceleración tangencial (la que mide los cambios en módulo) no tiene que ser
cero necesariamente. como ocurre en el movimiento rectilíneo uniformemente acelerado.
3º. La velocidad de un móvil es en todo momento 7 m/s. ¿Puede éste tener aceleración?
Dado el carácter vectorial de la velocidad podría mantener constante el módulo de la misma
pero variar en dirección. Sería el caso de un móvil que describe una trayectoria curvilínea,
donde debe haber una aceleración responsable de los cambios en dirección de la velocidad ( la
aceleración normal).
4º.¿Es posible que un hombre andando lleve mayor velocidad que un tren que marcha a 100
Km/h?
Si, basta estar en el interior del tren moviéndose en la misma dirección del tren.
5º. ¿En qué casos la aceleración y la velocidad tienen igual dirección?
8º. Razona la veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones:
a) Si la luna gira con una velocidad v en una órbita circular de radio R, podemos decir que su
aceleración angular es v2/R.
b) Si en un tiovivo un niño está a una distancia R del centro y otro niño está a una distancia R/2, el
primero tiene una velocidad angular doble que el segundo.
c) Todos los cuerpos se mueven siempre en la misma dirección y sentido que la aceleración
resultante.
a) Falso. La luna, como todos los planetas, giran con velocidad lineal y velocidad angular constantes,
de ahí que tengan movimientos periódicos y siempre tarden lo mismo en completar un giro. Al ser
constante la velocidad angular su aceleración angular debe ser nula. Lo mismo puede decirse de la
aceleración tangencial que será nula por ser constante el módulo de la velocidad, ya que:
dω
dt
dv
at =
dt
α=
Cuando tiene at≠0 y an=0 ya que entonces no varía la dirección del vector velocidad. Por tanto cuando el movimiento sea rectilíneo (es
indiferente si es uniformemente acelerado o variado, ya que es indiferente si at es constante o no)
6º. Razona la veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones:
a) Las ruedas anterior y posterior de un tractor giran con la misma velocidad angular
b) El movimiento circular uniforme no es uniforme
c) La aceleración angular tiene siempre la misma dirección y sentido que la velocidad angular
a) Falso. Tanto las ruedas delanteras como las traseras deben tener la misma velocidad lineal y
por consiguiente, dado que v = ω.R, las ruedas más pequeñas deben tener más velocidad
angular.
Si llamamos R1 y R2 a los radios de las ruedas delantera y trasera tendremos que:
para la rueda delantera: v = ω1 ⋅ R 1
v = ω2 ⋅ R 2
R
igualando se deduce que ω1 = ω 2 2 . Como el radio R2 de la rueda trasera es mayor que el de la
R1
para la rueda trasera:
delantera, el cociente R2/R1 >1 y por tanto la velocidad angular de las ruedas delanteras es mayor que
el de las traseras
69
se deduce que: si ω=constante → α=0
se deduce que: si v=constante → at=0
Lo que sí tiene es aceleración normal, puesto que la velocidad cambia de dirección y la aceleración
normal sí que tiene como valor v2/R.
b) Falso. Ambos niños giran el mismo ángulo en el mismo intervalo de tiempo y por tanto siempre
tienen la misma velocidad angular. Lo que sí tienen distinto es la velocidad lineal, ya que v = ω ⋅ r ,
y por tanto, al tener igual ω, el niño que gira con un radio doble tiene una velocidad lineal doble.
c) Falso. La aceleración puede descomponerse en dos vectores. Uno en la dirección de la velocidad
llamado aceleración tangencial que mide las variaciones en módulo de la velocidad. El otro en
dirección perpendicular a la velocidad llamado aceleración normal que mide las variaciones en
dirección de la velocidad.
De acuerdo con lo anterior, si un cuerpo tiene aceleración normal, su velocidad y aceleración no
tienen la misma dirección, sino que forman ángulo de 90º.
Si solo tuviera aceleración tangencial, la velocidad y la aceleración sí que tendrían la misma
dirección, pero aun en ese caso no se puede afirmar que tengan el mismo sentido, ya que si
disminuye el módulo de la velocidad, ésta y la aceleración tangencial tendrían sentidos opuestos.
70
2º.–Un cuerpo se mueve a lo largo del eje X de acuerdo con la ley: x = 2t3 + 5t2 +5 (S.I.).
Encontrar:
a) El vector de posición
b) El vector velocidad y el módulo de la velocidad
c) Ecuación del espacio
d) La aceleración tangencial, la aceleración normal y la aceleración total
e) La posición, velocidad y aceleración cuando t=2s y t=3s.
f) La velocidad y la aceleración media entre los mismos instantes.
CINEMÁTICA. PROBLEMAS
1. Las ecuaciones del movimiento de un móvil son x=t2+2 e y=t2–2. Calcular:
a) la ecuación de la trayectoria en forma normal
b) El vector de posición y su posición inicial.
c) El vector velocidad y su módulo
d) La ecuación del espacio recorrido por el móvil en función del tiempo
e) El vector aceleración
f) La aceleración tangencial
g) La aceleración normal
a) El vector de posición tiene como componentes las coordenadas del móvil:.
r
r
r
r
r = x i + y j = (2 t 3 + 5t 2 + 5) i
r
r
r dr
b)
= (6 t 2 + 10 t ) i
v=
dt
a) Eliminando el parámetro del tiempo entre las dos ecuaciones nos queda: y=x–4 que
corresponde a la ecuación de una recta, por tanto se trata de un movimiento rectilíneo.
v = v 2x + v 2y = (6 t 2 + 10t ) 2 + (0) 2 = 6 t 2 + 10t
b) El vector de posición tiene como componentes la ecuaciones paramétricas de la
r
r
r
trayectoria, así que es: r = ( t 2 + 2) i + ( t 2 − 2) j .
x
y
c) La ecuación del espacio se obtiene integrando el “módulo” de la velocidad, así que:
s = ∫ v dt = ∫ (6 t 2 + 10t )dt = 2 t 3 + 5t 2 + s o
La posición inicial es la que tiene en el momento t=0, por tanto:
r
r
r
r = ( t 2 + 2) i + ( t 2 − 2) j
r
r
t =0 = 2 i − 2 j
quiere decir que estará en el punto (2,–
2)
donde so es la constante de integración que representa al espacio inicial, es decir lo que ya
había recorrido cuando t=0. Si tomamos un sistema de referencia centrado en (0,0) resulta que
x t = 0 = 2 t 3 + 5t 2 + 5 t =0 = 5 por tanto la ecuación del espacio recorrido por el móvil sería:
s = 2 t 3 + 5t 2 + 5
c) El vector velocidad, por definición, se obtiene derivando al vector de posición:
r
r
r
r dr
= 2t i + 2 t j
v=
dt
d) La aceleración tangencial es la derivada del módulo de la velocidad y por eso precisamente
mide las variaciones en módulo de la velocidad:
v = v 2x + v 2y = ( 2t ) 2 + (2 t ) 2 = 2 2 t
at =
d) La ecuación del espacio se obtiene integrando el “módulo” de la velocidad, así que:
La aceleración normal mide los cambios en dirección de la velocidad. Como el movimiento es
rectilíneo, porque se mueve a lo largo del eje X, la velocidad no cambia de dirección y su an=0
s = ∫ v dt = ∫ 2 2 t dt = 2 t 2
e) El vector aceleración, por definición, es la derivada del vector velocidad, así que:
an =
r
r
r
r dv
= 2i +2 j
a=
dt
f) El módulo de la aceleración tangencial es igual a la derivada del módulo de la velocidad:
at =
dv
=2 2
dt
r
r
dv d(6 t 2 + 10t )
=
= 12t + 10 en forma de vector a t = (12t + 10) τ
dt
dt
r
r
en forma vectorial a t = 2 2 τ
r
r
v2
= 0 en forma de vector a n = 0 n
R
La aceleración total es la suma vectorial de la aceleración tangencial y de la aceleración normal.
El módulo de la aceleración total (como ambas aceleraciones son vectores perpendiculares
porque la at tiene la dirección de la velocidad y la an es normal a la velocidad), aplicando el
teorema de Pitágoras es:
r r r
r
a = a t + a n = (12t + 10) τ
g) La aceleración normal es cero porque se trata de un movimiento rectilíneo. De tratarse de
un movimiento circular su módulo sería an=v2/R y sería un vector normal a la velocidad, por
r
r
tanto sería a n = v 2 / R n .
71
a = a 2t + a 2n = (12t + 10) 2 + 0 2 = 12t + 10
El vector aceleración total puede obtenerse también como derivada del vector velocidad, que
es precisamente su definición:
72
r
r
r
r
dv d(6t 2 + 10t ) i
a =
=
= (12t + 10) i
dt
dt
e) Una vez que tenemos todas las ecuaciones del movimiento podemos particularizar para un
momento concreto sin más que sustituir t por su valor:
x t = 2 = 2 . 23 + 5 . 22 + 5 = 16 + 20 + 5 = 41 m
4º.–Un barquero quiere cruzar un río de 100 m de anchura. Para ello rema perpendicularmente
a la corriente imprimiendo a la barca una velocidad de 2 m/s respecto al agua. La velocidad de
la corriente es 0,5 m/s. Calcula:
a) el tiempo que tardará en cruzar el río
b) la velocidad con que se mueve la barca respecto a la orilla del río
c) ¿En qué punto de la orilla opuesta desembarcará?
d) ¿Qué longitud ha recorrido la barca cuando llega a la orilla opuesta?
x t =3 = 2 . 33 + 5 . 32 + 5 = 54 + 45 + 5 = 104 m
v = 6 t 2 + 10 t →
v t = 2 = 6 ⋅ 2 2 + 10 ⋅ 2 = 44 m / s
v t =3 = 6 ⋅ 3 2 + 10 ⋅ 3 = 84 m / s
a = 12 t + 10
→
a t = 2 = 12 ⋅ 2 + 10 = 34 m / s 2
a t =3 = 12 ⋅ 3 + 10 = 46 m / s 2
f) Los valores medios se obtienen sustituyendo las diferenciales por incrementos:
vm =
∆x (104 − 41)m
=
= 63m / s
∆t
1s
am =
∆v (84 − 44)m / s
=
= 40 m / s 2
∆t
1s
La velocidad resultante sobre la barca será la suma vectorial de la que le imprime el remero y
de la debida a la acción de la corriente. Respecto del sistema de referencia de la figura son:
3. Un móvil, que inicialmente se encuentra en reposo en el punto (2,2) comienza a moverse
r
r
r
con una aceleración a = 6t i + 8t j . Calcular:
a) Vector velocidad y su módulo
b) Ecuación del espacio en función del tiempo
c) Vector de posición
d) Después de 3 seg, calcular el espacio recorrido, la velocidad que tendrá y la posición que ocupa.
El vector de posición, que se obtiene integrando al vector velocidad será:
r
r
r
r
r
r
r = ∫ v dt = ∫ (0,5 i + 2 j ) dt = 0,5t i + 2 t j
x
a) El vector velocidad es la integral del vector aceleración, así que:
r
r
r
r
r
r
v = ∫ a dt = ∫ (6 t i + 8t j ) dt = 3t 2 i + 4 t 2 j
y
a) Cuando llega a la orilla opuesta se encontrará en el punto (xmáx,100) de nuestro SR, por
tanto, la coordenada Y=100m:
⇒
t = 50 seg.
2 t = 100
v = v 2x + v 2y = (3t 2 ) 2 + ( 4t 2 ) 2 = 5t 2
r
r
r
b) La velocidad de la barca respecto de un observador en la orilla es v = 0,5 i + 2 j y su
b) El espacio es la integral del “módulo” de la velocidad:
5
s = ∫ v dt = ∫ 5 t 2 dt = t 3
3
c) El vector de posición es la integral del vector velocidad, así que:
r
r
r 4 r
r
r
r
r
r = ∫ v dt = ∫ (3t 2 i + 4 t 2 j) dt = t 3 i + t 3 j + 2 i + 2 j
3
integración=Posic.inicial
r 4
r
r
r = ( t 3 + 2 ) i + ( t 3 + 2) j
3
d) En el momento t= 3 segundos:
5
s = t 3 t =3seg = 45 m
3
v = 5t 2 t =3seg = 45 m / s
r 4
r
r
r
r
r = ( t 3 + 2) i + ( t 3 + 2) j t =3seg = 29 i + 38 j
3
r
r
r r
r
v = v rio + v remero = 0,5 i + 2 j
módulo es v = v 2x + v 2r = 0'25 + 4 = 2'06m / s
c) El punto de desembarco, como hemos razonado es el punto (xmáx,100) y como sabemos el
tiempo que tarda en llegar, que es 50 seg, podemos obtener el valor de la coordenada X ya que
r
como sabemos es la componente i del vector de posición:
Cte
0,5 t = xmáx
⇒
xmáx = 0,5.50 = 25 m
d) El espacio recorrido por la barca podemos obtenerlo de la figura s = 100 2 + 252 = 103m
pero también si tenemos en cuenta que el espacio es la integral del módulo de la velocidad:
s = ∫ v dt = ∫ 2,06 dt = 2,06 t
73
t = 50 seg
= 2,06 ⋅ 50 = 103 m
74
5º. Un tonto lanza verticalmente hacia arriba un caramelo con una velocidad de 10 m/s y abre
la boca esperando que le caiga. Resulta que en ese lugar hay un viento que sopla con una
velocidad constante de 4 m/s. Calcular la posición en la que cae y el vector velocidad en ese
instante.
La velocidad resultante sobre el caramelo es la suma vectorial de todas, y el vector de posición
se obtiene integrando al vector velocidad:
r
r
r
r
r
v = 4 i + (10 − gt ) j = 4 i + (10 − 10t ) j
6º. Un golfista golpea una pelota con una velocidad inicial de 50 m/s y sale formando un
ángulo de 53º respecto de la horizontal. Si el viento sopla horizontalmente de forma uniforme
con una velocidad de 10 m/s en la dirección del golpe. Calcular el tiempo de vuelo y la
distancia a la que caerá.
La velocidad resultante sobre el caramelo es la suma vectorial de todas, y el vector de posición
se obtiene integrando al vector velocidad:
r
r
r
r
r
v = (50 cos α + 10) i + (50senα − gt ) j = 40 i + ( 40 − 10t ) j
r
r
r
r
r
r
r = ∫ v dt = ∫ (4 i + (10 − 10 t ) j) dt = 4t i + (10 t − 5t 2 ) j
X
Y
En el momento en que el caramelo pasa por la altura desde la que se lanzó, sus coordenadas
son (xmáx,0). Y como las componentes del vector de posición son las coordenadas del caramelo,
podemos calcular el tiempo que está en el aire sin más que tener en cuenta que al estar de nuevo
sobre la horizontal y = 0, por tanto:
→
y = 10t − 5t 2 = 0
t = 2 seg
(la otra solución t=0 corresponde al momento del lanzamiento donde naturalmente también se
cumple que y = 0). Una vez que sabemos que el tiempo de vuelo es 2 seg, sustituyendo ese
valor en la coordenada x obtendremos el alcance:
x máx = 4 t t = 2 seg = 8m
r
r
r
r
r
r
r = ∫ v dt = ∫ (40 i + ( 40 − 10 t ) j ) dt = 40 t i + (40 t − 5t 2 ) j
X
Y
Como sabemos que en el momento de tocar el suelo la coordenada y=0, podemos calcular el
tiempo para el que y toma ese valor que es precisamente el tiempo de vuelo:
y = 40t − 5t 2 = 0
→
t = 8 seg
Sustituyendo ese valor del tiempo en la coordenada x obtendremos el alcance:
x máx = 40 t
t =8seg
= 320m
el vector velocidad en ese momento es:
r
r
r
v = 4 i + (10 − 10t ) j
t = 2 seg
r
r
= 4 i − 10 j
75
76
7º.–El cañón de un barco lanza horizontalmente, desde una altura de 5m respecto al nivel del
mar, un proyectil con una velocidad inicial de 900 m/s. Si el tubo del cañón es de 15 m de
longitud y se supone que el movimiento del proyectil dentro del tubo es uniformemente
acelerado, debido a la fuerza constante que ejercen los gases producidos en la combustión de la
pólvora, calcula:
a) la aceleración del proyectil dentro del cañón y el tiempo invertido por el proyectil en recorrer
el tubo del cañón
b) la distancia horizontal alcanzada por el proyectil desde que abandona el cañón hasta que se
introduce en el agua.
8º.–Un cañón dispara un proyectil con una velocidad de 200m/s, formando un ángulo de 30º
con la horizontal. Encontrar:
a) la velocidad y posición del proyectil a los 15s del disparo.
b) Hallar el alcance máximo para ese ángulo de elevación y la altura máxima que alcanza el
proyectil en su recorrido.
a) Dentro del cañón el proyectil tiene un MUA, por tanto aplicando las ecuaciones del mismo:
s=
1 2
at
2
v = at
15 =
1 2
at
2
900 = a t
el vector velocidad del proyectil y su vector de posición, que es su integral, son:
r
r
r
v o = v o cos α ⋅ i + v o senα ⋅ j
r
r
vg =
− gt ⋅ j
a=2,7.104 m.s–2; t=0,033 seg
r
r
r
v = v o cos α ⋅ i + (v o senα − gt ) j
(En lugar de resolver las ecuaciones podíamos haber utilizado la ecuación que se obtiene por
combinación lineal entre ellas eliminando el tiempo: v = v o2 + 2 a s de esta forma habríamos
obtenido el valor de la aceleración y luego con cualquiera de esas dos ecuaciones habríamos
obtenido el tiempo.)
r 1
r
r
r
r = ∫ v dt = 900 t i − g t 2 j
2
La distancia horizontal hasta que choca con el agua (alcance) corresponde al punto (xmáx,−5)
del SR que hemos elegido, centrado en la boca del cañón. Como las componentes del vector de
posición corresponden a las coordenadas del proyectil en cualquier momento t:
1
−5 = − g t2
2
t =15seg
ymáx ⇒ vy = 0 ⇒ v o senα − gt = 0
y el vector de posición:
1
y = gt2
2
)
a) A los 15 seg son:
r
v
r
r
r
v = 900 i − g t j
xmáx = 900 t
(
r
r
r
r = v o t ⋅ cos α ⋅ i + v o t ⋅ senα − 5t 2 j
r
r
r
r
= 200 cos 30 i + (200 sen30 − 5 ⋅ 15) j = 173,2 i − 50 j
r
r
r
r
r
1
r t =15seg = 200 cos 30 ⋅ 15. i + ( 200sen 30 ⋅ 15 − 9'8 ⋅ 15 2 ) j = 2598 i + 375 j
2
vy
− 50
v = v 2x + v 2y = 173'2 2 + 50 2 = 180'27 m / s
α = arc tg
= arctg
= −16º6'9'
vx
173'2
r
r
b) Altura máxima: Observa la componente Y de la velocidad: v y = (v o senα − gt ) j
Verás que cuando el tiempo es pequeño vy es positiva y por eso sube. Llega un momento en
que vy se hace cero, que es cuando alcanza la altura máxima. Para valores mayores del tiempo
ya se vuelve negativa y por eso baja.
b) Una vez que el proyectil sale del tubo del cañón con una velocidad inicial de 900 m/s
comienza a actuar sobre él la gravedad y la velocidad resultante será la suma vectorial de
ambas:
x = 900 t
y el vector de posición
de donde t = 1 seg; xmáx = 900 m
ymáx. = vo t sen α − 5.t2
t =10 seg
⇒
t = 10 s
= 200.10.sen30 − 5.102 = 500 m
Como las componentes del vector de posición corresponden a las coordenadas del proyectil en
cualquier momento t, el alcance será la coordenada X en el mismo momento en que la
coordenada Y vale cero:
x = vo t cosα
xmáx = 200 t cos30
y = v o t ⋅ senα − 5t 2
0 = 200 t ⋅ sen30 − 5t 2
de donde t = 20 seg; xmáx = 3464 m
77
78
9º. Un bombardero vuela en picado formando un ángulo de 37º con la horizontal, y a una
velocidad de 250 m/s. Cuando está a una altura de 2 Km del suelo dispara un misil con una
velocidad de 100m/s en la misma dirección y sentido del avión.
a) ¿Qué tiempo tarda en llegar al suelo?
b) ¿A qué distancia está del objetivo?
10º.–Una pelota resbala por un tejado que forma un ángulo de 30º con la horizontal y, al llegar
a su extremo, queda en libertad con una velocidad de 10 m/s. La altura del edificio es 60m y la
anchura de la calle a la que vierte el tejado es 30m.Calcular:
a) Las ecuaciones del movimiento de la pelota al quedar en libertad
b) ¿Llegará directamente al suelo o chocará con la pared?
c) tiempo que tarda en llegar al suelo y la velocidad en ese momento
d) la posición en que se encuentra cuando la velocidad forma un ángulo de 45º con la
horizontal.
r
r
r
v = v o cos α ⋅ i + (− v o senα − gt ) j
r
r
r
v = 10 cos 30 ⋅ i + (− 10sen30 − 10t ) j
r 
r
r
1
r
r = ∫ vdt = v o t cos α ⋅ i +  − v o t senα − gt 2  j
2


r
r
r
r = 10 t cos 30 ⋅ i + − 10 t sen 30 − 5t 2 j
(
)
b) En el instante en que el proyectil toca el suelo, la coordenada Y vale –60m, por tanto:
1
− 60 = − v o t ⋅ senα − gt 2
2
⇒
− 60 = −10t ⋅ sen30 − 5t 2
⇒
t = 3 seg
El alcance que es la coordenada X, será:
X max = v o t ⋅ cos α
t = 3seg
= 10 ⋅ 3 ⋅ cos 30 = 25,8m → no choca con la pared de
enfrente
Respecto del suelo, la velocidad inicial con que sale disparado el misil es igual a la que tiene
más la del avión, es decir 100+250 = 350 m/s
La velocidad resultante sobre el proyectil y su vector de posición serán::
r
r
r
v = v o cos α ⋅ i + (− v o senα − gt ) j
r 
r
r
1
r
r = ∫ vdt = v o t ⋅ cos α ⋅ i +  − v o t ⋅ senα − gt 2  j
2


⇒
− 2000 = −350t ⋅ sen37 − 5t 2
r
r
r
v = 10 cos 30 ⋅ i + (− 10sen 30 − 10 t ) j
t = 3seg
v = 8'6 2 + 35 2 = 36m / s ; α=arc tg
⇒
vy
vx
r
r
= 8,6 i − 35 j
= arctg
− 35
= −76º11'42' '
8'6
d) El ángulo que el vector velocidad forma con el eje X (horizontal) viene dado por:
vy
α = arctg
vx
− 10sen 30 − 10t
tg 45 =
10 cos 30
En el instante en que el proyectil toca el suelo, la coordenada Y vale –2000m, por tanto:
1
− 2000 = − v o t ⋅ senα − gt 2
2
c) En llegar al suelo tarda 3 seg, como hemos calculado, la velocidad a los 3 seg, es:
t=8 seg
El alcance que es la coordenada X, será:
de donde t = 0’36 s
X max = v o t ⋅ cos α
t =10seg
= 350 ⋅ 8 ⋅ cos 37 = 2240m
79
80
11º. Un niño que está subido en un caballo a 2 metros del eje de giro de un tiovivo.
a) Sabiendo que, una vez que está en funcionamiento, da 15 vueltas cada minuto, calcular: El
periodo, la frecuencia, la velocidad angular y la velocidad lineal. La aceleración tangencial,
normal y total. La aceleración angular. El espacio recorrido y el ángulo que habrá girado el
niño durante 5 minutos.
b) Una vez que finaliza el viaje, el tiovivo frena deteniéndose en 20 segundos. Durante el tramo
de frenado calcula todas las magnitudes del apartado anterior.
La aceleración total es la suma vectorial de la aceleración tangencial y de la normal, que como
sabes forma 90º: a = a t + a n = 0 2 + 4,93 2 = 4,93 m/s2
2
2
Teniendo en cuenta la relación entre la aceleración lineal y la angular: a t = α ⋅ R → α=0
(Lo que resulta obvio, ya que α es la aceleración que mide los cambios en módulo de la
velocidad angular y ésta es constante al serlo la velocidad lineal.)
El espacio recorrido en 300seg es: s = so + v·t = 3,14·300 = 942,48 m
El ángulo girado en 300seg es: ϕ = ϕ o + ω t = 1,57·300 = 471,24 rad. (También podríamos
haberlo obtenido teniendo en cuenta la relación entre el espacio y el ángulo girado: s = ϕ ⋅ R )
b) Para que pueda bajarse el niño el tiovivo debe pararse y para eso debe frenar.
Naturalmente, ahora al no mantenerse contante la velocidad lineal ni la angular, el tiovivo
invierte un tiempo distinto en cada vuelta y por tanto ahora el movimiento no es periódico, de
manera que no tiene sentido hablar de Periodo ni tampoco de Frecuencia.
Puesto que tanto la velocidad lineal como la angular deben disminuir hasta hacerse cero, resulta
obvio que sus valores durante este tramo no pueden ser constantes como antes, sino que ahora
sus valores deben ser una función del tiempo. En efecto:
ω = ω 0 + α t = 1,57 + α t
v = v o + a t t = 3,14 + a t t
donde ωo (angular inicial del tiovivo) es la velocidad que tiene en el instante que empieza a frenar.
vo es la velocidad inicial del “niño”. (Recuerda que todos los puntos del tiovivo giran con la misma
velocidad angular, sea la que sea, pero la velocidad lineal de cada punto depende de la distancia al eje
de giro.). Como ves no podemos concretar la ecuación de las velocidades, puesto que previamente
debemos calcular las aceleraciones correspondientes de las que dependen.
Fácil, no hay más que tener en cuenta que el tiovivo tarda 20 segundos:
ω = 1,57 + α t
v = 3,14 + a t t
a) Durante el viaje el tiovivo tiene un movimiento circular uniforme, por tanto es un
movimiento periódico ya que tarda el mismo tiempo en dar una vuelta. Al tiempo que tarda en
dar una vuelta se llama Periodo: T=60/15=0,25seg.
La frecuencia es el número de vueltas que el tiovivo da en 1 segundo, por tanto es la inversa del
periodo: ν=1/T = 4 seg−1 o 4 Hz
ϕ 2π
2π
=
= 1,57 rad/s
Al tratarse de un MCU, la velocidad angular ω = =
t
T
0,25
Teniendo en cuenta la relación entre la velocidad lineal y la angular: v = ω R = 1,57·2 = 3,14
m/s
Puesto que el vector velocidad cambia continuamente de dirección para ser tangente a la
trayectoria circular debe existir una aceleración responsable de esos cambios de dirección. La
aceleración normal o centrípeta:
v 2 3,14 2
an =
=
= 4,93 m/s2
R
2
Al tratarse de un movimiento uniforme, la velocidad no varía en módulo, por tanto la
aceleración tangencial que es la responsable de esos cambios será nula: at=0
81
→ 0 = 1,57 + α t
→ 0 = 3,14 + a t t
→ α = − 0,08 rad/s2
→ at = − 0,16 m/s2
(Una vez calculada una aceleración podíamos obtener la otra teniendo en cuenta que a t = α ⋅ R )
El signo menos indica que ambas aceleraciones tienen sentido contrario a sus velocidades
respectivas: en sentido opuesto al dibujado en la figura. Ahora podemos escribir la expresión de
las velocidades (que vuelvo a insistir, no serán un valor concreto, sino una función del tiempo
porque están cambiando):
ω = 1,57 − 0,08 t
v = 3,14 − 0,16 t
La aceleración normal, que obviamente también depende del tiempo:
v 2 (3,14 − 0,16 t ) 2
an =
=
= 4,93 − 0,012 t 2
R
2
La aceleración total: a = a t + a n = 0,16 2 + (4,93 − 0,012 t ) 2
El espacio recorrido por el niño y el ángulo que habrá girado durante los 20 segundos de frenado:
1
1
s = s o + v o t + a t t 2 = 3,14 ⋅ 20 − 0,16 ⋅ 20 2 = 94,25 m
2
2
1 2
1
ϕ = ϕ o + ω o t + α t = 1,57 ⋅ 20 − 0,08 ⋅ 20 2 = 47,12 rad (47,12/2π=7,5 vueltas)
2
2
2
2
82
12º. Encontrar la relación entre las vueltas que da la rueda de una bicicleta en función de las
vueltas que da el plato en función de los radios de la rueda, plato y pión. Particularizar para una
bicicleta que tiene rRueda=30 cm; rPlato=10cm y rPiñón=5cm.
EJERCICIOS DE AMPLIACIÓN
Un avión, que vuela horizontalmente a la altura de 1280 m y con una velocidad de 150 m/s,
debe lanzar un objeto sobre un barco. ¿A qué distancia del barco debe lanzar el objeto si:
a) el barco está en reposo
b) el barco se aleja del avión, en su misma dirección, a la velocidad de 10 m/s
c) el barco se acerca al avión a la velocidad de 10 m/s.
r
r
r
v = 150 i − gt j
r
r
r
r
r
r
r = ∫ v dt = ∫ (150 i − 10 t j ) dt = 150 t i − 5t 2 j
La cadena transmite el movimiento del plato al piñón, de manera que ambos se mueven con la
misma velocidad lineal.
v Plato = ω Plato ⋅ rPlato
v Piñón = ω Piñón ⋅ rPiñón
v Plato = v Piñón
→
ω Piñón = ω Plato
rPlato
rPiñón
El piñón y la rueda giran con la misma velocidad angular puesto que están montados de forma
solidaria, por tanto:
r
r
v Rueda = ω Rueda ⋅ rRueda = ω Plato Plato ⋅ rRueda = v Plato Rueda
rPiñón
rPiñón
Fíjate que la velocidad lineal de la rueda, la que tiene la bicicleta, no depende del tamaño del
disco que utilices en el plato. La velocidad de la bicicleta solamente depende de la relación que
guardan el radio de la rueda y el del piñón. Aplicando los datos del ejercicio:
vRueda=vPlato(30/5)=6·vPlato
Sin embargo, aunque el radio del plato no tenga efecto sobre la velocidad de la bicicleta, sí que
tiene otro efecto muy importante. Cuando mayor es el radio menor resulta la fuerza que
debemos ejercer para provocar un mismo momento de giro, o dicho de otra forma más fácil
resultará pedalear.
13º. Una cámara de niebla es un dispositivo para observar trayectorias
de partículas cargadas. Con ella puede verse cómo un protón que incide
en línea recta comienza a dar vueltas al aplicarle un campo magnético
uniforme.
¿Qué explicación podrías darle?
Si el protón entra a la cámara en línea recta y de pronto comienza a dar vueltas eso implica que
el campo magnético provoca un continuo cambio de dirección de la velocidad y que por tanto
ha debido surgir una aceleración en dirección perpendicular a la velocidad. En efecto, esa
aceleración es la provocada por la fuerza de Lorentz, que aparece cuando una partícula cargada
se mueve en el seno de un campo magnético.
83
a) Cuando el barco está en reposo
→
t=16s
y = −5 t 2 = −1280
d = x t =16 = 150t t =16 = 150 ⋅ 16 = 2400m
b) Cuando el barco se aleja del avión, en su misma dirección, a la velocidad de 10 m/s
sería como si el barco estuviese en reposo y el avión se moviera con una velocidad de 140
r
r
r
m/s, por tanto, repitiendo el proceso llegaríamos a que r = 140 t i − 5t 2 j
El tiempo que el proyectil tarda el llegar al suelo es exactamente el mismo y ahora
d = 140 ⋅ 16 = 2240m
c) Cuando el barco se acerca sería como si estuviese en reposo y el avión se moviese más
r
r
r
rápido, con una velocidad de 160 m/s. En este caso r = 160 t i − 5t 2 j y
d = 160 ⋅ 16 = 2560m
Para ser más rigurosos tendremos en cuenta que el impacto se produce, naturalmente, cuando
las coordenadas del proyectil y del barco son las mismas.
Respecto del SR, el vector de posición del
avión y el vector de posición del barco son:
r
r
r
ravión = 150 t i − 5 t 2 j
r
r
r
rbarco = (d + v barco t ) i − 1280 j
84
En el punto del impacto tendremos que:
EJERCICIOS SEMIRESUELTOS Y CON SOLUCIONES
igual coordenada x →
150t = d + v barco t
igual coordenada y →
− 5t 2 = −1280
Un punto se mueve siguiendo una trayectoria plana, siendo su aceleración tangencial at=k y su
aceleración normal an=c.t4, donde k y c son constantes positivas. El punto inicia su movimiento
en el instante en que t=0.Calcula el radio de su trayectoria, R.
Resolviendo el sistema de ecuaciones para cuando la velocidad del barco vale
respectivamente, 0, +10m/s y −10m/s obtendremos para la distancia (d) las soluciones
anteriormente calculadas.
v = vo + a t t = k t
an =
El portero de balón mano de un equipo inicia un contraataque lanzando la pelota con una
velocidad de 20 m/s y una inclinación de 60º sobre un compañero 25 m más adelantado. Si
moviéndose con velocidad constante, éste alcanza la pelota a la misma altura a la que ha
sido lanzada, determina el valor de esta velocidad.
v 2 (k t ) 2
=
= ct4
R
R
R=
→
k2
ct2
Un punto material se mueve según la ecuación: s=4t2+2t+3. Calcular:
a) A qué distancia se encuentra el punto respecto al origen al iniciarse el movimiento
b) su velocidad inicial
c) la velocidad en el instante t=2s
d) su aceleración.
s = 4 t2 + 2 t +3
v=
ds
=8t+2
dt
→
s t = 0 = 4.0 + 2.0 + 3 = 3 m
v t =0 = 8 ⋅ 0 + 2 = 2 m / s
v t = 2 = 8 ⋅ 2 + 2 = 18 m / s
a=
dv
= 8 m/s2
dt
Un movimiento en el plano XY queda descrito por las siguientes ecuaciones paramétricas:
x = t2/2 +2
y = t2 − 1
Determinar la ecuación de la trayectoria y la velocidad y la aceleración del móvil. ¿Tiene
aceleración normal?
En el momento que el compañero recibe la pelota, las coordenadas de la pelota y las del
compañero deben ser las mismas. Respecto del SR las velocidades de la pelota y del compañero,
así como los vectores de posición que se obtienen por integración, son respectivamente:
(Al integrar debes tener en cuenta que en el momento inicial las coordenadas de la pelota son
(0,0) y por eso las constantes de integración son nulas, pero para el compañero, en el momento
inicial las coordenadas son (25,0), así que las constantes de integración son xo=25 e yo=0.)
r
r
r
v pelota = 20 ⋅ cos 60 i + ( 20 ⋅ sen 60 − gt ) j
r
r
r
1
rpelota = 20 t ⋅ cos 60 i + (20 t ⋅ sen 60 − gt 2 ) j
2
r
r
v comp = v comp i
r
r
rcomp = ( v comp t + 25) i
igual coordenada x →
20t ⋅ cos 60 = v comp t + 25
igual coordenada y →
1
20 t ⋅ sen 60 − gt 2 = 0
2
x = t2/2 +2
y = t2 – 1
t2 = 2 x – 4
→
y=2x–4–1=2x−5
r
r
r
t2
r = ( + 2) i + ( t 2 − 1) j
2
r
r
r
r dr
→
v= t 2 + 4t 2 = t 5 m / s
= t i + 2t j
v=
dt
r
r
r dv r
→
a = 1 + 4 = 5 m / s2
a=
= i +2j
dt
dv d t 5 )
at =
=
= 5 m / s2
dt
dt
→
( 5 ) 2 = ( 5 ) 2 + a 2n
⇒
a 2 = a 2t + a 2n
an = 0
Resolviendo el sistema tenemos que t=3,46s y que v comp = 2,77 m / s
85
86
Hallar las ecuaciones de un movimiento uniformemente variado sabiendo que la aceleración es
de 8m/s2, que la velocidad se anula para t=3s y que para t=11s el espacio se hace cero.
v = ∫ a t dt = ∫ 8 dt = 8 t + k
s = ∫ v dt = ∫ (8 t − 24) dt = 4 t 2 − 24 t + k´
como la velocidad se anula para t=3
0 = 8⋅3+ k →
k = −24
v = 8t − 24
como el espacio se anula para t=11
0 = 4 ⋅ 112 − 24 ⋅ 11 + k´
s = 4 t 2 − 24 t − 220
Un punto se mueve siguiendo una trayectoria plana, de modo que su aceleración tangencial
at=k, siendo su aceleración normal an=c.t4, donde k y c son constantes positivas. El punto inicia
su movimiento en el instante en que t=0.Calcula el radio de su trayectoria, R.
Sol: R = k2/ct2
Una lancha motora puede viajar sobre un lago a una rapidez de 4 m/s. Cruza un río cuyas
aguas bajan a una velocidad de 1,5 m/s. ¿Cuál será el tiempo mínimo que tarda en cruzar, si la
anchura del ría es de 120 m? ¿Qué espacio total recorrerá? ¿Qué ángulo forma la trayectoria
con la orilla?
Sol: α = 69º 26´38´´; s = 128 m; t = 30 s
→ k´=−220
r
r
La aceleración de un cuerpo que se desplaza a lo largo del eje X es a = (4 x − 2) i m/s2.
r
r
Suponiendo que v = 10 i m/s cuando x=0, encontrar la ecuación v = f(x).
r
r
r
r
v = ∫ a dx = ∫ ( 4x − 2) i dx =( 2x 2 − 2x + k ) i
r
r
Teniendo en cuenta que v = 10 i para x=0, se deduce que la constante de integración es k=10,
r
r
y el vector velocidad es v = (2 x 2 − 2 x + 10) i
El módulo de la velocidad es v = v 2x + v 2y = (2 x 2 − 2x + 10) 2 = 2x 2 − 2 x + 10
Un disco de 10 cm de radio gira alrededor de su eje con aceleración angular constante de 20
rad/s2.Si parte del reposo, ¿cuánto valen, transcurridos 10s, la velocidad angular, la aceleración
tangencial, la aceleración centrípeta y la aceleración total de un punto del borde del disco?
La velocidad angular se obtiene integrando la aceleración angular:
ω = ∫ α ⋅ dt = α ⋅ t +ω0 = 20 ⋅ t
Una grúa eleva un objeto pesado a velocidad constante de 10 ms–1. cuando el objeto se
encuentra a 5 m sobre el suelo, rompe el cable quedando aquél en libertad. Se pregunta:
a) ¿Hasta que altura seguirá subiendo el objeto?
b) ¿Cuánto tiempo tardará en llegar al suelo desde que se rompió la cuerda?
Dato: g = 10 ms–2.
Sol: 10 m; 2’41 s (P.A.U. Jun 93)
Se lanza una piedra desde un acantilado con un ángulo de 37° con
la horizontal como se indica en la figura. El acantilado tiene una
altura de 30'5 m respecto al nivel del mar y la piedra alcanza el
agua a 61 m medidos horizontalmente desde el acantilado.
Encontrar: a) El tiempo que tarda la piedra en alcanzar el mar
desde que se lanza desde el acantilado. b) la altura, h, máxima
alcanzada por la piedra.
Nota: Cos 37°=0'80; Sen 37°= 0'60
Sol: 3'95 s; 6'84 m
en el momento t=10s → ω = 20 ⋅ t t =10 = 20·10 = 200 rad/s
at = α R = 20·0’1 m = 2 m/s2
v2
= ω2 R = 2002 ·0’1 = 4000 m/s2
an =
R
a Total = a 2t + a 2n = 2 2 + 4000 2 = 4000,0005 m/s2.
Calcula la velocidad con que orbita un satélite artificial, suponiendo que se encuentra a una
altura de 430 Km sobre la superficie de la tierra, donde la gravedad vale 8,6 m/s2 .Datos:
RT=6370 Km.
Sol: g=anormal =v2/r → v=7647 m/s
a) Calcular la velocidad angular de rotación de la Tierra y b) la velocidad lineal de un punto
sobre la superficie del ecuador, sabiendo que el radio de la Tierra es de 6370 Km.
Sol: ω = φ/t = 2π/T = 2π/1día = 2π/24·3600 = 7,27·10−5 rad/s;
b) v = ωRT = 7,27·10−5·6370000 = 463,24 m/s = 1667,66 Km/h (no dirás que estamos
parados)
87
88
TEMA 2 DINÁMICA
b) Como conocemos la aceleración, calcular la velocidad y posición se reduce a un simple
ejercicio de cinemática:
LEYES DE NEWTON
(
)
r
r
r
r r
r
r
v = ∫ a ⋅ dt = ∫ 10 i + 22 j dt = 10t ⋅ i + 22t ⋅ j + v o
1ª Ley de Newton
“Si sobre una partícula no actúa ninguna fuerza (o actúan muchas, pero su resultante es nula)
entonces conserva su estado de reposo o de movimiento rectilíneo y uniforme.”
teniendo en cuenta que la constante de integración es la vo y sustituyendo por el valor de los
datos, resulta que la velocidad será:
r
r
r
v = (10 t + 3)i + (22 t − 4) j
En primer lugar, observa que no hace distinción entre reposo y movimiento rectilíneo y
uniforme.
En segundo lugar, es que esta ley así enunciada solo es válida para observadores situados en
SRI (sistemas de referencia inerciales), es decir que se están en reposo o se mueven sin
aceleración.
y el vector de posición será:
2ª Ley de Newton
Teniendo en cuenta que la constante de integración, según los datos (coordenadas (0,0), es
r
r
r
igual a r = 0i + 0 j , resulta que el vector de posición de la partícula es:
r
“Si sobre una partícula de masa m, se aplica una fuerza F (única o resultante de muchas)
entonces la partícula adquiere una aceleración de tal manera que se cumple que:
r
r r
r
r
r = ∫ v ⋅dt = (5t 2 + 3t )i + (11t 2 + 4t ) j + ro
(
) (
)
r
r
r
r = 5t 2 + 3t i + 11t 2 + 4 t j
r
r
F = m⋅a
t = 3seg
r
r
= 54 i + 87 j
Es decir, que al cabo de 3 segundos la partícula se encuentra en el punto (54,87)
Observa que, puesto que la masa es un escalar positivo, la fuerza siempre es un vector en la
misma dirección y sentido que la aceleración
La fuerza y la aceleración son dos conceptos que van ligados: Si una es cero, la otra
también. En realidad la segunda ley contiene a la primera porque, como podemos ver, si
sobre un cuerpo no actúan fuerzas entonces la aceleración será nula, y por tanto, de no estar
en reposo, tendrá velocidad constante, es decir se tratará de un MRU (al no cambiar ni en
módulo ni en dirección)
Ejemplo:
Sobre una masa puntual de 500 g, obligada a moverse en el plano z=0 acúan
simultáneamente dos fuerzas:
r
r
r r
r
r
F1 = 2 i + 7 j
F2 = 3 i + 4 j
a) Cuanto vale el módulo de la aceleración que le imprimen
r
r
r
b) Si la masa se encuentra inicialmente en el punto (0,0) con velocidad inicial v o = 3 i − 4 j
m/s ¿Qué posición ocupará al cabo de 3 segundos?
r
r
r
a) La fuerza resultante de las que actúan sobre la partícula es ∑ F = 5 i + 11 j y aplicando la
segunda ley de Newton:
r
r
r
r
r
r
r
r ∑ F 5 i + 11 j
∑ F = m ⋅ a ⇒ a = m = 0,5 = 10 i + 22 j
El módulo:
a = 10 2 + 22 2 = 24,17m / s 2
89
3ª Ley de Newton. Principio de Acción y reacción
“Si una partícula P1 ejerce sobre otra P2 una fuerza F12, la segunda ejerce sobre la primera
una fuerza F21 igual y de sentido contrario”
r
r
F12 = − F21 o bien que
F12 = F21
Si la expresión se escribe vectorialmente no se nos puede olvidar el signo menos, ya que las
fuerzas de acción y reacción tienen sentidos contrarios
Es muy importante darse cuenta de que las fuerzas de acción y reacción F12 y F21 están
aplicadas sobre cuerpos distintos. La fuerza F12 es la que hace el cuerpo 1 sobre el 2, en este
caso es la que actúa sobre el cubo, la única que actúa sobre el cubo. La reacción es la que el
cubo hace sobre la mano y que es la única que actúa sobre la mano.
Por tanto las fuerzas F12 y F21 a pesar de ser iguales y de sentido contrario no dan resultante
nula porque “están aplicadas sobre cuerpos distintos”.
90
Por otro lado tenemos los pesos de los cubos y las reacciones de la superficie de la mesa, a la
que llamamos NORMAL porque siempre es perpendicular a la superficie.
Para el que no lo termine de entender: te descalzas y con la puta de los dedos le das una
patada a un balón.
Aplicamos ahora la segunda ley de Newton a todo el sistema y para que no haya olvido lo
hemos encerrado en una curva.
F = m⋅a
Verás como la fuerza F12 que le aplicas al balón hace que éste se mueva, al ser la única que
actúa sobre él. Por otro lado verás como la velocidad de tu pie se “frena” por acción de la
fuerza F21 que el balón hace sobre él. Además puedes comprobar como cuanto mayor sea la
patada más te duele.
Ejemplo:
Tres bloques de masas respectivas 2, 3 y 4 Kg se encuentran sobre una mesa horizontal,
estando en contacto entre sí. ¿Qué fuerza hay que aplicar al bloque de 4Kg para que el
sistema se mueva con una aceleración de 2 m/s2 ? ¿Porqué los tres bloques se mueven con la
misma aceleración? ¿Qué fuerza ejerce el de 4Kg sobre el de 3Kg? ¿y el de 3Kg sobre el de
2Kg?
La fórmula anterior hay que leerla como “la suma de todas las fuerzas que hay dentro de la
curva es igual a la suma de todas las masas dentro de la curva por la aceleración con que se
mueven”, así que, teniendo en cuenta el las fuerzas iguales y de sentido contrario se anulan,
nos queda que la única fuerza que nos queda es F y por tanto:
F = (2 + 3 + 4 ) ⋅ 2 = 18Newton
b) Los tres cubos se mueven con la misma aceleración siempre y cuando sean
indeformables, en tal caso si el último se desplaza un tanto los anteriores deben hacer lo
mismo.
c) Hay que darse cuenta de que las fuerzas que unos cubos hacen contra los otros no
aparecen al aplicar la segunda ley a todo el sistema porque son fuerzas que unas partes del
sistema hacen contra otras partes del sistema y como siempre van por parejas (la de acción y
la de reacción) pues se compensan unas con otras.
Si queremos calcularlas debemos aplicar la segunda ley a una parte del sistema. Por ejemplo
vamos a aplicarla al cubo C (La aplicamos con el mismo criterio: Suma de las fuerzas dentro
de la curva igual a masa dentro de la curva por la aceleración)
En primer lugar elegimos un SR. Como el problema es en una sola dimensión podemos
evitar trabajar con vectores y simplemente nos limitaremos a considerar positivos los
sentidos hacia la izquierda (como F y a) y negativos los que van a la derecha.
En segundo lugar vamos a descomponer el sistema en las tres partes de que consta y a
dibujar todas las fuerzas que actúan sobre cada parte.
F − FBC = m C ⋅ a
18 − FBC = 4 ⋅ 2
⇒
⇒
FBC = 10 New
Para calcular la fuerza que el cubo B ejerce sobre el A aplicamos la segunda ley al cubo B
Observa que la fuerza F solamente actúa sobre el cubo en que está aplicada, y nada más que
sobre él. Ahora bien, el cubo C empuja al B con una fuerza FCB y éste ejerce sobre el
primero una reacción FBC y así sucesivamente.
FBC − FAB = m B ⋅ a
91
⇒
10 − FAB = 3 ⋅ 2
⇒
FAB = 4 New
92
TENSIONES
A título de comprobación podíamos calcular la fuerza FBA aplicando la segunda ley al cubo
A (como sabemos debe resultar 4 New)
Siempre que en un sistema haya cuerdas uniendo unas partes con otras, se llama tensión a la
fuerza que soportan las mismas.
Las tensiones con fuerzas que unas partes del sistema hacen contra otras partes del mismo,
de manera que si aplicamos la segunda ley de Newton a todo el sistema nunca aparecen,
porque se compensan las de acción con las de reacción. La única forma de calcularlas es
aplicando la segunda ley a una parte del sistema.
FBA = m A ⋅ a
⇒
Ejemplo:
Dado el sistema de la figura, en el que las dos masas están unidas por una cuerda
inextensible y de masa despreciable, calcular despreciando el rozamiento:
a) Aceleración del sistema
b) Aceleración de la masa de 1Kg ¿Qué fuerza actúa sobre ella?
c) Mostrar todas las fuerzas que actúan sobre la masa de 2Kg. ¿Cuál es la fuerza neta sobre
ella?
FBA = 2 ⋅ 2 = 4 New
Hay que resaltar que la fuerza de 18 New que se aplica al cubo C no se transmite de unos
cubos a otros, como pudiera pensarse por error. Vamos a ver cual es la resultante sobre cada
cubo:
FC = F − FBC = 18 − 10 = 8New
F B = FCB − FAB = 10 − 4 = 6 New
FA = FBA = 4 New
En primer lugar vamos a descomponer el sistema en las partes que tiene y poner todas las
fuerzas que hay sobre cada una. Básicamente este ejercicio es como el anterior, solo que en
lugar de empujarle al cubo ahora es la tensión de la cuerda la que tira de él
Como ejercicio podrías repetir el problema, pero suponiendo ahora que la fuerza F se aplica
al cubo A, de 2Kg. En este caso las soluciones serían: F=18N; FBA=FAB=14 y FCB=FBC=8
Newton
Las tensiones T y T´ no son fuerzas de acción y reacción puesto que están aplicadas sobre el
mismo cuerpo (la cuerda). Lo que pasa es que como veremos son iguales porque la cuerda
no tiene masa.
Si aplicamos la segunda ley a todo el sistema tendremos, que como la fuerza resultante es
5N y la masa del sistema es (2+1)
∑F = m⋅a
⇒
5 = (2 + 1) ⋅ a
⇒
a = 1,67 m/s2
Esta es la aceleración del sistema y de cada una de sus partes, puesto que la cuerda es
inextensible.
93
94
b) La aceleración de la masa de 1Kg, como hemos dicho, es igual a la del sistema, por tanto
aplicando la segunda ley a la masa de 1 Kg, tendremos:
POLEAS IDEALES
Una polea ideal es aquella que tiene masa despreciable y en ella no hay rozamiento, en cuyo
caso a ambos lados la tensión de la cuerda es la misma, en otras palabras, solo modifica la
dirección de la fuerza sin que varíe su módulo. Por tanto para una polea ideal las dos
situaciones siguientes serían exactamente la misma:
∑F = m⋅a
⇒
T´= 1 ⋅ 1,67 = 1,67 New
Si la polea tiene una masa que no puede despreciarse la tensión a ambos lados de la cuerda
no es la misma y para resolver hemos de conocer el momento que la hace girar y el
momento de inercia de la polea, así que lo estudiaremos en rotaciones.
c) Aplicando ahora la segunda ley a la masa de 2 Kg, tendremos:
Ejemplo:
Calcular la aceleración del sistema de la figura y las tensiones de todos los tramos de la
cuerda. Supón la polea ideal y que no hay rozamiento.
∑F = m⋅a
5 − T = 2 ⋅ 1,67
⇒
⇒
T = 1,67 New
En efecto, ya que como habíamos dicho al tener la cuerda una masa despreciable la tensión a
ambos lados es la misma. Lo que resuñta evidente aplicando la segnda ley a la cuerda, ya
que:
∑F = m⋅a
⇒
T − T´= 0 ⋅ 1,67
⇒
En primer lugar elegimos un SR y luego haremos un esquema de todas las fuerzas que
actúan sobre cada parte del sistema:
T = T´
Por esta razón cuando se trate de cuerdas de masa despreciable al hacer una descomposición del
sistema podemos dar de lado a las cuerdas. Simplemente haremos el esquema como:
Aplicando la segunda ley a todo el sistema podemos calcular la aceleración con que se
mueve el sistema:
∑F = m⋅a
⇒
20 = (2 + 2 + 1) ⋅ a ⇒
a = 4 m/s2
Para calcular la tensión T´ aplicaremos la segunda ley a la masa de 1Kg
95
96
La segunda ley a todo el sistema sería:
∑F = m⋅a
⇒
100 − 60 = (10 + 6 ) ⋅ a
⇒
a = 2,5 m/s2
Para calcular la tensión aplicamos la segunda ley a cualquiera de las masas. Por ejemplo a la
masa A:
∑F = m⋅a
∑F = m⋅a
⇒
T´= 1 ⋅ 4
⇒
⇒
⇒
20 − T = 2 ⋅ 4
⇒
⇒
T − T´= m B ⋅ a
T = 75 New
Como se sabe la deformación es proporcional a la fuerza
aplicada al resorte y viene dada por la ley de Hooke:
T = 12 New
F = K⋅x
Para comprobar el resultado podríamos aplicar la segunda ley a la masa B:
∑F = m⋅a
⇒
Supongamos que insertamos un muelle de constante elástica 500 N/m. Vamos a calcular lo
que se deformaría mientras evoluciona el sistema:
T´=4 New
Para calcular la tensión T aplicaremos la segunda ley a la masa A:
∑F = m⋅a
100 − T = 10 ⋅ 2,5
⇒
donde K es la constante elástica y x la deformación
12 − 4 = 2 ⋅ 4
Ejemplo:
La máquina de Atwood no es más que una polea de la que cuelgan masas a ambos lados. Si
las masas son de 10 y 6 Kg, calcular:
a) La aceleración con que evoluciona el sistema
b) La tensión de la cuerda
Teniendo en cuenta que la fuerza que actúa sobre el muelle
es, evidentemente, la tensión de la cuerda, que vale 75 New, tendremos:
F = K⋅x
⇒
75 = 500 ⋅ x
⇒
x = 0,15 m = 15 cm
Como siempre descomponemos el sistema en cada parte y dibujamos las fuerzas
97
98
MOMENTO LINEAL o CANTIDAD DE MOVIMIENTO
IMPULSO LINEAL O MECÁNICO
r
El momento lineal de una partícula ( p ) por definición es igual al producto de su masa por su
velocidad:
Se llama así a la fuerza por el tiempo en que actúa:
r
r
p = m⋅v
t1
Como puede verse el impulso lineal es un vector en la dirección y sentido de la fuerza.
Como puede verse es un vector en la dirección y sentido de la velocidad, ya que la masa es
un escalar siempre positivo.
La segunda ley de Newton puede escribirse también en función del momento lineal. Si
derivamos respecto al tempo la definición de momento lineal tendremos:
r
r
dp dm r
dv
=
v+m
dt
dt
dt
→
r
r
t2 r
I = ∫ F ⋅ dt = F (t 2 − t 1 ) = F ⋅ ∆t
r
r
dp
= m⋅a
dt
Teniendo en cuenta la definición de impulso lineal y la segunda ley de Newton podemos
poner:
r
r
r
t2 r
t 2 dp
r
⇒
I = ∫ F ⋅ dt = ∫
dt
I = ∆p
t1
t1 dt
Lo que nos dice que el “impulso lineal es igual a la variación del momento lineal o cantidad
de movimiento” y se conoce como teorema del impulso mecánico.
El primer sumando es nulo puesto que la masa es una constante, y teniendo en cuenta la
definición de aceleración, finalmente podemos decir que:
r dpr
F=
dt
La segunda ley puede expresarse también diciendo que “la fuerza es igual a la variación del
momento lineal con respecto al tiempo”.
r
r
Observa que si F = 0 eso implica que p es constante y por lo tanto que la velocidad de la
partícula es constante y que la aceleración es nula. (A esta misma conclusión llegamos
r
r
teniendo en cuenta la otra definición de fuerza F = m ⋅ a )
Ejemplo:
Una bola de 1 Kg de masa cae verticalmente desde una altura de 20 m y rebota saliendo con
una velocidad inicial de 10 m/s. Calcular:
a) El impulso que actúa sobre la bola durante el contacto
b) Si el tiempo que está en contacto con el suelo es de 0,02 seg ¿Cuál es la fuerza media
ejercida por el suelo?
La velocidad de la pelota al llegar al suelo desde una altura de 20 m es:
v = v o + 2gh = 2 ⋅ 10 ⋅ 20 = 20m / s
r
r
v = −20 j
2
En forma de vector
PRINCIPIO DE CONSERVACIÓN DEL MOMENTO LINEAL
Dice que “Si sobre un cuerpo no actúa ninguna fuerza, o bien la resultante de las que actúan
es nula, entonces se conserva el momento lineal.”
Su demostración es evidente, ya que:
r dpr
F=
dt
⇒
r
Si F = 0
⇒
r
p = cte.
a) Teniendo en cuenta que el impulso lineal es igual a la variación del momento lineal:
r
r
I = ∆p
⇒
r
r
r
r
r
r
I = mv 2 − mv1 = 10 j − (−20 j ) = 30 j N.s
b) La fuerza que el suelo ha ejercido sobre la pelota durante esos 0,02 seg que ha estado en
contacto es, teniendo en cuenta la definición de impulso lineal:
r
r
r
r r
r
I
30 j
I = F ⋅ ∆t
⇒
F=
=
= 1500 j New
∆t 0,02
99
100
Ejemplo:
Sobre una partícula de 10 Kg que tiene una velocidad inicial de 2 m/s se aplica una fuerza de
30 N en la misma dirección y sentido, durante 5 seg, calcular:
a) El impulso que ha resido la partícula
b) Aceleración
c) La velocidad que tendrá cuando cese la fuerza
a) El impulso será:
r
r
r r
I = F ⋅ ∆t = 30 i ⋅ 5 = 150 i N.s
Si aumentamos la fuerza F un poco vemos que seguimos in mover el cuerpo, lo que quiere
decir que la fuerza de rozamiento se ha hecho mayor, y así sucesivamente, pero sabemos que
llega un momento en que empezamos a mover el cuerpo, lo que indica que la fuerza de
rozamiento no crece indefinidamente, sino que tiene un tope.
r
r
r
r F 30 i
a= =
= 3 i m/s2
m 10
También sabemos, por experiencia, que una vez puesto en marcha el cuerpo la fuerza
necesaria para seguir moviéndolo uniformemente es más pequeña que la que hicimos para
iniciar el movimiento. Esto nos lleva a pensar que hay dos fuerza de rozamiento:
c) La velocidad al cabo de 5 seg, la vamos a calcular teniendo en cuenta que el impulso
mecánico comunicado al cuerpo es igual a la variación del momento lineal, así pues:
⇒
Todos sabemos que si comunicamos aun cuerpo una velocidad determinada y lo
abandonamos termina parándose. En consecuencia podemos afirmar que sobre él actúa una
fuerza en sentido contrario a la velocidad a la que llamaremos fuerza de rozamiento o de
fricción.
Si aun cuerpo que está en reposo le aplicamos una pequeña fuerza, vemos que no se mueve,
lo que indica que aparece una contraria del mismo valor.
b) La aceleración:
r
r
I = ∆p
ROZAMIENTO POR DESLIZAMIENTO
r
r
r
I = mv 2 − mv1
⇒
r
r
r
150 i = 10 ⋅ v 2 − 10 ⋅ 2 i
⇒
r
r
v 2 = 17 i m/s
•
Al mismo resultado llegaríamos si tenemos en cuenta que como se trata de un movimiento
rectilíneo uniformemente acelerado, la velocidad viene dada por:
r r
r
r
s r
v = v o + a ⋅ t = 2 i + 3 i ⋅ 5 = 17 i m/s
La que existe entre las superficies cuando está en reposo en intentamos moverlo, que
llamaremos fuerza de rozamiento estática, que varía desde cero hasta un valor
máximo dado por:
FRoz ,Est = N ⋅ µ Est
•
La que existe entre las superficies cuando está moviéndose, que llamaremos fuerza
de rozamiento dinámica, que tiene un valor máximo dado por:
FRoz ,Din = N ⋅ µ Din
En ambas expresiones N es la fuerza normal ejercida por el, plano sobre el cuerpo (no solo
la debida al peso, sino la resultante de las fuerzas que el plano hace sobre el cuerpo) y µ es el
coeficiente de rozamiento estático o dinámico, según el caso.
El coeficiente de rozamiento, como puede verse al tratarse del cociente entre dos fuerzas, es
adimensional y solo depende de las superficies en contacto y de su estado.
También es fácil de suponer que puesto que la fuerza de rozamiento estática es mayor que la
dinámica, entonces µ Est 〉 µ Din
101
102
Si representamos la fuerza que debemos aplicar a un cuerpo para moverlo uniformemente, en
función de la fuerza de rozamiento tendríamos algo similar a:
MOVIMIENTO RELATIVO
Como sabemos por experiencia un mismo movimiento puede explicarse de distinta forma
desde sistemas de referencia que se mueven entre sí.
Supongamos un SR fijo, al que llamaremos absoluto, y otro SR que se mueve respecto al
r
primero con una velocidad v o´ y con un movimiento solo de traslación:
Como se aprecia en la figura, al principio la fuerza que aplicamos es compensada por la Froz
y el cuerpo no se mueve. El movimiento se inicia cuando la fuerza aplicada es igual a la Froz
estática máxima. Después, una vez iniciado el movimiento la fuerza de rozamiento
disminuye hasta ser igual a la de rozamiento dinámica.
De todas formas la diferencia entre ambos coeficientes es muy pequeña y en la mayoría de
los casos se promedia y se considera como si solo hubiese uno.
El RS móvil puede moverse con o sin aceleración.
•
•
Se llama sistema de referencia inercial (SRI) si está fijo o se mueve sin aceleración.
Se llama sistema de referencia no inercial (SRNI) si se mueve con aceleración
Supongamos una partícula que se está moviendo, el vector de posición de ella respecto de
r
r
cada sistema será r y r ´
Otra cuestión a resaltar es que, dado que la fuerza de rozamiento es una fuerza en la
dirección del movimiento y sentido contrario y la normal es una fuerza perpendicular al
plano, la expresión que nos da la fuerza de rozamiento máxima no podemos escribirla
vectorialmente en ningún caso, es decir:
FRoz = N ⋅ µ (bien)
r
r
FRoz = N ⋅ µ (mal)
Como puede verse en la figura:
Ejemplo:
Si tiramos de un bloque de 10Kg formando un ángulo de 37º y el coeficiente de rozamiento
estático es de 0,3 y el dinámico 0,2, calcular la fuerza que debemos ejercer para:
a) Empezar a moverlo
b) Continuar moviéndolo con velocidad constante
c) Moverlo con aceleración de 2 m/s2
Ejemplo:
Un bloque de 2Kg se lanza hacia arriba por un plano inclinado 60º, con una velocidad inicial
de 3 m/s. El coeficiente de rozamiento dinámico vale 0,3.
a) Dibujar todas las fuerzas que actúan sobre el bloque mientras asciende
b) Distancia que recorre sobre el plano antes de detenerse momentáneamente.
c) Velocidad con que llega de nuevo a la posición inicial.
103
r
r r
r = r´+ OO´
Antes de seguir vamos a definir:
•
•
•
Movimiento absoluto: el que tiene la partícula P respecto del SR aboluto
Movimiento relativo: El que tiene la partícula respecto del SR móvil X´Y´. Para el
cálculo de éste se considera que el SR está fijo.
Movimiento de arrastre: El que tiene la partícula respecto del SR XY, pero
considerando que se mueve rígidamente unido a X´Y´. (Es como si la partícula P se
soldara a los ejes X´Y´ y se moviera arrastrada por ellos.)
Derivando la expresión anterior respecto al tiempo obtenemos la velocidad:
r
r
r
d r d r´ dOO´
=
+
dt
dt
dt
⇒
r r r
v = v´+ v o´
104
•
•
•
r
* v es la velocidad de la partícula respecto del SR fijo. Es la velocidad absoluta
r
* v ´ es la velocidad de la partícula respecto del SR móvil. Es la velocidad relativa
r
* v o´ es la velocidad del SR móvil respecto del fijo, que coincide con la velocidad de
arrastre
r
r
r
v absoluta = v relativa + v arrastre
ahora nos estamos moviendo con un movimiento de rotación y a una velocidad superior a
1000 km/h). Por tanto la velocidad el observador en el autobús sería:
r
r
v´= −gt ⋅ j
Para el observador situado en el suelo (SR fijo XY) la velocidad sería:
r r r
v = v´+ v o´
⇒
r
r
r
v = −gt ⋅ j + 20 i
Su vector de posición lo calculamos integrando, y la aceleración derivando:
r
r
1 r
r = − gt 2 j + 20t ⋅ i
2
r
r
a = −g ⋅ j
Volviendo a derivar obtendremos la aceleración, así que:
r r r
a = a´+a o´
•
•
•
*
*
*
Resulta que los dos observadores miden la misma aceleración, la de la gravedad.
Efectivamente, porque el sistema (el autobús) se mueve con una velocidad constante de 20
m/s y sin aceleración y por tanto se trata también de un SRI
r
a es la aceleración respecto del SR fijo
r
a ´ es la aceleración respecto del SR móvil
r
a o´ es la aceleración el SR móvil respecto del SR fijo.
La ecuación de la trayectoria:
x = 20 t
y = −5 t 2
Es importante darse cuenta de que si el SR que se mueve es también inercial, es decir, no
r r
tiene aceleración, entones: a = a´ lo que quiere decir que los dos observadores medirían la
misma aceleración para la partícula.
eliminando el tiempo:
Ejemplo:
Vamos en un autobús a una velocidad constante de 20 m/s. Si dejamos caer una moneda al
piso del autobús desde una altura de 1m ¿Cuánto tarda en caer al suelo? ¿Cómo describiría
el movimiento un observador que estuviera dentro del autobús y otro que estuviera en reposo
en la calle?
y=−
x2
80
Como ves el movimiento absoluto no es más que la combinación de dos movimientos. Una
cosa más, este resultado no valdría si el autobús da una curva, porque en tal caso habría
aceleración normal y sería un SNRI.
El tiempo que tarda en caer es independiente del movimiento del observador, ya que cae por
efecto de la gravedad y por tato le aplicamos las ecuaciones del movimiento acelerado:
2s
2 ⋅1
1
s = a ⋅ t2
⇒
t=
=
= 0,45seg
g
10
2
El observador en el autobús (SR móvil X´Y´) vería caer la moneda según la vertical,
exactamente igual que si tu la dejaras caer ahora desde tu mesa. (precisamente nosotros
105
106
FUERZAS DE INERCIA
Ejemplo:
Un coche tiene un movimiento circular uniforme de radio R. ¿Cómo describiría el
movimiento un observador situado en el centro de la circunferencia? ¿Cómo lo describiría
otro desde dentro del coche?
Vamos a tratar de explicar la segunda ley de Newton desde el punto de vista de un
observador no inercial, es decir que se mueve en un sistema de referencia acelerado:
Como sabemos, la aceleración absoluta (la que mide el observador en reposo) es igual a la
relativa (la que mide el observador del SR móvil) más la de arrastre del sistema:
r r r
a = a´+a o´
por tanto la segunda ley para cada observador sería exactamente igual, solo que para cada
r
observador la aceleración es distinta, (para el observador absoluto es a y para el que se
r
mueve es a´ ) así pues:
•
Para el absoluto (SRI)
r
r
r
r
F = m ⋅ a = m ⋅ a´+ m ⋅ a o´
•
Para el que se mueve con aceleración (SRNI)
r
r
F = m ⋅ a´
Se llama fuerza de inercia al producto de la masa por la aceleración opuesta a la del SR
móvil.
Para el observador situado en el centro de la trayectoria (SRI, porque está en reposo) la cosa
es muy simple. Diría: “Si el coche describe un movimiento circular uniforme, la aceleración
tangencial es nula, pero debe tener una aceleración normal o de lo contrario no estaría
girando” por tanto:
r r
v2 r
a = an =
n
R
El observador situado en el centro de la trayectoria verá que sobre el coche actúa una fuerza,
causante de esa aceleración:
r
v2 r
F = m⋅a = m n
R
r
r
Finercia = − m ⋅ a o´
según esto podemos poner que:
Resumiendo, diría: “sobre el coche actúa una fuerza de módulo mv2/R en la dirección del
radio y apuntando hacia el centro de la circunferencia.” Se le llama fuerza normal o
centrípeta y es una fuerza real o de lo contrario el coche no giraría, es decir su velocidad no
cambiaría en dirección. (*)
r
r
r
F − m ⋅ a o´ = m ⋅ a´
r r
r
F + Finercia = m ⋅ a´
r
r
Ftotal = m ⋅ a´
La forma en que se expresa el observador no inercial es idéntica forma a la que expresa la
segunda ley el observador inercial. La diferencia es que para el SRNI además de las fuerzas
reales que existan sobre el cuerpo, para él además actúa la de inercia.
Hay que insistir en que la fuerza de inercia es incomprensible y no tiene sentido para el
observador inercial. Sin embargo para el SRNI son fuerzas tan reales como todas las demás.
En muchas ocasiones nos interesa resolver los problemas desde SRNI, en cuyo caso no
debemos olvidarnos de las fuerzas de inercia.
El observador que se mueve con el coche, es decir en el SRNI, la situación también es muy
clara. Diría: “El coche respecto a mí no tiene ninguna aceleración, es más está en reposo, por
tanto sobre él no actúa ninguna fuerza” (Sería exactamente lo que cualquiera de nosotros
respondería si estamos sentados y nos preguntan por el movimiento de la pizarra) . Es decir
que :
r
a´= 0
⇒
r
Ftotal = 0
Quiere decir que el observador que se mueve en el coche debe “inventar” una fuerza igual y
de sentido contrario a la que realmente existe (a la que hace que el coche gire) ya que sobre
él no existe ninguna fuerza. Esa fuerza inventada o pseudofuerza es precisamente la fuerza
de inercia.
A la fuerza de inercia asociada a un observador en un SR que gira se le llama Fuerza
centrífuga y solo tiene sentido para el observador que va en el coche (SRNI), pero no tiene
explicación para el observador que está fijo.
107
108
Efectivamente, el observador situado en el coche (SRNI) no mentiría, ya que para él la
fuerza total es la suma de las que hay sobre el coche, es decir las reales más la de inercia, y
la segunda ley para él sería:
r r
r
F + Finercia = m ⋅ a´
donde:
•
•
r
F es la suma de todas las fuerzas reales sobre el coche, que como sabemos de la
primera parte del ejercicio es:
r
v2 r
F=m n
R
r
Finercia es igual a “menos” la masa por la aceleración del SR móvil. Su dirección, por
v
tanto es la misma que la de a n y sentido contrario
Ejemplo:
¿Por qué al arrancar una moto el motorista tiende a irse hacia atrás? ¿Por qué al frenar tiene
a irse hacia delante?
La primera ley de Newton se conoce también como ley de inercia y puede expresarse como
“Si sobre un cuerpo no actúa ninguna fuerza, entonces tiende a conservar su estado de
movimiento”, es decir a continuar en reposo si lo estaba o a continuar con su movimiento
rectilíneo y uniforme.
Por eso al arrancar (donde naturalmente hay una fuerza) la inercia del motorista es a
permanecer en reposo, que es como estaba.
r
r
r
v2 r
Finiercia = − m ⋅ a o´ = − m ⋅ a n = − m n
R
sustituyendo en la segunda ley para el observador no inercial, situado en el coche:
r r
r
F + Finercia = m ⋅ a´
2
⇒
m
2
r
v r
v r
n + (− m n ) = m ⋅ a´
R
R
⇒
r
0 = m ⋅ a´
⇒
El mismo razonamiento puede hacerse cuando frena y ese es el motivo de que tienda a irse
hacia delante, para conservar su anterior estado de movimiento.
r
a´= 0
Es evidente que las fuerzas que obran sobre el motorista son fuerzas de inercia, porque sólo
se ve empujado hacia atrás o hacia delante cuando hay aceleración hacia delante o atrás
respectivamente. Lo mismo ocurre si existe aceleración normal, es decir cuando tomamos
una curva, donde se vería sometido a una fuerza centrífuga en sentido contrario a la fuerza
normal.
En efecto: desde el punto de vista del motorista la moto no tiene aceleración, por tanto si
r
esta acelera él se inventa una igual y de sentido contrario. Si la aceleración de la moto es a o´
la fuerza que empuja al hombre hacia delante o hacia a tras es:
Resumiendo podríamos decir que el observador que va en el coche, como mide aceleración
cero, lo que hace es inventarse una fuerza igual y de sentido contrario a la real, aunque para
él sea tan real como las demás.
(*) Sobre la fuerza normal: La fuerza normal es la responsable de que la velocidad del coche
(o cualquier otro objeto) cambie de dirección y en consecuencia pueda girar. Su valor es
Fnormal=mv2/r. Ahora bien, para cada situación concreta es diferente la naturaleza de esa
fuerza normal, así por ejemplo:
•
•
•
•
•
r
r
Finercia = − m ⋅ a o´
Así que el signo menos indica que si la aceleración de la moto es hacia delante la fuerza de
inercia será hacia atrás y viceversa.
Cuando un objeto gira la fuerza normal es precisamente la tensión de la cuerda (Fn=T)
En un coche que toma una curva la fuerza normal es precisamente la fuerza de rozamiento
(Fn=Froz)
En el giro de la Luna la fuerza normal es igual a la atracción de la Tierra (Fn=Fgrav)
En el electrón del modelo atómico de Bohr la fuerza normal es igual a la de Coulomb
Cuando una partícula cargada gira dentro de un campo magnético la fuerza normal es igual a
la fuerza de Lorentz
109
110
Ejemplo:
Si atamos un cuerpo de 2Kg a una cuerda de 0,5m de radio y comenzamos a darle vueltas en
una mesa horizontal con velocidad constante de 10 m/s, ¿Cuál será la tensión de la cuerda?.
Si la tensión máxima que soporta la cuerda son 900N ¿Cuál es la velocidad máxima a que
puede girar sin que se parta la cuerda?
Ejemplo:
Si atamos un cuerpo de 2Kg a una cuerda de 0,5m de radio y comenzamos a darle vueltas en
un plano vertical con velocidad constante de 10 m/s, ¿Cuál será la tensión de la cuerda en los
tramos que se indican?
Primero resolveremos el problema desde un SRI, es decir desde el punto de vista de un
observador situado en el centro de la circunferencia:
Vamos a resolver el ejercicio desde el punto de vista del observador no inercial, ya que
siempre resulta más intuitivo:
Sobre el cuerpo actúa la tensión de la cuerda además del peso y la reacción del plano que no
se han dibujado.
A) En la posición A, para un observador que se mueva con el cuerpo hay las siguientes
fuerzas: La tensión de la cuerda, el peso y la fuerza centrífuga:
El observador situado en el centro de la circunferencia (SRI) diría: Para que un cuerpo gire debe
estar sometido a una fuerza perpendicular a la velocidad que dé lugar a una aceleración normal,
que es la responsable del cambio de dirección de la velocidad. En este caso concreto esa fuerza
normal es precisamente la fuerza con que tira la cuerda, es decir la tensión T. De no existir esta
fuerza normal el cuerpo no cambiaría de dirección y se movería en línea recta (que es lo que
ocurriría si la cuerda se parte). Por tanto:
T ≡ Fn = m
m
2
v2
10 2
=2
= 400New
R
0,5
v2
0,5
⇒
v2
= T + mg
R
10 2
= T + 2 ⋅ 10
0,5
⇒
T = 380 New
B) En la posición B tendremos:
La máxima velocidad de giro será la que hace que la tensión sea de 900 New:
900 = 2
Fc = T + mg
T = Fc + mg
v = 15 m/s
T=2
Ahora lo resolveremos desde el punto de vista de un observador no inercial, es decir que se
mueve con el objeto (SRNI). Para él no hay aceleración y por tanto la resultante de las
fuerzas debe ser nula, para lo que se “inventa” la fuerza centrífuga:
10 2
+ 2 ⋅ 10 = 420 New
0,5
c) En el punto C tendremos:
T = Fc
v2
R
No tiene objeto volver a resolver el problema, que como vemos conduce a lo mismo, aunque
partiendo de planteamientos distintos.
Como para el observador no inercial ΣF=0
⇒ T = Fc
⇒ T=m
111
T=2
10 2
= 400New
0,5
112
d) En la posición D, cuando forma un ángulo de 30º la situación es:
Fc = T + mg ⋅ sen30
2
10 2
= T + 2 ⋅ 10 ⋅ sen30
0,5
T = 390 New
Quizá te preguntes que ocurre con el peso en el punto C y con la componente del peso, que
en el caso D vale: mg cos α . Sencillamente se trata de una fuerza en sentido contrario la
velocidad, ya que en ambos casos darían lugar a una aceleración tangencial que frenaría el
cuerpo. Si como dice el enunciado el cuerpo gira con velocidad constante, es preciso que en
estos tramos haya una fuerza en sentido contrario para compensarlas, y hacer que la at = 0,
es decir, en el tramo AB (mientras baja) deberíamos frenar y en el tramo BA (mientras sube)
debemos acelerar.
Fíjate como la normal o reacción del plano es igual a la suma de todas las fuerzas que el
cuerpo hace contra el plano, en este caso: N = mgcosα + Fcsenα con lo que las fuerzas sobre
el eje Y quedan equilibradas.
Por tanto, para que la fuerza total sea nula es preciso que también las fuerzas sobre el eje X
se equilibren, así que :
Fc cos α = mg ⋅ senα
m
v2
cos α = mg ⋅ senα
R
Ejemplo: Peraltes
Las curvas en las pistas de carreras en lugar de ser llanas se inclinan hacia dentro con objeto
de que los coches puedan tomarlas a mayor velocidad sin salirse. Lo mismo se hace en las
curvas de los ferrocarriles en los que además se consigue un menor desgaste de vías y
ruedas.
(fíjate que si la componente de la fuerza centrífuga fuese mayor el cuerpo se saldría de la
curva. SI fuese mayor la componente del peso resbalaría.). despejando la velocidad tenemos
que:
v = R ⋅ g ⋅ tgα
¿Cuál es la máxima velocidad con que puede entrar un coche en una curva de radio R, si su
peralte forma un ángulo α con la horizontal?. Puede despreciar el rozamiento.
En primer lugar, y como era de suponer, la velocidad depende de la inclinación del peralte y
cuanto mayor sea el ángulo, mayor será la velocidad con que puede entrar. Por otro lado
también se puede observar que si no hay peralte (tg0º = 0) la velocidad para que no se salga
sería cero, lo que es evidente, ya hemos supuesto que no hay rozamiento. En una curva sin
peralte es el rozamiento el que impide que se salga de la curva, hace el mismo papel que la
tensión de la cuerda en un objeto que gira.
Las fuerzas que actúan sobre el cuerpo desde el punto de vista de un observador no inercial
son: El peso, la reacción del plano y la fuerza centrífuga. La suma de todas ellas debe ser
cero.
Vamos a dar un corte vertical al peralte para dibujar las fuerzas:
113
Ejemplo:
Un hombre de 70Kg se encuentra en la cabina de un ascensor. Calcular la fuerza que soporta
el piso del ascensor en los siguientes casos:
a) Cuando sube con aceleración de 1m/s2.
b) Cuando baja con la misma aceleración
c) Cuando sube con velocidad constante
d) Cuando está parado
e) Si se rompe la cuerda del ascensor
Simplemente aplicaremos la segunda ley de Newton y para ello consideraremos todas las
fuerzas y aceleraciones que estén dirigidas hacia arriba como positivas y las que están
dirigidas hacia abajo como negativas. (Sería como operar con vectores, pero prescindiendo
r
de j porque el problema es en una dimensión)
114
Según ese criterio, un ascensor que sube acelerando y uno que baja frenando tienen
aceleración positiva, porque en ambos casos está dirigida hacia arriba. De la misma forma si
el ascensor sube frenando o baja acelerando tendrá aceleración negativa por estar dirigida
hacia abajo.
Ejemplo:
Un cuerpo de 1Kg cuelga de un dinamómetro que se encuentra colgado del techo de un
ascensor. Indicar lo que marcará en cada uno de los siguientes casos:
a) Si el ascensor sube con una aceleración de 5 m/s2 dirigida hacia abajo
b) Si baja con una aceleración de 5 m/s2 dirigida hacia arriba
c) Si baja con movimiento uniforme.
Sobre el cuerpo que cuelga del dinamómetro hay dos fuerzas: el peso y la fuerza
recuperadora del muelle, que llamaremos N y que representa al peso aparente del cuerpo.
Además N es la fuerza que soporta el techo del ascensor.
P = peso del hombre = mg
N = reacción del piso el ascensor (peso aparente)
a = aceleración del ascensor
De forma general, la ley de Newton sería:
N − P = m⋅a
N − P = m⋅a
Ahora vamos a resolver el problema:
a) El ascensor sube con aceleración de 1 m/s2. ⇒ a = 1m/s2 la segunda ley sería:
N − 70 ⋅ 10 = 70 ⋅ 1
⇒
N = 770 New
a) Cuando sube con aceleración de 5 m/s2 dirigida hacia abajo, es decir sube frenando:
efectivamente esos 770 New son el peso aparente de la persona, es lo que el piso del
ascensor nos diría que pesa si hablara. (Te habrás dado cuenta cuando estás en un ascensor y
arranca hacia arriba da la impresión de que te pegas sobre el suelo.)
b) Cuando baja con aceleración de 1 m/s2. ⇒ a = – 1m/s2 la segunda ley sería:
N − 70 ⋅ 10 = 70 ⋅ ( −1)
⇒
⇒
⇒
N = 5 New
⇒
N − 1 ⋅ 10 = 1 ⋅ 5
⇒
N = 15 New
c) Si baja con movimiento uniforme o sube con movimiento uniforme o si está parado:
N = 700 New
e) Cuando se rompa la cuerda del ascensor este bajará con la aceleración de la gravedad, por
tanto: a = – 10 m/s2
⇒
N − 1 ⋅ 10 = 1 ⋅ (−5)
efectivamente, sabemos que cuando subimos en un ascensor y frena para detenerse, que
sería el caso, parecemos levantarnos del piso, es decir, parece que pesamos menos.
a = 5 m/s2
Fíjate que la reacción del piso del ascensor sería la misma si sube con velocidad constante
como si baja con velocidad constante, como si está parado, porque en todos los casos la
aceleración es cero, y en consecuencia la reacción del piso es igual al peso.
N − 70 ⋅ 10 = 70 ⋅ (−10)
⇒
b) Cuando baja con aceleración de 5 m/s2 dirigida hacia arriba, es decir, baja frenando:
N = 630 New
c) y d) Cuando sube con velocidad constante o está parado ⇒ a = 0
N − 70 ⋅ 10 = 70 ⋅ 0
a = – 5 m/s2
a = 0 m/s2
⇒
N − 1 ⋅ 10 = 1 ⋅ 0
⇒
N = 10 New
La fuerza N, como sabemos, es la fuerza que deforma al muelle del dinamómetro. Por tanto
si la constante elástica es K la deformación respecto de la posición de equilibrio, según la
ley de Hooke es:
N = K⋅x
N = 0 New
115
116
Ejemplo:
Si atamos un cuerpo a un extremo de una cuerda y comenzamos a darle vueltas tendremos lo
que se llama un péndulo cónico, porque la cuerda describe un cono.
Si la masa es 1Kg y la longitud de la cuerda es L=1m y el ángulo que forma con la vertical
es ϕ=37º calcular en función de estas magnitudes: a) la velocidad de la masa, b) la tensión
de la cuerda, c) el periodo del péndulo
PROBLEMAS Y CUESTIONES DINAMICA
1. a) ¿La masa de un cuerpo es la misma en todos los sitios? ¿Y su peso?
b) Si queremos arrancar un árbol tirando de él con un coche, ¿es mejor que la suegra vaya
dentro o es indiferente?
a) La masa de un cuerpo puede considerarse constante, a menos que posea unas velocidades
del orden a la de la luz, en este caso
m=
mo
1−
v2
c2
mo = masa en reposo
v = velocidad que lleva
c = velocidad de la luz
En la mecánica clásica los cuerpos se mueven a velocidades insignificantes comparadas a las
de la luz, y por eso podemos considerar que su masa es constante, ya que el término v 2 / c 2
es prácticamente cero.
De la figura se deduce que R = L ⋅ senϕ = 1 ⋅ sen 37 = 0,6metros
vamos a descomponer la fuerzas en un sistema de referencia con uno de los ejes en la
dirección de la cuerda:
El peso, por el contrario, no es constante puesto que depende de la gravedad que varía de
unos sitios a otros, puesto que es función de la altura (más concretamente desde el centro de
la tierra al centro del objeto) y de la latitud.
b) Evidentemente no es lo mismo, porque la fuerza máxima con la que puede tirar el coche
es igual a la de rozamiento, ya que por encima de ella patinaría. Por tanto, como la fuerza de
rozamiento depende de la reacción del suelo (que si es horizontal sería igual al peso) nos
interesa que el coche lleve el mayor peso posible.
2. Un bloque de 20Kg descansa sobre una superficie horizontal. El coeficiente estático de
rozamiento es 0,4 y el cinético, 0,2.
a)¿Cuánto vale la fuerza de rozamiento que actúa sobre el bloque?
b)¿Qué valor tomará dicha fuerza si actúa sobre el bloque una fuerza horizontal de 60 N?
c)¿Cuál es la fuerza mínima que iniciará el movimiento del bloque?
d)¿Cuál es la mínima fuerza que mantendrá el movimiento una vez iniciado éste?
e)Si la fuerza horizontal es de 100 N, ¿cuánto valdrá la fuerza de rozamiento?
a) La resultante de las fuerzas en el eje X también debe ser nula, por tanto:
v2
v2
Fc cos ϕ = mg ⋅ senϕ ⇒ m cos ϕ = mg ⋅ senϕ ⇒ 1
cos 37 = 1 ⋅ 10 ⋅ sen 37
R
0,6
por tanto: v = 2,1 m/s
La fuerza de rozamiento es una fuerza que se opone al movimiento y vale desde cero hasta
un valor máximo dado por FRoz = N ⋅ µ
b) La tensión de la cuerda es:
T = Fc senϕ + mg cos ϕ
T =1
⇒
T=m
v2
senϕ + mg cos ϕ
R
2,12
sen37 + 1 ⋅ 10 ⋅ cos 37 = 12,4 New
0,6
c) Teniendo en cuenta que la relación entre la velocidad lineal y la angular es el radio y que
además el periodo es el tiempo que tarda en dar una vuelta que son 2π radianes:
v = ω⋅R =
2π
R
T
⇒
T=
2πR 2 ⋅ 3,14 ⋅ 0,6
=
= 1,8seg
v
2,1
117
El coeficiente de rozamiento tiene un valor para cuando el cuerpo está en reposo y comienza
a moverse y otro para cuando ya se mueve, llamados respectivamente estático y dinámico, el
primero siempre mayor que el segundo. En este caso:
118
FRoz ,Est = N ⋅ µ Est = 200 ⋅ 0,4 = 80 N
b) En este y el siguiente caso ya no podemos saber de antemano el valor de la normal. Antes
hemos de descomponer todas las fuerzas y ver cuales hace el cuerpo contra el plano. La
normal, como fuerza de reacción, será igual a la suma de todas ellas y en sentido contrario:
FRoz ,Din = N ⋅ µ Din = 200 ⋅ 0,2 = 40 N
a) Cuando el bloque está descansando sobre la superficie la fuerza de rozamiento es cero. La
fuerza de rozamiento aparece solamente en el momento que el cuerpo intenta moverse y se
opone a movimiento.
b) Si el bloque está en reposo y ejercemos una fuerza de 60N, la fuerza de rozamiento
aumentará hasta valer 60N, contrarrestando así a la que hacemos.
c) A medida que aumentamos la fuerza F, la de rozamiento va creciendo y la contrarresta
hasta llegar a su valor máximo FRoz,Est = 80N. A partir de ese momento el cuerpo comenzará
a moverse.
Vemos que la fuerza que el cuerpo ejerce sobre el plano es igual al peso “menos” la
componente de la fuerza Fsen30. Por tanto (de acuerdo con la tercera ley de Newton) la
normal será igual a la resultante y en sentido contrario: N = mg–Fsen30.
d) Una vez que comienza el movimiento ahora la fuerza viene determinada por el
coeficiente dinámico, que es menor. Para mover el cuerpo con velocidad constante bastará
con ejercer una fuerza igual a la de rozamiento dinámica máxima: 40N
Y la fuerza de rozamiento FRoz = µN = µ.( mg–Fsen30). Resumiendo, las únicas fuerzas que
quedan después de descomponerlas son:
e) Si la fuerza F=100N, aplicando la segunda ley de Newton tenemos que:
ΣF = ma
→
ΣF = ma
Fcos30 – µ.( mg–Fsen30) = m.a
200.cos30 – 0,2.(200–200sen30) = 20.a → a = 7,66 m/s2
F – FRozDin = m.a → 100 – 40 = 20.a → a = 3 m/s2
3. Sobre un bloque de 20 kg situado sobre una superficie horizontal se aplica una fuerza de
200 N. Si el coeficiente de rozamiento vale 0,2, calcular la velocidad adquirida por el cuerpo
al cabo de 3 s en los siguientes casos:
v = vo + a.t = 7,66.3 = 22,98 m/s
c) Teniendo en cuenta que las fuerzas, como vectores que son, pueden deslizarse
paralelamente, esmpujarle en esa dirección sería exaxtamente igual que tirar tal como se indica
en la figura. Por tanto:
En todos los casos hay 4 fuerzas: la fuerza F, el peso, la normal o reacción del plano y la
fuerza de rozamiento. No hay más que dibujarlas y aplicar la segunda ley de Newton para
calcular la aceleración que adquiere la masa y luego aplicar la ecuación para la velocidad de
un movimiento uniformemente acelerado: v = vo + a.t
a) La normal o reacción del plano es igual a la suma de todas las fuerzas que el cuerpo hace
contra el plano, que en este caso es solo el peso, por tanto N = mg = 200 N
Vemos que ahora el cuerpo empuja contra el plano con una fuerza igual al peso más la
componente Fsen30. La normal sería entonces N = mg+Fsen30 y la fuerza de rozamiento
FRoz = µN = µ.( mg+Fsen30).
ΣF = ma
Fcos30 – µ.( mg+Fsen30) = m.a
200.cos30 – 0,2.(200+200sen30) = 20.a → a = 5,66 m/s2
Una vez que conocemos el valor de N podemos calcular la fuerza de rozamiento
FRoz = µN = 0,2.200 = 40 N
ΣF = ma
→
.
.
v = vo + a.t = 7,66.3 = 16,98 m/s
2
F – FRozDin = m a → 200 – 40 = 20 a → a = 8 m/s
v = vo + a.t = 8.3 = 24 m/s
119
120
4. Un tren suburbano está formado por tres vagones de 15 T cada uno. El primero de ellos
actúa de máquina y ejerce una fuerza de tracción de 48000 N. Sabiendo que la fuerza de
rozamiento en cada uno de los vagones es de 1000 N, calcular:
a) la aceleración del tren
b) la tensión en el acoplamiento entre el primero y el segundo de los vagones. Idem entre el
segundo y el tercero.
aplicando la segunda ley al tercer vagón obtenemos, lo que sería la comprobacion, que
F23=16000N
5. Un bloque de masa m1=3Kg se mueve sobre una superficie horizontal, unido, mediante una
cuerda flexible y ligera que pasa por una polea, a otra masa m2=2Kg que cuelga del otro
extremo. Hallar la aceleración del sistema y la tensión de la cuerda en los casos:
a) si no hay rozamiento entre el bloque y la superficie horizontal
b) si existe rozamiento con un coeficiente dinámico µ=0,2
a) Dibujamos todas las fuerzas que hay sobre el tren, incluidas las que unas partes del sistema
hacen sobre otras partes del sistema, es decir, las que los vagones hacen entre sí.
si aplicamos la segunda ley de Newton a todo el sistema, los pesos de cada vagón se
compensarán con su reacción del plano, así como las fuerzas que un vagón hace sobre el otro y
viceversa porque son fuerzas de acción y reacción. La resultante de todas las fuerzas es la
fuerza ejercida por la máquina menos las tres fuerzas de rozamiento:
ΣF = ma → 20 = (3+2).a
ΣF = ma
48000 – 1000 – 1000 – 1000 = (15000+15000+15000).a
a = 1 m/s2
ΣF = ma →
ΣF = ma → 48000 – 1000 – F21 = 15000.1 → F21 = 32000 N
vagón 2:
ΣF = ma → 32000 – 1000 – F32 = 15000 1
T = 3.4 →
T = 12 N
Lo mismo habríamos obtenido si aplicamos la segunda ley a la masa m2 = 2Kg:
ΣF = ma → 20 – T = 2.4 → T = 12 N
b) Si hay rozamiento:
La fuerza de rozamiento entre la masa m1 y la mesa es Froz = µN = µ.m1g = 0,2.30 N
teniendo en cuenta que F12 es la reacción a la fuerza F21 y por tanto son iguales en módulo
aunque tengan sentidos opuestos, también valdrá 32000N, así que:
.
→ a = 4 m/s2
Aplicando la segunda ley a cualquiera de las dos masas, por ejemplo a la masa m1 = 3Kg:
b) Para calcular la fuerza que unas partes del sistema hacen sobre otras tenemos que aplicar la
segunda ley de Newton a trozos del sistema, porque de otra forma se anularían al ser fuerzas
de acción y reacción. Aplicando la segunda ley a cada vagón y teniendo en cuenta que todos
ellos se mueven con la misma aceleración a=1 m/s2, tenemos:
vagón 1:
Si la polea es ideal la tensión a ambos lados es la misma y la polea simplemente cambia la
dirección. Si aplicamos la segunda ley a todo el sistema, tenemos que la fuerza resultante es
P2=m2g, pero la masa de todo el sistema es 3+2 Kg
La segunda ley a todo el sistema sería:
ΣF = ma → 20 – FRoz = m.a → 20 – 0,2.30 =(3+2).a → a = 2,8 m/s2
→ F32 = 16000 N
ahora aplicando la segunda ley a cualquiera de las dos masas, por ejemplo aplicándola a la
masa m1 tenemos que:
ΣF = ma →
121
T – FRoz = m1.a → T – 0,2.30 = 3.2,8 → T = 14,4 N
122
6. Calcular la aceleración con que desciende un cuerpo por una superficie pulida, formando
un ángulo α con la horizontal.
Si se desprecia el rozamiento las únicas fuerzas sobre el cuerpo son el peso y la reacción del
plano, exactamente como si se encontrase sobre una superficie horizontal. La única diferencia es que al
estar sobre un plano inclinado, la reacción del plano que siempre es normal al plano (de ahí que
también se le llame normal) tiene una componente que le hace descender tal como se ve al
descomponer las fuerzas.
Aplicando la segunda ley de Newton, y teniendo en cuenta que la componente del peso normal
al plano es rechazada por la reacción de éste:
ΣF = ma → mgsenα = m.a → a = g.senα
7. Calcular la fuerza que habría que hacer sobre un cuerpo de 10 Kg para que ascendiera con
una aceleración de 0,1 m/s2 por una superficie pulida, formando un ángulo de 30º con la
horizontal.
8. Dispones de un plano que se puede inclinar más o menos a voluntad. Sobre él hay un taco
cuyo coeficiente de rozamiento con el plano es µ. Si comienzas lentamente a elevar el plano,
¿con qué ángulo comenzará el movimiento?.
El taco desliza con velocidad constante en el momento en que la suma de las fuerzas sea cero:
∑F=0 → a=0 → v=cte.
Observa en la figura que la única fuerza que le hace descender es la componente del peso
mgsenα. A medida que aumenta el ángulo el seno también aumenta y por tanto la fuerza que
le hace descender.
Como sabes, mientras mgsenα no iguale a la fuerza de rozamiento máxima, ésta se limita a
valer igual a la componente del peso por lo que la compensa y el taco no se mueve. Llegará el
momento en que el ángulo α se tal que la componente del peso iguale a la fuerza de
rozamiento máxima, que vienen dada por FRoz,máx = µ.N en ese momento el cuerpo comenzará
a deslizar con velocidad constante:
mgsenα = FRoz,máx → mgsenα = µ.N → mgsenα = µ.mgcosα
µ=
Teniendo en cuenta que la componente del peso mgcosα es compensada por la reacción del
plano, aplicando la segunda ley de Newton:
senα
= tgα
cos α
→ α = arctg µ
9. Un bloque de 30 Kg es arrastrado hacia arriba sobre un plano inclinado 30º mediante una
fuerza paralela al plano de 600 N. El coeficiente de rozamiento es 0,25.Calcular:
a) la aceleración
b) la velocidad después de haber recorrido una distancia de 4m a lo largo del plano
ΣF = ma → F – mgsenα = m.a → F – 100.sen30 = 10.0,1 → F = 50 N
a) Ahora hay 4 fuerzas. una vez descompuestas es fácil ver que a la fuerza F se oponen la
componente del peso y la fuerza de rozamiento. La fuerza de rozamiento, es FRoz = µ.N y una
123
124
vez descompuestas la fuerzas y que sabemos lo que vale la normal podemos poner que FRoz =
µ.mgcosα
ΣF = ma → F – mgsenα – FRoz = m.a
sustituyendo:
600 – 300sen30 – 0,25.300cos30 = 30.a → a = 12,85 m/s2
b)
s = vot + ½ at2
v = vo + at
s = ½ at2
v = at
4 = ½ 12,85.t2
v = 12,85t
como puede verse en la figura, una vez que el cuerpo llegue a la posición más alta empezará a
descender siempre y cuando la componente del peso mgsenα sea igual o mayor que la fuerza
de rozamiento máxima, Froz = µ.mgcosα. Si fuese igual descendería con velocidad constante y
si fuese mayor con movimiento uniformemente acelerado.
Puesto que el sistema de referencia podemos elegirlo como nos interese, vamos a considerar
positivo el sentido del movimiento, en ese caso la segunda ley sería:
t = 0,79 s
v = 10,15 m/s
ΣF = ma →
10. Se lanza hacia arriba por un plano inclinado 37º un cuerpo de 2 Kg de masa con una
velocidad de 12 m/s. Si el coeficiente de rozamiento entre el cuerpo y el plano es 0’1, calcula la
distancia recorrida sobre el plano antes de detenerse. ¿Volverá a descender por si mismo? En
caso afirmativo, calcula la velocidad con que llegará a la base.
+ mgsenα – µ.mgcosα = m.a
20sen37 – 0,1.20cos37 = 2.a → 12 – 1,6 = 2.a → a = + 5,2 m/s2
Como vemos la aceleración ahora tiene el sentido del movimiento y por tanto ahora la
velocidad del cuerpo irá aumentando, como sabemos por experiencia:
s = vot + ½ at2
v = vo + at
10,56 = ½ 5,2t2
v = 5,2t
t = 2,02 s
v = 10,5 m/s
Observa como la velocidad con la que llega al punto de partida es menor. Ello se debe a que
parte de la energía que tenía inicialmente se ha disipado en forma de calor por efecto de
rozamiento. Si no hubiese rozamiento habría llegado exactamente con la misma velocidad.
El cuerpo sube a pesar de que hay dos fuerzas en sentido contrario a la velocidad: la de
rozamiento y una componente del peso. Precisamente porque las fuerzas tienen sentido
contrario a la velocidad dan lugar a una aceleración en sentido contrario que es la responsable
de que disminuya su velocidad hasta pararse.
ΣF = ma →
– mgsenα – µ.mgcosα = m.a
11. Sobre un plano horizontal se coloca un cuerpo de 280 Kg. Se le une a otro de 700 Kg que
se desliza por una rampa de 30º de inclinación. Calcular:
a) La aceleración del sistema
b) La fuerza con que hay que sujetar al cuerpo del plano horizontal para que el sistema se
mueva con velocidad constante.
sustituyendo:
– 20sen37 – 0,1.20cos37 = 2.a → a = – 6,8 m/s2
el signo menos de la aceleración quiere decir, como ya razonamos, que tiene sentido contrario a
la velocidad. Ahora es un simple problema de cinemática. Seria exactamente como: “Un cuerpo
lleva una velocidad inicial de 12 m/s. Si frena con una aceleración de 6,4 m/s2, calcular el
espacio que recorre hasta pararse.”
s = vot + ½ at2
v = vo + at
s = 12t – ½ 6,8t2
0 = 12 – 6,8t
t = 1,76 s
s = 10,56 m
b) Una vez que el cuerpo llega al punto mas alto y se detiene, la componente del peso tira de él
hacia abajo. La diferencia importante está qn que ahora como el cuerpo se mueve hacia abajo,
la fuerza de rozamiento, que siempre tienen sentido contrario, irá hacia arriba:
a) Como ves en la figura, todas las fuerzas se anulan menos la componente del peso m2gsenα.
Aplicando la segunda ley a todo el sistema:
ΣF = ma → m2gsenα = (m1+m2).a → 7000.sen30 = (280+700).a → a = 3,57 m/s2
b) La fuerza que es necesario aplicar es la necesaria para que la suma de todas sea nula, ya que
entonces la aceleracion será nula y en consecuncia la velocidad constante. Por tanto, como la
fuerza resultante, como ya hemos visto, es m2gsenα debemos aplicar una fuerza igual y en
sentido opuesto:
125
126
E4A.S2007
13. Un cuerpo de 0,5 kg se lanza hacia arriba por un plano inclinado, que forma 30º con la
horizontal, con una velocidad inicial de 5 m s–1. El coeficiente de rozamiento es 0,2.
a) Dibuje en un esquema las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, cuando sube y cuando baja
por el plano, y calcule la altura máxima alcanzada por el cuerpo.
b) Determine la velocidad con la que el cuerpo vuelve al punto de partida. g = 10 m s–2
Tanto si el cuerpo está subiendo como si está bajando sobre él hay tres fuerzas: el peso, la
reacción del plano y la fuerza de rozamiento. La única diferencia es que la fuerza de rozamiento
tiene sentidos opuestos, porque siempre tiene sentido contrario al movimiento:
ΣF = ma = 0 → m2gsenα – F = 0 →
F = m2gsenα = 7000.sen30 = 3500 N
12. Una esfera cargada, cuya masa es 0’5 gr, está suspendida de un hilo. Al acercar otro cuerpo
cargado actúa sobre la esfera una fuerza eléctrica horizontal. Debido a ello, la carga queda en
reposo, formando la cuerda un ángulo de 25º con la vertical. Calcular la fuerza que actúa y la
tensión de la cuerda.
Descomponiendo las fuerzas en un SR con el eje X paralelo al plano tendremos:
Aplicando la segunda ley de Newton y considerando + lo que va hacia la derecha:
Como puedes ver en la figura, sobre la masa cargada hay tres fuerzas: el peso, la tensión de la
cuerda y la fuerza de Coulomb debida a la atracción de la otra carga. Como la masa se
encuentra en reposo, la suma de todas las fuerzas debe ser nula, por tanto las fuerzas sobre el
eje X deben dar resultante nula e igual las fuerzas sobre el eje Y: (se eligió este sistema de
referencia, pero puede ser cualquiera)
eje X:
– mgsenα – µ.mgcosα = m.a
–5sen30 – 0,2.5cos30 = 0,5.a →
a = + 6,73 m/s2
Como vemos, la aceleración ahora tiene el sentido del movimiento y por tanto ahora la
velocidad del cuerpo irá aumentando, como sabemos por experiencia:
Tsenα = F
dividiendo:
T senα
F
F
→ tg α =
=
T cos α mg
mg
eje Y:
Tcosα = mg
de donde:
F = mg.tg α = 0,5.10–3.10. tg25 = 2,3.10–3 N
y como:
ΣF = ma →
Tcosα = mg →
s = vot + ½ at2
v = vo + at
s = 5.t – ½ 6,73t2
0 = 5 – 6,73t
t = 0,74 s
s = 1,86 m/s
El cuerpo recorre 1,85 m sobre el plano hasta que se detiene.
L altura alcanzada sobre el plano que está inclinado 30º, tenemos que:
h = s.sen30 = 1,86.sen30 = 0,93 m
mg
0,5 ⋅ 10 −3 ⋅ 10
T=
=
= 5,5 ⋅ 10 −3 N
cos α
cos 25
b) Resuelve repitiendo el proceso. Ahora está arriba parado y desciende.
ΣF = ma →
(también, una vez calculado el valor de la tensión podría calcularse el valor de la fuerza
sustituyendo en la primera ecuación)
– mgsenα + µ.mgcosα = m.a
→
a = –3,27 m/s2
aplicando las ecuaciones del movimiento: v = –3,49m/s (el – indica que tiene sentido –X)
127
128
14. En el sistema de la figura la polea puede considerarse ideal y la cuerda sin masa. Calcular:
a) La aceleración con que se mueven los bloques una vez que se dejen en libertad.
b) La tensión de la cuerda
EJERCICIOS DE AMPLIACIÓN
Sobre un disco, que gira a la velocidad de 72 rpm, se coloca una moneda. Calcular el
coeficiente de rozamiento sabiendo que la moneda únicamente se queda quieta cuando se pone
a una distancia de 8cm, o menos, del eje de rotación.
Como sabes, todos los puntos del disco giran el mismo ángulo en el mismo tiempo, es decir,
todos tienen la misma velocidad angular ( ω = 72 rpm = 72.2π/60 = 7,54 rad/seg ). Sin
embargo, todos los puntos no giran con la misma velocidad lineal ya que depende del radio de
giro: v = ω.R
a) Calcular la aceleración se reduce a calcular la fuerza resultante sobre el sistema y luego
aplicar la segunda ley de Newton. Para eso, vamos a dibujar todas las fuerzas que actúan
sobre cada una de las masas y luego las descomponemos para poder sumarlas.
Aplicando la segunda ley de Newton a todo el sistema y teniendo en cuenta que las poleas, si
son ideales, solo modifican la dirección de la fuerza, pero a ambos lados de la misma la
tensión es la misma:
4g sen 60 − 2g sen30 = (4 + 2)a
En este caso, la fuerza normal, que es la responsable de los cambios en dirección de la
velocidad, es la fuerza de rozamiento. Desde un SRNI, que se mueva con la moneda, como la
suma de las fuerzas debe ser nula se inventa la fuerza de inercia (centrífuga) del mismo
módulo a la normal y sentido opuesto, por tanto:
de donde
a = 4,1m ⋅ s −2
Si hubiésemos supuesto que el sistema evoluciona hacia el lado contrario, la aceleración
habría salido negativa, indicando con ello que tendría el sentido contrario al supuesto.
FRoz = Fc
b) Puesto que el hilo es ideal, es decir inextensible y de masa despreciable, las dos masas se
mueven con la misma aceleración, por tanto aplicando la segunda ley a la masa de 2 Kg,
tendremos que:
T − 2g sen30 = 2 ⋅ 4,1
de donde
T = 18,2 N
podemos comprobarlo aplicando la segunda ley a la masa de 4 Kg
4g sen 60 − T = 4 ⋅ 4,1
→
T = 18,2 N
→
µ ⋅ mg = m
v2
R
→
µ ⋅ mg = m
(ωR ) 2
= m ω2 R
R
Como sabes, la fuerza de rozamiento vale entre cero y un valor máximo dado por µ.mg. Al
otro lado tenemos mω2R . La única variable es el radio, y todo lo demás son constantes para
este caso concreto.
Si el valor de R es muy pequeño, entonces la fuerza de rozamiento se limitará a valer mω2R y
la moneda no se mueve. A medida que aumentamos R la fuerza de rozamiento va creciendo
hasta valer mω2R . Habrá un valor de R (8cm) para el cual la fuerza de rozamiento toma su
valor máximo µ.mg. Para valores mayores de R la fuerza centrífuga supera al rozamiento y la
moneda resbala y se sale del disco.
Esta situación es exactamente la misma que la que explica el movimiento de un coche en una
curva donde, igual que aquí, es la fuerza de rozamiento de los neumáticos con el suelo quien
debe compensar a la fuerza centrífuga. Cuando la velocidad del coche es tal que la fuerza
centrífuga iguala a la de rozamiento máxima estamos en la velocidad límite, y por encima de
esa velocidad el coche derrapa.
Despejando:
µ=
129
ω 2 R 7,54 2 ⋅ 0,08
=
= 0,45
g
10
130
¿Cuál es la velocidad mínima con que debe girar en un plano vertical un cubo de agua para
que ésta no se derrame?
Se trata de calcular la velocidad mínima que deberá tener en el
punto mas alto para que no se caiga, es decir, que en tal caso
todas las fuerzas deben equilibrarse
Un patinador de 60 Kg da vueltas cogido a una cuerda de 4 m. Cuando la tensión de la cuerda es de
6000 N se suelta saliendo lanzado hacia una pared situada a 40 m en su trayectoria.
a) Con qué movimiento sale y cuánto tardaría en llegar a la pared si no existiese rozamiento.
b) Qué fuerza ha de aplicar a los patines contra el suelo para llegar a la pared sin velocidad.
¿Cuánto tiempo tardaría en alcanzar la pared en ese caso?
En el punto más alto, desde un SRNI, la fuerza centrífuga debe
compensarse con el peso y la tensión de la cuerda que sujeta al
cubo, que son las que hacen el papel de la fuerza normal
responsable del cambio de dirección de la velocidad: Fc = P +
T
La velocidad mínima es aquella para la cual la tensión de la cuerda es cero, así que:
v2
v2
Fc = mg
= mg
= mg
m
m
R
R
v = gR
Para una velocidad mayor tendríamos:
v2
T
Fc = mg + T
⇒
m
= mg +T ⇒
v = gR +
(no sería vmínima)
m
R
¿Qué velocidad mínima debería llevar un ciclista para rizar el "rizo de la muerte" de radio 7 m
si el ciclista con su máquina pesa 80 Kg?
Desde el punto de vista del patinador (SRNI) la suma de todas las fuerzas debe ser nula. Para
ello se inventa la fuerza de inercia (la llamada centrífuga) de forma que compense a la fuerza
normal que apunta hacia el centro, (que es la responsable de los cambios en dirección y de
que gire):
v2
T.R
6000 N.4m
= 20 m/s
T = Fc → T = m
→ v=
=
R
m
60Kg
El patinador está girando con una velocidad de 20 m/s. Como ya hemos dicho, esa velocidad
está sujeta a una fuerza en dirección normal, que en este caso es la tensión de la cuerda, y por
eso gira. Sin embargo en el momento en que se suelte y deje de actuar la única fuerza que hay
sobre él se moverá (si no hay rozamiento) con un movimiento rectilineo y uniforme de
acuerdo a la primera ley de Newton. Por tanto el tiempo en recorrer conm velocidad constante
de 20 m/s una distancia de 40 m, es:
s = v.t → 40 = 20.t → t = 2 seg.
b) Es muy simple. Se trata de calcular la aceleracion con la que debe frenar para teniendo una
velocidad inicial de 20 m/s detenerse despues de recorrer 40 metros:
s = vot + ½ at2
v = vo + at
La velocidad mínima es aquella para la cual el peso del motorista se compense con la fuerza
centrífuga:
v2
P = Fc → mg = m mín
→ v mín = Rg = 7 ⋅ 10 = 8,37m / s
R
Por debajo de esa velocidad, la fuerza centrífuga no puede compensar al peso y el motorista se
cae. Por encima de esa velocidad el motorista riza el rizo y además ejercerá una fuerza sobre el
rail igual a la diferencia entre la fuerza centrífuga y el peso. Esa fuerza será rechazada por la
reacción del rail, de tal forma que, como vemos en el dibujo de la derecha: Fc = P+N
131
40 = 20t – ½ a.t2
0 = 20 – a.t
t=4s
a = –5 m/s2
evidentemente esa aceleración, que como ves tienen sentido acontrario a la velocidad, debe
provocarla una fuerza, que en este caso es la de rozamiento del patinador contra el suelo, así
que:
FRoz = m.aRoz = 60.(–5) = –300 N
El signo menos se interpreta como que la fuerza de rozamiento tienen sentido contrario al
movimiento, como es de esperar.
132
Sabiendo que las masas se atraen con una fuerza que viene dada mediante la ley de gravitación
universal de Newton: F=G m.m´/r2, calcular la velocidad orbital de un satélite de
posicionamiento GPS que gira alrededor de la tierra con un radio de 4RT.
G = 6,67·10–11 N m2 kg–2 ; RT = 6400 km ; MT = 6,0·1024 kg
Un camión va cargado con una caja. El coeficiente de rozamiento con el suelo del camión es
0,4. Suponiendo que el camión se mueve con una velocidad de 20 m/s, calcula la distancia
mínima en que puede detenerse, frenando de manera uniforme, para que la caja no deslice.
El camión frena bloqueando las ruedas.
Eso hace que aparezca una fuerza de
rozamiento por deslizamiento entre las
ruedas y el suelo en sentido contrario a la
velocidad, y por tanto una aceleración de
frenado.
En este caso la fuerza normal responsable de los
cambios en dirección de la velocidad del satélite
es la fuerza de atracción gravitatoria.
Desde el punto de vista de un observador no
inercial para que el satélite esté en órbita es
necesario que la fuerza de atracción gravitatoria
se compense con la centrífuga, así que:
Fgrav = Fc
⇒
G
Desde el punto de vista de un SRNI en el
camión, la caja está en reposo y sobre ella
no hay ninguna fuerza.
Al aparecer la aceleración de frenado
inmediatamente sobre la caja aparece otra
“igual y de sentido contrario”, la de inercia.
M⋅m
v2
=m
2
r
r
de donde:
v orbital =
GM T
GM
6,67 ⋅ 10 −11 ⋅ 6,0 ⋅ 10 24
=
=
= 3953,8 m / s
r
4R T
4 ⋅ 6400000
La aceleración de inercia tiende a
empotrar la caja sobre la cabina. En
consecuencia aparecerá una fuerza de
rozamiento entre la caja y el piso del
camión. La caja no se mueve mientras la
fuerza de inercia (m.ainercia) no rebase a la
de rozamiento.
Según el modelo atómico de Bohr, el electrón del átomo de hidrógeno, en su estado
fundamental, gira alrededor del núcleo con un radio de 5,3.10–11 m. Calcular la velocidad que
debe tener el electrón, sabiendo que las cargas de distinto signo se atraen con una fuerza que
viene dada mediante la ley de Coulomb: F=K q.q´/r2
K = 9·109 N m2 C–2 ; qe = 1,6·10–19 C; me = 9,1·10–31 Kg
En este caso la fuerza normal responsable de los
cambios en dirección de la velocidad del satélite es
la fuerza de atracción de Coulomb entre cargas de
distinto signo.
v=
Desde el punto de vista de un observador no
inercial para que el electrón esté en órbita es
necesario que la fuerza de atracción eléctrica se
compense con la centrífuga, así que:
qe ⋅ qp
v2
⇒
Felectr = Fcentrif
K
=m
2
r
r
Ke 2
9 ⋅ 10 9 ⋅ (1,6 ⋅ 10 −19 ) 2
6
=
= 2,2 ⋅ 10 m / s
mr
9,1 ⋅ 10 −31 ⋅ 5,3 ⋅ 10 −11
por tanto, la aceleración máxima con la que puede frenar será igual a la que corresponda a la
fuerza de rozamiento máxima, por tanto:
FRoz,máx = Finercia
µ.mg = m.afrenado
→
afrenado = 0,4.10 = 4 m/s2
Ahora, aplicando las ecuaciones del movimiento uniformemente acelerado:
s = vot + ½ at2
v = vo + at
s = 20t – ½ 4.t2
0 = 20 – 4.t
t=5s
s = 50 m
Para detenerse en menos de 50 m necesitará frenar con una aceleración mayor de 4 m/s2 y en
consecuencia la fuerza de inercia, que siempre es igual y de sentido contrario, superará a la
fuerza de rozamiento y la caja deslizará y terminará empotrándose en la cabina.
Esto precisamente es uno de los inconvenientes del modelo de Bohr, que permite conocer con
exactitud, y a la vez, la posición y la velocidad del electrón. Por tanto contradice al principio
de incertidumbre de Heisenberg, según el cual “es imposible conocer con exactitud y a la vez
la posición y el momento lineal de una partícula”.
133
134
Un coche describe una trayectoria circular de 100 m de radio.
a) Calcular su velocidad, si un objeto que pende del techo forma un ángulo de 30º con la vertical.
b) ¿Cuál debe ser el coeficiente de rozamiento entre las ruedas y el asfalto para que describa
esa curva sin salirse?.
Fc = FRoz
µ=
a) Desde el punto de vista de un observador no inercial, la masa está sometida a tres fuerzas
que deben equilibrarse: el peso, la tensión de la cuerda y la fuerza centrífuga.
Elegiremos dos sistemas de referencia distintos para que veas que el SR no tiene ninguna influencia en
el resultado final. En ambos casos estarán en el objeto, pero en un caso el SR tendrá uno de los ejes en
la dirección de la cuerda y en el otro SR tendrá la dirección del peso.
→
m
v2
= mg µ
R
v2
24 2
=
= 0,52
Rg 100 ⋅ 10
Por tanto, el coeficiente de rozamiento “mínimo” debe se de 0,52
Encontrar las expresiones de la máxima y mínima velocidad a la que un coche puede entrar
en una curva de radio R, que tiene un peralte α y un coeficiente de rozamiento µ entre las
ruedas del coche y el plano.
Por encima de la velocidad máxima el coche se saldría de su trayectoria, por tanto es la que se
calcularía con una fuerza de rozamiento hacia abajo. Por debajo de la velocidad mínima el coche
tiende a caerse, por tanto la fuerza de rozamiento apuntaría hacia arriba
Cuando la velocidad es máxima:
De la figura del SR1 se deduce:
De la figura del SR2 se deduce:
eje x → Fc cos 30 = mg sen30
eje y → T = mg cos 30 + Fc sen30
eje x → T sen 30 = Fc
eje y → T cos 30 = mg
v2
m cos 30 = mg sen30
R
v = Rg tg30 = 100 ⋅ 10 ⋅ tg30 = 24 m ⋅ s −1
dividiendo: tg30 =
Fc mv 2 / R
=
mg
mg
v = Rg tg30 = 100 ⋅ 10 ⋅ tg30 = 24 m ⋅ s
A lo largo del eje X la resultante debe ser nula para que no se salga, por tanto:
−1
Fc cos α = mg senα + FRoz
2
v
v2
cos α = mg senα + (mg cos α + m senα ) ⋅ µ
R
R
v2
senα + µ cos α
(cos α − µ senα) = g (senα + µ cos α) → v max = Rg
R
cos α − µ senα
m
b) Puesto que no hay peralte, la única fuerza que se opone a la centrífuga es la de
rozamiento:
135
136
La velocidad mínima es la que debe evitar que resbale hacia abajo y por tanto se obtiene
senα − µ cos α
dibujando la FRoz arriba. Debes obtener la expresión: v mín = Rg
cos α + µ senα
Fíjate que ambas expresiones serían iguales en el caso de no existir rozamiento, resultando:
Si µ = 0 → v max = Rg tgα
EJERCICIOS SEMIRESUELTOS Y CON SOLUCIONES
Un coche tiene colgado del techo un gato de plástico de 50gr. Si toma una curva de 100m de
radio con una velocidad de 20m/s, calcular el ángulo que se desplazará de la vertical.
En una televisión, un electrón es lanzado horizontalmente por el tubo de rayos catódicos con una
velocidad de 106 m/s. Durante un tramo de 5 cm actúa sobre él un campo eléctrico vertical hacia
arriba que ejerce una fuerza dirigida verticalmente hacia abajo de 1,82.10 –17 N. Calcular la
desviación que sufre el electrón respecto a la horizontal a lo largo de ese tramo. (Puede despreciarse
el peso del electrón). me = 9’1.10–31 kg
Al entrar en la región de 5 cm, donde existe el campo eléctrico, sobre el electrón hay dos
fuerzas: el peso (aunque sea despreciable) y la fuerza eléctrica debida al campo eléctrico. La
aceleración debida a la fuerza eléctrica, de acuerdo con la segunda ley de Newton es:
Fc.e. = me.ac.e.
→
ac.e. =
Fc.e. 1,82 ⋅10 −17 N
=
= 2 ⋅1013 m / s 2
m e 9'1.10 −31 Kg
Como puedes imaginar, es más que razonable despreciar el peso del electrón ya que la aceleración
de la gravedad es insignificante frente a la aceleración provocada por el campo eléctrico.
De la figura del SR1 se deduce:
De la figura del SR2 se deduce:
eje x → Fc cos α = mg ⋅ senα
eje x → T senα = Fc
eje y → T cos α = mg
v2
cos α = mg ⋅ senα
R
v2
20 2
⇒ α = arctg
= 21,8º
tgα =
Rg
100 ⋅ 10
m
dividiendo: tgα =
α = arctg
Fc mv 2 / R v 2
=
=
mg
mg
Rg
20 2
= 21,8º
100 ⋅ 10
El ejercicio es exactamente igual a un tiro de proyectiles. La velocidad resultante sobre el
electrón será la suma vectorial de su velocidad inicial (la que tiene cuando penetra en el campo
eléctrico), la velocidad debida a la gravedad (que vamos a despreciar) y la debida al campo
eléctrico:
r
r
r
v = 10 6 i − 2 ⋅ 1013 t j
r
r
r
r
r
r
r = ∫ v dt = ∫ (10 6 i − 2 ⋅ 1013 t j ) dt = 10 6 t i − 1013 t 2 j
X
Y
En el momento en que el electrón sale del campo eléctrico la coordenada X vale 0,05m, por
tanto el tiempo que tarda en atravesar esos 5 cm es:
x = 10 6 t = 0,05
→
t = 5 ⋅ 10 −8 seg
Una vez que sabemos el tiempo de vuelo, sustituyendo ese valor en la coordenada Y
obtendremos lo que se ha desviado de la horizontal:
y máx = −1013 t 2
t = 5⋅10 − 8 seg
= −0,025m = −2,5 cm
137
138
Caso particular: Cuando la fuerza es constante en módulo y dirección.
Si observas las figuras siguientes verás que para desplazamientos grandes el módulo del
vector desplazamiento no coincide con el espacio recorrido sobre la trayectoria, pero para un
desplazamiento infinitesimal sí que son iguales:
TEMA 3 TRABAJO Y ENERGÍA
GENERALIZACIÓN DEL CONCEPTO DE TRABAJO A UNA FUERZA
VARIABLE
Supongamos que queremos llevar un cuerpo desde un punto A hasta otro B a lo largo de un
determinado camino:
(recuerda que el móvil no tiene porqué moverse según la
resultante de la fuerza que actúa sobre él porque puede
tener algún tipo de restricción)
r
∆ r ≠ ∆s
r
d r = ds
pero
r r
Así que podemos poner dW = F • d r = F ⋅ dr ⋅ cos α = F ⋅ ds ⋅ cos α
si F y α son constantes podemos sacarlas de la integral:
r
Por definición, el trabajo realizado por la fuerza F para desplazarlo una longitud
infinitesimal es el producto escalar de la fuerza por el vector desplazamiento:
WA → B
F. cons tan te
= ∫ F ⋅ cos α ⋅ ds = F ⋅ cos α ∫ ds = F ⋅ cos α ⋅ [s ]s BA = F ⋅ cos α ⋅ (s B − s A ) = F ⋅ s ⋅ cos α
B
sB
A
sA
r r
dW = F • d r
s
WA →B
= F ⋅ s ⋅ cos α
F. cons tan te
dW = trabajo elemental
r
F = vector fuerza
r
r
r
d r = vector desplazamiento = dx i + dy j
Ejemplo: Un niño tira de un camión de juguete aplicando una fuerza de 20N mediante una
cuerda que forma un ángulo de 60º con la horizontal. Calcular el trabajo que realiza cuando
lo arrastra 10m.
El trabajo total para llevar al cuerpo desde el punto A al B por el camino c lo obtenemos
mediante la integral definida entre esos puntos:
Br
r
WA →B,c = ∫ F • d r
A ,c
En general, el trabajo realizado por una fuerza para llevar un cuerpo desde un punto A hasta
otro punto B depende del camino que se siga.
(Más adelante trataremos las fuerzas conservativas, que son aquellas que realizan el mismo
trabajo para llevar un cuerpo desde un punto hasta otro sin importar el camino seguido.)
Lo expresamos como:
A ,c
B
r r
Br
r
F • d r ≠ ∫ F • dr
A , c1
x =0
r r
r r
recordando que i • i = 1 y que i • j = 0
Como integramos respecto a x, los límites de integración son desde xA=0 hasta xB=10
WA → B,c1 ≠ WA → B,c 2
∫
r
r
r
Aplicando la definición general de trabajo y teniendo en cuenta que F = F cos α ⋅ i + Fsenα ⋅ j y
que en este caso como únicamente se desplaza a lo largo del eje X ( no varía de coordenada Y con
r
r
r
r
lo que siempre dy=0) y el vector desplazamiento nos quedaría d r = dx i + dy j = dx i
r
r
r
Br
x =10
r
WA →B,c = ∫ F • d r = ∫ ( F cos α ⋅ i + Fsenα ⋅ j ) • dx ⋅ i
WA→B,c = ∫
A ,c 2
x =10
x =0
F cos α ⋅ dx = [F cos α ⋅ x ]x = 0 = 20 ⋅ cos 60 ⋅ (10 − 0) = 100Julios
x =10
Como en este caso la fuerza es constante también podríamos haber aplicado la definición
particular de trabajo: WA→B = F ⋅ s ⋅ cos α = 20 ⋅ 10 ⋅ cos 60 = 100 J
Observa que únicamente realiza trabajo la componente de la fuerza que lleva la dirección del
desplazamiento (F.cosα)
139
140
Ejemplo: Calcular el trabajo que hacemos para levantar verticalmente, con velocidad
constante, un cuerpo de 2 Kg hasta una altura de 3 metros.
Calcular el trabajo realizado por el peso y el trabajo realizado por la fuerza resultante.
Aplicando la definición particular de trabajo:
En este caso podemos resolver el ejercicio aplicando la definición particular de trabajo para
fuerzas constantes, ya que (para puntos próximos a la superficie terrestre) podemos
considerar que el peso no varía y tampoco la fuerza que hemos de hacer para subirlo con
velocidad contante, ya que es igual al peso y de sentido opuesto)
WA→B = F ⋅ s ⋅ cos α
Para aplicar esa expresión a la fuerza F tendremos en cuenta que: el módulo de la fuerza es
igual al peso, es decir, FFuerzaF=mg, que el espacio que recorre es s=3m y que el ángulo que
forma la fuerza que hacemos y el desplazamiento es de 0º
WA →B = FFuerzaF ⋅ s ⋅ cos α = mg ⋅ s ⋅ cos α = 20 ⋅ 3 ⋅ cos 0 = 60 J
FuerzaF
Fíjate bien que cuando en el enunciado dice “levantar con velocidad constante” eso es un
dato muy importante, porque, de acuerdo con las leyes de Newton, quiere decir que la suma
de las fuerzas sobre el cuerpo es nula. Por tanto, si el cuerpo está sometido a la fuerza
peso=mg, la fuerza que deberemos hacer para subirlo con velocidad constante debe tener el
mismo módulo F=mg, la misma dirección y sentido contrario.
Para aplicar la expresión a la fuerza peso tendremos en cuenta que, al igual que antes, el
módulo del peso es FPeso=mg, el espacio recorrido es s=3m, pero ahora (puesto que se mueve
hacia arriba) el ángulo que forma el desplazamiento y la fuerza peso es de 180º
WA→B = FPeso ⋅ s ⋅ cos α = mg ⋅ s ⋅ cos α = 20 ⋅ 3 ⋅ cos180 = −60 J
Peso
Aplicando la definición general de trabajo:
Observaciones:
Tendremos en cuenta que el movimiento es sobre el eje Y y que por tanto no varía la
r
r
r
r
coordenada X (dx=0). El vector desplazamiento nos quedaría d r = dx i + dy j = dy j
r
r
B r
y =3
y =3
r
y =3
WA→B = ∫ FFuerzaF • d r = ∫ mg j • dy j = ∫ mg dy = [mg y]y =0 = 20(3 − 0) = 60Julios
FuerzaF
y =0
A ,c
y=0
Observa que como ahora hemos integrado respecto a dy, los límites de integración han sido
desde y=0 hasta y=3.
El trabajo que hace la fuerza peso, siguiendo el mismo procedimiento sería:
r
r
B r
y =3
y =3
r
y =3
WA→B = ∫ FPeso • d r = ∫ mg (− j) • dy j = ∫ − mg dy = [− mg y]y =0 = −20(3 − 0) = −60Julios
Peso
y =0
A,c
y=0
El signo menos del trabajo se interpreta como que la fuerza pero realmente no hará nunca
ese trabajo sino que haría el contrario. Como sabemos por experiencia, el peso no sube de
forma espontánea a los cuerpos sino todo lo contrario.
El trabajo total puede obtenerse de dos formas:
• Como suma de todos los trabajos realizados por cada una de las fuerzas.
WA→ B = ∑ W = 60 + (−60) = 0
TOTAL
r
• Como el trabajo que hace la fuerza resultante. Como FRe sul tan te = 0
B r
r
WA→ B = ∫ FRe sul tan te • d r = 0
TOTAL
Muchos alumnos confunden los vectores con su módulo. Especialmente cuando se trata de
movimientos en una dimensión y se suprimen los vectores unitarios de los ejes
“sustituyéndolos” solamente por su signo. Es decir que (como ocurre en este caso donde el
movimiento es solo en el eje Y) podremos escribir los vectores como:
r
r
r
FFuerzaF = mg j o simplemente +mg (con el + indicamos que lleva dirección y sentido de j )
r
r
r
FPeso = −mg j o simplemente –mg (con el – indicamos que lleva dirección y sentido de − j )
Los módulos de los vectores “nunca tienen signo” ya que el módulo solamente indica
el valor. Entiende de una vez que el signo hace referencia al sentido del vector y no
del módulo.
Ahora bién, las magnitudes escalares sí que pueden tener signo como le ocurre al
trabajo.
De acuerdo a lo anterior, sería un disparate escribir WA →B = − mg ⋅ s ⋅ cos α = −20 ⋅ 3 ⋅ cos180
Peso
porque al poner –mg estaríamos sustituyendo el módulo de la fuerza por su expresión
r
vectorial (aunque no le pongamos la j ). Por otro lado, el signo menos ya nos aparecerá
como consecuencia de que cos180=–1, pero si lo hiciéramos mal tendríamos dos signos
menos y el trabajo final sería positivo, que sería como decir que la fuerza peso es capaz de
hacer un trabajo y de subir un cuerpo hasta una altura mayor.
A ,c
141
142
Ejemplo: Un cuerpo de 20 Kg se encuentra en la base de un plano inclinado 30º sobre la
horizontal, sin rozamiento. Un hombre tira de él y lo sube hasta una altura de 1,5 m.
a) con qué fuerza debe tirar el hombre para subirlo con velocidad constante
b) que trabajo realiza
c) si otro hombre lo sube verticalmente hasta la misma altura con la ayuda de una polea
d) ¿qué fuerza y que trabajo realizaría en este otro caso?
Observa que el trabajo que realiza el hombre para subir el cuerpo con velocidad constante
por el plano y por la vertical es exactamente el mismo, y eso es así porque no hay
rozamiento, sin embargo la fuerza que debe ejercer si lo sube por el plano es más pequeña.
En el caso de que hubiese rozamiento el trabajo realizado por el plano sería mayor que por la
vertical, pero aún así la fuerza que debe ejercer sigue siendo menor, de ahí la utilidad de los
planos.
a) Si el hombre sube el cuerpo con velocidad constante quiere decir, de acuerdo con la 2º ley
de Newton, que la suma de las fuerzas es cero, por tanto:
Ejemplo: Un niño tiene una pistola de juguete que funciona con un resorte, como la que se
indica en la figura. La constante de recuperación del muelle es de 500 N/m ¿Qué trabajo
realiza el niño cada vez que comprime el resorte 20 cm para cargarla?
La fuerza que debe hacer el niño para comprimir el muelle, con velocidad constante, es
exactamente igual a la fuerza recuperadora del muelle pero en sentido contrario:
FRe cuperadora = − k ⋅ x
( Muelle )
de la figura se deduce que para que la suma de las fuerzas sea cero, el hombre debe ejercer
una fuerza igual a la componente del peso que tiene la dirección del plano:
FDeformador a = k ⋅ x
( Niño )
r
r
o bien FRe cuperadora = −k ⋅ x i
( Muelle )
r
r
o bien FDeformador a = k ⋅ x i
( Niño )
El signo menos de la fuerza recuperadora se
interpreta como que esa fuerza se opone a la
deformación. (Si, como en la figura,
deformamos el resorte hacia la parte positiva
la fuerza recuperadora apunta hacia la parte
negativa y viceversa.)
F = mg ⋅ senα = 20 ⋅ 10 ⋅ sen30 = 100 New
b) El espacio recorrido sobre el plano para que ascienda 1,5m se calcula como:
1,5
⇒ s = 3 metros
sen 30 =
s
El trabajo, aplicando la expresión particular porque la fuerza es constante: (Mucho cuidado de
no confundirte con el ángulo. Aquí α es el ángulo que forma la fuerza F con el desplazamiento,
que es 0º):
W = F ⋅ s ⋅ cos α = 100 ⋅ 3 ⋅ cos 0 = 300Julios
En este caso la fuerza que hace el niño no es constante puesto que depende de x, por tanto
tendremos que utilizar obligatoriamente la definición general de trabajo. La fuerza que hace
r
r
el niño en forma de vector es FNiño = kx i y el vector desplazamiento, como solo se desplaza
r
r
r
r
a lo largo del eje X, nos quedaría d r = dx i + dy j = dx i
c) El hombre que sube el cuerpo con velocidad constante con la ayuda de una polea:
Aplicando la segunda ley a todo el sistema
F − mg = ma como v=cte → a=0
r
r
Br
x B =0 , 2
x B =0 , 2
r
1
WA→ N , Niño = ∫ FNiño • d r = ∫
kx i • dx i = ∫
kx ⋅ dx = kx 2
A
x A =0
x A =0
2
F = mg = 20 ⋅ 10 = 200 New
Como vemos, al tratarse de una polea es ideal y que la fuerza que
aplicamos no tiene masa, entonces se transmite íntegramente:
F=mg
0, 2
0
=
1
500(0,2 2 − 0 2 ) = 10Julios
2
Este trabajo que ha realizado el niño al cargar la pistola: W = 12 kx 2 queda almacenado en el
resorte (En forma de energía potencial como veremos más adelante). Al apretar el gatillo y
r
r
dejar libre el muelle actúa la fuerza recuperadora FRe cuperadora = − k ⋅ x i y de esta forma se nos
( Muelle )
d) Como F es una fuerza constante, aplicando la expresión particular del trabajo que realiza
el hombre para subir la masa 1,5 m tendremos:
devuelve el trabajo que realizamos al cargarla. Comprueba que el trabajo hecho por la fuerza
recuperadora para llevar el muelle desde B hasta A es también 10Julios.
W = F ⋅ s ⋅ cos α = 200 ⋅ 1,5 ⋅ cos 0 = 300Julios
143
144
POTENCIA
TEOREMA DEL TRABAJO Y LA ENERCIA CINÉTICA
Dos máquinas pueden realizar el mismo trabajo, una en poco tiempo y la otra tardando más.
Para identificar a la mejor se define la potencia como el trabajo realizado en la unidad de
tiempo, así:
dW
P=
dt
teniendo en cuenta la definición de trabajo podemos encontrar otra expresión análoga:
r
r
Si tenemos en cuenta la definición de trabajo, la segunda ley de Newton y que v = d r dt ,
podemos poner que:
r
r
r r
dv r
dv r
dW = F • d r = m • d r = m • v ⋅ dt
dt
dt
r r
teniendo en cuenta que dv y v son vectores en la misma dirección y sentido y que por tanto
el coseno del ángulo que forman es 1:
r r
dW F • d r r r
P=
=
= F• v
dt
dt
r r
dW = m ⋅ dv • v = m ⋅ v ⋅ dv
Ejemplo
B
Un motor eléctrico se utiliza para elevar un peso de 250Kg desde el suelo hasta una altura de
25m. Se emplea en la operación un tiempo de 5 minutos. Si el motor consume 500 watios
¿Cuánto vale la energía perdida?.
WA → B ,Todas las fuerzas = Ec B − Ec A = ∆Ec
Lo que nos dice que “el trabajo realizado por la fuerza F (resultante de “todas las fuerzas”,
incluida la de rozamiento si existe) para llevar el cuerpo desde un punto A hasta otro B es
igual a la variación de energía cinética entre esos puntos”. Se conoce como teorema de las
fuerzas vivas.
El trabajo que realmente hace el motor es:
Wmotor = P ⋅ t = 500 ⋅ (5 ⋅ 60) = 150000Julios
El trabajo útil es el que realmente hace falta para subir los 250Kg a
la altura de 25m:
Wutil = F ⋅ s = mg ⋅ s = 250 ⋅ 10 ⋅ 25 = 62500Julios
Ejemplo: Si dejamos caer un cuerpo de 2Kg desde una altura de 5m ¿Qué energía cinética
tendrá al llegar al suelo?
Posiblemente la reacción de algún alumno sea calcular el valor de la velocidad al llegar al
suelo y luego aplicar la fórmula de la energía cinética. Eso estaría bien, pero vamos a
resolverlo aplicando el teorema de las fuerzas vivas.
El trabajo perdido, que se transformará en calor es:
Wperdido = Wmotor − Wutil = 87500Julios
Como el peso puede considerarse constante podemos aplicar la definición particular de
trabajo. El trabajo realizado, en este caso, por la fuerza peso que tiene la misma dirección y
sentido del desplazamiento, es:
El rendimiento del motor sería:
Re n dim iento =
B
1
1
1

WA→ B,Todas las fuerzas = ∫ mv ⋅ dv =  mv 2  = mv 2B − mv 2A
A
2
2
2

A
Wutil
62500
100 =
100 = 41,7%
Wmotor
150000
W = F ⋅ s ⋅ cos α = mg ⋅ s ⋅ cos 0 = 20 ⋅ 5 ⋅ 1 = 100 julios
Aplicando el teorema del trabajo y la energía cinética y teniendo en cuenta que la energía
cinética en el punto A (arriba) es nula porque parte del reposo, sería:
WA→B,Todas las fuerzas = Ec B − Ec A
145
⇒
Ec B = 100 julios
146
FUERZAS CONSERVATIVAS
Ejemplo: Un ciclista va a 5 m/s por una calle horizontal. Cuando se le cruza una suegra
frena para no pillarla y se detiene en 5m. ¿Cuánto vale el coeficiente de rozamiento?
En los ejemplos anteriores hemos visto como un cuerpo que tiene energía cinética es capaz
de realizar un trabajo. Supongamos ahora que lanzamos una piedra hacia arriba con una
determinada velocidad inicial. Ya sabemos que, si despreciamos el rozamiento, la piedra al
volver a la posición inicial tendrá la misma velocidad (aunque de sentido opuesto). Quiere
decir que tiene la misma energía cinética inicial y final, y que por tanto el cuerpo “conserva
su capacidad de hacer trabajo”. Las fuerzas gravitatorias, por tanto, son conservativas.
Siguiendo con el mismo ejemplo, si ahora consideramos que hay rozamiento, la velocidad
de la piedra al llegar será menor que la inicial, lo que quiere decir que su energía cinética es
menor y por tanto que el rozamiento es una fuerza disipativa o no conservativa.
Si el ciclista se termina parando, quiere decir que toda su energía cinética inicial se disipará
en rozamiento. De acuerdo con el teorema del trabajo y la energía cinética:
WA→B,Todas las fuerzas = ∆Ec
Sobre el ciclista hay tres fuerzas: peso, normal y FRoz. Como el peso y la reacción del plano
se anulan, finalmente nos queda que la fuerza resultante es igual a la fuerza de rozamiento
FRoz = µN = mg µ . Como la FRoz es una fuerza constante podemos aplicar la definición
particular de trabajo:
1
1
FRoz ⋅ s ⋅ cos 180 = mv f2 − mv i2
2
2
1
mg µ ⋅ s ⋅ ( −1) = − mv i2
2
⇒
µ=
2
i
v
52
=
= 0,25
2gs 2 ⋅ 10 ⋅ 5
1
1
1
mv f2 − mv i2 = − 0,015 ⋅ 1500 2 = −16875Julios
2
2
2
⇒
WA → B ,c1 + WB → A ,c 2 = 0
Farena =
o bien, como el camino no importa
r
WA→ B + WB→ A = 0
r
Quiere decir que “el trabajo realizado por una fuerza conservativa a lo largo de una
trayectoria cerrada es nulo”. Fíjate como en la segunda expresión no hemos indicado el
camino seguido, puesto que al tratarse de una fuerza conservativa el trabajo es independiente
de la trayectoria seguida.
Resumiendo, podemos definir a las fuerzas conservativas diciendo:
•
•
La fuerza (de rozamiento) que disipa este trabajo es:
WF. arena = Farena ⋅ s ⋅ cos180
como al cambiar los límites de integración la integral cambia de signo, podemos escribir:
∫ F • dr = 0
El ejercicio es exacto al anterior. Aplicando el teorema del trabajo y la energía cinética
concluiremos que el trabajo realizado por la fuerza que hace la arena (fuerza de rozamiento
de la bala con la arena) debe ser igual a la energía cinética que tenía la bala:
⇒ WF. arena =
WA→ B,c1 = WA→ B,c 2
también se escribe:
Ejemplo: Un proyectil de 15gr se mueve con una velocidad de 1500m/s cuando choca con
un saco de arena y se para después de recorrer 10cm ¿Qué trabajo ha realizado la arena
sobre el proyectil?. Suponiendo constante la fuerza que realiza este trabajo, ¿cuánto vale?
WA→B,Todas las fuerzas = ∆Ec
En general el trabajo realizado por una fuerza F al llevar un cuerpo del punto A al B
depende del camino seguido. “Decimos que una fuerza es conservativa cuando el trabajo que
realiza para llevar un cuerpo desde un punto A hasta otro B es independiente del camino
seguido y solamente depende de la posición de los puntos inicial y final”. Por tanto si el
trabajo lo hace una fuerza conservativa podemos poner que:
Aquellas que al llevar un cuerpo de un punto A hasta otro B, realizan un trabajo que
no depende el camino seguido: WA→ B,c1 = WA→ B,c 2 , sino que solamente de la posición
de los puntos inicial y final.
r r
Aquellas que al recorrer una trayectoria cerrada hacen un trabajo nulo: ∫ F • d r = 0
(Quiere decir que el trabajo es nulo cuando parten de un punto y, siguiendo una
trayectoria cualquiera, vuelven al mismo punto.)
− 16875
= 168750New
0,10 ⋅ ( −1)
Son fuerzas conservativas, obviamente las que cumplen con esas definiciones, pero a título
indicativo diremos que son fuerzas conservativas todas aquellas que no dependen del tiempo
o de la velocidad, es decir, son conservativas las fuerzas que sean constantes (a excepción de
la de rozamiento) y también aquellas que dependen de una coordenada y actúan a lo largo de
ella, como por ejemplo la fuerza elástica de un resorte.
147
148
Un tipo de fuerzas conservativas muy importantes son las fuerzas centrales, como es el caso
de las gravitatorias y eléctricas. (Fuerzas centrales son aquellas cuya dirección pasa por un
punto llamado centro de fuerzas y su módulo depende de la distancia al centro de fuerzas)
Ejemplo: Calcular el trabajo que la fuerza peso realiza para llevar un cuerpo de 2Kg desde el
punto A hasta el B siguiendo los dos caminos de la figura
ENERGÍA POTENCIAL
Imaginemos una maceta en lo alto de un balcón. Como consecuencia de su posición “en un
campo de fuerzas conservativo como el gravitatorio”, tiene una cierta energía acumulada que
puede convertir en trabajo en cualquier momento. Lo mismo podríamos decir para el caso de
un resorte que se encuentra desplazado respecto de su posición de equilibrio, dado que las
fuerzas elásticas también son conservativas.
Puesto que el trabajo realizado por una fuerza conservativa para llevar un cuerpo desde un
punto A hasta otro B es independiente del camino seguido y solamente depende de la posición
de los puntos, a esos puntos podemos asignarle una energía llamada potencial que es función de
la posición. Por definición, “el trabajo que hace una fuerza conservativa para llevar un cuerpo
desde un punto A hasta otro B es igual a menos la variación de energía potencial entre esos
puntos”:
WA → B ,F.Conservati va = − ∆Ep = Ep A − Ep B
Lo primero de todo será dibujar la fuerza peso, que “siempre” vayamos por donde vayamos
es la misma: tiene un módulo de P=mg=20New y la dirección vertical hacia abajo (en forma
r
r
vectorial sería P = −20 j ). El trabajo por cada camino (teniendo en cuenta que la fuerza peso
puede considerarse constante y podremos aplicar la definición particular de trabajo) es:
WA→B por el camino 1 será igual al WA→P + WP→B
• WA→P = F.s.cosα = 20.4.cos90 =0
• WP→B = F.s.cosα = 20.3.cos180 = –60 J
• WA→B = WA→P + WP→B = 0 +(– 60) = –60 J
Propiedades de la energía potencial:
Observa que en el tramo de A→P el trabajo es nulo porque la fuerza peso es perpendicular
al desplazamiento, mientras que en el tramo P→B el trabajo resulta negativo porque la
fuerza y el desplazamiento forman 180º. (El signo menos indica que la fuerza Peso nunca
realizará ese trabajo, sino el contrario)
WA→B por el camino 2
• WA→P = F.s.cosα = 20 ⋅ 5 ⋅ cos126,87 = – 60J
1. Es una energía que posee un cuerpo debida a la posición que ocupa en un campo de
fuerzas conservativas, o dicho de otra forma, es una energía que depende de la separación
entre las partículas que interaccionan.
2. De lo anterior se deduce que la Ep es una magnitud asociada a la interacción entre dos
cuerpos. Quiere decir que una masa no tiene Ep a menos que esté cerca de otra masa como la
tierra, es decir, que un cuerpo, por el simple hecho de moverse tiene asociada una energía
cinética, pero no tiene porqué tener energía potencial
3. La expresión de la energía potencial depende del tipo de fuerza conservativa. Como
demostraremos más adelante:
Donde hemos tenido en cuenta que el espacio, de acuerdo
con el teorema de Pitágoras, es s = 4 + 3 = 5
El ángulo que forma la fuerza y el desplazamiento es
126,87º. Es igual a β+90, donde β = arctg3 / 4 = 36,87º
2
El signo menos indica que la fuerza conservativa del campo hace trabajo espontáneo o real
(trabajo positivo) cuando desplaza el cuerpo desde los puntos de mayor energía potencial a los
puntos con menor energía potencial. Dicho de otra forma, cualquier cuerpo sometido a la
acción de una fuerza conservativa se mueve espontáneamente desde los puntos de mayor
energía potencial a los puntos con menor energía potencial. (Observa que
WA →B,F.Conserv .Campo = + cuando EpA > EpB)
2
= Ep A − Ep B = mg h A − mg h B
WA→ B,F.Conservati va
Campo Gravitator io
puntos próximos a la Tierra
A la misma conclusión llegaríamos si la trayectoria fuese
cualquier otra, porque siempre podríamos descomponerla en un trozo infinitesimal horizontal
r
r
(a través del cual el trabajo sería nulo porque P ⊥ d r ) y otro vertical (donde el trabajo
r
r
elemental sería P • dy j ).
Campo Gravitator io
entre dos puntos cualquiera
M⋅m
M⋅m
− −G
rA
rB
q ⋅ q´
q ⋅ q´
−K
rA
rB
1
1
2
= Ep A − Ep B = Kx A − Kx 2B
2
2
WA→ B,F.Conservati va = Ep A − Ep B = K
Campo Eléctrico
WA→B,F.Conservativa
Fuerza elástica resorte
149
= Ep A − Ep B = −G
WA→B,F.Conservativa
150
4. No tiene ningún sentido hablar de energía potencial en un punto o energía potencial
absoluta. De acuerdo con su definición como “el trabajo realizado por la fuerza conservativa
para llevar un cuerpo de un punto A hasta otro B …” vemos claramente que solamente
puede hablarse de variación de energía potencial entre dos puntos.
5. No obstante, puede definirse energía potencial absoluta asignando valor cero a la energía
potencial de un punto cualquiera. La elección del punto cuya Ep=0 es absolutamente
arbitraria. Normalmente en el campo gravitatorio y el eléctrico se suele asignar valor cero a
la Ep en el infinito (por la razón que ya veremos). En el caso de un resorte se le asigna Ep=0
a la energía que tiene en la posición de equilibrio.
Br
r
WA→B,F.Conservativa = −∆Ep = Ep A − Ep B = ∫ FF.Conserv • d r
Hay que recalcar que los trabajos, aunque sean iguales en valor, son realizados por fuerzas
distintas, así como que la fuerza que hacemos nosotros no es conservativa:
•
•
para subir, sin aceleración, la maceta al balcón o comprimir el resorte, nosotros hemos
de realizar una fuerza contraria al peso, o contraria a la fuerza recuperadora en el caso
del muelle.
cuando soltamos la maceta, el trabajo lo realiza ahora la fuerza conservativa: la fuerza
gravitatoria (el peso), o la fuerza recuperadora en el caso del muelle. Quiere decir que
ahora el trabajo que hicimos y estaba acumulado en Ep nos lo devuelve el sistema.
Imagina que para llevar un cuerpo desde un punto A hasta otro B nosotros hacemos un
trabajo de 10 Julios (por ejemplo para subir un cuerpo hasta una determinada altura),
entonces, si en el punto A tenía una energía potencial x, en el punto B tendrá una energía
potencia x+10 :
A
Si hacemos Ep B = 0
Si a la energía potencial del cuerpo en el punto B (o el A) le asignamos, por acuerdo, el
valor cero, entonces podríamos hablar de energía potencial absoluta en el punto A (o el B)
aunque en realidad sigue siendo una diferencia de energía potencial entre el punto y el otro
al que hemos asignado cero.
En los problemas de mecánica es corriente asignarle cero a la energía potencial en la
superficie de la tierra (aunque sea más riguroso asignar Ep ∞ = 0 ). Así, la energía potencial
de un gato en lo alto de un balcón sería: Ep = mgh como demostraremos más adelante.
6. En un campo de fuerzas conservativas el trabajo que hacemos nosotros para llevar, contra las
fuerzas del campo y sin aceleración, un cuerpo desde un punto A hasta otro B no se pierde, sino
que queda acumulado en forma de energía potencial. Así podemos decir que “el trabajo que
hacemos nosotros para llevar un cuerpo desde un punto A hasta otro B, contra las fuerzas del
campo y sin aceleración, es igual a la variación de energía potencial entre esos puntos”
WA→B,nosotros = Ep B − Ep A = ∆Ep = − WA→B, F.Conserv .Campo
Recuerda que aunque la fuerza que hacemos nosotros para llevar el cuerpo “sin aceleración”
sea igual en módulo a la fuerza conservativa peso, no por eso la fuerza que hacemos es
conservativa. (Un Seat Panda puede ir por una carretera a la misma velocidad que un
Mercedes y no por eso el Panda es un Mercedes.)
Es lógico que el trabajo que hacemos (en contra de la fuerza conservativa para llevar el cuerpo
sin aceleración desde un punto a otro) sea igual al que hace la fuerza conservativa, pero con
distinto signo, ya que para que el cuerpo se mueva sin aceleración la fuerza que debemos hacer
debe ser exactamente igual a la conservativa pero en sentido contrario.
Así pues, el trabajo realizado por nosotros para deformar el muelle una distancia x queda
almacenado en forma de energía potencial elástica. Si soltamos el muelle él volverá a la
posición de equilibrio y realizará el mismo trabajo que hicimos para deformarlo. En otras
palabras nos devuelve el trabajo que hicimos nosotros para deformarlo. (exactamente igual
podríamos decir de la maceta en el balcón.)
151
152
Ejemplo: Demuestra que el trabajo realizado por nosotros, contra las fuerzas del campo y sin
aceleración, queda almacenado en forma de energía potencial y es igual al trabajo que nos
devuelve la fuerza conservativa. a) Para las fuerzas elásticas de un resorte b) Para el peso en
las inmediaciones de la superficie terrestre.
Podría preguntarse ¿porqué si hemos recorrido un ciclo completo el trabajo en el ciclo no es
nulo? La respuesta es muy simple, porque los trabajos no están hechos por la misma fuerza,
ya que en el primer caso la hacemos nosotros y en el segundo el resorte.
b) Caso del campo gravitatorio, en puntos próximos a la superficie terrestre:
Ya hemos dicho que el trabajo para llevar un cuerpo de un punto A hasta otro punto B que
hace la fuerza conservativa y el que hacemos nosotros (para llevarlo sin aceleración) son
iguales aunque de signo contrario. Eso es evidente ya que la fuerza que debemos hacer
nosotros es exactamente igual a la conservativa pero en sentido contrario.
Por ahora nos limitaremos a demostrar para puntos próximos a la superficie terrestre (donde
el valor de g podemos considerarlo constante) el trabajo realizado por nosotros para llevar
una masa de un punto A hasta otro B queda acumulado en forma de Ep y es igual al trabajo
que el campo gravitatorio hace para llevarlo de nuevo del punto B al A.
Por otro lado, el trabajo que hace cualquier fuerza (sea la que sea) para llevar un cuerpo de un
punto A hasta otro B es igual y de signo contrario al que hace para regresarlo desde B hasta A
por el mismo camino (o por cualquier otro camino si la fuerza es conservativa). (Es una
propiedad de las integrales definidas: si cambiamos los límites de integración el resultado es el
mismo cambiado de signo.)
De acuerdo con esto y con lo anterior tendremos que WA→B,nosotros = WB→A ,F.Conserv .Campo
a) Caso del resorte:
Supongamos un resorte como el de la figura, que sigue la ley de Hooke. Para deformarlo
hemos de aplicar una fuerza exactamente igual a la fuerza recuperadora del muelle y de
r
r
sentido contrario, es decir que Fnosotros = kx ⋅ i mientras que al soltarlo quien trabaja es la
r
r
fuerza recuperadora elástica que vale Fresorte = −kx ⋅ i . Por otro lado como el desplazamiento
r
r
es según el eje X, el vector desplazamiento será: d r = dx ⋅ i
Para subir, sin aceleración, el cuerpo desde al punto A al B tenemos que hacer una fuerza
r
r
exactamente igual al peso y de sentido contrario, es decir que Fnos = mg ⋅ j , mientras que
para ir desde el punto B al A es la fuerza del campo gravitatorio (el peso) la que lo lleva y
r
r
por tato la que realiza el trabajo Fcampo = − mg ⋅ j . Por otro lado, en este caso como nos
r
r
movemos sobre el eje Y, el vector desplazamiento es: d r = dy ⋅ j
B
r
r B
r
r B
WA→B,nos = ∫ Fnos • d r = ∫ mg ⋅ j • dy ⋅ j = ∫ mg ⋅ dy = mgy BA = mgh B − mgh A = mgh
A
A
A
r
r A
r
r A
= ∫ Fcampo • d r = ∫ − mg ⋅ j • dy ⋅ j = ∫ − mg ⋅ dy = − mgy
A
WB→A ,campo
B
B
A
B
= mgh B − mgh A = mgh
B
Fíjate que en este ejemplo hemos llevado el cuerpo desde el punto A hasta el B siguiendo la
vertical, pero sería igual si hubiésemos seguido otro camino cualquiera:
(
)
Br
r
r B
r B
1
1
WA→ B,nos = ∫ Fnos • d r = ∫ kx ⋅ i • dx ⋅ i = ∫ kx ⋅ dx = kx 2 BA = k x 2B − x 2A
2
2
A
A
A
Ar
r
r A
r A
1 2 A 1
WB→A ,resort = ∫ Fresort • d r = ∫ − kx ⋅ i • dx ⋅ i = ∫ − kx ⋅ dx = − kx B = k x 2B − x 2A
2
2
B
B
B
(
)
Como vemos el trabajo realizado por el niño para cargar la pistola queda guardado en forma
de EP y es igual al trabajo que la fuerza elástica del resorte hace para llevarlo de nuevo del
punto B al A.
153
En efecto, el resultado sería exactamente el mismo. En este caso al movernos en dos
r
r
r
dimensiones el vector desplazamiento sería d r = dx ⋅ i + dy ⋅ j . Al realizar el producto
r
escalar de la fuerza, tanto de la que hacemos nosotros que tiene dirección j como de la que
154
r
hace el campo, que tiene dirección − j por el vector desplazamiento nos quedaría lo mismo,
r r
ya que como sabemos i • j = 0 porque son vectores perpendiculares y el coseno de 90º es
nulo.
Ejemplo: Un cuerpo de 20 Kg se encuentra en la base de un plano inclinado 30º sobre la
horizontal, sin rozamiento. Un hombre tira de él y lo sube hasta una altura de 1,5 m.
a) con qué fuerza debe tirar el hombre para subirlo con velocidad constante
b) que trabajo realiza
FORMA GENERAL DEL PRINCIPIO DE CONSERVACIÓN DE LA ENERGIA
De acuerdo con el teorema del trabajo y la energía cinética, el trabajo realizado por la
fuerza resultante de todas las fuerzas (sean conservativas o no) para llevar el cuerpo desde
un punto A hasta otro B es igual a la variación de energía cinética entre esos puntos:
WA → B ,Todas las fuerzas = ∆Ec o bien podríamos escribirlo como:
WA→B,campo + WA→ B
F.Conservati vas
= ∆Ec
F. NoConservat
Por otro lado, como por definición, “el trabajo que hacen las fuerzas conservativas para
llevar un cuerpo desde un punto A hasta otro B es igual a menos la variación de energía
potencial entre esos puntos”, podemos poner que
WA→B,campo = −∆Ep
F.Conservati vas
Así que restando nos queda que
∆Ec + ∆Ep = WA→B
Ya resolvimos este mismo ejemplo mas arriba por métodos dinámicos, ahora lo
resolveremos teniendo en cuenta que el trabajo que hace el hombre para llevar el cuerpo
desde el punto A hasta el B es igual a la diferencia de energía potencial. Además si
consideramos el nivel cero de energía potencial en el punto mas bajo, el A, entonces:
F. NoConserva t
o bien que:
Ec A + Ep A + WA→ B
= Ec B + Ep B
F. NoConservat
WA→B,nosotros = ∆Ep = Ep B − Ep A = mgh B = 20 ⋅ 10 ⋅ 1,5 = 300Julios
Eso quiere decir que la energía mecánica al final puede ser mayor o menor que la inicial.
Todo depende del signo del trabajo de las fuerzas no conservativas, es decir del sentido de
las fuerzas no conservativas:
Ejemplo: Calcular la variación de energía potencial que experimenta un cuerpo de 70Kg,
cuando lo trasladamos desde el punto A(1,2) hasta otro B(5,10).
B
r
r
r
r
r B
∆Ep = WA→ B,nosotros = ∫ Fnosotros • d r = ∫ mg ⋅ j • (dx i + dy j ) = mg ⋅ y
A
y =10
y=2
= 70 ⋅ 10 ⋅ (10 − 2) = 5600 J
A
Evidentemente, podríamos haber resuelto como ∆Ep = mgh B − mgh A
Si tomamos nivel cero de Ep en y=0 tendremos ∆Ep = mgh B − mgh A = mg10 − mg 2 = 5600J
Si tomamos nivel cero de Ep en y=2 (que es el punto más bajo) ∆Ep = mgh B − mgh A = mg8 = 5600J
Como puedes ver el resultado es independiente del nivel cero de Ep porque la energía
potencial es un escalar y se trata de restar la Ep que hay en dos puntos.
• En el caso más frecuente de que se trate de las fuerzas de rozamiento la energía al
final siempre será menor que la inicial, puesto que la fuerza de rozamiento tiene
sentido contrario al desplazamiento y en consecuencia el trabajo que realiza siempre
es negativo (al llevar sentido contrario al desplazamiento el producto escalar
r r
r
r
FRoz • d r resulta negativo − i • i = −1 ).
Ec A + Ep A + WRoz = Ec B + Ep B
• En el caso de que sobre el cuerpo actúe una fuerza no conservativa en la dirección
del desplazamiento la energía mecánica al final es mayor que la inicial. Es el caso de
cuando un coche sube acelerando por una cuesta. El trabajo realizado por el motor
del coche es responsable que el arriba tenga más energía que al principio.
Ec A + Ep A + WMotor = Ec B + Ep B
Si observas bien la expresión ∆Ec + ∆Ep = WA→ B
verás que arriba de la cuesta
F. NoConservat
el coche tiene mayor energía tanto si sube con velocidad constante como si aumenta
de velocidad mientras sube. Lógico, ya que en ambos casos el motor debe realizar
trabajo. Si sube, con velocidad constante, (para que ΣF=0 el motor debe ejercer la
fuerza necesaria para compensar a la componente del peso en dirección de la cuesta)
tendremos que el trabajo del motor se invirtió en aumentar la energía potencial del
155
156
coche ∆Ep = WA→ B
con la conservación de la energía mecánica ∆Ec + ∆Ep = 0 la disminución de energía
potencial (∆Ep↓) debe ser exactamente igual al aumento de su energía cinética (∆Ec↑)
. Si sube, aumentando de velocidad, tendremos que el
F. NoConservat
trabajo del motor se invirtió en aumentar la energía potencial del coche y en
aumentar su energía cinética: ∆Ec + ∆Ep = WA→ B
Ec A + Ep A = Ec B + Ep B
F. NoConservat
⇒
mgh A +
1
1
mv 2A = mgh B + mv 2B
2
2
v A = 2 g h A = 2 ⋅ 10 ⋅ 2 = 4,47m / s
Principio de conservación de la energía mecánica
Es una particularización del principio general de conservación de la energía, que dice, que si
sobre un cuerpo “solamente actúan fuerzas conservativas” entonces se conserva la energía
mecánica. Resulta evidente, ya que si todas las fuerzas son conservativas WA→ B
=0
Como vemos, al no haber rozamientos el resultado es el mismo que si la niña cayera en
caída libre desde esa altura. Lógico porque al tratarse de fuerzas conservativas el trabajo que
realizan al llevar el cuerpo de un punto a otro es independiente del camino seguido.
F. NoConservat
b) Cuando hay rozamiento (que una fuerza no conservativa) ya no se conserva la energía
mecánica, pero sí que se conserva la energía total. Como la fuerza de rozamiento es constante,
su trabajo podemos obtenerlo como con la expresión particular:
WA →B
= FRoz ⋅ s ⋅ cos α = ( mg cos 30 ⋅ µ) ⋅ s ⋅ cos180
∆Ec + ∆Ep = 0
o lo que es igual:
F. NoConservat
F. Rozamiento
Ec A + Ep A = Ec B + Ep B = E = const
Nos dice que “Si todas las fuerzas que actúan sobre la partícula son conservativas, la suma
de la energía cinética y potencial es igual para cualquier punto”. A la suma de Ec y Ep se le
llama energía mecánica.
Ec A + Ep A + WA→ B
= Ec B + Ep B
F. NoConservat
Este teorema que viene a decir que la Ec y Ep pueden variar de unos puntos a otros, pero que
su suma (la energía mecánica) permanece constante, dicho de otra forma, como
∆Ec + ∆Ep = 0 si aumenta la energía cinética (∆Ec↑) eso implica que disminuya la potencial
(∆Ep↓), como ocurre cuando un cuerpo cae en caída libre o desliza por un plano inclinado
“sin rozamiento”.
Ejemplo: Una niña se tira por un tobogán desde una altura de 2 metros.
a) ¿Con qué velocidad llegaría abajo si despreciamos el rozamiento?
b) ¿Con qué velocidad llegaría abajo suponiendo que el coeficiente de rozamiento es 0,5.?
mgh A + (mg cos 30 ⋅ µ) ⋅ s ⋅ cos 180 =
1
mv 2B
2
v B = 2,31m / s
Como vemos, de acuerdo con la conservación de la energía total ∆Ec + ∆Ep = WA → B
F. NoConservat
la disminución de energía potencial (∆Ep↓) se emplea en parte en aumentar la energía
cinética (∆Ec↑) y otra parte se pierde en rozamiento transformándose en calor.
a) Teniendo en cuenta que no hay rozamiento y el resto de las fuerzas son conservativas,
podemos aplicar el teorema de conservación de la energía mecánica. La energía potencial
que la niña tiene arriba se transformará en cinética cuando llegue abajo. Es decir, de acuerdo
157
158
Ejemplo:
Ejemplo: Cuando sobre un muelle helicoidal, situado verticalmente sobre una mesa,
colocamos una masa de 1Kg, éste se comprime 2cm. Calcular la deformación que
experimentaría el muelle si le dejamos caer la misma masa desde una altura de 1m.
¿Con qué velocidad hemos de lanzar una piedra para que llegue hasta una altura h?
Vamos a resolver este sencillo ejercicio, con todo cuidado, para reparar en la forma de
aplicar el principio de conservación de la energía. Presta atención porque es bastante sutil.
1º Lo habitual es suponer “que ya le hemos comunicado a la piedra la velocidad necesaria,
vo”.
En este caso la piedra tendría una Ec y comenzaría a subir: El aumento de energía potencial
(∆Ep↑) se consigue a costa de disminuir energía cinética (∆Ec↓)
Si despreciamos el rozamiento contra el aire se conservaría la energía mecánica porque la
única fuerza sobre la piedra es el peso, que es conservativa:
∆Ec + ∆Ep = 0
→
Ec Suelo + Ep Suelo = Ec h + Ep h
1
m v 2o = m g h
2
Aplicaremos el principio de conservación entre el punto
A y C, porque de esta forma toda la energía potencial
gravitatoria se transforma en energía potencial elástica:
de donde v o = 2 g h
2. Supongamos ahora que estamos en el instante inmediatamente anterior: “Cuando la piedra
aun estaba parada sobre el suelo”. Si no hacemos nada por ella, parada seguiría.
Para que la piedra comience a subir debemos comunicarle una energía mediante una fuerza
que hacemos nosotros y que NO es conservativa. Por tanto, entre el momento en que la
piedra está parada y el que está a una altura h, no se conserva la energía mecánica, aunque sí
se conserva la energía total:
∆Ec + ∆Ep = WA→ B
→
Ec Suelo + Ep Suelo + WA→ B
F. NoConservat
Con el primer dato y aplicando la ley de Hooke calcularemos la constante de recuperación
del muelle. (teniendo en cuenta que le fuerza que deforma al muelle es el peso de la masa):
mg 1 ⋅ 10
⇒
F = kx
k=
=
= 500N / m
x
0,02
Balance de energías:
Punto A: toda la energía es potencial gravitatoria (Ec=0 porque está parado y la Epelástica=0
porque el muelle está relajado).
Tramo AB: a medida que desciende ∆Epgravitat↓, ∆Ec↑ y ∆Epelástica=0 porque el muelle sigue igual.
Punto B: casi toda la energía inicial se ha transformado en Ec pero aun le queda un poco de
Epgravitat (mghA = EcB+mghy).
Tramo BC: al chocar con el muelle comienza a comprimirlo acumulándose toda la energía que
tiene en potencial elástica: ∆Epgravitat↓, ∆Ec↓ y ∆Epelástica↑.
Punto C: toda su energía es potencial elástica (Ec=0 porque está parado y la Epgravitat=0
porque ha llegado al nivel cero de Ep gravitatoria.)
= Ec h + Ep h
∆Ec + ∆Epgravitat + ∆Epelástica =0
Ec A + Ep gravit , A + Ep elast ,A = Ec C + Ep gravit ,C + Ep elast ,C
mgh A =
1 2
ky
2
1 2
ky
2
⇒
mg(1 + y) =
F. NoConservat
Si el trabajo realizado por la fuerza no conservativa
se lo comunicamos en forma de energía
WA→ B
y = 0,2m
Ejemplo: Un bloque de 3Kg, que parte del reposo,
desliza 7,6m hacia abajo por un plano inclinado 20º
sobre la horizontal y continua recorriendo 2,75m
por un plano horizontal, hasta que choca con un
resorte y finalmente se detiene después de
comprimirlo 15cm, como se muestra en la figura.
Calcular la constante elástica del muelle sabiendo
que el coeficiente de rozamiento es 0,2.
F. NoConservat
cinética, tendremos que:
1
2
m v que
le propina = Ep h
2
la FNCons
de donde v que le propina = 2 g h
la FNCons
Si tenemos en cuenta que la energía potencial que el bloque tiene arriba, punto (A), menos la
que pierde en rozamientos debe ser igual a la energía potencial elástica del resorte al final (D)
159
160
medida que asciende el bloque vaya disminuyendo de velocidad hasta pararse, en cuyo
momento toda la energía cinética inicial se habrá transformado en potencial)
Cuando hay rozamiento ya no se conserva la energía mecánica, aunque sí la energía total,
. Ahora la disminución de Ec se invierte en parte en trabajo contra
∆Ec + ∆Ep = WA→ B
F. NoConservat
la fuerza de rozamiento (WF.No.Conserv es negativo) y el resto en aumentar la energía
potencial. Naturalmente, como ahora solamente una parte de la energía cinética se emplea en
aumentar la energía potencial el bloque subiría hasta una altura menor que cuando no había
rozamiento y la totalidad de la Ec se convertía en Ep.
E5B.S2011
Un bloque de 200 kg asciende con velocidad constante por un plano inclinado 30º respecto a
la horizontal bajo la acción de una fuerza paralela a dicho plano. El coeficiente de
rozamiento entre el bloque y el plano es 0,1.
a) Dibuje en un esquema las fuerzas que actúan sobre el bloque y explique las
transformaciones energéticas que tienen lugar durante su deslizamiento.
b) Calcule el valor de la fuerza que produce el desplazamiento del bloque y el aumento de su
energía potencial en un desplazamiento de 20 m.
g = 10 m s−2
Aplicando la conservación de la energía entre la posición inicial y final tenemos que:
Ec A + Ep gravit ,A + Ep elast ,A + WA→ B
= Ec D + Ep gravit ,D + Ep elast , D
F. NoConservat
1
Kx 2
2
1
3 ⋅ 10 ⋅ 2,6 − [3 ⋅ 10 cos 20 ⋅ 0,2 ⋅ 7,6 + 3 ⋅ 10 ⋅ 0,2 ⋅ (2,75 + 0,15)] = K ⋅ 0,15 2
2
K = 1576 N / m
mgh A + (µ mg cos 20 ⋅s ⋅ cos 180 + µ mg ⋅s´⋅ cos 180) =
a) Si el bloque asciende con velocidad constante quiere decir, de acuerdo con la 1ª ley de
Newton, que la fuerza resultante sobre el bloque es nula.
Sobre el bloque hay 4 fuerzas: el peso, la reacción del plano, la fuerza de rozamiento y la
fuerza F paralela al plano (que es la que debe compensar a la fuerza de rozamiento y a la
componente del peso en dirección del plano para que el bloque se mueva con velocidad
constante).
E2B.S2011
a) Energía potencial asociada a una fuerza conservativa.
b) Una partícula se desplaza bajo la acción de una fuerza conservativa. ¿Aumenta o
disminuye su energía potencial? ¿Y su energía cinética? Razone las respuestas.
a) Teoría
b) Cualquier partícula bajo la acción de una fuerza conservativa se mueve espontáneamente
hacia donde la energía potencial es menor, ya que por definición
WA → B ,F.Conservati va = − ∆Ep = Ep A − Ep B . (Eso precisamente es lo que indica el signo menos)
De acuerdo con el principio de conservación de la energía mecánica, ∆Ec + ∆Ep = 0 , la
disminución de energía potencial exige que aumente la energía cinética.
Es lo que ocurre cuando cae una piedra: La piedra se mueve bajo la acción de la fuerza conservativa
peso hacia donde disminuya su energía potencial (EpB<EpA) y al hacerlo aumenta su energía cinética
(EcB>EcA)
Respecto de un SR con el eje X paralelo al plano, las fuerzas en forma de vector serían:
r
r
r
r
r
P = − mg sem30 i − mg cos 30 j = −1000 i − 1732 j
r
r
r
N=
mg cos 30 j =
+ 1732 j
r
r
r
FRoz = − mg cos 30 ⋅ µ i
= − 173,2 i
r r
r
=F
F=F
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
r
r r
ΣF = F − 1173,2 i
E6B.S2011
a) Conservación de la energía mecánica.
b) Se lanza hacia arriba por un plano inclinado un bloque con una velocidad v0.
Razone cómo varían su energía cinética, su energía potencial y su energía mecánica cuando
el cuerpo sube y, después, baja hasta la posición de partida. Considere los casos: i) que no
haya rozamiento; ii) que lo haya.
a) Teoría
b) Si no hay rozamiento se conservará la energía mecánica, ∆Ec + ∆Ep = 0 . Si el bloque
sube por el plano aumentará su energía potencial gravitatoria y la conservación de la energía
mecánica exige que disminuya en la misma cantidad la energía cinética. (Ello explica que a
161
r
Como v =constante
r
r r
→ ΣF = F − 1173,2 i = 0
r
r
→ F = 1173,2 i
162
Transformaciones energéticas: Puesto que hay rozamiento no se conserva la energía
mecánica, aunque sí la energía total, ∆Ec + ∆Ep = WA→ B
. Como la velocidad es
Al mismo resultado llegaríamos si calculamos el trabajo que hace el peso aplicando la definición
general de trabajo:
F. NoConservat
WA→B,F.Conservativa = − ∆Ep
r
r
r x = 20
B
WA→B,Peso = ∫ ( −1000 i − 1732 j ) • dx i = ∫ − 1000dx = −20000 = − ∆Ep
constante ∆Ec=0, el aumento de energía potencial se debe íntegramente al trabajo realizado
por la fuerzas no conservativas, es decir al trabajo realizado por la fuerza F y al la FRoz.
Puesto que el trabajo que hace la FRoz es negativo, la fuerza F debe realizar el trabajo
necesario para aumentar la Ep y para compensar el que se pierde en rozamiento.
r
r
b) La fuerza F paralela al plano, para que suba con velocidad constante, es F = 1173,2 i
El aumento de energía potencial para un desplazamiento de 20m, o lo que es igual para un
ascenso de h=20.sem30=10 m, podemos calcularlo de tres formas:
* Aplicando directamente la ecuación de la energía potencial gravitatoria. Tomando nivel
cero de energía potencial en el punto más bajo del plano:
∆Ep = Ep B − Ep A = mgh B − mgh A = 200 ⋅ 10 ⋅ 10 = 20000J
* Aplicando la conservación de la energía: ∆Ec + ∆Ep = WA→B
x =0
A
E4A.S2011
Un bloque de 2 kg se encuentra situado en la parte superior de un plano inclinado rugoso de
5 m de altura. Al liberar el bloque, se desliza por el plano inclinado llegando al suelo con
una velocidad de 6 m s−1.
a) Analice las transformaciones energéticas que tienen lugar durante el deslizamiento y
represente gráficamente las fuerzas que actúan sobre el bloque.
b) Determine los trabajos realizados por la fuerza gravitatoria y por la fuerza de rozamiento.
g = 10 m s−2
a) Transformaciones energéticas: Puesto que hay rozamiento no se conserva la energía mecánica,
aunque sí la energía total, ∆Ec + ∆Ep = WA → B
. Al descender disminuye la energía potencial
En este caso las
F. NoConservat
F. NoConserva t
gravitatoria y esa disminución se emplea en aumentar su energía cinética y en trabajo en rozamiento
(ten en cuenta que siempre el trabajo que hace la fuerza de rozamiento es negativo y por tanto en la
fuerzas no conservativas son la fuerza de rozamiento y la que hacemos paralela al plano:
expresión anterior sería como ∆Ec ↑ + ∆Ep ↓ + WA → B,F.Roz = 0 )
∆Ec + ∆Ep = WA→ B, F.Rozamiento + WA→ B,F
∆Ec + ∆Ep = FRoz ⋅ s ⋅ cos180 + F ⋅ s ⋅ cos 0
∆Ec + ∆Ep = 173,2 ⋅ 20 ⋅ (−1) + 1732 ⋅ 20 ⋅ 1 = 20000 J
Observa, una vez más, que al utilizar la expresión particular del trabajo para fuerzas
constantes, al sustituir el valor de las fuerzas escribimos su módulo, por eso al sustituir la
fuerza de rozamiento no se puso el signo menos que tiene en su forma vectorial.
* Aplicando la definición de energía potencial: “el trabajo que una fuerza conservativa para
llevar un cuerpo desde un punto A hasta otro B es igual a menos la variación de energía
potencial entre esos puntos”: WA→ B,F.Conservati va = − ∆Ep
r
r
r
Teniendo en cuenta que en este caso la fuerza conservativa es el peso: P = −1000 i − 1732 j y
que solamente la componente Px realiza trabajo (porque la componente Py es perpendicular al
desplazamiento), tenemos que:
b) Teniendo en cuenta que ∆Ec + ∆Ep = WA→ B
y si tomamos nivel cero de energía
F. NoConservat
potencial en el punto B, por ser el más bajo, podemos poner que:
Ec A + Ep A + WA→B
= Ec B + Ep B
F. NoConserva t
WA → B ,F.Conservativa = − ∆Ep
mgh A + WA→B
Px ⋅ s ⋅ cos180 = −∆Ep
(La componente x del peso forma 180º con el desplazam.)
1000 ⋅ 20 ⋅ ( −1) = − ∆Ep → ∆Ep = 20000 J
Por supuesto, también podríamos utilizar para el peso su módulo total, es decir, P=mg, pero
en tal caso tendríamos que tener en cuenta que el ángulo que forma el peso con el
desplazamiento es de 240º (observa la figura).
(El peso forma 240º con el desplazamiento)
P ⋅ s ⋅ cos 240 = −∆Ep
2000 ⋅ 20 ⋅ ( −0,5) = − ∆Ep → ∆Ep = 20000 J
F. NoConserva t
WA→ B
=
1
mv 2B
2
→
2 ⋅ 10 ⋅ 5 + WA→ B
F. NoConservat
=
1
2 ⋅ 62
2
= −64 J, lógico ya que en este caso la fuerza no conservativa es la de rozamiento y su
F. NoConservat
trabajo siempre es negativo porque dicha fuerza siempre tiene sentido contrario al desplazamiento, y
en consecuencia forman ángulo de 180º.
Seguramente ahora verás con mayor claridad las transformaciones energéticas que tienen
lugar, ya que de la ecuación se deduce claramente que la energía inicial (100 J, toda
potencial) se ha transformado en cinética (36 J) y en trabajo en rozamiento (−64 J)
163
164
El trabajo realizado por la fuerza peso es de +100 Julios, ya que la fuerza peso es la única fuerza
conservativa y por definición de variación de energía potencial tenemos que
WA→ B,F.Conservati va = WA→ B, F.Peso = − ∆Ep = −(−100) = +100 J
(ten en cuenta que ∆Ep =EpB – EpA = 0 – 100 = − 100 J)
También podríamos calcular el trabajo realizado por la fuerza peso aplicando la definición
de trabajo particularizada para fuerzas constantes, y teniendo en cuenta que solamente
realiza trabajo la componente del peso que tiene la dirección del desplazamiento, es decir la
componente Px = mgsenα.
WA→B,Peso = Px ⋅ s ⋅ cos 0 = mg senα ⋅
5
⋅ cos 0 = +100 J
senα
TRABAJO Y ENERGÍA. CUESTIONES
a) Un hombre rema en un bote contra corriente, de manera que se encuentra en reposo
respecto a la orilla. ¿Realiza trabajo?
b) ¿Se realiza trabajo cuando se arrastra un mueble con velocidad constante?
a) El hombre realiza trabajo porque está ejerciendo una fuerza con los remos y además hay
desplazamiento, lo que ocurre es que se mueve con la misma velocidad que la corriente del
río y en sentido contrario y por tanto permanece en reposo respecto de un observador en la
orilla. Dicho de otra forma, lo que el hombre avanza se lo hace retroceder la corriente y
prueba de ello es que si dejase de remar el río lo arrastraría aguas abajo.
b) Naturalmente que sí, puesto que para arrastrarlo con velocidad constante (sin aceleración)
es preciso que la fuerza resultante sobre el mueble sea nula, así que nosotros tendremos que
hacer una fuerza igual y de sentido contrario a la de rozamiento máxima del mueble contra
el suelo.
Sin embargo calcular el trabajo perdido en rozamiento utilizando la definición de trabajo
WA→B,F.Roz = FRoz ⋅ s ⋅ cos180 es bastante más laborioso que como lo hemos resuelto
aplicando la conservación de la energía, porque nos obliga a calcular el valor de la FRoz
utilizando métodos dinámicos.
La fuerza de rozamiento tendríamos que obtenerla aplicando la segunda ley de Newton y las
ecuaciones del movimiento rectilíneo y uniforme:
mg senα − FRoz = m a
v = at
1
s = a t2
2
5
s=
senα
Sin embargo, el trabajo total, que es debido a la fuerza resultante, sí que es nulo porque el
trabajo que realizamos nosotros para arrastrar el mueble (WNos=Fnos.s.cos0) es igual y de signo
contrario al que realiza la fuerza de rozamiento (WRoz=FRoz.s.cos180).
FRoz = 12,8 senα
E1B.S2008
a) Principio de conservación de la energía mecánica.
b) Desde el borde de un acantilado de altura h se deja caer libremente un cuerpo.
¿Cómo cambian sus energías cinética y potencial? Justifique la respuesta.
Ahora ya podemos sustituir y tendremos:
WA →B,F.Roz = FRoz ⋅ s ⋅ cos180 = 12,8 senα ⋅
5
⋅ cos180 = −64 J
senα
a) Teoría
b) Si despreciamos el rozamiento contra el aire, se conservará la energía mecánica y si
además consideramos que la altura del acantilado es despreciable frente al radio de la tierra,
podemos tomar a la gravedad como una constante.
Cuando el cuerpo descienda del punto A al B, la variación de Ec y Ep que tendrá lugar será:
∆Ep = Ep B − Ep A = mgh B − mgh A = mg(h B − h A ) < 0
1
1
1
∆Ec = Ec B − Ec A = mv 2B − mv 2A = m( v 2B − v 2A ) >0
2
2
2
165
166
WA→ B,F.Conservati va = FConserv ⋅ s ⋅ cos 0 = + y la piedra se mueve desde el punto de mayor Ep hasta el de
menor Ep.
De acuerdo con la definición WA→ B,F.Conservati va = − ∆Ep el signo menos se interpreta como que la
fuerza conservativa realiza trabajo real (trabajo positivo) cuando desplaza el cuerpo desde los
puntos de mayor energía potencial a los puntos con menor energía potencial, es decir la Ep
disminuye cuando desplaza al cuerpo en la dirección y sentido de la fuerza conservativa.
De acuerdo al principio de conservación de la energía mecánica, ∆Ep ↓ + ∆Ec ↑= 0 , la
disminución de energía potencial (porque al caer va disminuyendo) debe ser igual al
aumento de la energía cinética para que sigan sumando cero
E3B.S2004
a) ¿Qué se entiende por fuerza conservativa? Explique la relación entre fuerza y energía
potencial.
b) Sobre un cuerpo actúa una fuerza conservativa. ¿Cómo varía su energía potencial al desplazarse
en la dirección y sentido de la fuerza? ¿Qué mide la variación de energía potencial del cuerpo al
desplazarse desde un punto A hasta otro B? Razone las respuestas.
a) Las fuerzas conservativas son aquellas que:
• No merman la capacidad de realizar trabajo de un cuerpo
• Aquellas que al llevar un cuerpo de un punto A hasta otro B, realizan un trabajo que
no depende el camino seguido: WA→ B,c1 = WA→ B,c 2 , sino que solamente de la posición
de los puntos inicial y final.
r r
• Aquellas que al recorrer una trayectoria cerrada hacen un trabajo nulo: ∫ F • d r = 0
Precisamente porque el trabajo que realiza la fuerza F conservativa, solo depende de la
posición de los puntos inicial y final, se define una energía asociada a la posición que
llamamos energía potencial. Por definición, el trabajo realizado por la fuerza conservativa
para llevar una partícula desde un punto A hasta otro B es igual al a “menos” incremento de
energía potencial.
= − ∆Ep
WA→B
F.Conservati va
O lo que es igual: “El trabajo que hacemos nosotros para llevar un cuerpo desde un punto A
hasta otro B, contra las fuerzas del campo y sin aceleración, es igual a la variación de energía
potencial entre esos puntos”
b2) Hemos dicho que WA→ B ,F.Conserv = − ∆Ep . Como el trabajo que hacemos nosotros para llevar un
cuerpo de un punto a otro es igual, con el signo cambiado, al que hace la fuerza conservativa
(porque la fuerza que debemos hacer es igual y de sentido opuesto a la conservativa)
WA→B,F.Conserv = − ∆Ep = − WA→B,nosotros , que nos dice que la variación de energía potencial entre dos
puntos es igual al trabajo que hacemos nosotros para llevar un cuerpo desde un punto A hasta otro
B, contra las fuerzas del campo y sin aceleración.
Por otro lado, si todas las fuerzas son conservativas se conservará la energía mecánica,
∆Ec + ∆Ep = 0 por tanto, la variación de energía potencial es igual a la variación de energía
cinética con el signo cambiado.
E1B.S2009
a) Explique el principio de conservación de la energía mecánica y en qué condiciones se cumple.
b) Un automóvil desciende por un tramo pendiente con el freno accionado y mantiene
constante su velocidad. Razone los cambios energéticos que se producen.
a) Teoría
b) En este caso, obviamente, no se conserva la energía mecánica, ya que la energía cinética
no varía y entones la disminución de la energía potencial se transforma en trabajo realizado
contra la fuerza de rozamiento, que no es conservativa, y que finalmente se transforma en
calor.
WA →B = Ep B − Ep A = ∆Ep = − WA→B
nosotros
F.Conserv .Campo
b1) Disminuye. Supongamos que la fuerza conservativa sea constante (aunque el resultado sería
igual si no lo fuera). Al ser constante podemos utilizar la expresión particular para el trabajo y
poner que WA→B,F.Conservativa = FConserv ⋅ s ⋅ cos α = FConserv ⋅ s ⋅ cos 0 = + donde hemos tenido en cuenta
que como el cuerpo se desplaza "en la dirección y sentido de la fuerza conservativa" α=0 y en
consecuencia el trabajo que hace la fuerza conservativa es positivo.
Ahora, teniendo en cuenta que por definición el trabajo que hace una fuerza conservativa para
llevar un cuerpo desde un punto a otro es igual a "menos" la variación de energía potencial entre
esos puntos:
WA→B
= − ∆Ep = Ep A − Ep B = +
⇒ Ep A > Ep B
F.Conservati va
Es el caso de una piedra que cae en el vacío. Obviamente el ángulo formado por la fuerza peso
(que es conservativa) y el desplazamiento es cero y su coseno 1, por tanto
167
Aplicando el principio de conservación de la energía total entre los puntos A y B,
tendremos:
Ec A + Ep A + WA→B
= Ec B + Ep B
F. NoConserva t
•
•
En este caso la fuerza no conservativa es la fuerza de rozamiento
De acuerdo con la segunda ley de Newton, si el automóvil baja con velocidad constante,
la suma de todas las fuerzas sobre él debe ser cero y, como se deduce de la figura, la
fuerza de rozamiento debe ser igual a la componente del peso en la dirección del plano:
Froz = mgsenα y lleva sentido contrario al movimiento. En forma de vector sería
r
r
Froz = mgsenα (− i )
168
•
Wroz
El trabajo realizado por la fuerza de rozamiento es negativo, precisamente porque tiene
sentido contrario al desplazamiento, es decir forma ángulo de 180 con el
desplazamiento. Teniendo en cuenta que el espacio recorrido es s=h/senα :
h
WA→B
= Wroz = Froz ⋅ s ⋅ cos180 = − Froz ⋅ s = −mg senα ⋅
= −mgh
senα
F. NoConserva t
r
r x B =s
Br
B
r
s
= ∫ Froz • d r = ∫ − mgsenα i • dx i = ∫ − mgsenα dx = − mg senα ⋅ [x ]0 = − mgsenα ⋅ s = −mgh
A
A
x A =0
Sustituyendo en la expresión de la conservación de la energía total, y teniendo en cuenta que
si la velocidad no varía la energía cinética es la misma en los puntos A y B, y tomando nivel
cero de energía potencial en el punto B, tendremos que:
Ec A + Ep A − mgh = Ec B + Ep B
de donde se deduce que Ep A = mgh , es decir, toda la energía potencial que tenía en el punto A
se ha perdido en trabajo de rozamiento, es decir se ha disipado en forma de calor.
E3B.S2009
En un instante t1 la energía cinética de una partícula es 30J y su energía potencial es 12J. En
un instante posterior, t2, la energía cinética de la partícula es 18J.
a) Si únicamente actúan fuerzas conservativas sobre la partícula ¿Cuál es su energía
potencial en el instante t2?
b) Si la energía potencial en el instante t2 fuese 6 J, ¿actuarían fuerzas no conservativas
sobre la partícula?. Razone las respuestas.
a) Deduce el teorema de conservación de la energía mecánica. Del mismo se desprende que
si sobre un cuerpo actúan solo fuerzas conservativas se conserva la energía mecánica:
Ec A + Ep A = Ec B + Ep B = E = const
30 + 12 = 18 + Ep
⇒
Ep = 24Julios
b) Deduce el teorema de conservación de la energía en su forma general, de él se deduce
que:
Ec A + Ep A + WA→B
= Ec B + Ep B
E4B.S2010
a) Explique qué son fuerzas conservativas. Ponga un ejemplo de fuerza conservativa y otro
de fuerza que no lo sea.
b) ¿Se puede afirmar que el trabajo realizado por todas las fuerzas que actúan sobre un
cuerpo es siempre igual a la variación de su energía cinética? ¿Es igual a la variación de su
energía potencial? Razone las respuestas.
a) Teoría
b) Sí, el Teorema de la Fuerzas Vivas dice: El trabajo realizado por todas las fuerzas es igual
a la variación de su energía cinética.
La segunda parte es falso ya que, de acuerdo con la definición WA→B,F.Conserv = − ∆Ep ,
solamente en el caso de que todas las fuerzas sean conservativas el trabajo realizado por las
fuerzas es igual a la variación de energía potencial cambiada de signo.
E5B.S2007
Un trineo de 100 kg parte del reposo y desliza hacia abajo por una ladera de 30º de
inclinación respecto a la horizontal.
a) Explique las transformaciones energéticas durante el desplazamiento del trineo
suponiendo que no existe rozamiento y determine, para un desplazamiento de 20 m, la
variación de sus energías cinética y potencial.
b) Explique, sin necesidad de cálculos, cuáles de los resultados del apartado a) se
modificarían y cuáles no, si existiera rozamiento.
g = 10 m s–2
a) Como no hay rozamiento y únicamente desliza bajo la acción de la fuerza peso, que es
una fuerza central y por tanto conservativa, se conservará la energía mecánica:
∆Ec + ∆Ep = 0 Al descender y disminuir ∆Ep debe aumentar ∆Ec. Dicho de otra forma, si
inicialmente se encuentra en reposo, toda la energía del trineo es potencial, debida a su
posición en el campo gravitatorio. y por tanto al descender, la disminución de energía
potencia será igual a lo que aumentará la energía cinética:
∆Ec + ∆Ep = 0
→
Ec A + Ep A = Ec B + Ep B
F. NoConserva t
30 + 12 + WA→B
F. NoConserva t
= 18 + 6
⇒
WA→B
= −18Julios
F. NoConserva t
Dependiendo del signo del trabajo de las fuerzas no conservativas la energía mecánica al
final puede ser mayor o menor que la inicial. En el caso que nos ocupa la energía mecánica
final (24J) es menor que la inicial (42J), seguramente debido a la existencia de fuerzas de
rozamiento, ya que el trabajo que realizan es negativo (porque al llevar sentido contrario al
desplazamiento el ángulo que forma la Froz y el desplazamiento es de 180, o si hiciéramos el
r
r
tratamiento vectorial al realizar el producto escalar FRoz • d r tendremos siempre, por
r r
ejemplo − i • i = −1 ) la energía al final siempre será menor que la inicial.
169
Para un desplazamiento de 20m, sobre la pendiente de 30º, es decir para un descenso de
10m, el incremento de energía potencial
∆Ep = Ep B − Ep A = − mgh A = −10000 J
170
Como vinos en el ejercicio E3B.S2004, un cuerpo se mueve espontáneamente hacia donde
su energía potencial es menor y por eso ∆Ep=−
El incremento de energía cinética, teniendo en cuenta que ∆Ec = − ∆Ep =+10000 J
∆Ec = Ec B − Ec A = +10000 J
b) La energía potencial es una consecuencia de que el campo gravitatorio es conservativo y
solamente depende de la posición, así que si los puntos A y B siguen siendo los mismos, la
variación de energía potencial entre ellos seguirá siendo la misma. Sin embargo ahora no se
conserva la energía mecánica, así que toda esa energía potencial que pierde no se transforma
en incrementar su energía cinética, porque ahora una parte se desprenderá en forma de calor
por efecto del rozamiento, ya que:
∆Ec + ∆Ep = WA→ B
F. NoConservat
Debes tener en cuenta que si la fuerza no conservativa es la de rozamiento el trabajo que
realiza es negativo, ya que la fuerza de rozamiento y el desplazamiento forman 180º y su
coseno es –1. Así, por ejemplo, si el WRoz=−2000J, entonces ∆Ec=8000J.
a) De acuerdo con el principio de conservación de la energía:
= Ec B + Ep B
→
WA→B
F. NoConserva t
E2B.S2001
Comente las siguientes afirmaciones:
a) Un móvil mantiene constante su energía cinética mientras actúa sobre él: i) una fuerza; ii)
varias fuerzas.
b) Un móvil aumenta su energía potencial mientras actúa sobre él una fuerza.
a) El Teorema de la Fuerzas Vivas dice: El trabajo realizado por todas las fuerzas es igual a
la variación de su energía cinética, WA→ B = ∆Ec , por tanto:
i) Falso. Una sola fuerza siempre dará lugar a una variación de energía cinética
(aumentándola si la fuerza lleva la dirección del movimiento o disminuyéndola si lleva
sentido contrario, como ocurre si un coche va acelerando o va frenando)
ii) Podría ser verdad, pero siempre que las dos fuerzas dieran resultante nula
b) Depende. Si solamente hay fuerzas conservativas sería Falso, porque una fuerza conservativa
nunca hará que aumente la energía potencial, sino todo lo contrario, ya que por definición
WA→ B,F.Conservati va = − ∆Ep lo que quiere decir que la fuerza conservativa, de forma espontánea,
E1A.S2003
Conteste razonadamente a las siguientes preguntas:
a) Si la energía mecánica de una partícula permanece constante, ¿puede asegurarse que todas
las fuerzas que actúan sobre la partícula son conservativas?
b) Si la energía potencial de una partícula disminuye, ¿tiene que aumentar su energía
cinética?
Ec A + Ep A + WA→B
disminuye su energía cinética. No obstante, la energía total sigue conservándose ya que la
disminución de energía mecánica será igual a la perdida en rozamiento.
= ∆Ec Mecánica
F. NoConserva t
resulta evidente que si la variación de energía mecánica es nula, el trabajo realizado por las
fuerzas no conservativas es nulo. No obstante eso no quiere decir que no las haya, aunque de
haberlas el trabajo realizado por todas ellas debe ser nulo, sería el caso de un coche donde el
motor ejerza una fuerza igual a la de rozamiento.
llevará siempre al cuerpo desde el punto de mayor Ep al de menor Ep. (Así un cuerpo siempre
cae hacia abajo o un resorte siempre tiende a su posición de equilibrio, pero no al revés.)
También sería Falso si el cuerpo se mueve por una superficie equipotencial, porque ∆Ep=0. (que
es lo que ocurre cuando sujetamos un cuerpo con la mano y lo desplazamos horizontalmente o
cuando la luna gira alrededor de la tierra). En efecto, ya que
WA→ B,F.Conserv = Ep A − Ep B = m(VA − VB ) y al desplazarse entre dos putos del mismo potencial
(VA=VB), la expresión anterior es igual a cero.
A la misma conclusión llegaríamos teniendo en cuenta que la intensidad de campo es un vector
perpendicular a la superficie equipotencial, lo que implica que la fuerza también lo es, y por tanto
el trabajo para un desplazamiento de un punto a otro de la superficie equipotencial es nulo porque
r
r
F ⊥ dr .
No obstante puede ser cierto, si la fuerza en cuestión fuese no conservativa y tuviera la
dirección y sentido del desplazamiento, ya que de acuerdo con el principio de conservación de
la energía ∆Ec + ∆Ep = WA→ B
podría aumentar su energía potencial, aunque no
F. NoConservat
b) El principio de conservación de la energía también puede escribirse como:
necesariamente, porque puede limitarse a aumentar la energía cinética o ambas. Serían los
casos de un coche que sube una cuesta manteniendo la velocidad (WF.NoConserv=∆Ep↑), de un
coche que acelera por una carretera horizontal (WF.NoConserv =∆Ec↑), o una mezcla de ambas
situaciones.
∆Ec + ∆Ep = WA→B
F. NoConserva t
Como vemos, si el trabajo realizado por las fuerzas no conservativas es nulo entonces
podemos decir que si disminuye la energía potencial deberá aumentar la energía cinética en
la misma medida. Pero en el caso de que existan fuerzas no conservativas no puede
asegurarse.
Un ejemplo sencillo lo tenemos en un cuerpo que desciende frenando por un plano
inclinado. En tal caso la energía potencial disminuye y puesto que baja frenando también
171
E3A.S2007
¿Puede ser negativa la energía cinética de una partícula? ¿Y la energía potencial?
En caso afirmativo explique el significado físico del signo.
b) ¿Se cumple siempre que el aumento de energía cinética es igual a la disminución de
energía potencial? Justifique la respuesta.
172
a) La energía cinética no puede ser nunca negativa, ya que es la energía que una partícula
que tiene como consecuencia de la velocidad. La energía potencial, sí que puede ser negativa
como ocurre en el caso de dos masas y de dos cargas de distinto signo. El signo menos
indica que una partícula es atraía hacia la otra.
b) Solamente es cierto en el caso de un campo de fuerzas conservativo y donde no existan
otro tipo de fuerzas.
De acuerdo con el principio de conservación de la energía total:
∆Ec + ∆Ep = WA→B
F. NoConserva t
Como puede verse, si hay fuerzas no conservativas, el aumento de ∆Ec no es igual a la
disminución de ∆Ep. Si las fuerzas no conservativas tienen sentido contrario al
desplazamiento (como la de rozamiento) como su trabajo es negativo la energía mecánica
final será menor que la inicial. Pero si se trata de fuerzas no conservativas que actúan en la
dirección y sentido del desplazamiento (como la que ejerce el motor de un coche) la energía
mecánica aumentará. Este último caso sería el de un coche que sube acelerando por una
pendiente: ∆Ep aumenta y también ∆Ec y todo ello a costa del trabajo realizado por el
motor.
asigna Ep ∞ = 0 (También podemos definirlo como el trabajo que nosotros hemos de hacer
para traer una masa desde el infinito hasta ese punto).
E5A.S2006
Una masa M se mueve desde el punto A hasta el B de la figura y posteriormente desciende
hasta el C. Compare el trabajo mecánico realizado en el desplazamiento A→B→C con el que
se hubiera realizado en un desplazamiento horizontal desde A hasta C.
a) Si no hay rozamiento.
b) En presencia de rozamiento.
Justifique las respuestas.
a) Si no hay rozamiento, puesto que el trabajo realizado por las fuerzas conservativas es
independiente del camino seguido y solo depende de la posición inicial y final, es evidente que
el trabajo realizado a través de la trayectoria ABC es el mismo que el realizado por la
trayectoria AC. De acuerdo con la definición de energía potencial, el trabajo sería:
WA→C
= − ∆Ep = Ep A − Ep C
F.Conservat
si lo hiciéramos nosotros
WA→C
= ∆Ep = Ep C − Ep A
Nosotros
E6A.S2007
Conteste razonadamente a las siguientes preguntas:
a) ¿Puede asociarse una energía potencial a una fuerza de rozamiento?
b) ¿Qué tiene más sentido físico, la energía potencial en un punto o la variación de energía
potencial entre dos puntos?
a) La fuerza de rozamiento es una fuerza disipativa y por tanto no se le puede asociar una
energía potencial, ya que el trabajo realizado para llevar un cuerpo desde un punto A hasta
otro punto B depende del camino seguido y no exclusivamente de la posición de los puntos
inicial y final. Eso no ocurre con las fuerzas conservativas, y por eso precisamente a esos
puntos se le puede asociar una energía “que solamente depende de la posición” y que
llamamos energía potencial.
b) Por definición, el trabajo que hace una fuerza conservativa para llevar un cuerpo desde un
punto A hasta otro B es igual a menos la variación de energía potencial entre esos puntos:
WA→ B,F.Conserv .Campo = − ∆Ep = Ep A − Ep B . Por tanto, es evidente que, solamente tiene sentido
hablar de variación de energía potencial entre dos puntos.
De hecho, la energía potencial en un punto realmente es también la diferencia de potencial
entre dos puntos, solo que uno de ellos (por ejemplo el infinito) le asignamos por acuerdo
energía potencial nula. Así:
WA→∞ ,
b) Al haber rozamiento el trabajo ya sí que depende del camino seguido, porque la fuerza de
rozamiento no es conservativa. Como los puntos A y C son los mismos que antes, la variación
de energía potencial sigue siendo la misma que antes, pero el trabajo de rozamiento, en valor
absoluto, será mayor por el camino más largo porque el trabajo realizado por la fuerza de
rozamiento es directamente proporcional al desplazamiento. Por tanto el trabajo a través de la
trayectoria ABC será mayor que el realizado por la trayectoria AC.
E3B.S2008
a) Explique la relación entre fuerza conservativa y variación de energía potencial.
b) Un cuerpo desliza hacia arriba por un plano inclinado que forma un ángulo α con la
horizontal. Razone qué trabajo realiza la fuerza peso del cuerpo al desplazarse éste una
distancia d sobre el plano.
c) Variación de energía potencial
d) Variación de energía cinética
a) Igual al E3B.S2004
b) Como puede verse en la figura, donde se han dibujado las fuerzas que hay sobre el cuerpo
(peso y reacción del plano)
= −∆Ep = Ep A − Ep ∞
F.Conserv .Campo
según esto, la energía potencial gravitatoria de una masa en un punto A es igual al trabajo
que el campo gravitatorio debe hacer para llevar esa masa hasta el infinito, al que se le
173
174
Teniendo en cuenta que la fuerza peso es una fuerza conservativa, y que por definición
WA→ B
= − ∆Ep = Ep A − Ep B . Si asignamos EpA=0 y teniendo en cuenta que hB=d.senα, nos
F.Conservat
quedaría que:
d) De acuerdo al principio de conservación de la energía mecánica, ∆Ec + ∆Ep = 0 , por tanto
∆Ec = − mg d senα que es negativo, lo que indica que al ir subiendo va perdiendo velocidad.
De otra forma:
= − ∆Ep = Ep A − Ep B = − m g h B = − m g ⋅ d senα
WA→B
Si tomamos nivel cero de Ep en el punto A entonces
F.Conservat ( PESO )
También podríamos calcular el trabajo que hace el peso aplicando la definición de trabajo:
r
r
r
r
r
Teniendo en cuenta que el vector desplazamiento es d r = dx i + dy j + dzk = dx i porque el
cuerpo solamente se desplaza a lo largo del eje X:
∆Ep = Ep B − Ep A = mgh B − 0 = mg d senα
∆Ec + ∆Ep = 0
⇒
∆Ec = − mg d sen α
B
r
r
r
r r B
WA→B,peso = ∫ P • d r = ∫ (− mgsen α ⋅ i − mg cos α ⋅ j ) • dx ⋅i
A
A
r r
r r
Teniendo en cuenta que i • i = 1 y que j • i = 0 porque forman 90º, nos queda que: (como
r
ya se deduce de la figura − mgsenα ⋅ i es la única componente del peso que realiza trabajo
porque es la que tiene la dirección del desplazamiento)
Br
r x =d
d
WA→B,peso = ∫ P • d r = ∫ − mgsenα ⋅ dx = − mgsenα [x ]o = − mgsenα (d − 0) = − mg d senα
A
x =0
A la misma conclusión habríamos llegado aplicando la definición particular de trabajo para
el caso de fuerzas constantes. Pero mucho cuidado de no confundir los ángulos, que una
cosa es el ángulo que el plano forma con la horizontal (α) y otra cosa el ángulo que la fuerza
forma con el desplazamiento (270−α).
WA → B ,peso = P ⋅ s ⋅ cos( 270 − α) = mg ⋅ d ⋅ cos( 270 − α)
Teniendo en cuenta que cos(270−α)=−senα
WA → B,peso = − mg d senα
También habríamos llegado a la misma conclusión teniendo en cuenta que solamente realiza
trabajo la componente de la fuerza que lleva su misma dirección, esto es: la componente del
peso Px=mgsenα . Como esta componente forma 180º con el desplazamiento:
WA → B ,peso = mgsen α ⋅ d ⋅ cos 180 = − mg d senα .
El signo menos del trabajo realizado por el peso al subir el cuerpo desde el punto A hasta el
punto B indica que el peso realmente no hace trabajo. (Como sabes, ese trabajo se debe a la
energía cinética que el cuerpo debe tener en el punto A)
c) Como, por definición, el trabajo realizado por la fuerza conservativa (el peso en este caso)
para llevar la partícula desde un punto A hasta otro B es igual al a “menos” incremento de
energía potencial.
WA → B ,F.Conservati va = − ∆Ep = − mg d senα
Resulta que ∆Ep = mg senα ⋅ d que es positiva, como es lógico, ya que está subiendo.
175
176
El trabajo realizado por el peso, al tratarse de una fuerza conservativa, podemos calcularlo
también teniendo en cuenta que por definición WA→B
= − ∆Ep = Ep A − Ep B .
TRABAJO Y ENERGÍA. PROBLEMAS
Un niño montado sobre un trineo de 50 Kg parte del reposo y desliza 20 m hacia abajo por
una colina inclinada 30º respecto de la horizontal. El coeficiente de rozamiento entre la
ladera de la colina y el trineo es 0,2. Calcular:
a) Trabajo realizado por la fuerza gravitatoria.
b) Trabajo realizado por la fuerza de rozamiento.
c) Energía cinética ganada por el trineo.
d) Tiempo que tarda en recorrer los 20 m.
Las fuerzas que actúan sobre el trineo son el peso, la reacción del plano y la fuerza de
rozamiento:
F.Conservat
Si asignamos EpB=0 y teniendo en cuenta que hA=20.sen30, nos quedaría que:
= − ∆Ep = Ep A − Ep B = m g h A = m g ⋅ 20 sen30 = 5000 J
WA→B
F.Conservat ( PESO )
Como hemos dicho, al tratarse de fuerzas constantes no es necesario utilizar la expresión
general del trabajo y podríamos haber llegado a la misma conclusión aplicando la expresión
particular del trabajo para este tipo de fuerzas, así:
W = F s cos α = Fτ s
donde Fτ es la fuerza en la dirección del desplazamiento, que es la única que realiza trabajo,
que en este caso es la componente del peso: mg sen 30
W = mg sen 30 ⋅ s = 50 ⋅ 10 ⋅ sen 30 ⋅ 20 = 5000 J
Vamos a resolver el ejercicio utilizando la expresión general del trabajo, aunque no es
necesario al tratarse de fuerzas constantes. Elegimos para descomponer las fuerzas un SR
con el eje X en la dirección del movimiento. Respecto de ese SR, las tres fuerzas que actúan
sobre el trineo son:
r
r
r
P = mg sem30 i − mg cos 30 j
r
r
N=
mg cos 30 j
r
r
FRoz = − mg cos 30 ⋅ µ i
Realmente, esta manera de resolver parece más corta, pero no es ni más ni menos difícil. Sin
embargo, la forma general tiene la ventaja de que siempre es la misma para cualquier tipo de
fuerza, mientras que esta última no nos valdría si la fuerza fuese variable, como por ejemplo
en el caso de un resorte.
b) De la misma forma:
Br
r
r x = 20
r x = 20
WRoz ,A→B = ∫ FRoz • d r = ∫ − mg cos 30 ⋅ µ i • dx i = ∫ − mg cos 30 ⋅ µ dx
A
x =0
x =0
WRoz ,A→B = −mg cos 30 ⋅ µ x 0 = −50 ⋅ 10 cos 30 ⋅ 0,2 ⋅ 20 = −1732 J
20
Por otro lado, el vector desplazamiento en su forma general se escribe como
r
r
r
r
d r = dx i + dy j + dzk . En el SR elegido el trineo solamente se desplaza a lo largo del eje X,
r
r
por tanto el vector desplazamiento se reduce a d r = dx i
Igualmente, al ser la fuerza de rozamiento una fuerza constante podemos aplicar la expresión
particular del trabajo:
a) El trabajo realizado por la fuerza gravitatoria, es decir por la fuerza peso, será:
WRoz ,A →B = FRoz ⋅ s ⋅ cos α = (mg cos 30 ⋅ µ) ⋅ s ⋅ cos 180 = (50 ⋅ 10 cos 30 ⋅ 0,2) ⋅ 20 ⋅ cos 180 = −1732 J
Br
r
r
r
r x = 20
WPeso ,A→B = ∫ P • d r = ∫ (mg sen30 i − mg cos 30 j) • dx i
A
x =0
r r
teniendo en cuenta al resolver el producto escalar que i • i = 1 porque tienen la misma
r r
dirección y que j • i = 0 porque son vectores perpendiculares y el cos90=0. Nos queda:
c) Para calcular la variación de energía cinética del trineo aplicaremos el principio de
conservación de la energía. (Ten en cuenta que, por definición, el trabajo que hace una
fuerza conservativa (el peso en este caso) para llevar el cuerpo desde el punto A hasta el B
es igual a "menos" la variación de energía potencial, así que ∆Ep=−5000 J)
∆Ec + ∆Ep = WA→ B
F. NoConservat
WPeso ,A→B =
x = 20
∆Ec + (−5000) = −1732
∫ mg sen30 ⋅dx = mg sen30 x 0 = mg sen30 ⋅ 20 = 5000 J
→ ∆Ec = 3268 J
20
También podríamos calcular la variación de Ec aplicando teorema del trabajo y la energía
cinética o teorema de las fuerzas vivas, que dice que “el trabajo total realizado sobre el
trineo es igual a su variación de energía cinética”:
x =0
177
178
WA →B ,F. Re sul tan te = ∆Ec = Ec B − Ec A
El trabajo total es la suma del trabajo realizado por las tres fuerzas que actúan sobre el
trineo, y como la Normal no realiza trabajo por ser perpendicular al desplazamiento, nos
queda que :
WA →B,F. Re sul tan te = 5000 + (−1732) = 3268 J
como el trineo en el punto A estaba en reposo, y por tanto su energía cinética inicial es cero,
nos queda finalmente que:
1
→
3268 = m v 2B
v B = 11,4 m / s
2
d) Para poder calcular el tiempo sí que tenemos que utilizar las ecuaciones de la cinemática,
lo que pasa es que podemos aprovechar que ya sabemos la velocidad final y plantearlas
directamente:
v = vo + a t
1
s = vo t + a t 2
2
11,4 = a t
1
20 = a t 2
2
r
r
r
r
r
= 10 i + 17,32 j
F = 20 cos 60 i + 20sen 60 j
r
r
r
=
P=
−5 ⋅ 9,8 j
−49 j
r
r
r
N=
+ (5 ⋅ 9,8 − 20sen 60) j =
+31,68 j
r
r
r
FRoz = − (5 ⋅ 9,8 − 20sen 60) ⋅ µ i
= − 31,68 ⋅ µ i
a=3,26 m.s2, t=3,5 s
r
v=11,4 m/s,
r
∑ F = (10 − 31,68 ⋅ µ ) i
Al mismo resultado llegaríamos en los apartados c) y d) por métodos dinámicos, es decir,
calculando la fuerza resultante sobre el trineo, aplicando la segunda ley de Newton para
calcular la aceleración y por último aplicando las ecuaciones de la cinemática para el
movimiento uniformemente acelerado. La fuerza resultante sobre el trineo, se deduce de la
figura, que es:
FRe sul tan te = mg sen30 − FRoz = 163,4 N
aplicando la 2ª ley de Newton:
F = m a → 163,4 = 50 a → a=3,26 m.s2
Ecuaciones de la cinemática:
v = vo + a t
v = 3,26 t
1 2
1
s = vo t + a t
20 = 3,26 t 2
2
2
a) Las cuatro fuerzas que actúan sobre el cuerpo, respecto del SR elegido serían:
t=3,5 s
E6A.S2013
Un bloque de 5 kg se desliza con velocidad constante por una superficie horizontal rugosa al
aplicarle una fuerza de 20 N en una dirección que forma un ángulo de 60º sobre la
horizontal.
a) Dibuje en un esquema todas las fuerzas que actúan sobre el bloque, indique el valor de
cada una de ellas y calcule el coeficiente de rozamiento del bloque con la superficie.
b) Determine el trabajo total de las fuerzas que actúan sobre el bloque cuando se desplaza 2
m y comente el resultado obtenido. g = 9,8 m s–2
r
r
Aplicando la segunda ley de Newton ∑ F = m a y teniendo en cuenta que el bloque desliza
“con velocidad constante” y que por tanto la aceleración debe ser nula, tenemos que:
r
r
→
µ = 10 / 31,68 = 0,32
∑ F = (10 − 31,68 ⋅ µ ) i = 0
b) El trabajo total podemos obtenerlo de tres formas:
• Teniendo en cuenta el teorema de las fuerzas vivas: El trabajo realizado por todas las
fuerzas es igual a la variación de su energía cinética, WA→ B = ∆Ec . Como la
velocidad es constante ⇒ su energía cinética no varía ⇒ W=0
• Es el trabajo que realiza la fuerza resultante, que como es nula, resulta que W=0
• Es la suma del trabajo realizado por cada una de las fuerzas. Podríamos calcular el
trabajo que realiza cada fuerza por separado para desplazar el cuerpo 2m y sumar.
Vamos a calcular los trabajo aplicando la definición general y laparticular:
* Aplicando la definición general de trabajo: En este caso utilizamos la expresión
vectorial de cada fuerza y tendremos en cuenta que como el cuerpo se mueve
r
r
solamente a lo largo del eje X, el vector desplazamiento será d r = dx i
r
r
r
Br
B
x =2
r
2
WA→ B,F = ∫ F • d r = ∫ (10 i +17,32 j) • dx i = ∫ 10 dx = 10x o = 10 ⋅ 2 − 10 ⋅ 0 = 20J
A
A
x =0
r
r
Br
B
r
WA→ B,Peso = ∫ P • d r = ∫ − 49 j • dx i = 0
A
A
r
r
B r
B
r
WA→B, Normal = ∫ N • d r = ∫ 31,68 j • dx i = 0
A
A
r
r
Br
B
x =2
r
2
WA→B,FRoz = ∫ FRoz • d r = ∫ − 31,86 ⋅ 0,32 i • dx i = ∫ − 10 dx = − 10x o = −10 ⋅ 2 − (−10) ⋅ 0 = −20J
A
179
A
x =0
180
* Aplicando la particularización de trabajo para el caso de que la fuerza sea
constante: En este caso utilizamos el valor de los módulos de las fuerzas y además
hay que tener en cuenta que α es el ángulo que forma cada fuerza con el
desplazamiento.
WA →B,F = F ⋅ s ⋅ cos α = 20 ⋅ 2 ⋅ cos 60 = 20J
WA → B,Peso = P ⋅ s ⋅ cos α = 49 ⋅ 2 ⋅ cos 270 = 0
•
La fuerza de rozamiento es FRoz = Nµ = mg cos 30µ
•
Tomamos nivel de Ep cero en el punto B, así que Ep B = 0
Ec A + Ep A + WA→B
= Ec B + Ep B
F. NoConserva t
mgh A + FRoz s ⋅ cos 180 =
WA→B, Normal = N ⋅ s ⋅ cos α = 31,68 ⋅ 2 ⋅ cos 90 = 0J
WA →B,FRoz = FRoz ⋅ s ⋅ cos α = 10 ⋅ 2 ⋅ cos180 = −20J
1
mv 2B
2
5 ⋅ 10 ⋅ 3sen30 + 5 ⋅ 10 ⋅ cos 30 ⋅ 0,2 ⋅ 3 ⋅ cos180 =
1 2
5v B
2
v B = 4,4m / s
E4B.S2008
Un bloque de 5 kg desciende por una rampa rugosa (µ=0,2) que forma 30º con la
horizontal, partiendo del reposo.
a) Dibuje en un esquema las fuerzas que actúan sobre el bloque y analice las variaciones de
energía durante el descenso del bloque.
b) Calcule la velocidad del bloque cuando ha deslizado 3 m y el trabajo realizado por la
fuerza de rozamiento en ese desplazamiento.
g = 10 m s–2
Un hilo de 1 m de longitud del que pende una masa de 2 Kg se le desplaza 30º de su
posición de equilibrio y luego se suelta. ¿Qué velocidad tendrá al pasar por la posición de
equilibrio?
a) Las fuerzas sobre el bloque son:
Si aplicamos el principio de conservación de la energía mecánica entre A y B y tomamos el
punto B como nivel cero de energía potencial, entonces tendremos que la energía potencial
de la masa en el punto B se transformará completamente en cinética en el punto B:
EcA + EpA = EcB + EpB
Puesto que hay rozamiento no se conservará la energía mecánica, aunque sí la energía total:
∆Ec + ∆Ep = WA→ B
F. NoConservat
Teniendo en cuenta que en este caso la fuerza no conservativa es la de rozamiento y que el
trabajo que hace siempre es negativo (porque la fuerza de rozamiento tiene la misma
dirección del desplazamiento y sentido contrario ya que cos180=−1), la energía potencial
que tiene en el punto A irá disminuyendo a medida que desciende y se irá transformando una
parte en cinética y otra parte se disipará en rozamiento:
Ec A + Ep A + WA→B
mgh A =
1
mv 2B
2
Como de la figura se deduce que hA = L(1–cosα), despejando la velocidad nos queda que:
v B = 2gh A = 2gL(1 − cos α)
v B = 2 ⋅ 10 ⋅ 1 ⋅ (1 − cos 30) = 1,6 m / s
= Ec B + Ep B
F. NoConserva t
como WA→B
= WRoz = − sería como poner que Ep A = Ec B + Ep B + Wperdido en roz
Para alumnos muy avanzados, y solamente con objeto de ver lo ventajoso que resulta
resolver este tipo de ejercicios por métodos energéticos, porque se puede prescindir del tipo
de fuerzas que actúan, vamos a resolver el mismo ejercicio por el método dinámico.
Empezaremos por ver las fuerzas que actúan sobre la masa del péndulo:
F. NoConservat
b) Cuando el bloque haya deslizado 3m sobre el plano:
•
•
La energía cinética en A es cero, si inicialmente estaba en reposo
la altura que habrá descendido es h A = 3sen30 = 1,5m .
181
182
v
v2 
30 º
  = gR [− cos α ]o
 2 0
Las únicas fuerzas que actúan sobre la masa son el peso y la
tensión de la cuerda.
Descomponiendo el peso en un sistema con el eje Y en la
dirección de la cuerda, como se indica en la figura,
tendríamos que la tensión de la cuerda sería igual a la
componente del peso en la dirección de la cuerda, anulándola.
Así que la única fuerza que nos queda, y que será la
responsable del movimiento del péndulo, sería:
F = mg senα
v = 2gL(1 − cos α )
E2B.S2008
F = ma
a = g senα
→
como la R es igual a la longitud del péndulo, L, y cos0º=1, tenemos:
que es la misma expresión que antes obtuvimos de una manera muchísimo más fácil.
Como vemos la fuerza responsable del movimiento es una fuerza variable, puesto que
depende del ángulo que el péndulo forma con la vertical. Aplicando la segunda ley de
Newton obtenemos la aceleración, que obviamente también será variable:
mg senα = m a
v2
= gR (cos 0 − cos 30)
2
Teniendo en cuenta que la aceleración, por definición es igual a la variación de la velocidad
respecto al tiempo:
dv
a=
dt
Un muchacho subido en un trineo desliza por una pendiente con nieve (rozamiento
despreciable) que tiene una inclinación de 30º. Cuando llega al final de la pendiente, el
trineo continúa deslizando por una superficie horizontal rugosa hasta detenerse.
a) Explique las transformaciones energéticas que tienen lugar durante el desplazamiento del
trineo.
b) Si el espacio recorrido sobre la superficie horizontal es cinco veces menor que el espacio
recorrido por la pendiente, determine el coeficiente de rozamiento.
g = 10 m s–2
a) Como puede verse en la figura, y si tomamos el nivel cero de Ep en la horizontal:
dv = a ⋅ dt = g senα ⋅ dt
puesto que el ángulo varía con el tiempo, para poder integrar debemos poner el ángulo en
función del tiempo, o bien el tiempo en función del ángulo. Haremos lo último. Teniendo en
cuenta que el ángulo y el tiempo están relacionados mediante la velocidad angular, que a su
vez puede relacionarse con la velocidad lineal ( v = ω R ):
ω=
dα
dt
dt =
→
dα
dα
R
=
= dα
ω v/R v
•
ahora sustituyendo:
R
dv = g senα ⋅ dα
v
agrupando las variables:
•
v dv = gR senα ⋅ dα
•
integrando entre la posición A y la B, para los que los límites de integración son: Para la
velocidad vA=0 y vB=v y para el ángulo αA=0º y αB=30º
v
30
0
0
∫ v dv = ∫ gR senα dα
Cuando el muchacho está en el punto A toda la energía que tiene es potencial, como
consecuencia de su posición.
A medida que desliza por el plano, como no hay rozamiento se conservará la energía
mecánica, va perdiendo energía potencial y ésta se va transformando en cinética:
∆Ec + ∆Ep = 0 ⇒ Cuando llega al final del plano (B) toda la energía que tiene es
cinética e igual a la potencial que tenía en el punto A
A medida que desliza por el plano horizontal su energía potencial no varía, pero
ahora ya no se conserva la energía mecánica porque hay rozamiento, que es una
fuerza no conservativa. La energía cinética que tenía en B la va perdiendo en
rozamiento hasta llegar a C con velocidad cero: ∆Ec + ∆Ep = WA→B
F. NoConserva t
b) teniendo en cuenta las consideraciones anteriores, podemos decir que:
Ec A + Ep A + WF. NoConserv ( Roz ) B→C = Ec C + Ep C
183
184
teniendo en cuenta que el trabajo que realiza la fuerza de rozamiento siempre es negativo
(porque la fuerza de rozamiento y el desplazamiento forman 180º y su coseno es –1), en
realidad es como si tuviéramos que Ec A = Ep B,elast + Wperdido por lo tanto en este caso la
velocidad de la masa tendría que se mayor que antes para provocar la misma deformación en
el muelle.
balanceando entre el principio y el final:
mgh A + FRoz ⋅ s ⋅ cos α´= 0
Teniendo en cuenta que:
• h A = d ⋅ senα
• FRoz = Nµ = mgµ
• s = 5d
• α´= 180º y que cos180 = −1
mg ⋅ d ⋅ sen30 + mgµ ⋅ 5d ⋅ cos180 = 0
⇒
µ=
Un muelle horizontal de constante K = 1000 N.m–1 tiene uno de sus extremos fijo y el otro
sujeta a una masa de 0,2 Kg. Se deforma el muelle tirando de él una distancia de 8cm y se
suelta. Hallar las energías potencial y cinética del sistema cuando el alargamiento vale: a)
x=8cm, b) x=4cm, c) x=0
sen 30
= 0,1
5
E5B.S2008
Un bloque de 2 kg desliza con velocidad constante por una superficie horizontal sin
rozamiento y choca contra el extremo de un muelle horizontal, de constante elástica 120 N
m–1, comprimiéndolo.
a) ¿Cuál ha de ser la velocidad del bloque para comprimir el muelle 30 cm?
b) Explique las transformaciones energéticas que tienen lugar considerando la existencia de
rozamiento.
a) Si no hay rozamiento, la energía mecánica debe conservarse: ∆Ec + ∆Ep = 0 .
La disminución de energía cinética debe ser igual al aumento de la energía potencial (en este
caso la Ep se debe tanto a la gravitatoria como a la elástica). Así la cinética que tiene al chocar
debe transformase íntegramente en energía potencial elástica, ya que al estar sobre una
superficie horizontal la potencial gravitatoria antes y después es la misma.
Al soltar el muelle éste ejecutará un movimiento
vibratorio armónico simple (MAS). Al máximo
desplazamiento de la posición de equilibrio lo
llamaremos Amplitud (A=8cm)
Cuando nosotros deformamos el muelle (con velocidad constante), mediante una fuerza
deformadora (FDeform=Kx) igual y de sentido contrario a la recuperadora, estamos haciendo
un trabajo. A medida que vamos alargando el muelle nuestro trabajo se va almacenando en
el resorte en forma de energía potencial elástica. Así pues, en la máxima deformación todo
nuestro trabajo es energía potencial elástica:
W0→ A , Nos = ∆Ep = Ep A − Ep O =
Ec A + Ep A ,grav + Ep A ,elast = Ec B + Ep B,grav + Ep B,elast
x =A
x =A
x =0
x =0
∫ FNos ⋅ dx =
∫
K x ⋅ dx =
1
K x2
2
A
=
0
1
K A2
2
Naturalmente, puesto que en el lugar de máxima deformación la masa está parada, su
energía cinética es nula, y en consecuencia tenemos que la energía Total del sistema es igual
a la potencial máxima, es decir la que tiene en el punto A:
E = Ec A + Ep A =
1
1
mv 2A = kx 2B
2
2
Cuando soltamos el resorte la fuerza recuperadora (FRecup=−Kx el signo menos indica que la
fuerza recuperadora apunta “siempre” hacia la posición de equilibrio) tira de la masa para
llevarla a la posición de equilibrio. En la posición de equilibrio (x=0) la energía potencial es
nula y por lo tanto ahora toda la energía será cinética
de donde
vA =
1
K A2
2
kx 2B
120 ⋅ 0,3 2
=
= 2,3m / s
m
2
E = Ec O + Ep O =
b) Si hubiese rozamiento, sería lo mismo, solo que en este caso una parte de la energía
cinética se disiparía en rozamiento, ya que ∆Ec + ∆Ep = WF. NoConservat y particularizando:
1
K A2
2
En cualquier posición intermedia entre la de equilibrio y la de máxima deformación
tendremos que la energía total seguirá siendo la misma, pero ahora tendremos una parte
cinética y una parte potencial:
Ec A + WF.NoConserv ( Roz ) A→ B = Ep B,elast
185
186
E = Ec x + Ep x =
a) En la posición A el bloque está comprimido y en reposo, por tanto su energía cinética es
nula, mientras que su energía potencial es máxima (suma de la gravitatoria y la elástica). Al
la energía potencial comienza a disminuir (la Ep
soltarlo ∆Ec + ∆Ep = WA→B
1
K A2
2
o sustituyendo:
E=
F. NoConserva t
1
1
1
m v2 + K x 2 = K A2
2
2
2
gravitatoria no varía porque se mueve en la horizontal, pero su energía potencial elástica es
cada vez menor). Esta disminución de Ep se emplea en aumentar su energía cinética y en
rozamiento (transformándose en calor).
en los puntos concretos del ejercicio, tendríamos que:
En el punto B, toda la energía que tenía acumulada el resorte en forma de potencial elástica
menos la que se ha disipado en rozamiento se ha transformado en energía cinética.
Ec A + Ep A ,gravit + Ep A ,elastica + WA→ B
= Ec B + Ep B,gravit + Ep B,elastica
F. NoConservat
Ep = 0
1
Ec = KA 2
2
1
Kx 2
2
1
Ec = K ( A 2 − x 2 )
2
Ep =
1
1
Kx 2 + FRoz x ⋅ cos 180 = mv 2B
2
2
1
KA 2
2
Ec = 0
Ep =
→
1
1
150 ⋅ 0,2 2 + 0,2 ⋅ 20 ⋅ 0,2 ⋅ (−1) = 2 ⋅ v 2B → v = 1,48 m/s
2
2
b) Ahora toda la energía cinética que tiene en B se disipa en rozamiento.
Ec B + Ep B,gravit + WA→B
= Ec C + Ep C ,gravit
F. NoConserva t
Sustituyendo:
Ep=0
Ec=3,2J
−−−−−−
E = 3,2J
Ep=0,8J
Ec=2,4J
−−−−−−
E = 3,2J
1
mv 2A + FRoz s ⋅ cos180 = 0
2
Ep=3,2J
Ec=0
−−−−−−
E = 3,2J
→
1
2 ⋅ 1,48 2 + 0,2 ⋅ 20 ⋅ s ⋅ (−1) = 0 → s = 0,55 m
2
También podríamos balancear entre la posición inicial y final: Toda la energía potencial
elástica que tiene en A se disipa en rozamiento, así que:
E1B.S2007
Un bloque de 2 kg se encuentra sobre un plano horizontal, sujeto al extremo de un resorte de
constante elástica k = 150 N m–1, comprimido 20 cm. Se libera el resorte de forma que el
cuerpo desliza sobre el plano, adosado al extremo del resorte hasta que éste alcanza la
longitud de equilibrio, y luego continúa moviéndose por el plano. El coeficiente de
rozamiento es de 0,2.
a) Explique las transformaciones energéticas que tienen lugar a lo largo del movimiento del
bloque y calcule su velocidad cuando pasa por la posición de equilibrio del resorte.
b) Determine la distancia recorrida por el bloque hasta detenerse. g = 10 m s–2
Ep A ,elastica + WA→C
F. NoConservat
=0
→
1
150 ⋅ 0,2 2 + 0,2 ⋅ 20 ⋅ s´⋅(−1) = 0 → s´= 0,75 m
2
E1B.S2010
Por un plano inclinado que forma un ángulo de 30º con la horizontal se lanza hacia arriba un
bloque de 10 Kg con una velocidad inicial de 5 m s–1. Tras su ascenso por el plano
inclinado, el bloque desciende y regresa al punto de partida con una cierta velocidad. El
coeficiente de rozamiento entre el plano y el bloque es 0,1.
a) Dibuje en dos esquemas distintos las fuerzas que actúan sobre el bloque durante su
ascenso y durante el descenso e indique sus respectivos valores. Razone si se verifica el
principio de conservación de la energía en este proceso.
b) Calcule el trabajo de la fuerza de rozamiento en el ascenso y en el descenso del bloque.
Comente el signo del resultado obtenido.
g=10 m s–2
a) Tanto cuando sube como cuando desciende sobre el cuerpo hay tres fuerzas que son el
peso, la normal que es la reacción del plano y la fuerza de rozamiento. La única diferencia
entre ambas situaciones está en que la fuerza de rozamiento tiene sentido contrario en cada
caso porque su sentido es el opuesto al del movimiento:
187
188
Teniendo en cuenta que la componente del peso en dirección de eje Y y la normal se anulan,
nos queda que cuando sube, la segunda ecuación de la dinámica sería, como se deduce de la
primera figura:
r
r
ΣF = m a
r
r
r
− mgsen α i − µ ⋅ mg cos α i = m ⋅ a
r
r
r
r
a = −gsen α i − µ ⋅ g cos α i = −5,87 i
Las fuerzas, en el sistema de referencia de la figura serían, en newton:
Resulta evidente que se trata de un movimiento uniformemente retardado y que terminará
parándose, porque la velocidad y la aceleración tienen la misma dirección y sentido
r
r
contrario, ya que el cuerpo que sube tiene dirección + i y la aceleración tiene sentido − i .
r
r
r
r
r
r
r
P = − mgsenα i − mg cos α j = −10 ⋅ 10 ⋅ sen30 i − 10 ⋅ 10 ⋅ cos 30 j = −50 i − 86,6 j
r
r
r
N = mg cos α j = 86,6 j
r
r
r
r
FRoz ,sube = µ ⋅ mg cos α (− i ) = −0,1 ⋅ 86,6 i = −8,66 i
r
r
r
FRoz ,baja = µ ⋅ mg cos α i = + 8,66 i
Puesto que hay fuerza de rozamiento, que es una fuerza no conservativa, la energía mecánica
no se conserva, pero si se conserva la energía total:
Ec A + Ep A + WA→ B
v = vo + a.t
0 = 5 − 5,87 t
t = 0,85seg
1
s = s o + v o t + at 2
2
1
s = 5 t − 5,87 t 2
2
s = 2,13m
También podríamos calcular el espacio recorrido con la expresión que se obtiene eliminando
el espacio entre esas dos expresiones: v = v 2o + 2 a s
= Ec B + Ep B
F. NoConservat
El trabajo realizado por la fuerza de rozamiento: (para variar lo vamos a calcular aplicando la
definición general de trabajo en lugar de la expresión particular para fuerzas constantes):
Teniendo en cuenta que el vector desplazamiento (independientemente de para donde se
r
r
r
r
r
mueva) es d r = dx i + dy j + dzk = dx i porque el cuerpo solamente se desplaza a lo largo del
eje X:
b) Método energético: Para calcular el trabajo que hace la fuerza de rozamiento primero
debemos calcular el espacio que recorre sobre el plano, ya que
Wroz = Froz ⋅ s ⋅ cos180 = − Froz ⋅ s = −µ mg cos α ⋅ s = −6,86 ⋅ s
Aplicando el principio de conservación de la energía tenemos que:
Ec A + Ep A + WA→ B
Wroz =
= Ec B + Ep B
x = 2 ,13
r
∫F
roz
r
• dr =
x =0
x = 2 ,13
r
r
x = 2 ,13
x = 2 ,13
∫ − µ ⋅ mg cos α i • dx i = ∫ − µ ⋅ mg cos α ⋅dx = −µ ⋅ mg cos α [x ]
x =0
x =0
x =0
Wroz = −µ ⋅ mg cos α ⋅2,13 = −18,45Julios
F. NoConservat
1
10 ⋅ 5 2 − 6,86 ⋅ s = 10 ⋅ 10 ⋅ s ⋅ sen 30 → s = 2,13 m
2
por tanto, Wroz = −6,86 ⋅ s = −18,45 J y el mismo valor se perdería en rozamiento al bajar,
así que en total el trabajo perdido en rozamiento sería 36,9 J.
El signo menos que resulta indica que la fuerza de rozamiento es una fuerza disipativa, y que por
tanto la energía mecánica que el cuerpo tendrá al llegar al punto B es menor que la que tenía
inicialmente en el punto A.
De forma análoga podemos calcular el trabajo realizador por la fuerza de rozamiento mientras
desciende, solo que en este caso la Froz tiene sentido + i pero de acuerdo al mismo sistema de
referencia anterior ahora la posición inicial es xA´=2,13m y la final xB´=0.
Wroz =
x =0
r
∫F
roz
x = 2 ,13
r
• dr =
x =0
r
r
x =0
∫ µ ⋅ mg cos α i • dx i = ∫ µ ⋅ mg cos α ⋅dx = − 18,45Julios
x = 2 ,13
x = 2 ,13
b) Método dinámico: Para calcular el trabajo que realiza la fuerza de rozamiento primero
debemos calcular el espacio que recorre sobre el plano hasta que se detiene, que será el
mismo que recorre cuando baje. Para ello, primero calculamos la aceleración con que sube,
aplicando la ley Newton, y después aplicamos las ecuaciones del movimiento acelerado para
calcular el espacio.
189
190
E4A.S2007
Un cuerpo de 0,5 kg se lanza hacia arriba por un plano inclinado, que forma 30º con la
horizontal, con una velocidad inicial de 5 m s–1. El coeficiente de rozamiento es 0,2.
a) Dibuje en un esquema las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, cuando sube y cuando baja
por el plano, y calcule la altura máxima alcanzada por el cuerpo.
b) Determine la velocidad con la que el cuerpo vuelve al punto de partida. g = 10 m s–2
a) Este ejercicio se resolvió en los ejemplos de dinámica. Ahora lo resolveremos desde el
punto de vista de la energía. Tanto si el cuerpo está subiendo como si está bajando sobre él
hay tres fuerzas: el peso, la reacción del plano y la fuerza de rozamiento. La única diferencia
es que la fuerza de rozamiento mientras sube y mientras baja tiene sentido opuesto, ya que
siempre tiene sentido contrario al movimiento:
Cuando sube la fuerza de rozamiento máxima es: FRoz = µ.N = µ.mgcos30
El trabajo realizado por la fuerza de rozamiento desde que comienza a ascender hasta que se
para, es decir, para un recorrido s = h/sen30, es:
h
h
= −0,2 ⋅ 5 ⋅ cos 30 ⋅
= −1,73 h
sen30
sen30
Aplicando el teorema de conservación de la energía, y teniendo en cuenta que si tomamos
nivel cero de Ep en el punto más bajo, EpA=0, y que en el punto B la Ec es nula porque se
detiene:
Ec A + Ep A + WA→ B
= Ec B + Ep B
Wroz = Froz ⋅ s ⋅ cos180 = − Froz ⋅ s = −µmg cos 30 ⋅
F. NoConservat
1
mv 2A + WRoz = mgh B
2
→
1
0,5 ⋅ 5 2 − 1,73 h = 0,5 ⋅ 10 ⋅ h
2
→ h=0,93 m
b) Cuando vuelve a la posición de partida, después de haber subido y vuelto, ha recorrido el
doble del trayecto, por tanto el trabajo perdido en rozamiento es el doble. Teniendo en cuenta
que h=0,93 m, tenemos que :
Wroz = Froz ⋅ 2s ⋅ cos 180 = −2 ⋅ 1,73 h = −3,22 Julios
TRABAJO Y ENERGÍA. Ejercicios similares con soluciones
E3A.S2006
Un bloque de 2 kg está situado en el extremo de un muelle, de constante elástica 500 N m–1,
comprimido 20 cm. Al liberar el muelle el bloque se desplaza por un plano horizontal y, tras
recorrer una distancia de 1 m, asciende por un plano inclinado 30º con la horizontal. Calcule la
distancia recorrida por el bloque sobre el plano inclinado.
a) Supuesto nulo el rozamiento
b) Si el coeficiente de rozamiento entre el cuerpo y los planos es 0,1. g = 10 m s –2
Soluciones: a) a) s= 1m b) s=0,68m
E5B.S2006
Un bloque de 3 kg, situado sobre un plano horizontal, está comprimiendo 30 cm un resorte de
constante k = 1000 N m –1. Al liberar el resorte el bloque sale disparado y, tras recorrer cierta
distancia sobre el plano horizontal, asciende por un plano inclinado de 30º. Suponiendo
despreciable el rozamiento del bloque con los planos:
a) Determine la altura a la que llegará el cuerpo.
b) Razone cuándo será máxima la energía cinética y calcule su valor. g = 10 m s –2
Soluciones: a) h=1,5m b) Ecmáx=45J
E1B.S2005
Con un arco se lanza una flecha de 20 g, verticalmente hacia arriba, desde una altura de 2 m
y alcanza una altura máxima de 50 m, ambas sobre el suelo. Al caer, se clava en el suelo una
profundidad de 5 cm.
a) Analice las energías que intervienen en el proceso y sus transformaciones.
b) Calcule la constante elástica del arco (que se comporta como un muelle ideal), si el
lanzador tuvo que estirar su brazo 40 cm, así como la fuerza entre el suelo y la flecha al
clavarse. g =10 m s–2
Soluciones: b) K=120N/m ; Fsuelo=200,2N
E2B.S2005
a) ¿Por qué la fuerza ejercida por un muelle que cumple la ley de Hooke se dice que es
conservativa?
b) ¿Por qué la fuerza de rozamiento no es conservativa?
La conservación de la energía entre el punto A al inicio y el punto A cuando está de vuelta es:
• La energía cinética en el punto A inicial y final son diferentes, ya que parte de la
energía cinética inicial la ha perdido en rozamiento mientras ha subido y ha bajado.
Por ese motivo la velocidad con que regresará será menor a la inicial.
• La energía potencial en el punto A inicial y final es exactamente la misma puesto que
esta energía solamente depende de la posición
Ec A + Ep A + WA→ B→ A
= Ec´A +Ep A
F. NoConservat
1
1
mv 2A + WRoz = mv´2A
2
2
→
1
1
0,5 ⋅ 5 2 − 3,22 = 0,5 ⋅ v´2
2
2
→
v´=3,49 m/s
191
E3A.S2005
Una partícula parte de un punto sobre un plano inclinado con una cierta velocidad y
asciende, deslizándose por dicho plano inclinado sin rozamiento, hasta que se detiene y
vuelve a descender hasta la posición de partida.
a) Explique las variaciones de energía cinética, de energía potencial y de energía mecánica
de la partícula a lo largo del desplazamiento.
b) Repita el apartado anterior suponiendo que hay rozamiento.
Soluciones: a) Aplica la conservación de la energía mecánica: Puesto que ∆Ep=0 (al volver
al mismo punto) → ∆Ec=0 → regresa con la misma velocidad inicial. b) Aplica la
conservación de la energía. ∆Ep=0 → ∆Ec=WRoz. Como WRoz=– → vfinal<vinic
192
E3B.S2005
Un bloque de 500 kg asciende a velocidad constante por un plano inclinado de pendiente
30º, arrastrado por un tractor mediante una cuerda paralela a la pendiente. El coeficiente de
rozamiento entre el bloque y el plano es 0,2.
a) Haga un esquema de las fuerzas que actúan sobre el bloque y calcule la tensión de la
cuerda.
b) Calcule el trabajo que el tractor realiza para que el bloque recorra una distancia de 100 m
sobre la pendiente. ¿Cuál es la variación de energía potencial del bloque? g =10 m s–2
Soluciones: a) T=3366N b) W=336600J ; ∆Ep=249998J
E4B.S2004
Un trineo de 100 kg desliza por una pista horizontal al tirar de él con una fuerza F, cuya
dirección forma un ángulo de 30º con la horizontal. El coeficiente de rozamiento es 0,1.
a) Dibuje en un esquema todas las fuerzas que actúan sobre el trineo y calcule el valor de F
para que el trineo deslice con movimiento uniforme.
b) Haga un análisis energético del problema y calcule el trabajo realizado por la fuerza F en
un desplazamiento de 200 m del trineo. g =10 m s–2
Soluciones: a) F = 109,16N b) WF = 18907J = –WRoz
E4A.S2005
Un bloque de 1 kg desliza con velocidad constante por una superficie horizontal y choca
contra el extremo de un muelle horizontal, de constante elástica 200 N m –1,
comprimiéndolo.
a) ¿Cuál ha de ser la velocidad del bloque para comprimir el muelle 40 cm?
b) Explique cualitativamente cómo variarían las energías cinética y potencial elástica del
sistema bloque – muelle, en presencia de rozamiento. g = 10 m s–2
Soluciones: a) v=5,66 m/s
b) Ec A + Ep A ,gravit + Ep A ,elastica + WA→ B
= Ec B + Ep B,gravit + Ep B,elastica
E4B.S2004
Un trineo de 100 kg desliza por una pista horizontal al tirar de él con una fuerza F, cuya
dirección forma un ángulo de 30º con la horizontal. El coeficiente de rozamiento es 0,1.
a) Dibuje en un esquema todas las fuerzas que actúan sobre el trineo y calcule el valor de F
para que el trineo deslice con movimiento uniforme.
b) Haga un análisis energético del problema y calcule el trabajo realizado por la fuerza F en
un desplazamiento de 200 m del trineo.
g =10 m s–2
Sol. a) ΣF=ma=0 → −0,1(1000−Fsen30)+Fcos30=0 →
F=109,17New
b) ∆Ec+∆Ep=WFNC → Como ∆Ec=0(v=cte) y ∆Ep=0(pista
horizontal) →WFNC=0 → El trabajo realizado por las fuerzas no
conservativas, que es igual al trabajo realizado por la fuerza de
rozamiento + el trabajo realizado por la fuerza F debe ser cero.
WF=F·s·cos30=18908,8J (El trabajo realizado por la FRoz debe ser −18908,8J)
F. NoConservat
E4B.S2005
a) Defina energía potencial a partir del concepto de fuerza conservativa.
b) Explique por qué, en lugar de energía potencial en un punto, deberíamos hablar de variación de
energía potencial entre dos puntos. Ilustre su respuesta con algunos ejemplos.
E1A.S2004
Sobre un plano inclinado que forma un ángulo de 30º con la horizontal se encuentra un bloque
de 0,5 kg adosado al extremo superior de un resorte, de constante elástica 200N/m, paralelo al
plano y comprimido 10 cm. Al liberar el resorte, el bloque asciende por el plano hasta
detenerse y, posteriormente, desciende. El coeficiente de rozamiento es 0,1.
a) Dibuje en un esquema las fuerzas que actúan sobre el bloque cuando asciende por el plano
y calcule la aceleración del bloque.
b) Determine la velocidad con la que el bloque es lanzado hacia arriba al liberarse el resorte
y la distancia que recorre el bloque por el plano hasta detenerse. g =10 m s–2
Soluciones: a) a=–5,87 m/s2 b) vB=1,68 m/s ; s=0,34 m (desde la posición comprimida)
E2A.S2004
Se deja caer un cuerpo de 0,5 kg desde lo alto de una rampa de 2 m, inclinada 30º con la
horizontal, siendo el valor de la fuerza de rozamiento entre el cuerpo y la rampa de 0,8 N.
Determine:
a) El trabajo realizado por cada una de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, al trasladarse
éste desde la posición inicial hasta el final de la rampa.
b) La variación que experimentan las energías potencial, cinética y mecánica del cuerpo en
la caída a lo largo de toda la rampa. g = 10 m s–2
Soluciones: WPeso=5J ; WRoz=–1,6J b) ∆Ep=–5J ; ∆Ec=3,4J ; ∆Emecánica=–1,6J
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